【数学】2020届一轮复习浙江专版5-3平面向量的数量积与平面向量应用举例作业 7页

课时跟踪检测（三十） 平面向量的数量积与平面向量应用举例 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 ‎1．设x∈R，向量a＝(1，x)，b＝(2，－4)，且a∥b，则a·b＝(　　)‎ A．－6　　　　　　　　　 B． C． D．10‎ 解析：选D　∵a＝(1，x)，b＝(2，－4)且a∥b，‎ ‎∴－4－2x＝0，x＝－2，‎ ‎∴a＝(1，－2)，a·b＝10，故选D.‎ ‎2．(2018·浙江名校联考)已知向量a＝(1＋m,1－m)，b＝(m－1，2m＋1)，m∈R，则“m＝0”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：选A　a⊥b⇔(1＋m)(m－1)＋(1－m)(2m＋1)＝0⇔m(m－1)＝0⇔m＝0或m＝1，所以“m＝0”是“a⊥b”的充分不必要条件．‎ ‎3．(2019·长春模拟)向量a，b均为非零向量，若(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，则a，b的夹角为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　因为(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，所以(a－2b)·a＝0，(b－2a)·b＝0，即a2－2a·b＝0，b2－2a·b＝0，所以b2＝a2，a·b＝，cos〈a，b〉＝＝＝.因为〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝.‎ ‎4．已知a＝(m＋1，－3)，b＝(1，m－1)，且(a＋b)⊥(a－b)，则m的值是________；|a|＝________.‎ 解析：a＋b＝(m＋2，m－4)，a－b＝(m，－2－m)，‎ ‎∵(a＋b)⊥(a－b)，‎ ‎∴m(m＋2)－(m－4)(m＋2)＝0，‎ ‎∴m＝－2.‎ ‎∴a＝(－1，－3)，|a|＝＝.‎ 答案：－2　 ‎5．△ABC中，∠BAC＝，AB＝2，AC＝1，＝2，则· ‎＝________.‎ 解析：由＝2，得＝(＋2)．‎ ‎∴·＝(＋2)·(－)‎ ‎＝(2＋·－22)‎ ‎＝＝－.‎ 答案：－ 二保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．已知向量a＝(1，x)，b＝(－1，x)，若2a－b与b垂直，则|a|＝(　　)‎ A. B． C．2 D．4‎ 解析：选C　由已知得2a－b＝(3，x)，‎ 而(2a－b)·b＝0⇒－3＋x2＝0⇒x2＝3，‎ 所以|a|＝＝＝2.‎ ‎2．(2018·慈溪中学适应)若正三角形ABC的边长为2，平面内一点M满足＝＋，则·的值为(　　)‎ A．2 B．－2 C．－2 D．－ ‎ 解析：选D　因为＝＋，所以＋＝＋，即＝－，同理可得＝－＋.所以·＝·＝ ＝－(－)2＝－2＝－×12＝－.‎ ‎3．平面四边形ABCD中，＋＝0，(－)·＝0，则四边形ABCD是(　　)‎ A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．梯形 解析：选C　因为＋＝0，所以＝－＝，所以四边形ABCD 是平行四边形．‎ 又(－)·＝·＝0，所以四边形对角线互相垂直，所以四边形ABCD是菱形．‎ ‎4．在△ABC中，P0是边AB上一定点，满足P0B＝AB，且对于边AB上任一点P，恒有·≥·，则(　　)‎ A．∠ABC＝90° B．∠BAC＝90°‎ C．AB＝AC D．AC＝BC 解析：选D　设AB＝4，以AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系(图略)，则A(－2,0)，B(2，0)，P0(1,0)，设C(a，b)，P(x,0)，‎ ‎∴＝(2－x,0)，＝(a－x，b)，＝(1,0)，＝(a－1，b)．‎ 则·≥·⇒(2－x)·(a－x)≥a－1恒成立，‎ 即x2－(2＋a)x＋a＋1≥0恒成立．‎ ‎∴Δ＝(2＋a)2－4(a＋1)＝a2≤0恒成立．∴a＝0.‎ 即点C在线段AB的中垂线上，∴AC＝BC.‎ ‎5．(2019·宝鸡质检)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N(不与A，C重合)为AC边上的两个动点，且满足||＝，则·的取值范围为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　以等腰直角三角形的直角边BC为x轴，BA为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则B(0,0)，直线AC的方程为x＋y＝2.‎ 设M(a,2－a)，则0＜a＜1，N(a＋1，1－a)，∴＝(a,2－a)，＝(a＋1,1－a)，∴·＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2a2－2a＋2，∵0＜a＜1，∴当a＝时，·取得最小值.又·＜2，故·的取值范围为.