高考人教版數(shù)學(xué)文總復(fù)習(xí)練習(xí)：第四章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 課時(shí)作業(yè)27 Word版含解析

《高考人教版數(shù)學(xué)文總復(fù)習(xí)練習(xí)：第四章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 課時(shí)作業(yè)27 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考人教版數(shù)學(xué)文總復(fù)習(xí)練習(xí)：第四章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 課時(shí)作業(yè)27 Word版含解析（14頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時(shí)作業(yè)27　平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例 1．(2019·合肥質(zhì)檢)設(shè)向量a，b滿足|a＋b|＝4，a·b＝1，則|a－b|＝(　B　) A．2 B．2 C．3 D．2 解析：由|a＋b|＝4，a·b＝1， 得a2＋b2＝16－2＝14， ∴|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝14－2×1＝12， ∴|a－b|＝2. 2．(2019·洛陽一模)已知平面向量a，b滿足|a|＝2，|b|＝1，a與b的夾角為，且(a＋λb)⊥(2a－b)，則實(shí)數(shù)λ的值為(　D　) A．－7 B．－3 C．2 D．3 解析：依題意得a·b＝2×1×cos＝－1，(a＋λb)·(

2、2a－b)＝0， 即2a2－λb2＋(2λ－1)a·b＝0， 則－3λ＋9＝0，λ＝3. 3．如圖，一質(zhì)點(diǎn)受到平面上的三個(gè)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(　A　) A．2 B．2 C．2 D．6 解析：如題圖所示， 由已知得F1＋F2＋F3＝0， 則F3＝－(F1＋F2)， 即F＝F＋F＋2F1·F2＝F＋F＋2|F1|·|F2|·cos60°＝28.故|F3|＝2. 4．(2019·安徽江南十校聯(lián)考)已知△ABC中，AB＝6，AC＝3，N是邊BC上的點(diǎn)，且＝2，O為

3、△ABC的外心，則·的值為(　D　) A．8 B．10 C．18 D．9 解析：由于＝2， 則＝＋， 取AB的中點(diǎn)為E，連接OE， 由于O為△ABC的外心，則⊥， ∴·＝·＝2＝×62＝18， 同理可得·＝2＝×32＝， 所以·＝·＝·＋·＝×18＋×＝6＋3＝9，故選D. 5．已知O是平面上的一定點(diǎn)，A，B，C是平面上不共線的三個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若動(dòng)點(diǎn)P滿足＝＋λ，λ∈(0，＋∞)，則(　D　) A．動(dòng)點(diǎn)P的軌跡一定通過△ABC的重心 B．動(dòng)點(diǎn)P的軌跡一定通過△ABC的內(nèi)心 C．動(dòng)點(diǎn)P的軌跡一定通過△ABC的外心 D．動(dòng)點(diǎn)P的軌跡一定通過△ABC的垂心 解析：由條

4、件，得＝λ， 從而·＝λ ＝λ·＋λ·＝0， 所以⊥，則動(dòng)點(diǎn)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(diǎn)P是線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，＝λ，若·≥·，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是(　B　) A.≤λ≤1 B．1－≤λ≤1 C.≤λ≤1＋ D．1－≤λ≤1＋ 解析：因?yàn)椋溅耍?1－λ，λ)，＝λ＝(－λ，λ)，·≥·，所以(1－λ，λ)·(－1,1)≥(λ，－λ)·(λ－1,1－λ)，所以2λ2－4λ＋1≤0，解得1－≤λ≤1＋，因?yàn)辄c(diǎn)P是線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，所以0≤λ≤1，即滿足條件的實(shí)數(shù)λ的取值范圍是1－≤λ≤1. 7．(2019·河南

5、鄭州模擬)已知平面向量a，b，c滿足|a|＝|b|＝|c|＝1，若a·b＝，則(a＋b)·(2b－c)的最小值為(　B　) A．－2 B．3－ C．－1 D．0 解析：由|a|＝|b|＝1，a·b＝， 可得〈a，b〉＝. 令＝a，＝b，以的方向?yàn)閤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＝＝(cosθ，sinθ)(0≤θ＜2π)， 則(a＋b)·(2b－c)＝2a·b－a·c＋2b2－b·c＝3－＝3－sin，則(a＋b)·(2b－c)的最小值為3－，故選B. 8．(2019·河南天一聯(lián)考測試)如圖，在△ABC中，AB＝3，AC

