《新版高考數(shù)學(xué)江蘇專(zhuān)用理科專(zhuān)題復(fù)習(xí)：專(zhuān)題5 平面向量 第32練 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《新版高考數(shù)學(xué)江蘇專(zhuān)用理科專(zhuān)題復(fù)習(xí)：專(zhuān)題5 平面向量 第32練 Word版含解析（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 1

2、 1 　　　　　　　　　　　　　　　　　 訓(xùn)練目標(biāo) (1)平面向量數(shù)量積的概念；(2)數(shù)量積的應(yīng)用． 訓(xùn)練題型 (1)向量數(shù)量積的運(yùn)算；(2)求向量的夾角；(3)求向量的模． 解題策略 (1)數(shù)量積計(jì)算的三種方法：定義、坐標(biāo)運(yùn)算、數(shù)量積的幾何意義；(2)求兩向量的夾角時(shí)，要注意夾角θ為銳角和cosθ＞0的區(qū)別，不能漏解或增解；(3)求向量的模的基本思想是利用|a|2＝a

3、·a，靈活運(yùn)用數(shù)量積的運(yùn)算律. 1．(20xx·玉溪月考)若向量a，b滿(mǎn)足|a|＝1，|b|＝，且a⊥(a＋b)，則a與b的夾角為_(kāi)_______． 2．(20xx·淄博期中)已知矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，則·＝________. 3．(20xx·鎮(zhèn)江模擬)在△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點(diǎn)，AB＝4，AC＝3，則·＝________. 4．(20xx·吉林東北師大附中三校聯(lián)考)如圖，已知△ABC外接圓的圓心為O，AB＝2，AC＝2，A為鈍角，M是BC邊的中點(diǎn)，則·＝________. 5．已知向量a＝(cosθ，sinθ)，向量b＝(，－1)，則|2a－b|

4、的最大值與最小值的和為_(kāi)_______． 6．(20xx·安徽改編)△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，已知向量a，b滿(mǎn)足＝2a，＝2a＋b，則下列正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． ①|(zhì)b|＝1；②a⊥b；③a·b＝1；④(4a＋b)⊥. 7．(20xx·福建改編)已知⊥，||＝，||＝t，若點(diǎn)P是△ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，且＝＋，則·的最大值等于________． 8．(20xx·吉林長(zhǎng)春質(zhì)檢)已知向量a＝(1，)，b＝(0，t2＋1)，則當(dāng)t∈－，2]時(shí)，|a－t|的取值范圍是________． 9．已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠BAD＝120°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，DC上，BE

5、＝λBC，DF＝μDC.若·＝1，·＝－，則λ＋μ＝________. 10．(20xx·浙江余姚中學(xué)期中)已知與的夾角為60°，||＝2，||＝2，＝λ＋μ，若λ＋μ＝2，則||的最小值為_(kāi)_______． 11．(20xx·開(kāi)封沖刺模擬)若等邊△ABC的邊長(zhǎng)為2，平面內(nèi)一點(diǎn)M滿(mǎn)足＝＋，則·＝________. 12．(20xx·鹽城模擬)設(shè)O是△ABC的三邊中垂線(xiàn)的交點(diǎn)，且AC2－2AC＋AB2＝0，則·的取值范圍是____________． 13．(20xx·徐州質(zhì)檢)如圖，半徑為2的扇形的圓心角為120°，M，N分別為半徑OP，OQ的中點(diǎn)，A為弧PQ上任意一點(diǎn)，則·的取值范圍是

6、________． 14．已知△ABC中，AB＝2，AC＝1，當(dāng)2x＋y＝t(t＞0)時(shí)，|x＋y|≥t恒成立，則△ABC的面積為_(kāi)___，在上述條件下，對(duì)于△ABC內(nèi)一點(diǎn)P，·(＋)的最小值是________． 答案精析 1.　2.1　3.－　4.5 5．4 解析　由題意可得a·b＝cosθ－sinθ ＝2cos， 則|2a－b|＝ ＝ ＝∈0,4]， 所以|2a－b|的最大值與最小值的和為4. 6．1 解析　如圖，在△ABC中，由＝－＝2a＋b－2a＝b，得|b|＝2. 又|a|＝1，所以a·b＝|a||b|cos120°＝－1，所以(4a＋b)·＝(4

