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课时分层训练(十八) 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．为了得到函数y ＝sin 3x ＋cos 3x 的图象，可以将函数y ＝2cos 3x 的图象( )A ．向右平移π12个单位 B ．向右平移π4个单位 C ．向左平移π12个单位D ．向左平移π4个单位A [由于y ＝sin 3x ＋cos 3x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π4，y ＝2cos 3x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π2，因此只需将y ＝2cos 3x 的图象向右平移π12个单位，即可得到y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3⎝⎛⎭⎪⎫x －π12＋π2＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π4的图象．] 2．(2017·浙江测试卷)为得到函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象，只需将函数y ＝2cos 2x 的图象( ) 【导学号：51062111】A ．向左平移π4个单位 B ．向右平移π4个单位 C ．向左平移π8个单位 D ．向右平移π8个单位D [将函数y ＝2cos 2x 的图象向右平移π8个单位，可得函数y ＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象．]3．函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，－π2＜φ＜π2的部分图象如图3-4-5所示，则ω，φ的值分别是( )图3-4-5A ．2，－π3 B ．2，－π6 C ．4，－π6 D ．4，π3A [∵T 2＝1112π－512π，∴T ＝π.由T ＝2πω＝π，得ω＝2.∵5π12×2＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，∴φ＝－π3＋2k π.又∵φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，∴φ＝－π3.]4．已知函数f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx (ω＞0)，y ＝f (x )的图象与直线y ＝2的两个相邻交点的距离等于π，则f (x )的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋5π12，k π＋11π12，k ∈Z C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6，k ∈Z D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z C [由题设知f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6，f (x )的周期为T ＝π，所以ω＝2，由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z 得，k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z .]5．若将函数y ＝2sin 2x 的图象向左平移π12个单位长度，则平移后图象的对称轴为( )A ．x ＝k π2－π6(k ∈Z ) B ．x ＝k π2＋π6(k ∈Z ) C ．x ＝k π2－π12(k ∈Z )D ．x ＝k π2＋π12(k ∈Z )B [将函数y ＝2sin 2x 的图象向左平移π12个单位长度，得到函数y ＝2sin2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象．由2x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋π6(k ∈Z )，即平移后图象的对称轴为x ＝k π2＋π6(k ∈Z )．]二、填空题6．若函数f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3(ω＞0)的最小正周期为π2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝________.0 [由f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3(ω＞0)的最小正周期为π2，得ω＝4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4×π3－π3＝0.] 7．已知函数y ＝cos x 与y ＝sin(2x ＋φ)(0≤φ＜π)，它们的图象有一个横坐标为π3的交点，则φ的值是________．π6 [由题意cos π3＝sin⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π3＋φ， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋φ＝12，2π3＋φ＝k π＋(－1)k ·π6(k ∈Z )．因为0≤φ＜π，所以φ＝π6.] 8．某城市一年中12个月的平均气温与月份的关系可近似地用三角函数y ＝a ＋A cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6(x －6)(x ＝1,2,3，…，12)来表示，已知6月份的月平均气温最高，为28 ℃，12月份的月平均气温最低，为18 ℃，则10月份的平均气温值为________ ℃.【导学号：51062112】20．5 [依题意知，a ＝28＋182＝23，A ＝28－182＝5，∴y ＝23＋5cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6(x －6)，当x ＝10时，y ＝23＋5cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6×4＝20.5.]三、解答题9．已知函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋1. (1)求它的振幅、最小正周期、初相； (2)画出函数y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的图象．[解] (1)振幅为2，最小正周期T ＝π，初相为－π4.6分 (2)图象如图所示．15分10．已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的图象过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0，图象上与点P 最近的一个最高点是Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5.(1)求函数的解析式；(2)求函数f (x )的递增区间. 【导学号：51062113】 [解] (1)依题意得A ＝5，周期T ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π12＝π，2分∴ω＝2ππ＝2.故y ＝5sin(2x ＋φ)，又图象过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0，4分∴5sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋φ＝0，由已知可得π6＋φ＝0，∴φ＝－π6，∴y ＝5sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6.7分 (2)由－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z ， 得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z ，10分故函数f (x )的递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z ).15分 B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3图象上的点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，t 向左平移s (s >0)个单位长度得到点P ′.若P ′位于函数y ＝sin 2x 的图象上，则( )A ．t ＝12，s 的最小值为π6 B ．t ＝32，s 的最小值为π6C ．t ＝12，s 的最小值为π3 D ．t ＝32，s 的最小值为π3A [因为点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，t 在函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象上，所以t ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π4－π3＝sin π6＝12.所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，12.将点P 向左平移s (s >0)个单位长度得P ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－s ，12.因为P ′在函数y ＝sin 2x 的图象上，所以sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－s ＝12，即cos 2s ＝12，所以2s ＝2k π＋π3或2s ＝2k π＋53π，即s ＝k π＋π6或s ＝k π＋5π6(k ∈Z )，所以s 的最小值为π6.]2．若函数y ＝cos 2x ＋3sin 2x ＋a 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有两个不同的零点，则实数a的取值范围为________．(－2，－1] [由题意可知y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋a ，该函数在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有两个不同的零点，即y ＝－a ，y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有两个不同的交点．结合函数的图象可知1≤－a ＜2，所以－2＜a ≤－1.]3．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，0＜φ＜π2的部分图象如图3-4-6所示．图3-4-6(1)求f (x )的解析式； (2)设g (x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π122， 求函数g (x )在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3上的最大值，并确定此时x 的值．[解] (1)由题图知A ＝2，T 4＝π3，则2πω＝4×π3，2分 ∴ω＝32.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＋φ ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＋φ＝0，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ－π4＝0.4分∵0＜φ＜π2， ∴－π4＜φ－π4＜π4， ∴φ－π4＝0，即φ＝π4，∴f (x )的解析式为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＋π4.7分(2)由(1)可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤32⎝⎛⎭⎪⎫x －π12＋π4 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＋π8，10分∴g (x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π122＝4×1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π42＝2－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π4.12分∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3，∴－π4≤3x ＋π4≤5π4，∴当3x ＋π4＝π，即x ＝π4时，g (x )max ＝4.15分。
