新高考蘇教版數(shù)學理大一輪復習訓練53平面向量的數(shù)量積(含答案解析)

5.3平面向量的數(shù)量積一、填空題1.已知向量a和向量b的夾角為°,|a|=2,|b|=3,則a·b30=.剖析觀察數(shù)量積的運算.a·b=2×33=3.2答案32．已知a是平面內(nèi)的單位向量，若向量b滿足b·(a－b)＝0，則|b|的取值范圍是________．剖析∵b·(a－b＝，∴a·b＝b2，即|ab·cosθ＝b2，當b≠0時，)0||||||b|＝|a|cosθ＝cosθ∈(0,1]．所以|b|∈[0,1]．答案[0,1]π3．若e1，e2是夾角為3的單位向量，且a＝2e1＋e2，b＝－3e1＋2e2，則a·b等于________．剖析abe1e2e1e2e12e1·e2e22·＝(2＋)·(－3＋2)＝－6＋＋2π17＝－6＋cos3＋2＝－4＋2＝－2.7答案－2．已知平面向量a，b的夾角為°，a＝(，，b|＝1，則|a＋b＝________.46031)|2|剖析由a＝(3，1)a＝，所以|a＋b＝a＋b2，得||22|2a2＋4a·b＋4b2＝4＋8cos60°＋4＝12＝23.答案23→→ABCBCABACABCS△ABC5．在△中，已知＝2，·＝1，則△的面積最大值是________．剖析以線段BC所在直線為x軸，線段BC的垂直均分線為y軸，建立平面直角坐標系，則B－1,0)，C．設Ax，y)((1,0)(→→則AB＝(－1－x，－y)，AC＝(1－x，－y)，→→于是AB·AC＝(－1－x)(1－x)＋(－y)(－y)＝x2－1＋y2.→→知x2＋y2＝，這表示點A在以原點為圓心，為半徑的圓上．由條件AB·AC＝122當OA⊥BC時，△ABC面積最大，即1S△ABC＝2×2×2＝2.【議論】建系設標，數(shù)形轉變，簡單易行，專心領悟.6.已知e1,e2是夾角為2的兩個單位向量,a=e1-2e2,b=ke1+e2,3若a·b=0,則實數(shù)k的值為.剖析由a·b=0得（e1-2e2）·（ke1+e2）=0.整理,得k-2+（1-2k）cos2=0,解得k=5.534答案4→→→→→．如圖，在△ABC中，AD⊥AB，BC＝BD，|AD＝，則AC·AD＝________.73|1剖析法一建系以下列圖．令B(xB,0)，C(xC，yC)，D(0,1)，→所以BC＝(xC－xB，yC)，→BD＝(－xB,1)，→→BC＝3BD，xC－xB＝3－xB，所以yC＝3，所以xC＝(1－

3)xB，yC＝

3.→

→

→→AC＝((1

－

3)xB，

3)，AD＝(0,1)

，則AC·AD＝

3.法二→→→→→→→→→AC·AD＝AB＋BC·AD＝BC·AD＝3AD·BD，()→→→→→→→→ADB＝·|AD＝|∠1.||BD|cos||||→2|BD|→→故3AD·BD＝3.答案3．若等邊△ABC的邊長為→→→→→2，平面內(nèi)一點M滿足CM＝1CB＋2CA，則MA·MB＝8363________.剖析CAB3，3)，則M331建立直角坐標，由題意，設(0,0)，(23，0)，(2，2，→→3135MA·MB＝2，－2·－2，2＝－2.答案－2．已知向量p的模是，向量q的模為，p與q的夾角為π，a＝p＋q，b921432＝p－q，則以a，b為鄰邊的平行四邊形的長度較小的對角線的長是________．剖析|a－b＝|3p＋q－p＋q＝|2p＋q|2|3|p＋3q2＝4p2＋12p·q＋9q228＋122×2＋929.答案2910．在平面直角坐標系xOy中，已知A(0，－1)，B(－3，－4)兩點．若點C在→∠AOB的均分線上，且|OC|＝10，則點C的坐標是________．4剖析法一：設點C的坐標是(x，y)，且x<0，y<0，直線OB方程為y＝3x，因|4x－3y|點C在∠AOB的均分線上，所以點C到直線OB與y軸的距離相等，從而5x＝－1，22＝|x|.又x＋y＝10，解之得所以點C的坐標是(－1，－3)．法二：設點C的坐標是(x，y)，且x<0，y<0，則因點C在∠AOB的均分線上，所以由→→→→－y－3x－y22＝4＝，解之得cos〈OC，OA〉＝cos〈OC，OB〉得.又x＋y1·1051010x＝－1，所以點C的坐標是(－1，－3)．y＝－3，答案(－1，－3)→→→→→11．已知O是△ABC的內(nèi)部一點，OA＋OB＋OC＝0，AB·AC＝2，且∠BAC＝60°，則△OBC的面積為．________剖析→→→→°＝，由AB·AC＝ABAC||||cos602→→1→→→→→ABAC＝4，S△ABCABAC3，由OAOBOC知，得||||＝2||||sin60°＝＋＋＝013O是△ABC的重心，所以S△OBC＝3S△ABC＝3.答案

