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

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