高中数学-平面向量的数量积练习

高中数学-平面向量的数量积练习

(25分钟 60分)

一、选择题(每小题5分,共25分)

1.△ABC中A(2,1),B(0,4),C(5,6),则ABACuuuruuurg=( )

A.7 B.8 C.9 D.10

【解析】选C.由已知得ABuuur=(-2,3),ACuuur=(3,5),所以ABACuuuruuurg=-2×3+3×5=9.

2.(·厦门模拟)若向量a=(1,2),b=(1,-1),则2a+b与a-b的夹角等于

( )

A.- B. C. D.

【解析】选C.因为2a+b=(3,3),a-b=(0,3),

设2a+b与a-b的夹角为α,

所以cosα===.

又α∈[0,π],故α=.

3.(·滨州模拟)已知向量a=(3,1),b=(0,1),c=(k,3),若a+2b与c垂直,则k=( )

A.-3 B.-2 C.-1 D.1

【解题提示】利用坐标表示a+2b,再利用垂直条件得方程求解.

【解析】选A.由已知得a+2b=(3,3),

故(a+2b)·c=(3,3)·(k,3)=3k+33=0.

解得k=-3.

【加固训练】已知平面向量a,b满足|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为60°,则“m=1”是“(a-mb)⊥a”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C.当m=1时,(a-b)·a=a2-a·b=1-1×2×cos 60°=0,故(a-b)⊥a;反之当(a-mb)⊥a时,有(a-mb)·a=a2-ma·b=1-m·(1×2×cos 60°)=1-m=0,则m=1.综上“m=1”是“(a-mb)⊥a”的充要条件.

4.( ·铜陵模拟)如图,在圆C中,点C是圆心,点A,B在圆上,·的

值(

)

A.只与圆C的半径有关

B.只与弦AB的长度有关

C.既与圆C的半径有关,又与弦AB的长度有关

D.是与圆C的半径和弦AB的长度均无关的定值

【解析】选B.如图,作CM⊥AB,则M是AB的中点,

·=||||cos∠CAM=||·||=||2.故选B.

5.(·宁德模拟)在△ABC中,∠A=120°,ABACuuuruuurg=-1,则|BCuuur|的最小值

是( )

A.2 B.2 C.6 D.6

【解析】选C.由

当且仅当ACABuuuruuur时等号成立.

所以|BCuuur|≥6,故选C.

二、填空题(每小题5分,共15分)

6.(·江西高考)已知单位向量e1,e2的夹角为α,且cosα=,若向量a=3e1-2e2,则|a|= .

【解析】a·a=(3e1-2e2)2=9-12e1·e2+4

=9-12×+4=9,故|a|=3.

答案:3

7.在平面直角坐标系xOy中,已知OA3,1,OB0,2.OCAB0,ACOB,uuuruuuruuuruuuruuuruuurg若则实数λ的值为 .

【解析】由已知得ABuuur=(-3,3),设C(x,y),

则OCABuuuruuurg=-3x+3y=0,所以x=y.

ACuuur=(x-3,y+1).

又ACOBuuuruuur,即(x-3,y+1)=λ(0,2),

所以x30,y12,由x=y得,y=3,所以λ=2.

答案:2

8.(·东营模拟)若两个非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|=2|a|,则向量a+b与a的夹角为 .

【解析】由|a+b|=|a-b|,得a2+2a·b+b2=a2-2a·b+b2,即a·b=0,所以(a+b)·a=a2+a·b=|a|2.

故向量a+b与a的夹角θ的余弦值为

cosθ==12.又0≤θ≤π,所以θ=3. 答案: 3

三、解答题(每小题10分,共20分)

9.已知平面向量a=(1,x),b=(2x+3,-x)(x∈R).

(1)若a⊥b,求x的值.

(2)若a∥b,求|a-b|.

【解析】(1)由a⊥b得,2x+3-x2=0,即(x-3)(x+1)=0.解得x=3或x=-1.

(2)由a∥b,则2x2+3x+x=0,即2x2+4x=0,得x=0或x=-2.

当x=0时,a=(1,0),b=(3,0),所以a-b=(-2,0).

此时|a-b|=2.

当x=-2时,a=(1,-2), b=(-1,2),

则a-b=(2,-4).

故|a-b|=222425.

10.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61.

(1)求a与b的夹角θ.

(2)求|a+b|.

(3)若ABuuur=a,BCuuur=b,求△ABC的面积.