分层训练(二十四)平面向量的数量积与平面向量应用举例A 组 基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．在边长为1的等边△ABC 中，设BC →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，则a ·b ＋b ·c＋c ·a ＝( )A ．－32B ．0 C.32 D ．3A [依题意有a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－32.] 2．已知向量a ＝(1，m )，b ＝(3，－2)，且(a ＋b )⊥b ，则m ＝( )A ．－8B ．－6C ．6D ．8D [法一：因为a ＝(1，m )，b ＝(3，－2)，所以a ＋b ＝(4，m －2)． 因为(a ＋b )⊥b ，所以(a ＋b )·b ＝0，所以12－2(m －2)＝0，解得m ＝8. 法二：因为(a ＋b )⊥b ，所以(a ＋b )·b ＝0，即a·b ＋b 2＝3－2m ＋32＋(－2)2＝16－2m ＝0，解得m ＝8.]3．平面四边形ABCD 中，AB →＋CD →＝0，(AB →－AD →)·AC →＝0，则四边形ABCD 是 ( ) 导学号：51062147A ．矩形B ．正方形C ．菱形D ．梯形C [因为AB →＋CD →＝0，所以AB →＝－CD →＝DC →，所以四边形ABCD 是平行四边形．又(AB →－AD →)·AC →＝DB →·AC →＝0，所以四边形对角线互相垂直，所以四边形ABCD 是菱形．]4．(2017·绍兴二模)已知点A (0,1)，B (－2,3)，C (－1,2)，D (1,5)，则向量AC→在BD →方向上的投影为( ) A.21313B ．－21313 C.1313 D ．－1313D [∵AC →＝(－1,1)，BD →＝(3,2)，∴AC →在BD →方向上的投影为|AC →|cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|BD →|＝－1×3＋1×232＋＝－113＝－1313.故选D.] 5．已知非零向量a ，b 满足|b |＝4|a |，且a ⊥(2a ＋b )，则a 与b 的夹角为( )A.π3B.π2C.2π3D.5π6 C [∵a ⊥(2a ＋b )，∴a ·(2a ＋b )＝0，∴2|a |2＋a ·b ＝0，即2|a |2＋|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝0.∵|b |＝4|a |，∴2|a |2＋4|a |2cos 〈a ，b 〉＝0，∴cos 〈a ，b 〉＝－12，∴〈a ，b 〉＝2π3.]二、填空题6．设向量a ＝(m,1)，b ＝(1,2)，且|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，则m ＝________. －2 [∵|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＋2a·b ＝|a |2＋|b |2，∴a·b ＝0.又a ＝(m,1)，b ＝(1,2)，∴m ＋2＝0，∴m ＝－2.]7．在△ABC 中，若OA →·OB →＝OB →·OC →＝OC →·OA →，则点O 是△ABC 的________(填“重心”“垂心”“内心”或“外心”)．垂心 [∵OA →·OB →＝OB →·OC →，∴OB →·(OA →－OC →)＝0，∴OB →·CA →＝0，∴OB ⊥CA ，即OB 为△ABC 底边CA 上的高所在直线．同理OA →·BC →＝0，OC →·AB →＝0，故O 是△ABC 的垂心．]8．如图4-3-1，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP →＝3PD →，AP →·BP →＝2，则AB →·AD →的值是________．图4-3-1[由题意知：AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋14AB →，BP →＝BC →＋CP →＝BC →＋34CD →＝AD →－34AB →，所以AP →·BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋14AB →·⎝⎛⎭⎪⎫AD →－34AB →＝AD →2－12AD →·AB →－316AB →2，即2＝25－12AD →·AB －316×64，解得AB →·AD →＝.] 三、解答题9．已知|a |＝4，|b |＝8，a 与b 的夹角是120°.(1)计算：①|a ＋b |，②|4a －2b |；(2)当k 为何值时，(a ＋2b )⊥(k a －b ). 导学号：51062148[解] 由已知得，a ·b ＝4×8×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－16.2分 (1)①∵|a ＋b |2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝16＋2×(－16)＋64＝48，∴|a ＋b |＝4 3.5分 ②∵|4a －2b |2＝16a 2－16a ·b ＋4b 2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768， ∴|4a －2b |＝16 3.8分(2)∵(a ＋2b )⊥(k a －b )，∴(a ＋2b )·(k a －b )＝0，10分∴k a 2＋(2k －1)a ·b －2b 2＝0，即16k －16(2k －1)－2×64＝0，∴k ＝－7.即k ＝－7时，a ＋2b 与k a －b 垂直.14分10．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－1，－2)，B (2,3)，C (－2，－1)．(1)求以线段AB ，AC 为邻边的平行四边形的两条对角线的长；(2)设实数t 满足(AB →－tOC →)·OC →＝0，求t 的值．[解] (1)由题设知AB →＝(3,5)，AC →＝(－1,1)，则AB →＋AC →＝(2,6)，AB →－AC →＝(4,4).4分所以|AB →＋AC →|＝210，|AB →－AC →|＝4 2.故所求的两条对角线长分别为42，210.7分(2)由题设知OC →＝(－2，－1)，AB →－tOC →＝(3＋2t,5＋t ).10分由(AB →－tOC →)·OC →＝0，得(3＋2t,5＋t )·(－2，－1)＝0，从而5t ＝－11，所以t ＝－115.14分B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．(2017·温州市二模)已知a ，b 均为单位向量，且a ·b ＝0.若|c －4a |＋|c －3b |＝5，则|c ＋a |的取值范围是 ( )A ．[3，10]B ．[3,5]C ．[3,4]D ．[10，5]B [∵a ，b 均为单位向量，且a ·b ＝0，∴设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(x ，y )，代入|c －4a |＋|c －3b |＝5，得(x －4)2＋y 2＋x 2＋(y －3)2＝5.即(x ，y )到A (4,0)和B (0,3)的距离和为5.∴c 的终点轨迹是点(4,0)和(0,3)之间的线段，又|c ＋a |＝(x ＋1)2＋y 2，表示M (－1,0)到线段AB 上点的距离，最小值是点(－1,0)到直线3x ＋4y －12＝0的距离，∴|c ＋a |min ＝|－3－12|5＝3. 又最大值为|MA |＝5，∴|c ＋a |的取值范围是[3,5]．故选B.]2．(2017·浙江测试卷)已知单位向量e 1，e 2满足e 1·e 2＝12，若(5e 1－4e 2)⊥(e 1＋k e 2)(k ∈R )，则k ＝________，|e 1＋k e 2|＝________.2 7 [∵|e 1|＝|e 2|＝1，e 1·e 2＝12，∴(5e 1－4e 2)·(e 1＋k e 2)＝5e 21＋(5k －4)e 1·e 2－4k e 22＝5＋52k －2－4k ＝3－32k ＝0.∴k ＝2.|e 1＋k e 2|＝|e 1＋2e 2|＝e 21＋4e 1·e 2＋4e 22＝7.]3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2a －c )BA →·BC →＝cCB →·CA →.(1)求角B 的大小；(2)若|BA →－BC →|＝6，求△ABC 面积的最大值. 导学号：51062149[解] (1)由题意得(2a －c )cos B ＝b cos C .根据正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ， 所以2sin A cos B ＝sin(C ＋B )，4分 即2sin A cos B ＝sin A ，因为A ∈(0，π)，所以sin A >0，所以cos B ＝22，又B ∈(0，π)，所以B ＝π4.7分(2)因为|BA →－BC →|＝6，所以|CA →|＝6，9分即b ＝6，根据余弦定理及基本不等式得6＝a 2＋c 2－2ac ≥2ac －2ac ＝(2－2)ac (当且仅当a ＝c 时取等号)，即ac ≤3(2＋2)，12分故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ≤3(2＋1)2， 即△ABC 的面积的最大值为32＋32.14分。
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课时分层提升练二十四应用举例(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.如图所示,为了测量某湖泊两侧A,B间的距离,李宁同学首先选定了与A,B不共线的一点C,然后给出了三种测量方案:(△ABC的角A,B,C所对的边分别记为a,b,c):①测量A,C,b②测量a,b,C③测量A,B,a则一定能确定A,B间距离的所有方案的个数为( )A.3B.2C.1D.0【解析】选A.对于①,利用内角和定理先求出B=π-A-C,再利用正弦定理错误！未找到引用源。
=错误！未找到引用源。
解出c,对于②,直接利用余弦定理cosC=错误！未找到引用源。
