《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 第3節(jié) 平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例練習(xí) 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 第3節(jié) 平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例練習(xí) 新人教A版（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第四章 第3節(jié) 平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例 [基礎(chǔ)訓(xùn)練組] 1．(導(dǎo)學(xué)號14577400)(新課標(biāo)高考全國卷Ⅱ)設(shè)向量a，b滿足|a＋b|＝， |a－b|＝，則ab＝(　　) A．1　　　　　　　　 B．2 C．3 D．5 解析：A　[由已知得|a＋b|2＝10，|a－b|2＝6，兩式相減，得ab＝1.] 2．(導(dǎo)學(xué)號14577401)(2018安徽合肥市三校聯(lián)考)a＝(1,2)，b＝(x,1)，m＝a＋2b，n＝2a－b且m⊥n，則x＝(　　) A．2 B. C.或－ D．－2或 解析：D　[∵a＝(1,2)，b＝(x,1)， ∴m＝a＋2b

2、＝(1＋2x,4)，n＝2a－b＝(2－x,3)， 又∵m⊥n，∴mn＝(1＋2x)(2－x)＋34＝0， 解得x＝－2或x＝，故選D.] 3．(導(dǎo)學(xué)號14577402)已知D是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且滿足(－)(－)＝0，則△ABC是(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等邊三角形 D．等腰直角三角形 解析：A　[(－)(－)＝(－)＝0，所以＝，設(shè)BC＝a，AC＝b，所以acos B＝bcos A，利用余弦定理化簡得a2＝b2，即a＝b，所以△ABC是等腰三角形．] 4．(導(dǎo)學(xué)號14577403)(2018白山市三模)在△ABC中，M是BC的中點(diǎn)，AM＝4，點(diǎn)P

3、在AM上，且滿足＝3，則(＋)的值為(　　) A．－4 B．6 C．－6 D．4 解析：C　[如圖所示，∵AM＝4，又由點(diǎn)P在AM上且滿足 ＝3， ∴||＝3，||＝1. ∵M(jìn)是BC的中點(diǎn)，∴＋＝2＝ ∴(＋)＝－2＝－9＝－6，故選C.] 5．(導(dǎo)學(xué)號14577404)(2018溫州市一模)已知正方形ABCD的面積為2，點(diǎn)P在邊AB上，則的最大值為(　　) A. B. C．2 D. 解析：C　[以AB為x軸，以AD為y軸建立平面直角坐標(biāo)系， ∵正方形ABCD的面積為2， ∴B(，0)，C(，)，D(0，)． 設(shè)P(x,0)(0≤x≤)，則＝(－

4、x，)， ＝(－x，)． ∴＝－x(－x)＋2＝x2－x＋2＝2＋，∴當(dāng)x＝，0時，取得最大值2.故選C.] 6．(導(dǎo)學(xué)號14577405)(2018蘭州市一模)已知菱形ABCD的邊長為a，∠ABC＝60，則＝　____　. 解析：∵菱形ABCD的邊長為a，∠ABC＝60， ∴∠BCD＝120，∠BDC＝30， BD＝＝a. ∴＝aacos 30＝a2. 答案：a2 7．(導(dǎo)學(xué)號14577406)(2018天門市5月模擬)△ABC為等腰直角三角形，OA＝1，OC為斜邊AB上的高，P為線段OC的中點(diǎn)，則＝　________　. 解析：如圖，分別以邊CB，CA所在直線為x，

5、y軸，建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系； 根據(jù)條件知CA＝CB＝， ∴A(0，)，B(，0)，O，P， ∴＝，＝， ∴＝－＋＝. 答案： 8．(導(dǎo)學(xué)號14577407)質(zhì)點(diǎn)受到平面上的三個力F1，F(xiàn)2，F(xiàn)3(單位：牛頓)的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　________　. 解析：由已知條件F1＋F2＋F3＝0， 則F3＝－F1－F2，F(xiàn)＝F＋F＋2|F1||F2|cos 60＝28.因此，|F3|＝2. 答案：2 9．(導(dǎo)學(xué)號14577408)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)． (1)設(shè)c＝4a＋b，求(

