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2023高考数学一轮复习第5章平面向量第3节平面向量的数量积及应用举例课时跟踪检测理含解析202302331126

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第五章 平面向量第三节 平面向量的数量积及应用举例A级·基础过关|固根基|1.已知两个非零向量a与b的夹角为θ,则“a·b>0”是“θ为锐角”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B 由a·b>0,可得到θ∈,不能得到θ∈;而由θ∈,可以得到a·b>0.故选B.2.(2019届郑州一中高三入学测试)已知向量a,b均为单位向量,若它们的夹角为60°,则|a+3b|等于(  )A.B.C.D.4解析:选C 依题意得a·b=,∴|a+3b|==,故选C.3.(2019届山东模拟)已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos〈m,n〉=.若n⊥(tm+n),则实数t的值为(  )A.4B.-4C.D.-解析:选B 由n⊥(tm+n)可得n·(tm+n)=0,即tm·n+n2=0,所以t=-=-=-=.又4|m|=3|n|,∴t=-3×=-4.故选B.4.(2019届东北联考)已知向量a,b满足(a+2b)·(5a-4b)=0,且|a|=|b|=1,则a与b的夹角θ为(  )A.B.C.D.解析:选C 因为(a+2b)·(5a-4b)=0,|a|=|b|=1,\n所以6a·b-8+5=0,即a·b=.又a·b=|a||b|cosθ=cosθ,所以cosθ=.因为θ∈[0,π],所以θ=.故选C.5.(2019届石家庄模拟)在△ABC中,AB=4,AC=3,·=1,则BC=(  )A.B.C.2D.3解析:选D 设∠A=θ,因为=-,AB=4,AC=3,所以·=·(-)=2-·=9-·=1,即·=8,所以cosθ===,所以BC==3.故选D.6.已知向量a,b满足|a|=1,(a+b)·(a-2b)=0,则|b|的取值范围为(  )A.[1,2]B.[2,4]C.D.解析:选D 由题意知b≠0,设向量a,b的夹角为θ,因为(a+b)·(a-2b)=a2-a·b-2b2=0,又|a|=1,所以1-|b|cosθ-2|b|2=0,所以|b|cosθ=1-2|b|2.因为-1≤cosθ≤1,所以-|b|≤1-2|b|2≤|b|,所以≤|b|≤1,所以|b|的取值范围是.故选D.7.(2020届大同调研)在Rt△ABC中,∠C=,AC=3,取点D,E,使=,=3,那么·+·=(  )A.-6B.6C.-3D.3解析:选D 由=2,得-=2(-),得=+.由=3,得-=3(-),得=-+.因为∠C=,即⊥,所以·=0.\n所以·+·=·+·=2-2=3,故选D.8.如图,BC,DE是半径为1的圆O的两条直径,=2,则·的值是(  )A.-B.-C.-D.-解析:选B 因为=2,r=1,所以||=,所以·=(+)·(+)=2+·(+)+·=+0-1=-,故选B.9.(2019届南宁市摸底联考)已知O是△ABC内一点,++=0,·=2且∠BAC=60°,则△OBC的面积为(  )A.B.C.D.解析:选A ∵++=0,∴O是△ABC的重心,∴S△OBC=S△ABC.∵·=2,∴||·||·cos∠BAC=2.又∠BAC=60°,∴||·||=4,∴S△ABC=||·||sin∠BAC=,∴△OBC的面积为,故选A.10.(2020届贵阳摸底)已知a,b均为单位向量,若|a-2b|=,则a与b的夹角为________.解析:由|a-2b|=,得|a-2b|2=3,即a2-4a·b+4b2=3,即1-4a·b+4=3,所以a·b=,所以cos〈a,b〉==,所以〈a,b〉=.答案:11.(2019届南昌摸底调研)已知动直线l与圆O:x2+y2=4相交于A,B两点,且|AB|=2,点C为直线l上一点,且满足=,若M是线段AB的中点,则·的值为________.\n解析:解法一:动直线l与圆O:x2+y2=4相交于A,B两点,连接OA,OB,因为|AB|=2,所以△AOB为等边三角形,于是不妨设动直线l为y=(x+2),如图所示,根据题意可得B(-2,0),A(-1,),因为M是线段AB的中点,所以M.设C(x,y),因为=,所以(-2-x,-y)=(-1-x,-y),所以解得所以C,所以·=·=+=3.