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- 2021-07-01 发布
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多维层次练34
[A级 基础巩固]
1.(2020·开封一模)已知向量a=(m-1,1),b=(m,-2),则“m=2”是“a⊥b”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:当m=2时,a=(1,1),b=(2,-2),
所以a·b=(1,1)·(2,-2)=2-2=0,
所以充分性成立;
当a⊥b时,
a·b=(m-1,1)·(m,-2)=m(m-1)-2=0,
解得m=2或m=-1,必要性不成立,
所以“m=2”是“a⊥b”的充分不必要条件.
答案:A
2.设向量a,b满足|a+b|=4,a·b=1,则|a-b|=( )
A.2 B.2
C.3 D.2
解析:由|a+b|=4,a·b=1,得a2+b2=16-2=14,
所以|a-b|2=a2-2a·b+b2=14-2×1=12,
所以|a-b|=2.
答案:B
3.(2020·唐山质检)若向量a=,向量b=(1,sin 22.5°),则a·b=( )
A.2 B.-2
C. D.-
解析:由题意知a·b=tan 67.5°+
=-
=
=
=
=2.
答案:A
4.(2020·石家庄二模)若两个非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|=2|b|,则向量a+b与a的夹角为( )
A. B.
C. D.
解析:设|b|=1,则|a+b|=|a-b|=2.
由|a+b|=|a-b|,得a·b=0,
故以a、b为邻边的平行四边形是矩形,且|a|=,
设向量a+b与a的夹角为θ,
则cos θ====,
因为0≤θ≤π,所以θ=.
答案:D
5.(2020·惠州模拟)已知两个非零向量a与b,若a+b=(-3,6),
a-b=(-3,2),则a2-b2的值为( )
A.-3 B.-24
C.21 D.12
解析:因为a+b=(-3,6),a-b=(-3,2),
所以a=(-3,4),b=(0,2),
a2=|a|2=25,b2=|b|2=4,
则a2-b2=21.
答案:C
6.(2020·佛山调研)在Rt△ABC中,AB=AC,点M、N是线段AC的三等分点,点P在线段BC上运动且满足=k,当·取得最小值时,实数k的值为( )
A. B.
C. D.
解析:建立平面直角坐标系,如图所示,
设AB=AC=3,P(x,3-x)(0≤x≤3),
则M(1,0),N(2,0),
则·=2x2-9x+11=2+,
所以当x=时,·取到最小值,此时P,
所以k==.
答案:C
7.在△ABC中,三个顶点的坐标分别为A(3,t),B(t,-1),C(-3,-1),若△ABC是以B为直角顶点的直角三角形,则t=________.
解析:由已知,得·=0,
即(3-t,t+1)·(-3-t,0)=0,
所以(3-t)(-3-t)=0,解得t=3或t=-3,
当t=-3时,点B与点C重合,舍去.故t=3.
答案:3
8.(一题多解)(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|=________.
解析:法一 |a+2b|=
=
=
=
=2.
法二(数形结合法)由|a|=|2b|=2,知以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB,如图所示,则|a+2b|=||.
又∠AOB=60°, 所以|a+2b|=2.
答案:2
9.(2017·天津卷)在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若=2
,=λ-(λ∈R),且·=-4,则λ的值为________.
解析:由=2得=+,
所以·=·(λ-)=λ·-2+λ2-·,
又·=3×2×cos 60°=3,2=9,2=4,
所以·=λ-3+λ-2=λ-5=-4,解得λ=.
答案:
10.(2017·江苏卷)已知向量a=(cos x,sin x),b=(3,-),x∈[0,π].
(1)若a∥b,求x的值;
(2)记f(x)=a·b,求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值.
解:(1)因为a=(cos x,sin x),b=(3,-),a∥b,
所以-cos x=3sin x.
若cos x=0,则sin x=0,与sin2x+cos2x=1矛盾,
故cos x≠0.于是tan x=-.
又x∈[0,π],所以x=.
(2)f(x)=a·b=(cos x,sin x)·(3,-)=3cos x-sin x=2cos .
因为x∈[0,π],所以x+∈,
从而-1≤cos≤,
于是,当x+=,即x=0时,f(x)取得最大值3;
当x+=π,即x=时,f(x)取得最小值-2.