即可解出c,对于③,先利用内角和定理求出C=π-A-B,再利用正弦定理错误！未找到引用源。
=错误！未找到引用源。
解出c.2.(2017·长春模拟)如图,从高为h的气球(A)上测量铁桥(BC)的长,如果测得桥头B的俯角是α,桥头C的俯角是β,则该桥的长可表示为( )A.错误！未找到引用源。
·hB.错误！未找到引用源。
·hC.错误！未找到引用源。
·hD.错误！未找到引用源。
·h【解析】选A.由∠EAB=α,得∠DBA=α,在Rt△ADB中,因为AD=h,所以AB=错误！未找到引用源。
.又∠EAC=β,所以∠BAC=α-β.在△ABC中,BC=错误！未找到引用源。
=错误！未找到引用源。
·h.3.在△ABC中,AC=错误！未找到引用源。
,BC=2,B=60°,则BC边上的高等于( )A.错误！未找到引用源。
B.错误！未找到引用源。
C.错误！未找到引用源。
D.错误！未找到引用源。
【解析】选B.在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcosB, 化简得AB2-2AB-3=0,解得AB=3,所以BC边上的高等于AB·sinB=错误！未找到引用源。
高一年级第二学期数学分层训练（24）答案1.C [解析] 将特殊点(0,0)代入到不等式x+2y-1>0中,不等式不成立,即点(0,0)不在不等式x+2y-1>0表示的平面区域内,则不等式表示的平面区域在直线x+2y-1=0的右上方.故选C .2.C [解析] 对于A ,将(0,7)代入不等式2x+y-6≤0中,可得7-6≤0,不等式不成立,故点(0,7)不在不等式2x+y-6≤0表示的平面区域内,A 错误;对于B ,将(5,0)代入不等式2x+y-6≤0中,可得10-6≤0,不等式不成立,故点(5,0)不在不等式2x+y-6≤0表示的平面区域内,B 错误;对于C ,将(0,6)代入不等式2x+y-6≤0中,可得6-6≤0,不等式成立,故点(0,6)在不等式2x+y-6≤0表示的平面区域内,C 正确;对于D ,将(2,3)代入不等式2x+y-6≤0中,可得7-6≤0,不等式不成立,故点(2,3)不在不等式2x+y-6≤0表示的平面区域内,D 错误.故选C .3.C [解析] 不等式x+2y+4≤0表示直线x+2y+4=0及其左下方的平面区域,不等式x-y+1≤0表示直线x-y+1=0及其左上方的平面区域.故选C .4.C [解析] ∵原点O 和点P (1,1)在直线x+y-a=0的两侧,∴(-a )·(1+1-a )<0,解得0<a<2.故选C .5.B [解析] 作出不等式组表示的平面区域(图略),可知该区域为等腰直角三角形,其三个顶点的坐标分别为(3,-3),(3,5),(-1,1),所以其面积S=12×8×4=16.6.A [解析] 在平面直角坐标系中作出直线x-y+1=0,x+y-5=0和x-1=0,则其围成的三角形区域(包括边界)即为△ABC 及其内部,如图中阴影部分所示.由该区域在直线x=1的右侧,可知x ≥1.由该区域在直线x-y+1=0的左上方,可知x-y+1≤0.由该区域在直线x+y-5=0的左下方,可知x+y-5≤0.则该三角形区域(包括边界)用不等式组表示为{x -y +1≤0,x +y -5≤0,x ≥1.7.B [解析] 不等式组{3x -2y ≥0,3x -y -3≤0,y ≥0表示的平面区域如图中阴影部分所示.联立{3x -2y =0,3x -y -3=0,得B (2,3),又易知点A (1,0),∴平面区域的面积S=12×1×3=32.故选B .8.B [解析] 作出函数y=log 2x 的图像及{x +y -3≤0,2x -y +2≥0表示的可行域,如图所示.函数y=log 2x的图像与直线x+y-3=0的交点坐标为(2,1),由图易知,实数m 的最大值为1.9.B [解析] 原不等式可化为(x-y )(x+y )≥0,即{x -y ≥0,x +y ≥0或{x -y ≤0,x +y ≤0,画出其表示的平面区域如选项B 的图中阴影部分所示.故选B .10.C [解析] 由题得,集合M 对应的区域为图中边长为√22+22=2√2的正方形ABCD ,则集合M ∩N 对应的区域为图中的两个阴影正方形,所以M ∩N 所表示的图形的面积为24×(2√2)2=4.故选C .11.A [解析] 不等式组{x +y ≥8,x ≥6所表示的平面区域如图中阴影部分所示.由题意易知a>8,且点(6,a-6)为可行域内边界上一点.由图可知当点(6,a-6)位于直线x+2y=14上或其左下方时,x 0+2y 0≤14恒成立,从而有6+2(a-6)≤14,即a ≤10,所以8<a ≤10.12.B [解析] 根据题意作出可行域,如图中阴影部分所示,易得点A ,B ,C ,D 的坐标分别为A (2,0),B (1-m ,1+m ),C (2-4m 3,2+2m 3),D (-2m ,0).S △ABC =S △ADB -S △ADC =12|AD|·|y B -y C |=12(2+2m )·(1+m -2+2m 3)=(1+m )(1+m -23)=43,解得m=1或m=-3(舍去).13.t>23 [解析] 因为点P (-2,t )在直线2x-3y+6=0的上方,所以-4-3t+6<0,可得t>23,故实数t 的取值范围是t>23.14.[-13,0] [解析] 不等式组{x +y ≤1,x -y ≥-1,y ≥0所表示的平面区域D 如图中阴影部分所示.因为直线y=kx-3k 过定点E (3,0),所以当y=kx-3k 过点A (0,1)时,得到k=-13;当y=kx-3k 过点B (1,0)时,得到k=0.又因为直线y=kx-3k 与平面区域D 有公共点,所以-13≤k ≤0.15.解:设该公司在甲电视台做x 分钟的广告,在乙电视台做y 分钟的广告,则由题意,得x ≥0,y ≥0.因为总时间不超过300分钟,所以x+y ≤300.又广告总费用不超过9万元,所以500x+200y ≤90 000.综上可知所求不等式组为{x ≥0,y ≥0,x +y ≤300,5x +2y ≤900.16.解:在平面直角坐标系中,首先画出直线2x+y=4,如图所示,此直线与x 轴、y 轴的交点分别为A (2,0),C (0,4).过点A ,C 分别作斜率为-1的直线,分别与y 轴和x 轴交于点D (0,2)和B (4,0).由图易知,只有当直线x+y=s 与线段OD (不包括端点O )或射线Bx 相交时,不等式组所表示的平面区域才是一个三角形,因此0<s ≤2或s ≥4.17.解:(1)在直角坐标系中作出平面区域Q ,它是一个等腰直角三角形(如图中阴影部分所示).由{x +y =0,x =4,得A (4,-4); 由{x -y +8=0,x =4,得B (4,12); 由{x -y +8=0,x +y =0,得C (-4,4). 于是可得|AB|=16,AB 边上的高h=8,∴S=12×16×8=64.(2)由已知得{t -1+8≥0,t +1≥0,t ≤4,t ∈Z,即{t ≥-7,t ≥-1,t ≤4,t ∈Z,即{-1≤t ≤4,t ∈Z,得t=-1,0,1,2,3,4.故整数t 的取值集合是{-1,0,1,2,3,4}.18.D [解析] 由约束条件作出可行域如图所示,由题意知,必有m<-2m+1,点A (-m ,1-2m )在直线y=12x-1的上方,且点B (-m ,m )在直线y=12x-1的下方,故有{m <-2m +1,1-2m >-12m -1,m <-12m -1,解得m<-23.故选D .19.m<-12[解析] 直线x+my+m=0将坐标平面划分成两块区域,线段PQ 与直线x+my+m=0不相交,则点P ,Q 在同一区域内,于是,{-1-m +m >0,2+3m +m >0或{-1-m +m <0,2+3m +m <0,所以m 的取值范围是m<-12.。
课时分层训练(二十三) 平面向量的基本定理及坐标表示A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．如图4-2-2，设O 是平行四边形ABCD 两对角线的交点，给出下列向量组：图4-2-2①AD →与AB →；②DA →与BC →；③CA →与DC →；④OD →与OB →.其中可作为该平面内其他向量的基底的是( )A ．①②B ．①③C ．①④D ．③④B [①中AD →，AB →不共线；③中CA →，DC →不共线．]2．已知a ＝(1,1)，b ＝(1，－1)，c ＝(－1,2)，则c 等于( ) A ．－12a ＋32b B.12a －32b C ．－32a －12bD ．－32a ＋12bB [设c ＝λa ＋μb ，∴(－1,2)＝λ(1,1)＋μ(1，－1)， ∴⎩⎨⎧－1＝λ＋μ，2＝λ－μ，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，μ＝－32，∴c ＝12a －32b .]3．已知向量a ，b 不共线，c ＝k a ＋b (k ∈R )，d ＝a －b ，如果c ∥d ，那么( ) A ．k ＝1且c 与d 同向 B ．k ＝1且c 与d 反向 C ．k ＝－1且c 与d 同向D ．k ＝－1且c 与d 反向D [由题意可得c 与d 共线，则存在实数λ，使得c ＝λd ，即⎩⎨⎧k ＝λ，1＝－λ，解得k ＝－1.c ＝－a ＋b ＝－(a －b )＝－d ，故c 与d 反向．]4．如图4-2-3，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP →＝xOA →＋yOB →，且BP →＝2P A →，则 ( )图4-2-3A ．x ＝23，y ＝13 B ．x ＝13，y ＝23 C ．x ＝14，y ＝34 D ．x ＝34，y ＝14A [由题意知OP →＝OB →＋BP →，又BP →＝2P A →，所以OP →＝OB →＋23BA →＝OB →＋23(OA →－OB →)＝23OA →＋13OB →，所以x ＝23，y ＝13.]5．(2017·广东茂名二模)已知向量a ＝(3，－2)，b ＝(x ，y －1)，且a ∥b ，若x ，y 均为正数，则3x ＋2y 的最小值是( )A ．24B ．8 C.83D.53B [∵a ∥b ，∴－2x －3(y －1)＝0， 化简得2x ＋3y ＝3.又∵x ，y 均为正数， ∴3x ＋2y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋2y ×13(2x ＋3y )＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋9y x ＋4x y ＋6≥13×⎝⎛⎭⎪⎫12＋29y x ·4x y ＝8，当且仅当9y x ＝4xy 时，等号成立， ∴3x ＋2y 的最小值是8，故选B.] 二、填空题6．(2017·陕西质检(二))若向量a ＝(3,1)，b ＝(7，－2)，则a －b 的单位向量的坐标是________. 【导学号：51062142】⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，35 [由题意得a －b ＝(－4,3)，则|a －b |＝(－4)2＋32＝5，则a －b 的单位向量的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，35.]7．(2017·宁波综合测评(二))已知平面向量a 与b 的夹角为π3，a ＝(1，3)，|a －2b |＝23，则|b |＝________.2 [由题意得|a |＝12＋(3)2＝2，则|a －2b |2＝|a |2－4|a ||b |cos 〈a ，b 〉＋4|b |2＝22－4×2cos π3|b |＋4|b |2＝12，解得|b |＝2(负舍)．]8．已知向量OA →＝(3，－4)，OB →＝(0，－3)，OC →＝(5－m ，－3－m )，若点A ，B ，C 能构成三角形，则实数m 满足的条件是________. 