7、a＋b)·b＝4a·b＋|b|2＝4×(－1)＋4＝0，所以(4a＋b)⊥，故正確結(jié)論只有④. 7．13 解析　 建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則B，C(0，t)，＝， ＝(0，t)，＝＋＝t＋(0，t)＝(1,4)， ∴P(1,4)，·＝·(－1，t－4) ＝17－≤17－2＝13， 當(dāng)且僅當(dāng)＝4t，即t＝時(shí)取等號(hào)． 8．1，] 解析　由題意，＝(0,1)，∴|a－t| ＝|(1，)－t(0,1)|＝|(1，－t)| ＝＝. ∵t∈－，2]， ∴∈1，]， 即|a－t|的取值范圍是1，]． 9. 解析　 建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(－1,0)

8、，B(0，－)，C(1,0)，D(0，)． 設(shè)E(x1，y1)， F(x2，y2)．由＝λ，得(x1，y1＋)＝λ(1，)，解得 即點(diǎn)E(λ，(λ－1))． 由＝μ， 得(x2，y2－)＝μ(1，－)， 解得 即點(diǎn)F(μ，(1－μ))． 又·＝(λ＋1，(λ－1))·(μ＋1，(1－μ))＝1，① ·＝(λ－1，(λ－1))·(μ－1，(1－μ))＝－，② 由①－②，得λ＋μ＝. 10．2 解析　由題意得·＝2.因?yàn)椋溅耍?，所?＝(λ＋μ)2＝λ22＋μ22＋2λμ·＝4λ2＋12μ2＋4λμ.又因?yàn)棣耍蹋?，所以λ＝2－μ，所以2＝4(2－μ)2＋12μ2＋4(

9、2－μ)μ＝4(μ－1)2＋12，所以當(dāng)μ－1＝0，即μ＝時(shí)，||min＝2. 11．－ 解析　由于＝－＝－＋，＝－＝－，故·＝·＝－2－2＋·＝－×22－×22＋×2×2×cos60°＝－. 12．－，2) 解析　 如圖．設(shè)BC的中點(diǎn)為D，則·＝(＋)·＝· ＝(＋)·(－＋) ＝(||2－||2)． 設(shè)||＝b，||＝c，則b2－2b＋c2＝0， 所以·＝(b2＋b2－2b)＝b2－b. 又b2－2b＝－c2＜0，所以0＜b＜2. 所以·∈－，2)． 13．，] 解析　建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，連結(jié)AO， 設(shè)∠AOQ＝θ，則A(2cosθ，2si

10、nθ)(0°≤θ≤120°)． 由已知得M(－，)，N(1,0)， 則＝(－－2cosθ，－2sinθ)， ＝(1－2cosθ，－2sinθ)， 所以·＝(－－2cosθ)(1－2cosθ)＋(－2sinθ)·(－2sinθ)＝－2sin(θ＋30°)， 因?yàn)?°≤θ≤120°， 所以30°≤θ＋30°≤150°， 故≤sin(θ＋30°)≤1， 所以≤·≤. 14．1?。? 解析　因?yàn)閨x＋y| ＝ ＝≥t恒成立，則由兩邊平方， 得x22＋y22＋2xy·≥t2， 又t＝2x＋y，則4x2＋y2＋4xy(2cosA－1)≥0， 則Δ＝16y2(2cosA－1)2－16y2≤0， 則cosA(cosA－1)≤0，則cosA≥0，A的最大值為. 當(dāng)cosA＝0時(shí)，|x＋y|＝≥(2x＋y)滿(mǎn)足題意，所以此時(shí)S△ABC＝·AB·AC＝1； 在Rt△ABC中，取BC的中點(diǎn)D，連結(jié)PD， 則＋＝2，即·(＋)＝2·， 當(dāng)A，P，D三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，·＜0，又此時(shí)AD＝BC＝，即有2·＝－2||||≥－2×2＝－，即有最小值為－.