4.3 平面向量的数量积及平面向量应用doc-高中数学

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4.3平面向量的数量积及平面向量应用举例

一、选择题

1．(2009·辽宁)平面向量a与b的夹角为60°，a＝(2,0)，|b|＝1，则|a＋2b|＝()

A.

eq\r(3)

B．2

eq\r(3)

C．4D．12

解析：因为a＝(2,0)，|b|＝1，所以|a|＝2，a·b＝2×1×cos60°＝1，故|a＋2b|＝

eq\r(a2＋4×a·b＋4b2)

＝2

eq\r(3)

.

答案：B

2．已知|a|＝2，|b|＝4，向量a与b的夹角为60°，当(a＋3b)⊥(ka－b)时，实数k的值是()

A.

eq\f(1,4)

B.

eq\f(3,4)

C.

eq\f(13,4)

D.

eq\f(13,2)

解析：依题意得a·b＝|a|·|b|·cos60°＝2×4×

eq\f(1,2)

＝4，因为(a＋3b)⊥(ka－b)，所以(a＋3b)·(ka－b)＝0，得ka2＋(3k－1)a·b－3b2＝0，即k＋3k－1－12＝0，解得k＝

eq\f(13,4)

.

答案：C

3．(2009·浙江)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)．若向量c满足(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，则c＝()

A.

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,3)))

B.

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，－\f(7,9)))

C.

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(7,9)))

D.

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)，－\f(7,3)))

解析：不妨设c＝(m，n)，则a＋c＝(1＋m,2＋n)，a＋b＝(3，－1)，对于(c＋a)∥b，则有－3(1＋m)＝2(2＋n)；又c⊥(a＋b)，则有3m－n＝0，则有m＝－

eq\f(7,9)

，n＝－

eq\f(7,3)

.

答案：D

4．(2009·广东)一质点受到平面上的三个力F1、F2、F3(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态，已知F1、F2成60°角，且F1、F2的大小分别为2和4，则F3的大小为()

A．2

eq\r(7)

B．2

eq\r(5)

C．2D．6

解析：由已知条件F1＋F2＋F3＝0，则F3＝－F1－F2

因此F32＝(F1＋F2)2＝F12＋F22＋2F1·F2＝22＋42＋2×2×4cos60°＝28，所以|F3|＝2

eq\r(7)

.

答案：A

二、填空题

5．(2009·北京东城一模)已知两个向量a＝(1,2)，b＝(x,1)，若(a＋2b)∥(2a－2b)，则x的值为________．

解析：a＋2b＝(1＋2x,4),2a－2b＝(2－2x,2)，

∵(a＋2b)∥(2a－2b)，∴(1＋2x)×2－(2－2x)×4＝0，∴x＝

eq\f(1,2)

.

答案：

eq\f(1,2)

6．向量a，b，c，满足a＋b＋c＝0，(a－b)⊥c，a⊥b，若|a|＝1，则|a|2＋|b|2＋|c|2的值是________．

解析：解法一：由已知a·c－b·c＝0，a·b＝0，|a|＝1，

又a＋b＋c＝0，∴a·(a＋b＋c)＝0,即a2＋a·c＝0，

则a·c＝－1，由a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0，

即a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a＝0，∴a2＋b2＋c2＝－4c·a＝4.

解法二：由已知条件向量a、b、c的关系如图所示．

可观察出|a|＝|b|＝1，|c|＝

eq\r(2)

，∴|a|2＋|b|2＋|c|2＝4.

答案：4

7.(2009·天津)若等边的边长为2

eq\r(3)

，平面内一点Ｍ满足.

解析:

所以

答案:－2

三、解答题

8．已知平面向量a＝(1，x)，b＝(2x＋3，－x)(x∈R)．

(1)若a⊥b，求x的值；(2)若a∥b，求|a－b|.

解答：(1)若a⊥b，则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)若a∥b，则有1×(－x)－x(2x＋3)＝0，即x(2x＋4)＝0.解得：x＝0或x＝－2.

当x＝0时，a＝(1,0)，b＝(3,0)，∴|a－b|＝|(1,0)－(3,0)|＝|(－2,0)|＝

eq\r((－2)2＋02)

＝2；

当x＝－2时，a＝(1，－2)，b＝(－1,2)，

∴|a－b|＝|(1，－2)－(－1,2)|＝|(2，－4)|＝

eq\r(22＋(－4)2)

＝2

eq\r(5)

.

9．(2009·江苏)设向量a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，c＝(cosβ，－4sinβ)．

(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；(2)求|b＋c|的最大值；(3)若tanαtanβ＝16，求证：a∥b.

解答：(1)因为a与b－2c垂直，所以a·(b－2c)＝4cosαsinβ－8cosαcosβ＋4sinαcosβ＋8sinαsinβ＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0，因此tan(α＋β)＝2.

(2)由b＋c＝(sinβ＋cosβ，4cosβ－4sinβ)，得|b＋c|＝

eq\r((sinβ＋cosβ)2＋(4cosβ－4sinβ)2)

＝

eq\r(17－15sin2β)

≤4

eq\r(2)

.

又当β＝－

eq\f(π,4)

时，等号成立，所以|b＋c|的最大值为4

eq\r(2)

.

(3)由tanαtanβ＝16得

eq\f(4cosα,sinβ)

＝

eq\f(sinα,4cosβ)

，所以a∥b.

10．(2010·江苏苏北四市调研)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a－c)cosB＝bcosC.

(1)求角B的大小；

(2)设m＝(sinA，cos2A)，n＝(4k,1)(k>1)，且m·n的最大值是5，求k的值．

解答：(1)因为(2a－c)cosB＝bcosC，所以在△ABC中，由正弦定理得，(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB＝sinBcosC＋cosBsinC，即2sinAcosB＝sinA.

又在△ABC中，A，B∈(0，π)，所以sinA>0，cosB＝

eq\f(1,2)

，则B＝

eq\f(π,3)

.

(2)因为m＝(sinA，cos2A)，n＝(4k,1)(k>1)，所以m·n＝4ksinA＋cos2A＝－2sin2A＋4ksinA＋1，即m·n＝－2(sinA－k)2＋2k2＋1.又B＝

eq\f(π,3)

，所以A∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))

，所以sinA∈(0,1]．

所以当sinA＝1

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＝\f(π,2)))

时，m·n的最大值为4k－1.

又m·n的最大值是5，所以4k－1＝5，所以k＝

eq\f(3,2)

.

1．已知平面上直线L的方向向量e＝(－

eq\f(4,5)

，

eq\f(3,5)

)，点O(0,0)和A(1，－2)在L上的射影分别是O1和A1，则＝λe，其中λ等于()

A.

eq\f(11,5)

B．－

eq\f(11,5)

C．2D．－2

解析：解法一：λ＝·

eq\f((－\f(4,5)，\f(3,5))·(1，－2),1·\r(5))

＝－

eq\f(4,5)

－

eq\f(6,5)

＝－2，故选D.

解法二：＝(1，－2)，∴λ＝·e＝－2.

答案：D

2．(2010·改编题)如图，在平面斜坐标系xOy中，∠xOy＝60°，平面上任一点P在斜坐标系中的斜坐标是这样定义的：若＝xe1＋ye2(其中e1、e2分别为与x轴、y轴方