創(chuàng)新方案高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精編（人教新課標(biāo)）43平面向量的數(shù)量積及平面向量應(yīng)用舉例doc高中數(shù)學(xué)

5/5第四節(jié)第三節(jié)平面向量的數(shù)量積及平面向量應(yīng)用舉例題組一平面向量的數(shù)量積及向量的模1.(2023·四平模擬)設(shè)a、b、c是單位向量，且a·b＝0，那么(a－c)·(b－c)的最小值為()A．－2B.eq\r(2)－2C．－1D．1－eq\r(2)解析：(a－c)·(b－c)＝a·b－c·(a＋b)＋c2＝0－|c|·|a＋b|·cos〈c，(a＋b)〉＋1≥0－|c||a＋b|＋1＝－＋1＝－＋1＝－＋1＝－eq\r(2)＋1.答案：D2．(2023·廣東高考)一質(zhì)點(diǎn)受到平面上的三個(gè)力F1、F2、F3(單位：牛頓)的作用而處于平衡狀態(tài)．已知F1、F2成60°角，且F1、F2的大小分別為2和4，那么F3的大小為()A．2eq\r(7)B．2eq\r(5)C．2D．6解析：由已知得F1＋F2＋F3＝0，∴F3＝－(F1＋F2)．＝＋＋2F1F2＝＋＋2|F1||F2|cos60°＝28.∴|F3|＝2eq\r(7).答案：A3．(2023·福建高考)設(shè)a，b，c為同一平面內(nèi)具有相同起點(diǎn)的任意三個(gè)非零向量，且滿足a與b不共線，a⊥c，|a|＝|c|，那么|b·c|的值一定等于()A．以a，b為兩邊的三角形的面積B．以b，c為兩邊的三角形的面積C．以a，b為鄰邊的平行四邊形的面積D．以b，c為鄰邊的平行四邊形的面積解析：設(shè)〈a，b〉＝θ，θ∈(0，π)，∵〈a，c〉＝eq\f(π,2)，∴〈b，c〉＝eq\f(3π,2)－θ，以a，b為鄰邊的平行四邊形面積為|a||b|sinθ，而|b·c|＝＝|b||c|sinθ，又|a|＝|c|，∴|b·c|＝|a||b|sinθ.答案：C題組二兩向量的夾角問題4.(2023·全國卷Ⅰ)設(shè)非零向量a、b、c滿足|a|＝|b|＝|c|，a＋b＝c，那么〈a，b〉＝()A．150°B．120°C．60°D．30°解析：(a＋b)2＝c2，a·b＝－eq\f(c2,2)，cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(1,2)，〈a，b〉＝120°.答案：B5．在△ABC中，·＝3，△ABC的面積S∈[eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2)]，那么與夾角的取值范圍是()A．[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]B．[eq\f(π,6)，eq\f(π,4)]C．[eq\f(π,6)，eq\f(π,3)]D．[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]解析：設(shè)〈·〉＝θ，由·＝||||cosθ＝3，得||||＝eq\f(3,cosθ)，∴S＝eq\f(1,2)||||sinθ＝eq\f(1,2)×eq\f(3,cosθ)×sinθ＝eq\f(3,2)tanθ.由eq\f(\r(3),2)≤eq\f(3,2)tanθ≤eq\f(3,2)，得eq\f(\r(3),3)≤tanθ≤1，∴eq\f(π,6)≤θ≤eq\f(π,4).答案：B6．設(shè)兩個(gè)向量e1、e2滿足|e1|＝2，|e2|＝1，e1、e2的夾角為60°，假設(shè)向量2te1＋7e2與向量e1＋te2的夾角為鈍角，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．解：由已知，＝|e1|2＝4，＝|e2|2＝1，e1·e2＝2×1×cos60°＝1.∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＝2t＋(2t2＋7)e1·e2＋7t＝2t2＋15t＋7.由2t2＋15t＋7＜0，得－7＜t＜－eq\f(1,2).由2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)(λ＜0)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2t＝λ,7＝tλ))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t＝－\f(\r(14),2),λ＝－\r(14))).由于2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為鈍角，故(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＜0且2te1＋7e2≠λ(e1＋te2)(λ＜0)，故t的取值范圍是(－7，－eq\f(\r(14),2))∪(－eq\f(\r(14),2)，－eq\f(1,2))．題組三兩向量的平行與垂直7.已知向量a＝(1,2)，向量b＝(x，－2)，且a⊥(a－b)，那么實(shí)數(shù)x等于()A．－4B．4C．0D．9解析：∵a＝(1,2)，b＝(x，－2)，∴a－b＝(1－x,4)，∵a⊥(a－b)，∴a·(a－b)＝0，∴1－x＋8＝0，∴x＝9.答案：D8．(2023·廣東高考)假設(shè)平面向量a，b滿足|a＋b|＝1，a＋b平行于x軸，b＝(2，－1)，那么a＝________.