33→→→→→12．已知點G是△ABC的重心，AG＝λAB＋μAC(λ，μ∈R)，若∠A＝120°，AB·AC→＝－2，則|AG|的最小值是________．剖析設AG交BC于D，則由G是△ABC的重心，得D是BC的中點，→2→21→→2(所以33)1→→→21→→2＝3(AB＋AC)，所以|AG|＝9(AB＋AC)1→→→→9(|AB|2＋|AC|2－4)，又由－2＝AB·AC→→→→＝|AB||AC|cos120°，得|AB||AC|＝4，→→→2故當AB＝AC＝2時，AG取最小值||||||3.答案23→→→→．已知△ABC所在平面上的動點M滿足22AM·BC＝AC－AB，則M點的軌跡過△132ABC的心．________剖析N是BC的中點，則由→→→→→→→→如圖，設2AM·BC＝AC－AB·(AC＋AB＝BC·2AN，())→→→→→得(AM－AN)·BC＝0，即NM·BC＝0，→→所以NM⊥BC，所以M點的軌跡過△ABC的外心．答案外心二、解答題14．已知向量a，b滿足|a|＝2，|b|＝1，|a－b|＝2.求a·b的值；求|a＋b|的值．剖析(1)因為|a－b|＝2，所以|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝4＋1－2a·b＝4.1所以a·b＝2.2221(2)|a＋b|＝a＋2a·b＋b＝4＋2×2＋1＝6.故|a＋b|＝6.15．已知|a|＝2，|b|＝3，a與b夾角為45°，求使向量a＋λb與λa＋b的夾角為鈍角時，λ的取值范圍．a(chǎn)·b剖析由條件知，cos45°＝|a|·|b|，∴a·b＝3，設a＋λb與λa＋b的夾角為θ，則θ為鈍角，a＋λbλa＋b<0，∴cosθ＝a＋λb·|λa＋b|||(a＋λb)·(λa＋b)<0.2＋λb2＋(1＋λ2)a·b，λa<02λ＋9λ＋3(1＋λ2)<0，∴3λ2＋11λ＋3<0，－11－85－11＋85∴

6

<λ<

6

.若θ＝180°時，a＋λb與λa＋b共線且方向相反，∴存在k<0，使a＋λb＝k(λa＋b)，kλ＝1，∵a，b不共線，∴λ＝k.∴k＝λ＝－1，∴－11－85－11＋856<λ<6且λ≠－1.α，b＝β，β，c＝－．16．已知向量a＝(cosα，sin(cossin1,0)))(求向量b＋c的長度的最大值；πa⊥b＋c，求β的值．(2)設α＝4，且)cos(剖析(1)因為b＋c＝(cosβ－1，sinβ)，所以|b＋c|2＝(cosβ－1)2＋sin2β＝2(1－cosβ)．因為－1≤cosβ≤1，所以0≤|b＋c|2≤4，即0≤|b＋c|≤2，故當cosθ＝－1時，向量b＋c的長度取最大值2.(2)若α＝π4，則a＝22，22，又b＋c＝(cos

β－1，sin

β)，所以

a·(b＋c)＝

2cosβ＋2

2sin2

β－

2.2因為a⊥(b＋c)，所以a·(b＋c)＝0，即cosβ＋sinβ＝1，平方得cosβ所以cosβ＝0或cosβ＝1.

sin

β＝0，經(jīng)檢驗cosβ＝0或cosβ＝1即為所求．17．如圖，在△ABC中，已知AB＝3，AC＝6，BC＝7，AD是∠BAC的均分線．求證：DC＝2BD；→→求AB·DC的值．剖析(1)證明在△ABD中，由正弦定理得ABBD＝.①sin∠ADBsin∠BAD在△ACD中，由正弦定理得ACDC②＝.sin∠ADCsin∠CAD又AD均分∠BAC，所以∠BAD＝∠CAD，sin∠BAD＝sin∠CAD，又sin∠ADB＝sin(π－∠ADC)＝sin∠ADC，BDAB3由①②得＝＝，所以DC＝2BD.DCAC6→2→(2)因為23.222在△ABC中，因為cosB＝AB＋BC－ACAB·BC22223＋7－6112×3×7＝21.→→2→所以AB·DC＝AB·BC2

3→→3|AB||BC|cos(π－B)211223×3×7×－21＝－3.18．在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，G是△ABC的重心，且→→→56sinA·GA＋40sinB·GB＋35sinC·GC＝0.求角B的大?。?2)設m＝(sinA，A，n＝(4k,1)(k>1)，m·n的最大值為，求實數(shù)k的cos2)5值．→→→剖析(1)由G是△ABC的重心，得GA＋GB＋GC＝0，→→→所以GC＝－(GA＋GB)，由正弦定理，可將已知等式轉變成→→→→56a·GA＋40b·GB＋35c·(－GA－GB)＝0.→→整理，得(56a－35c)·GA＋(40b－35c)·GB＝0.→→a－c＝，因為GA，GB不共線，所以5635040b－35c由此，＝0.得a∶b∶c＝5∶7∶8.不如設a＝5，b＝7，c＝8，由余弦定理，a2＋c2－b252＋82－721得cosB＝2ac＝2×5×8＝2.Bπ，所以B