[B级 能力提升]
11.(2020·“超级全能生”全国联考)在△ABC 中,AB=4,BC=6,∠ABC=,D是AC的中点,E在BC上,且AE⊥BD,则·等于( )
A.16 B.12
C.8 D.-4
解析:以B为原点,BA,BC所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系(图略),则A(4,0),B(0,0),C(0,6),D(2,3).设E(0,t),因为AE⊥BD,所以·=(2,3)·(-4,t)=-8+3t=0,
所以t=,即E.
·=·(0,6)=16.
答案:A
12.(2020·长郡中学联考)已知非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|=|a|,则向量a+b与a-b的夹角为________.
解析:由|a+b|=|a-b|,知a⊥b,则a·b=0,
将|a+b|=|a|两边平方,得a2+b2+2a·b=a2,
所以b2=a2.
设a+b与a-b的夹角为θ,
所以cos θ====.
又因为θ∈[0,π],所以θ=.
答案:
13.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(cos(A-B),sin(A-B)),n=(cos B,-sin B),且m·n=-.
(1)求sin A的值;
(2)若a=4,b=5,求角B的大小及向量在方向上的投影.
解:(1)由m·n=-,
得cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin B=-,
所以cos A=-.因为0<A<π,
所以sin A== =.
(2)由正弦定理,得=,
则sin B===,
因为a>b,所以A>B,且B是△ABC一内角,则B=.
由余弦定理得(4)2=52+c2-2×5c×,
解得c=1或c=-7(舍去),
故向量在方向上的投影为||cos B=ccos B =
1×=.
[C级 素养升华]
14.(多选题)已知向量与的夹角为60°,且||=3,||=2,若=m+n,且⊥,则实数m,n的值可能为( )
A.m=1,n=6 B.m=1,n=4
C.m=,n=3 D.m=,n=2
解析:·=3×2×cos 60°=3,因为=m+n,⊥,所以(m+n)·=(m+n)·(-)=
(m-n)·-m2+n2=0,所以3(m-n)-9m+4n=0,所以=,故选AC.
答案:AC
素养培育数学运算——
平面向量与三角形的“四心”(自主阅读)
1. 平面向量与三角形的“重心”问题
[典例1] 已知A,B,C是平面上不共线的三点,动点P满足=[(1-λ)+(1-λ)+(1+2λ)],λ∈R,则点P的轨迹一定经过( )
A.△ABC的内心 B.△ABC的垂心
C.△ABC的重心 D.AB边的中点
解析:取AB的中点D,则2=+,
因为=[(1-λ)+(1-λ)+(1+2λ)],
所以=[2(1-λ)+(1+2λ)]=+,而+=1,
所以P,C,D三点共线,
所以点P的轨迹一定经过△ABC的重心.
答案:C
2.平面向量与三角形的“垂心”问题
[典例2] 已知O是平面上的一个定点,A,B,C是平面上不共线的三个点,动点P满足=+λ, λ∈(0,+∞),则动点P的轨迹一定通过△ABC的( )
A.重心 B.垂心
C.外心 D.内心
解析:因为=+λ,
所以=-=λ.
所以·=·λ=
λ(-||+||)=0.
所以⊥,则点P在边BC的高线上.
故动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心.
答案:B
3.平面向量与三角形的“内心”问题
[典例3] 在△ABC中,AB=5,AC=6,cos A=,O是△ABC的内心,若=x+y,其中x,y∈[0,1],则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为( )
A. B.
C.4 D.6
解析:根据向量加法的平行四边形法则可知,动点P的轨迹是以
OB,OC为邻边的平行四边形及其内部,其面积为△BOC的面积的2倍.
在△ABC中,设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a=7.
设△ABC的内切圆的半径为r,则
bcsin A=(a+b+c)r,解得r=,
所以S△BOC=×a×r=×7×=.
故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为2S△BOC=.
答案:B
4.平面向量与三角形的“外心”问题
[典例4] 已知在△ABC中,AB=1,BC=,AC=2,点O为△ABC的外心,若=x+y,则有序实数对(x,y)为( )
A. B.
C. D.
解析:取AB的中点M和AC的中点N,连接OM,ON,则⊥,⊥,=-=-(x+y)=-y,
=-=-(x+y)=-x,
由⊥,得2-y·=0,①
由⊥,得2-x·=0.②
又因为2=(-)2=2-2·+2,
所以·==-,
代入①、②得解得x=,y=.
故实数对(x,y)为.
答案:A