解法二:连接OA,OB,因为直线l与圆O:x2+y2=4相交于A,B两点,|AB|=2,所以△AOB为等边三角形.因为=,所以=+=+=+-=-.又M为AB的中点,所以=+,且与的夹角为60°,则·=·=2-2+||||cos60°=×4-×4+×2×2×=3.答案:312.如图,已知O为坐标原点,向量=(3cosx,3sinx),=(3cosx,sinx),=(,0),x∈.(1)求证:(-)⊥;(2)若△ABC是等腰三角形,求x的值.解:(1)证明:∵-=(0,2sinx),∴(-)·=0×+2sinx×0=0,∴(-)⊥.(2)若△ABC是等腰三角形,则AB=BC,∴(2sinx)2=(3cosx-)2+sin2x,整理得2cos2x-cosx=0,\n解得cosx=0,或cosx=.∵x∈,∴cosx=,即x=.B级·素养提升|练能力|13.(2019届洛阳市第一次联考)已知点O是锐角三角形ABC的外心,若=m+n(m,n∈R),则(  )A.m+n≤-2B.-2≤m+n<-1C.m+n<-1D.-1<m+n<0解析:选C 因为点O是锐角三角形ABC的外心,所以O在三角形内部,则m<0,n<0.不妨设锐角三角形ABC的外接圆的半径为1,因为=m+n,所以2=m22+n22+2mn·.设向量,的夹角为θ,则1=m2+n2+2mncosθ<m2+n2+2mn=(m+n)2,所以m+n<-1或m+n>1(舍去),所以m+n<-1,故选C.14.已知点P是圆x2+y2=4上的动点,点A,B,C在以坐标原点O为圆心的单位圆上运动,且·=0,则|++|的最大值为(  )A.5B.6C.7D.8解析:选C 由A,B,C三点在圆x2+y2=1上,且·=0,得AC是该圆的直径.设,的夹角为θ,θ∈[0,π],则|++|=|2+|=|3+|====,当θ=0时,|++|取得最大值7,故选C.15.在Rt△ABC中,∠BCA=90°,CA=CB=1,P是AB边上的点,=λ,若·≥·,则实数λ的最大值是(  )A.1B.C.D.解析:选A 以点C为坐标原点,,的方向分别为x轴,y\n轴的正方向建立平面直角坐标系,则C(0,0),A(1,0),B(0,1),所以=(-1,1).因为点P在线段AB上,=λ,所以=(-λ,λ),所以P(1-λ,λ),所以=(1-λ,λ),=(λ-1,1-λ),λ∈[0,1].因为·≥·,所以(1-λ,λ)·(-1,1)≥(λ,-λ)·(λ-1,1-λ),化简得2λ2-4λ+1≤0,解得≤λ≤.因为λ∈[0,1],所以≤λ≤1,所以λ的最大值是1.故选A.16.如图,在平行四边形ABCD中,||=,向量在方向上的投影为1,且·=0,点P在线段CD上,则·的取值范围为________.解析:解法一:由题意知∠DAB=45°,且||=1,设||=x,则0≤x≤1,因为=+,=+=+,所以·=(--)·(--)=2+·+·+·=2+(1-x)cos135°+xcos45°-x(1-x)=x2+x+1=+∈[1,3].解法二:由题意可知,DB⊥AB,以B为坐标原点,AB及BD所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的平面直角坐标系.由题意知B(0,0),A(-1,0),设P(x,1),其中0≤x≤1,则·=(-1-x,-1)·(-x,-1)=x2+x+1=+∈[1,3].答案:[1,3]17.已知△ABC的面积为24,点D,E分别在边BC,AC上,且满足=3,=2,连接AD,BE交于点F,则△ABF的面积为________.解析:解法一:如图,连接CF,由于B,F,E三点共线,因而可设=λ+(1-λ).∵=3,CD=2,∴=λ+(1-λ).又A,F,D三点共线,∴λ+(1-λ)=1,解得λ=,∴=+=+.∵=-=-,=-=-,∴F为AD的中点,因而S△ABF=S△ABD=S△ABC=4.\n解法二:如图,过D作AC的平行线,交BE于H,则由已知=2,得DHCE,又=3,因而DHEA,△AEF≌△DHF,则F为AD的中点,因而S△ABF=S△ABD=S△ABC=4.答案:4

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发布时间:2022-08-25 17:29:18 页数:7
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文章作者:U-336598

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