【导学号：51062143】m ≠54 [由题意得AB →＝(－3,1)，AC →＝(2－m,1－m )，若A ，B ，C 能构成三角形，则AB →，AC →不共线，则－3×(1－m )≠1×(2－m )，解得m ≠54.]三、解答题9．已知A (1,1)，B (3，－1)，C (a ，b ). (1)若A ，B ，C 三点共线，求a ，b 的关系式； (2)若AC →＝2AB →，求点C 的坐标．[解] (1)由已知得AB →＝(2，－2)，AC →＝(a －1，b －1).2分 ∵A ，B ，C 三点共线，∴AB →∥AC →. ∵2(b －1)＋2(a －1)＝0，即a ＋b ＝2.6分 (2)∵AC →＝2AB →，∴(a －1，b －1)＝2(2，－2).10分∴⎩⎨⎧ a －1＝4，b －1＝－4，解得⎩⎨⎧a ＝5，b ＝－3， ∴点C 的坐标为(5，－3).14分10．平面内给定三个向量a ＝(3,2)，b ＝(－1,2)，c ＝(4,1)． (1)求满足a ＝m b ＋n c 的实数m ，n ； (2)若(a ＋k c )∥(2b －a )，求实数k .[解] (1)由题意得(3,2)＝m (－1,2)＋n (4,1)，4分 所以⎩⎨⎧－m ＋4n ＝3，2m ＋n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝59，n ＝89.8分(2)a ＋k c ＝(3＋4k,2＋k )，2b －a ＝(－5,2)，10分由题意得2×(3＋4k )－(－5)×(2＋k )＝0，解得k ＝－1613.14分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．已知正三角形ABC 的边长为23，平面ABC 内的动点P ，M 满足|AP →|＝1，PM →＝MC →，则|BM →|2的最大值是( )A.434 B.494 C.37＋634D.37＋2334B [设BC 的中点为O ，以点O 为原点建立如图所示的平面直角坐标系，则B (－3，0)，C (3，0)，A (0,3)．又|AP →|＝1，∴点P 的轨迹方程为x 2＋(y －3)2＝1.由PM →＝MC →知点M 为PC 的中点，设M 点的坐标为(x ，y )，相应点P 的坐标为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋32＝x ，y 0＋02＝y ，∴⎩⎨⎧x 0＝2x －3，y 0＝2y ，∴(2x －3)2＋(2y －3)2＝1， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝14，∴点M 的轨迹是以H ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32为圆心，r ＝12为半径的圆，∴|BH |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3，∴|BM →|的最大值为3＋r ＝3＋12＝72，∴|BM →|2的最大值为494.]2．向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图4-2-4所示，若c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R )，则λμ＝________. 【导学号：51062144】图4-2-44 [以向量a 和b 的交点为原点建立如图所示的平面直角坐标系(设每个小正方形边长为1)，则A (1，－1)，B (6,2)，C (5，－1)，∴a ＝AO →＝(－1,1)，b ＝OB →＝(6,2)，c ＝BC →＝(－1，－3)． ∵c ＝λa ＋μb ，∴(－1，－3)＝λ(－1,1)＋μ(6,2)， 即⎩⎨⎧－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3， 解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－2，μ＝－12，∴λμ＝4.]3．已知点O 为坐标原点，A (0,2)，B (4,6)，OM →＝t 1OA →＋t 2AB →.(1)求点M 在第二或第三象限的充要条件；(2)求证：当t 1＝1时，不论t 2为何实数，A ，B ，M 三点共线． [解] (1)OM →＝t 1OA →＋t 2AB →＝t 1(0,2)＋t 2(4,4) ＝(4t 2,2t 1＋4t 2).2分当点M 在第二或第三象限时，有⎩⎨⎧4t 2<0，2t 1＋4t 2≠0，故所求的充要条件为t 2<0且t 1＋2t 2≠0.6分 (2)证明：当t 1＝1时，由(1)知OM →＝(4t 2,4t 2＋2).8分 ∵AB →＝OB →－OA →＝(4,4)，AM →＝OM →－OA →＝(4t 2,4t 2)＝t 2(4,4)＝t 2AB →，12分∴AM →与AB →共线，又有公共点A ，∴A ，B ，M 三点共线.14分。
课时分层训练(二十三) 平面向量的基本定理及坐标表示A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．如图4-2-2，设O 是平行四边形ABCD 两对角线的交点，给出下列向量组：图4-2-2①AD →与AB →；②DA →与BC →；③CA →与DC →；④OD →与OB →.其中可作为该平面内其他向量的基底的是( )A ．①②B ．①③C ．①④D ．③④B [①中AD →，AB →不共线；③中CA →，DC →不共线．]2．已知a ＝(1,1)，b ＝(1，－1)，c ＝(－1,2)，则c 等于( ) A ．－12a ＋32b B.12a －32b C ．－32a －12bD ．－32a ＋12bB [设c ＝λa ＋μb ，∴(－1,2)＝λ(1,1)＋μ(1，－1)， ∴⎩⎨⎧－1＝λ＋μ，2＝λ－μ，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，μ＝－32，∴c ＝12a －32b .]3．已知向量a ，b 不共线，c ＝k a ＋b (k ∈R )，d ＝a －b ，如果c ∥d ，那么( ) A ．k ＝1且c 与d 同向 B ．k ＝1且c 与d 反向 C ．k ＝－1且c 与d 同向 D ．k ＝－1且c 与d 反向D [由题意可得c 与d 共线，则存在实数λ，使得c ＝λd ，即⎩⎨⎧k ＝λ，1＝－λ，解得k ＝－1.c ＝－a ＋b ＝－(a －b )＝－d ，故c 与d 反向．]4．如图4-2-3，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP →＝xOA →＋yOB →，且BP →＝2P A →，则 ( )图4-2-3A ．x ＝23，y ＝13 B ．x ＝13，y ＝23 C ．x ＝14，y ＝34 D ．x ＝34，y ＝14A [由题意知OP →＝OB →＋BP →，又BP →＝2P A →，所以OP →＝OB →＋23BA →＝OB →＋23(OA →－OB →)＝23OA →＋13OB →，所以x ＝23，y ＝13.]5．(2017·广东茂名二模)已知向量a ＝(3，－2)，b ＝(x ，y －1)，且a ∥b ，若x ，y 均为正数，则3x ＋2y 的最小值是( )A ．24B ．8 C.83D.53B [∵a ∥b ，∴－2x －3(y －1)＝0， 化简得2x ＋3y ＝3.又∵x ，y 均为正数， ∴3x ＋2y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋2y ×13(2x ＋3y )＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋9y x ＋4x y ＋6≥13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋29y x ·4x y ＝8， 当且仅当9y x ＝4xy 时，等号成立，∴3x ＋2y 的最小值是8，故选B.] 二、填空题6．(2017·陕西质检(二))若向量a ＝(3,1)，b ＝(7，－2)，则a －b 的单位向量的坐标是________. 【导学号：51062142】⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，35 [由题意得a －b ＝(－4,3)，则|a －b |＝(－4)2＋32＝5，则a －b 的单位向量的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，35.]7．(2017·宁波综合测评(二))已知平面向量a 与b 的夹角为π3，a ＝(1，3)，|a －2b |＝23，则|b |＝________.2 [由题意得|a |＝12＋(3)2＝2，则|a －2b |2＝|a |2－4|a ||b |cos 〈a ，b 〉＋4|b |2＝22－4×2cos π3|b |＋4|b |2＝12，解得|b |＝2(负舍)．]8．已知向量OA →＝(3，－4)，OB →＝(0，－3)，OC →＝(5－m ，－3－m )，若点A ，B ，C 能构成三角形，则实数m 满足的条件是________. 【导学号：51062143】m ≠54 [由题意得AB →＝(－3,1)，AC →＝(2－m,1－m )，若A ，B ，C 能构成三角形，则AB →，AC →不共线，则－3×(1－m )≠1×(2－m )，解得m ≠54.]三、解答题9．已知A (1,1)，B (3，－1)，C (a ，b ). (1)若A ，B ，C 三点共线，求a ，b 的关系式； (2)若AC →＝2AB →，求点C 的坐标．[解] (1)由已知得AB →＝(2，－2)，AC →＝(a －1，b －1).2分 ∵A ，B ，C 三点共线，∴AB →∥AC →. ∵2(b －1)＋2(a －1)＝0，即a ＋b ＝2.6分 (2)∵AC →＝2AB →，∴(a －1，b －1)＝2(2，－2).10分 ∴⎩⎨⎧ a －1＝4，b －1＝－4，解得⎩⎨⎧a ＝5，b ＝－3，∴点C 的坐标为(5，－3).14分10．平面内给定三个向量a ＝(3,2)，b ＝(－1,2)，c ＝(4,1)． (1)求满足a ＝m b ＋n c 的实数m ，n ； (2)若(a ＋k c )∥(2b －a )，求实数k .[解] (1)由题意得(3,2)＝m (－1,2)＋n (4,1)，4分 所以⎩⎨⎧－m ＋4n ＝3，2m ＋n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝59，n ＝89.8分(2)a ＋k c ＝(3＋4k,2＋k )，2b －a ＝(－5,2)，10分由题意得2×(3＋4k )－(－5)×(2＋k )＝0，解得k ＝－1613.14分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．已知正三角形ABC 的边长为23，平面ABC 内的动点P ，M 满足|AP →|＝1，PM →＝MC →，则|BM →|2的最大值是( )A.434 B.494 C.37＋634D.37＋2334B [设BC 的中点为O ，以点O 为原点建立如图所示的平面直角坐标系，则B (－3，0)，C (3，0)，A (0,3)．又|AP →|＝1，∴点P 的轨迹方程为x 2＋(y －3)2＝1.由PM →＝MC →知点M 为PC 的中点，设M 点的坐标为(x ，y )，相应点P 的坐标为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋32＝x ，y 0＋02＝y ，∴⎩⎨⎧x 0＝2x －3，y 0＝2y ，∴(2x －3)2＋(2y －3)2＝1， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝14，∴点M 的轨迹是以H ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32为圆心，r ＝12为半径的圆，∴|BH |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3，∴|BM →|的最大值为3＋r ＝3＋12＝72，∴|BM →|2的最大值为494.]2．