6、bc)a； (2)若a＋λb與a垂直，求λ的值； (3)求向量a在b方向上的投影． 解：(1)∵a＝(1,2)，b＝(2，－2)， ∴c＝4a＋b＝(4,8)＋(2，－2)＝(6,6)． ∴bc＝26－26＝0， ∴(bc)a＝0a＝0. (2)a＋λb＝(1,2)＋λ(2，－2)＝(2λ＋1,2－2λ)， 由于a＋λb與a垂直， ∴2λ＋1＋2(2－2λ)＝0，∴λ＝. ∴λ的值為. (3)設(shè)向量a與b的夾角為θ，向量a在b方向上的投影為|a|cos θ. ∴|a|cos θ＝＝ ＝－＝－. 10．(導(dǎo)學(xué)號14577409)(2018揭陽市二模)已知如圖，△ABC

7、中，AD是BC邊的中線，∠BAC＝120，且＝－. (1)求△ABC的面積； (2)若AB＝5，求AD的長． 解：(1)∵＝－，∴ABACcos∠BAC＝－ABAC＝－，即ABAC＝15， ∴S△ABC＝ABACsin ∠BAC＝15＝. (2)法一：由AB＝5得AC＝3， 延長AD到E，使AD＝DE，連結(jié)BE. ∵BD＝DC, ∴四邊形ABEC為平行四邊形，∴∠ABE＝60， 且BE＝AC＝3. 設(shè)AD＝x，則AE＝2x，在△ABE中，由余弦定理得： (2x)2＝AB2＋BE2－2ABBEcos ∠ABE＝25－9－15＝19， 解得x＝，即AD的長為.

8、法二：由AB＝5得AC＝3， 在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2ABAC cos∠BAC＝25＋9＋15＝49， 得BC＝7. 由正弦定理得＝， 得sin ∠ACD＝＝＝. ∵0<∠ACD<90 ∴cos∠ACD＝＝. 在△ADC中，AD2＝AC2＋CD2－2ACCDcos∠ACD＝9＋－23＝， 解得AD＝. [能力提升組] 11．(導(dǎo)學(xué)號14577410)(2018泉州市一模)已知向量a，b滿足|a|＝1，|a－b|＝，a(a－b)＝0，則|b－2a|＝(　　) A．2 B．2 C．4 D．4 解析：A　[由|a|＝1，|a－b|＝，可得a2

9、－2ab＋b2＝3， a(a－b)＝0，可得a2－ab＝0，解得ab＝1，b2＝4. 所以|b－2a|＝＝＝2.故選A.] 12．(導(dǎo)學(xué)號14577411)(2018桂林市、北海市、崇左市一模)已知向量與的夾角為120，且||＝2，||＝3，若＝λ＋，且⊥，則實(shí)數(shù)λ的值為(　　) A. B．13 C．6 D. 解析：D　[∵＝λ＋，且⊥， ∴＝(λ＋)(－) ＝λ－λ||2＋||2－ ＝(λ－1)－λ||2＋||2 ＝(λ－1)||||cos〈， 〉－λ||2＋||2＝0. ∵向量與的夾角為120，且||＝2，||＝3， ∴23(λ－1)cos 120－4λ＋9＝

10、0，解得λ＝.故選D.] 13．(導(dǎo)學(xué)號14577412)(2018吳忠市模擬)已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，(a＋b)⊥a，則向量a與向量b的夾角為　________　. 解析：設(shè)向量a，b的夾角為θ，∵|a|＝1，|b|＝2， ∴(a＋b)⊥a，∴(a＋b)a＝0， ∴a2＋ab＝0，∴ab＝－a2＝－1， ∴cos θ＝＝－. ∵0≤θ≤180，∴θ＝120. 答案：120 14．(導(dǎo)學(xué)號14577413)已知f(x)＝ab，其中a＝(2cos x，－sin 2x)， b＝(cos x,1)(x∈R)． (1)求f(x)的周期和單調(diào)遞減區(qū)間； (2)在△

11、ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，f(A)＝－1，a＝，＝3，求邊長b和c的值(b＞c)． 解：(1)由題意知：f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2cos， ∴f(x)的最小正周期T＝π， ∵y＝cos x在[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上單調(diào)遞減， ∴令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π，得kπ－≤x≤kπ＋， ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，k∈Z. (2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1， ∴cos＝－1， 又＜2A＋＜，∴2A＋＝π，∴A＝. ∵＝3，即bc＝6，由余弦定理得 a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc,7＝(b＋c)2－18， b＋c＝5，又b＞c，∴b＝3，c＝2. 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375