解析：設(shè)a＝(x，y)，那么a＋b＝(x＋2，y－1)由題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((x＋2)2＋(y－1)2＝1，,y－1＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝1，,x＝－1或－3.))∴a＝(－1,1)或a＝(－3,1)．答案：(－1,1)或(－3,1)9．已知平面向量a＝(1，x)，b＝(2x＋3，－x)，x∈R.(1)假設(shè)a⊥b，求x的值；(2)假設(shè)a∥b，求|a－b|.解：(1)假設(shè)a⊥b，那么a·b＝(1，x)·(2x＋3，－x)＝1×(2x＋3)＋x(－x)＝0.整理得x2－2x－3＝0，解得x＝－1或x＝3.(2)假設(shè)a∥b，那么有1×(－x)－x(2x＋3)＝0，即x(2x＋4)＝0，解得x＝0或x＝－2.當(dāng)x＝0時(shí)，a＝(1,0)，b＝(3,0)，∴|a－b|＝|(1,0)－(3,0)|＝|(－2,0)|＝eq\r((－2)2＋02)＝2.當(dāng)x＝－2時(shí)，a＝(1，－2)，b＝(－1,2)，∴|a－b|＝|(1，－2)－(－1,2)|＝|(2，－4)|＝eq\r(22＋(－4)2)＝2eq\r(5).題組四平面向量數(shù)量積的綜合應(yīng)用10.(2023·長郡模擬)已知||＝1，||＝eq\r(3)，·＝0，點(diǎn)C在∠AOB內(nèi)，且∠AOC＝30°，設(shè)＝m＋n(m，n∈R)，那么eq\f(m,n)等于()A.eq\f(1,3)B．3C.eq\f(\r(3),3)D.eq\r(3)解析：||＝1，||＝eq\r(3)，·＝0，∴OA⊥OB，且∠OBC＝30°，又∵∠AOC＝30°，∴⊥.∴(m＋n)·(－)＝0，∴－m2＋n2＝0，∴3n－m＝0，即m＝3n，∴eq\f(m,n)＝3.答案：B11．(2023·浙江高考)設(shè)向量a，b滿足：|a|＝3，|b|＝4，a·b＝0，以a，b，a－b的模為邊長構(gòu)成三角形，那么它的邊與半徑為1的圓的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)最多為()A．3B．4C．5D．6解析：當(dāng)圓與三角形兩邊都相交時(shí)，有4個(gè)交點(diǎn)，此題新構(gòu)造的三角形是直角三角形，其內(nèi)切圓半徑恰好為1.故它與半徑為1的圓最多有4個(gè)交點(diǎn)．答案：B12．(文)已知向量m＝(coseq\f(x,2)，coseq\f(x,2))，n＝(coseq\f(x,2)，sineq\f(x,2))，且x∈[0，π]，令函數(shù)f(x)＝2am·n＋b.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的遞增區(qū)間；(2)當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的值域是[3,4]，求a、b.解：f(x)＝2am·n＋b＝2a(cos2eq\f(x,2)＋eq\f(1,2)sinx)＋b＝2a(eq\f(1,2)cosx＋eq\f(1,2)sinx＋eq\f(1,2))＋b＝a(sinx＋cosx)＋a＋b＝eq\r(2)asin(x＋eq\f(π,4))＋a＋b.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4))＋1＋b.令－eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，得－eq\f(3,4)π＋2kπ≤x≤eq\f(π,4)＋2kπ(k∈Z)，又x∈[0，π]，∴f(x)的遞增區(qū)間為[0，eq\f(π,4)]．(2)當(dāng)a<0時(shí)，∵x∈[0，π]，∴x＋eq\f(π,4)∈[eq\f(π,4)，eq\f(5π,4)]，∴sin(x＋eq\f(π,4))∈[－eq\f(\r(2),2)，1]．當(dāng)sin(x＋eq\f(π,4))＝－eq\f(\r(2),2)時(shí)，f(x)＝－a＋a＋b＝b，∴f(x)的最大值為b.當(dāng)sin(x＋eq\f(π,4))＝1時(shí)，f(x)＝eq\r(2)a＋a＋b＝(1＋eq\r(2))a＋b.∴f(x)的最小值為(1＋eq\r(2))a＋b.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((1＋\r(2))a＋b＝3，,b＝4，))解得a＝1－eq\r(2)，b＝4.(理)已知△ABC的外接圓半徑為1，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.向量m＝(a,4cosB)，n＝(cosA，b)滿足m∥n.(1)求sinA＋sinB的取值范圍；(2)假設(shè)實(shí)數(shù)x滿足abx＝a＋b，試確定x的取值范圍．解：(1)因?yàn)閙∥n，所以eq\f(a,cosA)＝eq\f(4cosB,b)，即ab＝4cosAcosB.因?yàn)椤鰽BC的外接圓半徑為1，由正弦定理，得ab＝4sinAsinB.于是cosAcosB－sinAsinB＝0，即cos(A＋B)＝0.因?yàn)?＜A＋B＜π.所以A＋B＝eq\f(π,2).故△ABC為直角三角形．sinA＋sinB＝sinA＋cosA＝eq\r(2)sin(A＋eq\f(π,4))，因?yàn)閑q\f(π,4)＜A＋eq\f(π,4)＜eq\f(3π,4)，所以eq\f(\r(2),2)＜sin(A＋eq\f(π,4))≤1，故1＜sinA＋sinB≤eq\r(2).(2)x＝eq\f(a＋b,ab)＝