向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图4-2-4所示，若c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R )，则λμ＝________. 【导学号：51062144】图4-2-44 [以向量a 和b 的交点为原点建立如图所示的平面直角坐标系(设每个小正方形边长为1)，则A (1，－1)，B (6,2)，C (5，－1)，∴a ＝AO →＝(－1,1)，b ＝OB →＝(6,2)，c ＝BC →＝(－1，－3)． ∵c ＝λa ＋μb ，∴(－1，－3)＝λ(－1,1)＋μ(6,2)， 即⎩⎨⎧－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3， 解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－2，μ＝－12，∴λμ＝4.]3．已知点O 为坐标原点，A (0,2)，B (4,6)，OM →＝t 1OA →＋t 2AB →. (1)求点M 在第二或第三象限的充要条件；(2)求证：当t 1＝1时，不论t 2为何实数，A ，B ，M 三点共线． [解] (1)OM →＝t 1OA →＋t 2AB →＝t 1(0,2)＋t 2(4,4) ＝(4t 2,2t 1＋4t 2).2分当点M 在第二或第三象限时，有⎩⎨⎧4t 2<0，2t 1＋4t 2≠0，故所求的充要条件为t 2<0且t 1＋2t 2≠0.6分 (2)证明：当t 1＝1时，由(1)知OM →＝(4t 2,4t 2＋2).8分∵AB →＝OB →－OA →＝(4,4)，AM →＝OM →－OA →＝(4t 2,4t 2)＝t 2(4,4)＝t 2AB →，12分∴AM →与AB →共线，又有公共点A ，∴A ，B ，M 三点共线.14分。
课时分层训练(二十四)平面对量的数量积与平面对量应用举例A 组 基础达标 (建议用时：30分钟) 一、选择题1．在边长为1的等边△ABC 中，设BC →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，则a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝( ) A ．－32 B ．0C.32D ．3A [依题意有a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－32.]2．已知向量a ＝(1，m )，b ＝(3，－2)，且(a ＋b )⊥b ，则m ＝( ) A ．－8 B ．－6 C ．6D ．8D [法一：由于a ＝(1，m )，b ＝(3，－2)，所以a ＋b ＝(4，m －2)． 由于(a ＋b )⊥b ，所以(a ＋b )·b ＝0，所以12－2(m －2)＝0，解得m ＝8.法二：由于(a ＋b )⊥b ，所以(a ＋b )·b ＝0，即a·b ＋b 2＝3－2m ＋32＋(－2)2＝16－2m ＝0，解得m ＝8.]3．平面四边形ABCD 中，AB →＋CD →＝0，(AB →－AD →)·AC →＝0，则四边形ABCD 是 ( ) 【导学号：51062147】A ．矩形B ．正方形C ．菱形D ．梯形C [由于AB →＋CD →＝0，所以AB →＝－CD →＝DC →，所以四边形ABCD 是平行四边形．又(AB →－AD →)·AC →＝DB →·AC →＝0，所以四边形对角线相互垂直，所以四边形ABCD 是菱形．]4．(2021·绍兴二模)已知点A (0,1)，B (－2,3)，C (－1,2)，D (1,5)，则向量AC →在BD →方向上的投影为( )A.21313 B ．－21313 C.1313D ．－1313D [∵AC →＝(－1,1)，BD →＝(3,2)，∴AC →在BD →方向上的投影为|AC →|cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|BD →|＝－1×3＋1×232＋22＝－113＝－1313.故选D.]5．已知非零向量a ，b 满足|b |＝4|a |，且a ⊥(2a ＋b )，则a 与b 的夹角为( ) A.π3 B.π2 C.2π3D.5π6C [∵a ⊥(2a ＋b )，∴a ·(2a ＋b )＝0， ∴2|a |2＋a ·b ＝0，即2|a |2＋|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝0.∵|b |＝4|a |，∴2|a |2＋4|a |2cos 〈a ，b 〉＝0， ∴cos 〈a ，b 〉＝－12，∴〈a ，b 〉＝2π3.] 二、填空题6．设向量a ＝(m,1)，b ＝(1,2)，且|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，则m ＝________. －2 [∵|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＋2a·b ＝|a |2＋|b |2，∴a·b ＝0.又a ＝(m,1)，b ＝(1,2)，∴m ＋2＝0，∴m ＝－2.]7．在△ABC 中，若OA →·OB →＝OB →·OC →＝OC →·OA →，则点O 是△ABC 的________(填“重心”“垂心”“内心”或“外心”)．垂心 [∵OA →·OB →＝OB →·OC →， ∴OB →·(OA →－OC →)＝0， ∴OB →·CA →＝0，∴OB ⊥CA ，即OB 为△ABC 底边CA 上的高所在直线． 同理OA →·BC →＝0，OC →·AB →＝0，故O 是△ABC 的垂心．]8．如图4-3-1，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP →＝3PD →，AP →·BP →＝2，则AB →·AD →的值是________．图4-3-122 [由题意知：AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋14AB →， BP →＝BC →＋CP →＝BC →＋34CD →＝AD →－34AB →，所以AP →·BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋14AB →·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →－34AB →＝AD →2－12AD →·AB →－316AB →2，即2＝25－12AD →·AB －316×64，解得AB →·AD →＝22.]三、解答题9．已知|a |＝4，|b |＝8，a 与b 的夹角是120°. (1)计算：①|a ＋b |，②|4a －2b |；(2)当k 为何值时，(a ＋2b )⊥(k a －b ). 【导学号：51062148】 [解] 由已知得，a ·b ＝4×8×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－16.2分(1)①∵|a ＋b |2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝16＋2×(－16)＋64＝48，∴|a ＋b |＝4 3.5分②∵|4a －2b |2＝16a 2－16a ·b ＋4b 2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768， ∴|4a －2b |＝16 3.8分(2)∵(a ＋2b )⊥(k a －b )，∴(a ＋2b )·(k a －b )＝0，10分 ∴k a 2＋(2k －1)a ·b －2b 2＝0，即16k －16(2k －1)－2×64＝0，∴k ＝－7. 即k ＝－7时，a ＋2b 与k a －b 垂直.14分10．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－1，－2)，B (2,3)，C (－2，－1)． (1)求以线段AB ，AC 为邻边的平行四边形的两条对角线的长； (2)设实数t 满足(AB →－tOC →)·OC →＝0，求t 的值． [解] (1)由题设知AB →＝(3,5)，AC →＝(－1,1)，则 AB →＋AC →＝(2,6)，AB →－AC →＝(4,4).4分 所以|AB →＋AC →|＝210，|AB →－AC →|＝4 2. 故所求的两条对角线长分别为42，210.7分 (2)由题设知OC →＝(－2，－1)， AB →－tOC →＝(3＋2t,5＋t ).10分 由(AB →－tOC →)·OC →＝0， 得(3＋2t,5＋t )·(－2，－1)＝0， 从而5t ＝－11，所以t ＝－115.14分 B 组 力量提升 (建议用时：15分钟)1．(2021·温州市二模)已知a ，b 均为单位向量，且a ·b ＝0.若|c －4a |＋|c －3b |＝5，则|c ＋a |的取值范围是 ( )A ．[3，10]B ．[3,5]C ．[3,4]D ．[10，5]B [∵a ，b 均为单位向量，且a ·b ＝0，∴设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(x ，y )， 代入|c －4a |＋|c －3b |＝5，得(x －4)2＋y 2＋x 2＋(y －3)2＝5.即(x ，y )到A (4,0)和B (0,3)的距离和为5. ∴c 的终点轨迹是点(4,0)和(0,3)之间的线段， 又|c ＋a |＝(x ＋1)2＋y 2，表示M (－1,0)到线段AB 上点的距离，最小值是点(－1,0)到直线3x ＋4y －12＝0的距离， ∴|c ＋a |min ＝|－3－12|5＝3.又最大值为|MA |＝5，∴|c ＋a |的取值范围是[3,5]．故选B.]2．(2021·浙江测试卷)已知单位向量e 1，e 2满足e 1·e 2＝12，若(5e 1－4e 2)⊥(e 1＋k e 2)(k ∈R )，则k ＝________，|e 1＋k e 2|＝________.27 [∵|e 1|＝|e 2|＝1，e 1·e 2＝12，∴(5e 1－4e 2)·(e 1＋k e 2)＝5e 21＋(5k －4)e 1·e 2－4k e 22＝5＋52k －2－4k ＝3－32k ＝0.∴k ＝2.|e 1＋k e 2|＝|e 1＋2e 2|＝e 21＋4e 1·e 2＋4e 22＝7.]3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2a －c )BA →·BC →＝cCB →·CA →. (1)求角B 的大小；(2)若|BA →－BC →|＝6，求△ABC 面积的最大值. 【导学号：51062149】 [解] (1)由题意得(2a －c )cos B ＝b cos C .依据正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B ＝sin(C ＋B )，4分即2sin A cos B ＝sin A ，由于A ∈(0，π)，所以sin A >0， 所以cos B ＝22，又B ∈(0，π)，所以B ＝π4.7分 (2)由于|BA →－BC →|＝6，所以|CA →|＝6，9分即b ＝6，依据余弦定理及基本不等式得6＝a 2＋c 2－2ac ≥2ac －2ac ＝(2－2)ac (当且仅当a ＝c 时取等号)，即ac ≤3(2＋2)，12分故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ≤3(2＋1)2，即△ABC 的面积的最大值为32＋32.14分。