6、＝5，∠BAC＝60°，D，E分別是AB，AC的中點(diǎn)，連接CD，BE交于點(diǎn)F，連接AF，取CF的中點(diǎn)G，連接BG，則·＝. 解析：依題意，F(xiàn)是△ABC的重心， ＝×(＋)＝(＋)， ＝(＋) ＝ ＝· ＝－. 故·＝(＋)·＝. 9．(2019·河南安陽模擬)已知在△OAB中，OA＝OB＝2，AB＝2，動(dòng)點(diǎn)P位于線段AB上，則當(dāng)·取最小值時(shí)，向量與的夾角的余弦值為－. 解析：法一：易知∠AOB＝120°，記＝a，＝b， 則a·b＝－2， 設(shè)＝λ＝λa－λb(0≤λ≤1)， 則＝＋＝(λ－1)a－λb， 則·＝(λa－λb)·[(λ－1)a－λb]＝12λ2－6λ，

7、 當(dāng)λ＝時(shí)，·取最小值－， 此時(shí)，||＝||＝， ＝－a－b＝－(3a＋b)，||＝|3a＋b|＝， 所以向量與的夾角的余弦值為＝＝－. 法二：取線段AB的中點(diǎn)C，連接OC， 以線段AB的中點(diǎn)C為原點(diǎn)，以的方向?yàn)閤軸正方向，的方向?yàn)閥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)＝x2＋x， 當(dāng)x＝－時(shí)，·取最小值－. 此時(shí)＝，＝， 所以向量與的夾角的余弦值為＝＝－. 10．(2019·河北衡水二中模擬)已知在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝2CD＝2，AB∥CD，∠ADC＝90°

8、，若點(diǎn)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)＝λ(0≤λ≤1)， 則M(λ，2λ)，故＝(－λ，2－2λ)，＝(2－λ，－2λ)， 則＋＝(2－2λ，2－4λ)， |＋|＝ ＝ ， 當(dāng)λ＝0時(shí)，|＋|取得最大值2， 當(dāng)λ＝時(shí)，|＋|取得最小值為， ∴|＋|∈. 11．(2019·德州一模)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m＝(cos(A－B)，sin(A－B))，n＝(cosB，－sinB)，且m·n＝－. (1)求sinA的值； (2)若a

9、＝4，b＝5，求角B的大小及向量在方向上的投影． 解：(1)由m·n＝－，得 cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－， 所以cosA＝－.因?yàn)?＜A＜π， 所以sinA＝＝ ＝. (2)由正弦定理，得＝， 則sinB＝＝＝， 因?yàn)閍＞b，所以A＞B，且B是△ABC一內(nèi)角，則B＝. 由余弦定理得(4)2＝52＋c2－2×5c×， 解得c＝1，c＝－7舍去， 故向量在方向上的投影為 ||cosB＝ccosB＝1×＝. 12．已知平面上一定點(diǎn)C(2,0)和直線l：x＝8，P為該平面上一動(dòng)點(diǎn)，作PQ⊥l，垂足為Q，且·＝0. (1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程； (2

10、)若EF為圓N：x2＋(y－1)2＝1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－||2＝0， 即(2－x)2＋(－y)2－(8－x)2＝0， 化簡得＋＝1. 所以動(dòng)點(diǎn)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·＝2－2＝(－x)2＋(1－y)2－1＝16＋(y－1)2－1＝－y2－2y＋16＝－(y＋3)2＋19. 因?yàn)椋?≤y≤2， 所以當(dāng)y＝－3時(shí)，·取得最大值19， 當(dāng)y＝2時(shí)，·取得最小值12－4. 綜上，·的最大值為19，最小值為12－4. 13

