高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)28《平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例》(教師版)

1、課時作業(yè)28平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例1設(shè)向量a，b滿足|ab|4，a·b1，則|ab|(B)A2 B2 C3 D2解析：由|ab|4，a·b1，得a2b216214，|ab|2a22a·bb2142×112，|ab|2.2已知平面向量a，b滿足|a|2，|b|1，a與b的夾角為，且(ab)(2ab)，則實數(shù)的值為(D)A7 B3C2 D3解析：依題意得a·b2×1×cos1，(ab)·(2ab)0，即2a2b2(21)a·b0,390，3.3如圖，一質(zhì)點受到平面上的三個力F1，F(xiàn)2，F(xiàn)3(單位：牛頓)的

2、作用而處于平衡狀態(tài)已知F1，F(xiàn)2成60°角，且F1，F(xiàn)2的大小分別為2和4，則F3的大小為(A)A2 B2C2 D6解析：如題圖所示，由已知得F1F2F30，則F3(F1F2)，即FFF2F1·F2FF2|F1|·|F2|·cos60°28.故|F3|2.4已知ABC中，AB6，AC3，N是邊BC上的點，且2，O為ABC的外心，則·的值為(D)A8 B10 C18 D9解析：由于2，則，取AB的中點為E，連接OE，由于O為ABC的外心，則，··2×6218，同理可得·2×32，所以&#

3、183;···×18×639，故選D.5已知O是平面上的一定點，A，B，C是平面上不共線的三個動點，若動點P滿足，(0，)，則(D)A動點P的軌跡一定通過ABC的重心B動點P的軌跡一定通過ABC的內(nèi)心C動點P的軌跡一定通過ABC的外心D動點P的軌跡一定通過ABC的垂心解析：由條件，得，從而···0，所以，則動點P的軌跡一定通過ABC的垂心6設(shè)O(0,0)，A(1,0)，B(0,1)，點P是線段AB上的一個動點，若··，則實數(shù)的取值范圍是(B)A.1 B11C.1 D11解析：因為，(1，)，(，

4、)，··，所以(1，)·(1,1)(，)·(1,1)，所以22410，解得11，因為點P是線段AB上的一個動點，所以01，即滿足條件的實數(shù)的取值范圍是11.7已知平面向量a，b，c滿足|a|b|c|1，若a·b，則(ab)·(2bc)的最小值為(B)A2 B3C1 D0解析：由|a|b|1，a·b，可得a，b.令a，b，以的方向為x軸的正方向建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則a(1,0)，b，設(shè)c(cos，sin)(02)，則(ab)·(2bc)2a·ba·c2b2b·c33sin，則(

5、ab)·(2bc)的最小值為3，故選B.8如圖，在ABC中，AB3，AC5，BAC60°，D，E分別是AB，AC的中點，連接CD，BE交于點F，連接AF，取CF的中點G，連接BG，則·.解析：依題意，F(xiàn)是ABC的重心，×()()，()·.故·()·.9已知在OAB中，OAOB2，AB2，動點P位于線段AB上，則當(dāng)·取最小值時，向量與的夾角的余弦值為.解析：法一易知AOB120°，記a，b，則a·b2，設(shè)ab(01)，則(1)ab，則·(ab)·(1)ab1226，當(dāng)時，

6、83;取最小值，此時，|，ab(3ab)，|3ab|，所以向量與的夾角的余弦值為.法二取線段AB的中點C，連接OC，以線段AB的中點C為原點，以的方向為x軸正方向，的方向為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，則O(0,1)，A(，0)，B(，0)，設(shè)P(x,0)(x)則·(x,0)·(x,1)x2x，當(dāng)x時，·取最小值.此時，所以向量與的夾角的余弦值為.10已知在直角梯形ABCD中，ABAD2CD2，ABCD，ADC90°，若點M在線段AC上，則|的取值范圍為.解析：建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系則A(0,0)，B(2,0)，C(1,2)，D(0,2)，設(shè)(01)，