课时分层训练(十九)两角和与差的正弦、余弦和正切公式A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．已知sin 2α＝23，则cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4等于( )A.16 B.13 C.12D.23A [因为cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝1＋cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π42＝1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π22＝1－sin 2α2＝1－232＝16，故选A.] 2.cos 85°＋sin 25°cos 30°cos 25°等于( )A ．－32 B.22 C.12D ．1C [原式＝sin 5°＋32sin 25°cos 25°＝sin (30°－25°)＋32sin 25°cos 25°＝12cos 25°cos 25°＝12.]3．(2017·杭州二次质检)函数f (x )＝3sin x 2cos x 2＋4cos 2x2(x ∈R )的最大值等于( )A ．5B.92C.52D ．2B [由题意知f (x )＝32sin x ＋4×1＋cos x 2＝32sin x ＋2cos x ＋2≤94＋4＋2＝92，故选B.]4．(2017·浙江模拟训练卷(三))若θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，sin 2θ＝378，则sin θ＝( ) 【导学号：51062116】A.35 B.45 C.74D.34D [由θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，得sin θ≥cos θ>0，则sin θ＋cos θ＝1＋sin 2θ＝9＋67＋716＝3＋74，sin θ－cos θ＝1－sin 2θ＝9－67＋716＝3－74，两式相加得sin θ＝34.]5．定义运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab c d ＝ad －bc .若cos α＝17，⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin α sin βcos α cos β＝3314，0＜β＜α＜π2，则β等于( )A.π12B.π6C.π4D.π3D [依题意有sin αcos β－cos αsin β＝sin(α－β)＝3314，又0＜β＜α＜π2，∴0＜α－β＜π2，故cos(α－β)＝1－sin 2(α－β)＝1314，而cos α＝17，∴sin α＝437，于是sin β＝sin [α－(α－β)] ＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝437×1314－17×3314＝32.故β＝π3.] 二、填空题6.sin 250°1＋sin 10°________. 12 [sin 250°1＋sin 10°＝1－cos 100°2(1＋sin 10°)＝1－cos (90°＋10°)2(1＋sin 10°)＝1＋sin 10°2(1＋sin 10°)＝12.]7．(2017·浙江模拟训练卷(四))已知函数f (x )＝4cos 2x ＋(sin x ＋3cos x )2，则函数f (x )的最小正周期为________，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4时，函数f (x )的值域为________.【导学号：51062117】π [4＋3，4＋23] [f (x )＝7cos 2x ＋sin 2x ＋23sin x cos x ＝1＋3(1＋cos 2x )＋3sin 2x ＝4＋23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，故函数f (x )的最小正周期为π.∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，∴2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，5π6，∴12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤1， ∴4＋3≤f (x )≤4＋23，故函数f (x )的值域为[4＋3，4＋23]．] 8．化简2＋2cos 8＋21－sin 8＝________. －2sin 4 [2＋2cos 8＋21－sin 8＝2(1＋cos 8)＋21－2sin 4cos 4 ＝2×2cos 24＋2(sin 4－cos 4)2＝－2cos 4＋2(cos 4－sin 4)＝－2sin 4.]三、解答题9．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，且sin α2＋cos α2＝62.(1)求cos α的值；(2)若sin(α－β)＝－35，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，求cos β的值．[解] (1)因为sin α2＋cos α2＝62，两边同时平方，得sin α＝12.又π2＜α＜π，所以cos α＝－32.6分(2)因为π2＜α＜π，π2＜β＜π，所以－π＜－β＜－π2，故－π2＜α－β＜π2.10分 又sin(α－β)＝－35，得cos(α－β)＝45.cos β＝cos [α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β) ＝－32×45＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝－43＋310.14分10．已知函数f (x )＝1－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4cos x .(1)求函数f (x )的定义域；(2)设α是第四象限的角，且tan α＝－43，求f (α)的值. 【导学号：51062118】 [解] (1)要使f (x )有意义，则需cos x ≠0，∴f (x )的定义域是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≠k π＋π2，k ∈Z.6分(2)f (x )＝1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin 2x －22cos 2x cos x＝1＋cos 2x －sin 2x cos x ＝2cos 2x －2sin x cos x cos x＝2(cos x －sin x ).10分由tan α＝－43，得sin α＝－43cos α. 又sin 2α＋cos 2α＝1，且α是第四象限角， ∴cos 2α＝925，则cos α＝35，sin α＝－45. 故f (α)＝2(cos α－sin α)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫35＋45＝145.14分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．若cos 2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝－22，则cos α＋sin α的值为( ) A ．－72 B ．－12 C.12D.72C [∵cos 2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝cos 2α－sin 2α22(sin α－cos α)＝－2(sin α＋cos α)＝－22，∴sin α＋cos α＝12.]2．(2017·浙江名校(柯桥中学)交流卷三)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＝13，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α的值是________；cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3的值是________．13 79 [sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＝13；cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－2π3＝1－2·cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＝79.]3．已知函数f (x )＝2sin x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6.(1)求函数f (x )的最小正周期和单调递增区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，求函数f (x )的值域. 【导学号：51062119】[解] (1)f (x )＝2sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin x ＋12cos x ＝3×1－cos 2x 2＋12sin 2x ＝sin⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋32.所以函数f (x )的最小正周期为T ＝π.3分 由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ， 解得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12＋k π，5π12＋k π，k ∈Z .8分(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，2x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，12分 f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1＋32.故f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1＋32.15分。