【解析】(1)因为(2a-3b)·(2a+b)=61,

所以4|a|2-4a·b-3|b|2=61.

又|a|=4,|b|=3,所以64-4a·b-27=61,

所以a·b=-6,

所以cosθ=

又0≤θ≤π,所以θ=23π. (2)|a+b|2=(a+b)2=|a|2+2a·b+|b|2

=42+2×(-6)+32=13,所以|a+b|=13.

(3)因为ABBCuuuruuur与的夹角θ=23π,所以∠ABC=2.33又|ABuuur|=|a|=4,

|BCuuur|=|b|=3,

所以ABC113SABBCsinABC4333.222Vuuuruuurg

(20分钟 40分)

1.(5分)在△ABC中,AB=4,AC=3,ACBCuuuruuurg=1,则BC=(

)

A.3 B.2 C.2 D.3

【解题提示】利用已知条件,求得AB,ACuuuruuur夹角的余弦,再用余弦定理求BC.

【解析】选D.设∠A=θ,

因为BCACABuuuruuuruuur,AB=4,AC=3,

所以2ACBCACACAB9ACAB1.uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurggg

2.(5分)(·太原模拟)在△ABC中,设22ACAB2AMBC,uuuruuuruuuuruuurg那么动点M的轨迹必通过△ABC的( )

A.垂心 B.内心 C.外心 D.重心

【解析】选C.假设BC的中点是O,则22ACABACABACABuuuruuuruuuruuuruuuruuurg

2AOBC2AMBC,uuuruuuruuuuruuurgg即AOAMBCMOBC0,MOBC,uuuruuuuruuuruuuuruuuruuuuruuurgg所以所以动点M在线段BC的中垂线上,所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心.

【加固训练】(·兰州模拟)若△ABC的三个内角A,B,C度数成等差数列,且ABACBCuuuruuuruuurg=0,则△ABC一定是( )

A.等腰直角三角形 B.非等腰直角三角形

C.等边三角形 D.钝角三角形

【解析】选C.因为ABACBC0,ABACACAB0,uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurgg所以所以22ACABuuuruuur=0,即ACABuuuruuur,又A,B,C度数成等差数列,故2B=A+C,又A+B+C=π,

所以2B=π-B,所以3B=π,B=3,

故△ABC是等边三角形.

3.(5分)(·日照模拟)已知a=(2,-1),b=,则“向量a,b的夹角为锐角”是“λ<1”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.若向量a,b的夹角是锐角,

则a·b=1-λ>0,且a与b不共线同向,即λ<1且λ≠-.

故“向量a,b的夹角为锐角”⇒“λ<1”,反之不成立.

所以选A.

4.(12分)已知点A(1,0),B(0,1),C(2sinθ,cosθ).

(1)若的值.

(2)若OA2OBOCuuuruuuruuurg=1,其中O为坐标原点,求sinθ·cosθ的值.

【解析】因为A(1,0),B(0,1),C(2sinθ,cosθ),

所以ACuuur=(2sinθ-1,cosθ),BCuuur=(2sinθ,cosθ-1).

(1)ACBC,uuuruuur

所以2222(2sin1)cos(2sin)(cos1), 化简得2sinθ=cosθ,所以tanθ=12,

所以

(2)OA1,0,OB0,1,OCuuuruuuruuur=(2sinθ,cosθ),

所以OA2OBuuuruuur=(1,2),因为OA2OBOCuuuruuuruuurg=1,

所以2sinθ+2cosθ=1.所以(sinθ+cosθ)2=14,

所以sinθ·cosθ=-38.

5.(13分)(能力挑战题)已知平面向量a,b满足|a|=2,|b|=1,

(1)若|a-b|=2,试求a与b的夹角的余弦值.

(2)若对一切实数x,|a+xb|≥|a+b|恒成立,求a与b的夹角.

【解析】 (1)因为|a|=2,|b|=1,|a-b|=2.

所以|a-b|2=4,即a2-2a·b+b2=4,2-2a·b+1=4,所以a·b=-12.设a与b的夹角为θ,

(2)令a与b的夹角为θ.

由|a+xb|≥|a+b|,得(a+xb)2≥(a+b)2,

化为(x2-1)|b|2+(2x-2)|a|·|b|cosθ≥0,

因为|a|=2,|b|=1,

所以(x2-1)+(2x-2)2cosθ≥0,

当x=1时,式子显然成立;