‎ ‎6．(2018·浙江考前热身联考)已知单位向量a，b的夹角为60°，且|c－3a|＋|c＋2b|＝，则|c＋a|的取值范围为________．‎ 解析：如图，记＝3a，则点A的坐标为(3,0)，记＝－2b，则点B的坐标为(－1，－)，因为∠AOB＝120°，所以|AB ‎|＝＝，记＝c，则点C的轨迹为线段AB.|c＋a|的几何意义是点P(－1,0)到线段AB上的点的距离，其中点P到直线AB的距离d最小，|PA|最大，又直线AB的方程为x－4y－3＝0，所以d＝＝，|PA|＝4，所以|c＋a|的取值范围为.‎ 答案： ‎7．已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则实数λ的值为________；向量m，n的夹角的余弦值为________．‎ 解析：因为m＋n＝(2λ＋3,3)，m－n＝(－1，－1)，‎ 所以由(m＋n)⊥(m－n)得(m＋n)·(m－n)＝0，‎ 即(2λ＋3)×(－1)＋3×(－1)＝0，解得λ＝－3，‎ 则m＝(－2,1)，n＝(－1,2)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝＝.‎ 答案：－3　 ‎8．(2018·浙江考前冲刺)在△ABC中，AB＝6，AC＝5，A＝120°，动点P在以C为圆心，2为半径的圆上，则·的最小值为________．‎ 解析：设AB的中点为M，则·＝2－2＝2－2＝2－9，所以要求·的最小值，只需求||的最小值，显然当点P为线段MC与圆的交点时，||取得最小值，最小值为|MC|－2.在△AMC中，由余弦定理得|MC|2＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49，所以|MC|＝7，所以||的最小值为5，则·的最小值为16.‎ 答案：16‎ ‎9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知m＝，n＝，且满足|m＋n|＝.‎ ‎(1)求角A的大小；‎ ‎(2)若||＋||＝||，试判断△ABC的形状．‎ 解：(1)由|m＋n|＝，得m2＋n2＋2m·n＝3，‎ 即1＋1＋2＝3，‎ ‎∴cos A＝.‎ ‎∵0＜A＜π，∴A＝.‎ ‎(2)∵||＋||＝||，‎ ‎∴sin B＋sin C＝sin A，‎ ‎∴sin B＋sin＝×，‎ 即sin B＋cos B＝，‎ ‎∴sin ＝.‎ ‎∵0＜B＜，‎ ‎∴＜B＋＜，‎ ‎∴B＋＝或，故B＝或.‎ 当B＝时，C＝；当B＝时，C＝.‎ 故△ABC是直角三角形．‎ ‎10．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.‎ 则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)取到最大值3；‎ 当x＋＝π，即x＝时，f(x)取到最小值－2.‎ 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎1．(2018·浙江名校联考)已知单位向量a，b满足|2a－b|＝2，若存在向量c，使得(c－2a)·(c－b)＝0，则|c|的取值范围是(　　)‎ A． B． C． D．[－1，＋1]‎ 解析：选C　法一：因为|a|＝|b|＝1，且|2a－b|＝2，所以可知2a在b上的投影为.不妨设b＝(1,0)，2a＝，即a＝.设c＝(x，y)，因为(c－2a)·(c－b)＝0，所以(x－1)＋y＝0，即2＋2＝1，它表示一个以为圆心，1为半径的圆．而|c|＝表示圆上的点到坐标原点的距离，所以其最大值为 ＋1＝＋1，其最小值为 －1＝－1，所以|c|∈.‎ 法二：如图，设＝a，＝b，＝c，＝2a，因为|2a－b|＝2，所以△OA′B是等腰三角形．因为(c－2a)·(c－b)＝0，所以(c－2a)⊥(c－b)，即A′C⊥BC，所以△A′BC是直角三角形，所以C在以A′B为直径，1为半径的圆上．‎ 取A′B的中点M，因为cos∠A′BO＝，所以OM2＝1＋1－2×1×1×＝，即OM＝，所以|c|∈.‎ ‎2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－c)·＝c·.‎ ‎(1)求角B的大小；‎ ‎(2)若|－|＝，求△ABC面积的最大值．‎ 解：(1)由题意得(a－c)cos B＝bcos C.‎ 根据正弦定理得(sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，‎ 所以sin Acos B＝sin(C＋B)，‎ 即sin Acos B＝sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A＞0，‎ 所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.‎ ‎(2)因为|－|＝，所以||＝，‎ 即b＝，根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝(2－)ac(当且仅当a＝c时取等号)，‎ 即ac≤3(2＋)，故△ABC的面积S＝acsin B≤，‎ 即△ABC的面积的最大值为.‎