§4.3平面向量的数量积及平面向量的应用Ａ组基础题组1.(2015北京,6,5分)设a,b是非零向量.“a·b=|a||b|”是“a∥b”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.(2014课标Ⅱ,3,5分)设向量a,b满足|a+b|=,|a-b|=,则a·b=( )A.1B.2C.3D.53.(2015杭州一模文,4,5分)已知向量e1,e2的模分别为1,2,它们的夹角为60°,则向量e1-e2与-4e1+e2的夹角为( )A.60°B.120°C.30°D.150°4.(2014大纲全国,4,5分)若向量a、b满足:|a|=1,(a+b)⊥a,(2a+b)⊥b,则|b|=( )A.2B.C.1D.5.(2013浙江,7,5分)设△ABC,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=ACD.AC=BC6.已知O是△ABC所在平面内的定点,动点P满足=+λ,λ∈(0,+∞),则动点P的轨迹一定通过△ABC的( )A.内心B.外心C.垂心D.重心7.(2015湖北,11,5分)已知向量⊥,||=3,则·= .8.(2015杭州学军中学仿真考文,12,6分)已知向量a、b满足|a|=2,|b|=3,且|2a-b|=,则|2a+b|= ,向量a在向量b方向上的投影为.9.(2014江西,14,5分)已知单位向量e1与e2的夹角为α,且cosα=,向量a=3e1-2e2与b=3e1-e2的夹角为β,则cosβ= .10.若△ABC满足(2-)·(-2)=0,则= .11.(2016超级中学原创预测卷六,5,5分)已知向量a,b满足|a|=2,|b|=1,且a在b方向上的投影与b在a方向上的投影相等,则a,b的夹角为,|a+b|= .12.(2016山东淄博12月摸底,14,5分)如图,AB是圆O的直径,P是圆弧AB上的点,M、N是AB上的两个三等分点,且AB=6,则·= .13.(2016领航高考冲刺卷一文,15,4分)已知向量a,b满足|a|=2,|b|=1,|a-2b|≤2,则b在a上的投影的取值范围是.14.(2016超级中学原创预测卷三,12,6分)如图,在正三角形ABC中,AB=2,P是AB边上一点,则·的最大值是,最小值是.15.(2014湖南,16,5分)在平面直角坐标系中,O为原点,A(-1,0),B(0,),C(3,0),动点D满足||=1,则|++|的最大值是.16.(2015台州一模,14,4分)若△ABC的外接圆是半径为1的圆O,且∠AOB=120°,则·的取值范围为.17.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61.(1)求a与b的夹角θ;(2)求|a+b|和|a-b|.B组提升题组1.(2015山东,4,5分)已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则·=( )A.-a2B.-a2C.a2D.a22.(2015陕西,7,5分)对任意向量a,b,下列关系式中的是( )A.|a·b|≤|a||b|B.|a-b|≤||a|-|b||C.(a+b)2=|a+b|2D.(a+b)·(a-b)=a2-b23.(2015浙江宁波十校联考,4)设向量a,b满足:|a|=1,|b|=2,a·(a+b)=0,则a与b的夹角是( )A.30°B.60°C.90°D.120°4.(2015浙江名校(柯桥中学)交流卷三,5)已知△ABC为等边三角形,AB=2,设点P,Q满足=λ,=(1-λ),λ∈R,若·=-,则λ=( )A. B. C. D.5.(2016超级中学原创预测卷五,7,5分)在△ABC中,若(4-)⊥,则sinA的最大值是( )A. B. C. D.6.(2016超级中学原创预测卷六,9,6分)如图,在边长为a的菱形ABCD中,∠BAD=,AC与BD 相交于点O,点E在线段BD上,且BE=ED,若·=-2,则实数a的值为( )A.1B.2C.3D.47.(2014浙江冲刺卷六,10)已知△ABC为斜三角形,且O是△ABC所在平面上的一个定点,动点P满足=+λ,λ∈[0,+∞),则P的轨迹一定通过△ABC的( )A.外心B.内心C.垂心D.重心8.(2015浙江模拟评估测试卷二,10,5分)对于两个不共线的单位向量a,b,有下列四个命题:①(a+b)⊥(a-b);②2<|a+b|+|a-b|≤2;③a与b在a+b方向上的投影相等;④记a在a+b方向上的投影为m,a在a-b方向上的投影为n,则m2+n2=1.其中正确的命题个数为( )A.1个B.2个C.3个D.4个9.(2015嘉兴测试二,11,6分)若向量a与b满足|a|=,|b|=2,(a-b)⊥a.则向量a与b的夹角等于;|a+b|= .10.(2016余姚中学期中,13,4分)已知与的夹角为60°,||=2,||=2,=λ+μ,若λ+μ=2,则||的最小值为.11.(2016领航高考冲刺卷二,14,4分)如图,已知正三角形ABC内接于半径为2的圆O,E为线段BC上一动点,延长AE交圆O于点F,则·的取值范围是.12.(2015浙江冲刺卷五,13)设非零向量a,b的夹角为θ,记f(a,b)=a cosθ-b sinθ,若e1,e2均为单位向量,且e1·e2=,则向量f(e1,e2)的模为,向量f(e1,e2)与f(e2,-e1)的夹角为.13.(2013浙江, 17,4分)设e1,e2为单位向量,非零向量b=x e1+y e2,x,y∈R.若e1,e2的夹角为,则的最大值等于.14.(2015金丽衢一联,16,4分)已知△ABC是边长为2的正三角形,EF为△ABC的外接圆O的一条直径,M为△ABC的边上的动点,则·的最大值为.15.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=.若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(x e1+y e2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0= ,y0= ,|b|= .Ａ组基础题组1.A 设a与b的夹角为θ.因为a·b=|a|·|b|cosθ=|a|·|b|,所以cosθ=1,即a与b的夹角为0°,故a∥b;而当a∥b时,a与b的夹角为0°或180°,所以a·b=|a|·|b|cosθ=±|a|·|b|,所以“a·b=|a|·|b|”是“a∥b”的充分而不必要条件,故选A.2.A 由|a+b|=得a2+b2+2a·b=10,①由|a-b|=得a2+b2-2a·b=6,②①-②得4a·b=4,∴a·b=1,故选A.3.B设向量e1-e2与-4e1+e2的夹角为θ.由已知可得(e1-e2)·(-4e1+e2)=-4|e1|2-|e2|2+5e1·e2=-3,又|e1-e2|2=|e1|2+|e2|2-2e1·e2=3,|-4e1+e2|2=16|e1|2+|e2|2-8e1·e2=12,故有cosθ===-,所以θ=120°,故选B.4.B 由题意得⇒-2a2+b2=0,即-2|a|2+|b|2=0,又|a|=1,∴|b|=.故选B.5.D 如图,在△ABC中取BC的中点D,AB的中点E,连结CE,DP0.故·=(-)·(-)=·-·(+)+=·+,同理,·=·+.由·≥·得≥,故DP0⊥AB.由作图知CE∥DP0,所以CE⊥AB,又E为AB的中点,所以AC=BC.选D.6.B 设BC边上的中点为D,则+=2,所以=+λ+,即=λ+,因为·=λ+·=λ+=0,所以⊥,所以点P在BC的垂直平分线上,所以点P的轨迹一定经过△ABC的外心,故选B.7.答案9解析∵⊥,∴·=0,即·(-)=0,∴·==9.8.答案;1解析|2a-b|2=4a2-4a·b+b2=4×22-4a·b+32=13,解得a·b=3.因为|2a+b|2=4a2+4a·b+b2=4×22+4×3+32=37,所以|2a+b|=.向量a在向量b方向上的投影为==1.9.答案解析a·b=(3e1-2e2)·(3e1-e2)=9+2-9×1×1×=8.∵|a|2=(3e1-2e2)2=9+4-12×1×1×=9,∴|a|=3.∵|b|2=(3e1-e2)2=9+1-6×1×1×=8,∴|b|=2,∴cosβ===.10.答案 3解析由(2-)·(-2)=0得2+2-5·=0,即+=.因为=-,所以====9,所以=3.11.答案;解析根据题意得|a|cos<a,b>=|b|cos<a,b>,因为|a|=2,|b|=1,所以cos<a,b>=0,所以a⊥b,则a,b的夹角为,则|a+b|==.12.答案8解析·=(+)·(+)=-=8.13.答案解析由|a-2b|≤2得a2+4b2-4a·b≤4,所以4+4-4a·b≤4,即a·b≥1.又b在a上的投影为=≥,=|b|cos<a,b>≤1,所以b在a上的投影的取值范围是.14.答案2;-解析如图所示,设AB的中点为O,连结CO.当P在线段AO上时,·=||||=||(||+1),容易得到当||=1时,(·)max=2,当点P与点O重合时,(·)min=0.当点P在线段OB上时,·=-||||=-||(1-||),而||(1-||)=||-||2=-+≤,∴当P为线段OB的中点时,(·)min=-,当点P与点O或B重合时,(·)max=0.综上,·的最大值是2,最小值是-.15.答案+1解析解法一:设D(x,y),则由||=1,得(x-3)2+y2=1,从而可设x=3+cosα,y=sinα,α∈R.而++=(x-1,y+),则|++|====,其中sinφ=,cosφ=.显然当sin(α+φ)=1时,|++|有最大值=+1.解法二:++=+++,设a=++=(2,),则|a|=,从而++=a+,则|++|=|a+|≤|a|+||=+1,当a与同向时,|++|有最大值+1.16.答案∪解析因为·=||·||cos∠AOB=1×1×=-,所以|+|====1.·=(-)·(-)=-·-+·(+)=-1+||·|+|·cosθ=-+cosθ,θ为与+的夹角.因为当C 与A(或B)重合时,θ=,所以由-1≤cosθ≤1且cosθ≠,得-≤-+cosθ<0或0<-+cosθ≤,则·的取值范围为∪.17.解析(1)由(2a-3b)·(2a+b)=4|a|2-4a·b-3|b|2=61及|a|=4,|b|=3得a·b=-6,∴cosθ===-.又θ∈[0,π],∴θ=.(2)|a+b|====.同理,|a-b|==.B组提升题组1.D ·=(+)·=·+=a2+a2=a2.2.B |a·b|=|a|·|b|·|cos<a,b>|≤|a|·|b|,故A正确;由向量的运算法则知C,D也正确; 当b=-a≠0时,|a-b|>||a|-|b||,B错误.故选B.3.D 设a与b的夹角是θ,∵|a|=1,|b|=2,a·(a+b)=0,∴a·a+a·b=0,即|a|2+|a||b|cosθ=0,也即12+1×2×cosθ=0,∴cosθ=-,故θ=120°.故选D.4.A ∵||=||=2,<,>=60°,∴·=||·||cos60°=2.∵=-=(1-λ)-,=-=λ-,且·=-,∴[(1-λ)-]·(λ-)=-,即λ||2+(λ2-λ-1)·+(1-λ)||2=,∴4λ+2(λ2-λ-1)+4(1-λ)=,解得λ=.5.C 设角A,B,C的对边分别为a,b,c,由题意得(4-)·(-)=0,∴4+-5·=0,∴4c2+b2-5bccosA=0,∴cosA=≥=(当且仅当b=2c时取等号),又A∈(0,π),∴sinA=≤,故sinA的最大值为.6.B 因为菱形ABCD的边长为a,且∠BAD=,所以BD=a,∠ABD=.因为BE=ED,所以=+,所以·=·=·+=a·acos+(a)2=-a2=-2,得a=2.7.C 依题意有=λ,则·=λ=λ+=×-+.而在△ABC中,由正弦定理得||×sinB=||sinC,则·=0,故选C.8.D 解法一:设=a,=b,=a+b,则四边形ABCD是边长为1的菱形,设其对角线AC,BD交于点O.由AC⊥BD,得(a+b)⊥(a-b),故①正确.由||+||>||=1,得+>1,即|a+b|+|a-b|>2.又≤==,∴|a+b|+|a-b|≤2,故②正确.由菱形ABCD可知a与b在a+b方向上的投影都为||,即③正确.由菱形ABCD可知m=||,n=||,由||2+||2=||2=1,得m2+n2=1.故④正确.故选D.解法二:∵|a|=|b|=1,∴(a+b)·(a-b)=a2-b2=0,故①正确.设a与b的夹角为θ,因为a与b是不共线向量,所以θ∈(0,π).从而有|a+b|===2cos,|a-b|===2sin,则|a+b|+|a-b|=2cos+2sin=2sin,而0<<,则<+<,从而有<sin≤1,故2<|a+b|+|a-b|≤2,故②正确.∵a·(a+b)=a2+a·b=1+a·b,b·(a+b)=a·b+b2=a·b+1,∴a·(a+b)=b·(a+b).而a在a+b方向上的投影为,b在a+b方向上的投影为,由上知=,故③正确.m2===,n2===,则m2+n2=1,故④正确.故选D.9.答案;解析因为(a-b)⊥a,所以(a-b)·a=a2-a·b=0,所以a·b=2,所以cos<a,b>===,所以<a,b>=.因为|a+b|2=a2+2a·b+b2=2+2×2+4=10,所以|a+b|=.10.