11、．(2019·四川涼山州模擬)若直線ax－y＝0(a≠0)與函數(shù)f(x)＝的圖象交于不同的兩點(diǎn)A，B，且點(diǎn)C(6,0)，若點(diǎn)D(m，n)滿足＋＝，則m＋n等于(　B　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：因?yàn)閒(－x)＝＝＝－f(x)，且直線ax－y＝0過坐標(biāo)原點(diǎn)，所以直線與函數(shù)f(x)＝的圖象的兩個(gè)交點(diǎn)A，B關(guān)于原點(diǎn)對稱，即xA＋xB＝0，yA＋yB＝0，又＝(xA－m，yA－n)，＝(xB－m，yB－n)，＝(m－6，n)， 由＋＝，得xA－m＋xB－m＝m－6，yA－n＋yB－n＝n，解得m＝2，n＝0，所以m＋n＝2，故選B. 14．設(shè)a，b為非零向量，|b|＝2|a

12、|，兩組向量x1，x2，x3，x4和y1，y2，y3，y4均由2個(gè)a和2個(gè)b排列而成．若x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·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. D．0 解析：a·a＝|a|2，b·b＝|b|2＝4|a|2， 設(shè)a與b的夾角為θ， 則a·b＝|a|·|b|·cosθ＝2|a|2·cosθ. ①若xi·yi(i＝1,2,3,4)中2個(gè)a均與a相乘，則x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·y4＝a2＋a2＋b2＋b2＝10|a|2； ②若xi·yi(i＝1,2,3,4)中僅有一個(gè)a與a相乘， 則x1·

13、y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·y4＝a2＋b2＋2a·b＝5|a|2＋4|a|2cosθ； ③若xi·yi(i＝1,2,3,4)中的a均不與a相乘，則x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·y4＝4a·b＝8|a|2·cosθ. 因?yàn)?|a|2＋4|a|2cosθ－8|a|2cosθ＝5|a|2－4|a|2cosθ＝|a|2(5－4cosθ)＞0， 所以5|a|2＞4|a|2cosθ得 5·|a|2＋4|a|2cosθ＞8|a|2cosθ， 即x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·y4的所有可能取值中的最小值為8|a|2cosθ， 依題意得8·|a|2cosθ＝4|a|

14、2， 從而cosθ＝，又0≤θ≤π，故θ＝. 15．(2019·濟(jì)南模擬)已知平面上的兩個(gè)向量和滿足||＝a，||＝b，且a2＋b2＝1，·＝0，若向量＝λ＋μ(λ，μ∈R)，且(2λ－1)2a2＋(2μ－1)2b2＝4，則||的最大值為. 解析：設(shè)AB的中點(diǎn)為M， ∵·＝0且a2＋b2＝1， ∴||＝||＝||＝||＝， 又∵＝(＋)， ∴＝－＝(λ＋μ)－(＋) ＝＋. ∴||2＝2a2＋2b2，① 又∵(2λ－1)2a2＋(2μ－1)2b2＝4， 整理得2a2＋2b2＝1， 代入①式得||2＝1，即||＝1， 即點(diǎn)C的軌跡是以點(diǎn)M為圓心，1為半徑的圓， 又∵|

15、|＝， ∴當(dāng)與同向時(shí)，||的值最大， 此時(shí)||＝，故填. 16．已知向量a＝，b＝(cosx，－1)． (1)當(dāng)a∥b時(shí)，求cos2x－sin2x的值； (2)設(shè)函數(shù)f(x)＝2(a＋b)·b，已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a＝，b＝2，sinB＝，求f(x)＋4cos的取值范圍． 解：(1)因?yàn)閍∥b，所以cosx＋sinx＝0， 所以tanx＝－. cos2x－sin2x＝＝＝. (2)f(x)＝2(a＋b)·b ＝2·(cosx，－1) ＝sin2x＋cos2x＋ ＝sin＋. 由正弦定理＝，得sinA＝＝＝， 所以A＝或A＝. 因?yàn)閎＞a，所以A＝. 所以f(x)＋4cos＝sin－， 因?yàn)閤∈，所以2x＋∈， 所以－1≤f(x)＋4cos≤ －.所以 f(x)＋4cos的取值范圍是.