7、則M(，2)，故(，22)，(2，2)，則(22，24)，| ，當(dāng)0時，|取得最大值2，當(dāng)時，|取得最小值為，|.11在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m(cos(AB)，sin(AB)，n(cosB，sinB)，且m·n.(1)求sinA的值；(2)若a4，b5，求角B的大小及向量在方向上的投影解：(1)由m·n，得cos(AB)cosBsin(AB)sinB，所以cosA.因為0A，所以sinA .(2)由正弦定理，得，則sinB，因為ab，所以AB，且B是ABC一內(nèi)角，則B.由余弦定理得(4)252c22×5c×，解得c1，c7舍

8、去，故向量在方向上的投影為|cosBccosB1×.12已知平面上一定點C(2,0)和直線l：x8，P為該平面上一動點，作PQl，垂足為Q，且·0.(1)求動點P的軌跡方程；(2)若EF為圓N：x2(y1)21的任意一條直徑，求·的最值解：(1)設(shè)P(x，y)，則Q(8，y)由·0，得|2|20，即(2x)2(y)2(8x)20，化簡得1.所以動點P在橢圓上，其軌跡方程為1.(2)易知，且0，由題意知N(0,1)，所以·22(x)2(1y)2116(y1)21y22y16(y3)219.因為2y2，所以當(dāng)y3時，·取得最大值19，當(dāng)y

9、2時，·取得最小值124.綜上，·的最大值為19，最小值為124.13若直線axy0(a0)與函數(shù)f(x)的圖象交于不同的兩點A，B，且點C(6,0)，若點D(m，n)滿足，則mn等于(B)A1 B2 C3 D4解析：因為f(x)f(x)，且直線axy0過坐標(biāo)原點，所以直線與函數(shù)f(x)的圖象的兩個交點A，B關(guān)于原點對稱，即xAxB0，yAyB0，又(xAm，yAn)，(xBm，yBn)，(m6，n)，由，得xAmxBmm6，yAnyBnn，解得m2，n0，所以mn2，故選B.14設(shè)a，b為非零向量，|b|2|a|，兩組向量x1，x2，x3，x4和y1，y2，y3，y4均由

10、2個a和2個b排列而成若x1·y1x2·y2x3·y3x4·y4所有可能取值中的最小值為4|a|2，則a與b的夾角為(B)A. B.C. D0解析：a·a|a|2，b·b|b|24|a|2，設(shè)a與b的夾角為，則a·b|a|·|b|·cos2|a|2·cos.若xi·yi(i1,2,3,4)中2個a均與a相乘，則x1·y1x2·y2x3·y3x4·y4a2a2b2b210|a|2；若xi·yi(i1,2,3,4)中僅有一個a與a相乘，則x

11、1·y1x2·y2x3·y3x4·y4a2b22a·b5|a|24|a|2cos；若xi·yi(i1,2,3,4)中的a均不與a相乘，則x1·y1x2·y2x3·y3x4·y44a·b8|a|2·cos.因為5|a|24|a|2cos8|a|2cos5|a|24|a|2cos|a|2(54cos)0，所以5|a|24|a|2cos得5·|a|24|a|2cos8|a|2cos，即x1·y1x2·y2x3·y3x4·y4的所有可

12、能取值中的最小值為8|a|2cos，依題意得8·|a|2cos4|a|2，從而cos，又0，故.15已知平面上的兩個向量和滿足|a，|b，且a2b21，·0，若向量(，R)，且(21)2a2(21)2b24，則|的最大值為.解析：設(shè)AB的中點為M，·0且a2b21，|，又()，()().|22a22b2，又(21)2a2(21)2b24，整理得2a22b21，代入式得|21，即|1，即點C的軌跡是以點M為圓心，1為半徑的圓，又|，當(dāng)與同向時，|的值最大，此時|，故填.16已知向量a，b(cosx，1)(1)當(dāng)ab時，求cos2xsin2x的值；(2)設(shè)函數(shù)f(x)2(ab)·b，已知在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a