答案 2解析=(λ+μ)2=λ2+2λμ·+μ2=4λ2+4λμ+12μ2,由λ+μ=2,得λ=2-μ,所以=12μ2-8μ+16=12+12,最小值为12,所以||的最小值为2.11.答案[0,6]解析∵正三角形ABC内接于半径为2的圆O,∴△ABC的边长为2.过点C作CD⊥AB于点D,∵△ABC为正三角形,∴D为AB的中点.·===-3,又=(+)2∈[3,9],∴·∈[0,6].12.答案;解析∵e1·e2=,且e1,e2均为单位向量,∴向量e1与e2的夹角为30°,∴f(e1,e2)=e1cos30°-e2sin30°=e1-e2,∴|f(e1,e2)|===.∵向量e1与e2的夹角为30°,∴向量e2与-e1的夹角为150°,∴f(e2,-e1)=e2cos150°+e1sin150°=e1-e2,∴f(e1,e2)·f(e2,-e1)=·=-e1·e2+=0,故向量f(e1,e2)与f(e2,-e1)的夹角为.13.答案 22+y2+xy(x、y不全为0),∴=.解析∵|b|2=x2+y2+2xy e当x=0时,=0.当x≠0时,==≤=4,当=-时取等号.故的最大值为2.14.答案 3解析由题意可得,圆O的半径R=××2=2,且当点M为一边的中点时,OM垂直于此边,此时||min=1.·=(+)·(+)=(-)·(+)=||2-||2=R2-||2≤4-1=3,即·的最大值为3.15.答案1;2;2解析∵e1,e2是单位向量,e1·e2=,∴cos<e1,e2>=,又∵0°≤<e1,e2>≤180°,∴<e1,e2>=60°.不妨把e1,e2放到空间直角坐标系O-xyz的平面xOy中,设e1=(1,0,0),则e2=,再设=b=(m,n,r),由b·e1=2,b·e2=,得m=2,n=,则b=(2,,r).而x e1+y e2是平面xOy上任一向量,由|b-(x e1+y e2)|≥1知点B(2,,r)到平面xOy的距离为1,故可得r=1.则b=(2,,1),∴|b|=2.又由|b-(x e1+y e2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1知x0e1+y0e2=(2,,0),解得x0=1,y0=2.。
课时分层训练(二十四)平面向量的数量积与平面向量应用举例A 组 基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．在边长为1的等边△ABC 中，设BC →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，则a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝( )A ．－32B ．0 C.32 D ．3A [依题意有a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－32.] 2．已知向量a ＝(1，m )，b ＝(3，－2)，且(a ＋b )⊥b ，则m ＝( )A ．－8B ．－6C ．6D ．8D [法一：因为a ＝(1，m )，b ＝(3，－2)，所以a ＋b ＝(4，m －2)． 因为(a ＋b )⊥b ，所以(a ＋b )·b ＝0，所以12－2(m －2)＝0，解得m ＝8. 法二：因为(a ＋b )⊥b ，所以(a ＋b )·b ＝0，即a·b ＋b 2＝3－2m ＋32＋(－2)2＝16－2m ＝0，解得m ＝8.]3．平面四边形ABCD 中，AB →＋CD →＝0，(AB →－AD →)·AC →＝0，则四边形ABCD是 ( ) 【导学号：51062147】A ．矩形B ．正方形C ．菱形D ．梯形C [因为AB →＋CD →＝0，所以AB →＝－CD →＝DC →，所以四边形ABCD 是平行四边形．又(AB →－AD →)·AC →＝DB →·AC →＝0，所以四边形对角线互相垂直，所以四边形ABCD 是菱形．]4．(2017·绍兴二模)已知点A (0,1)，B (－2,3)，C (－1,2)，D (1,5)，则向量AC →在BD →方向上的投影为( ) A.21313B ．－21313 C.1313 D ．－1313 D [∵AC →＝(－1,1)，BD →＝(3,2)，∴AC →在BD →方向上的投影为|AC →|cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|BD →|＝－1×3＋1×232＋22＝－113＝－1313.故选D.]5．已知非零向量a ，b 满足|b |＝4|a |，且a ⊥(2a ＋b )，则a 与b 的夹角为( ) A.π3B.π2C.2π3D.5π6C [∵a ⊥(2a ＋b )，∴a ·(2a ＋b )＝0，∴2|a |2＋a ·b ＝0，即2|a |2＋|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝0.∵|b |＝4|a |，∴2|a |2＋4|a |2cos 〈a ，b 〉＝0，∴cos 〈a ，b 〉＝－12，∴〈a ，b 〉＝2π3.]二、填空题6．设向量a ＝(m,1)，b ＝(1,2)，且|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，则m ＝________. －2 [∵|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＋2a·b ＝|a |2＋|b |2，∴a·b ＝0.又a ＝(m,1)，b ＝(1,2)，∴m ＋2＝0，∴m ＝－2.]7．在△ABC 中，若OA →·OB →＝OB →·OC →＝OC →·OA →，则点O 是△ABC 的________(填“重心”“垂心”“内心”或“外心”)．垂心 [∵OA →·OB →＝OB →·OC →，∴OB →·(OA →－OC →)＝0，∴OB →·CA →＝0，∴OB ⊥CA ，即OB 为△ABC 底边CA 上的高所在直线．同理OA →·BC →＝0，OC →·AB →＝0，故O 是△ABC 的垂心．]8．如图4-3-1，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP →＝3PD →，AP →·BP →＝2，则AB →·AD →的值是________．图4-3-122 [由题意知：AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋14AB →，BP →＝BC →＋CP →＝BC →＋34CD →＝AD →－34AB →，所以AP →·BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋14AB →·⎝⎛⎭⎪⎫AD →－34AB →＝AD →2－12AD →·AB →－316AB →2，即2＝25－12AD →·AB －316×64，解得AB →·AD →＝22.]三、解答题9．已知|a |＝4，|b |＝8，a 与b 的夹角是120°.(1)计算：①|a ＋b |，②|4a －2b |；(2)当k 为何值时，(a ＋2b )⊥(k a －b ). 【导学号：51062148】[解] 由已知得，a ·b ＝4×8×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－16.2分(1)①∵|a ＋b |2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝16＋2×(－16)＋64＝48，∴|a ＋b |＝4 3.5分 ②∵|4a －2b |2＝16a 2－16a ·b ＋4b 2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768， ∴|4a －2b |＝16 3.8分(2)∵(a ＋2b )⊥(k a －b )，∴(a ＋2b )·(k a －b )＝0，10分∴k a 2＋(2k －1)a ·b －2b 2＝0，即16k －16(2k －1)－2×64＝0，∴k ＝－7.即k ＝－7时，a ＋2b 与k a －b 垂直.14分10．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－1，－2)，B (2,3)，C (－2，－1)．(1)求以线段AB ，AC 为邻边的平行四边形的两条对角线的长；(2)设实数t 满足(AB →－tOC →)·OC →＝0，求t 的值．[解] (1)由题设知AB →＝(3,5)，AC →＝(－1,1)，则AB →＋AC →＝(2,6)，AB →－AC →＝(4,4).4分所以|AB →＋AC →|＝210，|AB →－AC →|＝4 2.故所求的两条对角线长分别为42，210.7分(2)由题设知OC →＝(－2，－1)，AB →－tOC →＝(3＋2t,5＋t ).10分由(AB →－tOC →)·OC →＝0，得(3＋2t,5＋t )·(－2，－1)＝0，从而5t ＝－11，所以t ＝－115.14分B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．(2017·温州市二模)已知a ，b 均为单位向量，且a ·b ＝0.若|c －4a |＋|c －3b |＝5，则|c ＋a |的取值范围是 ( )A ．[3，10]B ．[3,5]C ．[3,4]D ．[10，5]B [∵a ，b 均为单位向量，且a ·b ＝0，∴设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(x ，y )，代入|c －4a |＋|c －3b |＝5，得(x －4)2＋y 2＋x 2＋(y －3)2＝5.即(x ，y )到A (4,0)和B (0,3)的距离和为5.∴c 的终点轨迹是点(4,0)和(0,3)之间的线段，又|c ＋a |＝(x ＋1)2＋y 2，表示M (－1,0)到线段AB 上点的距离，最小值是点(－1,0)到直线3x ＋4y －12＝0的距离，∴|c ＋a |min ＝|－3－12|5＝3. 又最大值为|MA |＝5，∴|c ＋a |的取值范围是[3,5]．故选B.]2．(2017·浙江测试卷)已知单位向量e 1，e 2满足e 1·e 2＝12，若(5e 1－4e 2)⊥(e 1＋k e 2)(k ∈R )，则k ＝________，|e 1＋k e 2|＝________.2 7 [∵|e 1|＝|e 2|＝1，e 1·e 2＝12，∴(5e 1－4e 2)·(e 1＋k e 2)＝5e 21＋(5k －4)e 1·e 2－4k e 22＝5＋52k －2－4k ＝3－32k ＝0.∴k ＝2.|e 1＋k e 2|＝|e 1＋2e 2|＝e 21＋4e 1·e 2＋4e 22＝7.]3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2a －c )BA →·BC→＝cCB →·CA →.(1)求角B 的大小；(2)若|BA →－BC →|＝6，求△ABC 面积的最大值. 【导学号：51062149】[解] (1)由题意得(2a －c )cos B ＝b cos C .根据正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ， 所以2sin A cos B ＝sin(C ＋B )，4分 即2sin A cos B ＝sin A ，因为A ∈(0，π)，所以sin A >0，所以cos B ＝22，又B ∈(0，π)，所以B ＝π4.7分(2)因为|BA →－BC →|＝6，所以|CA →|＝6，9分即b ＝6，根据余弦定理及基本不等式得6＝a 2＋c 2－2ac ≥2ac －2ac ＝(2－2)ac (当且仅当a ＝c 时取等号)，即ac ≤3(2＋2)，12分故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ≤3(2＋1)2， 即△ABC 的面积的最大值为32＋32.14分。
