高考数学一轮复习夯基提能作业第五章平面向量第三节平面向量的数量积及应用举例

第三节平面向量的数量积及应用举例A组基础题组1.已知向量a,b均为单位向量,若它们的夹角是60°,则|a3b|=()A.3 B.2 C.13 D.72.(2018云南第一次统一检测)在▱ABCD中,|AB|=8,|AD|=6,N为DC的中点,BM=2MC,则AM·NM=()A.48 B.36C.24 D.123.已知平面向量a,b的夹角为π6,且|a|=3,|b|=2,在△ABC中,AB=2a+2b,AC=2a6b,D为BC的中点,则|ADA.2 B.4 C.6 D.84.如图,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O.记I1=OA·OB,I2=OB·OC,I3=OC·OD,则()A.I1<I2<I3 B.I1<I3<I2 C.I3<I1<I2 D.I2<I1<I35.设单位向量e1,e2的夹角为2π3,a=e1+2e2,b=2e13e2,则b在a方向上的投影为.6.(2017山东,12,5分)已知e1,e2是互相垂直的单位向量.若3e1e2与e1+λe2的夹角为60°,则实数λ的值是.

7.(2017河北石家庄质量检测(一))已知AB与AC的夹角为90°,|AB|=2,|AC|=1,AM=λAB+μAC(λ,μ∈R),且AM·BC=0,则λμ的值为.8.在平面直角坐标系xOy中,已知向量m=22,-2(1)若m⊥n,求tanx的值;(2)若m与n的夹角为π39.如图,已知O为坐标原点,向量OA=(3cosx,3sinx),OB=(3cosx,sinx),OC=(3,0),x∈0,(1)求证:(OAOB)⊥OC;(2)若△ABC是等腰三角形,求x的值.B组提升题组1.若两个非零向量a,b满足|a+b|=|ab|=2|a|,则向量a+b与ab的夹角为()A.π6 B.π3 C.5π2.在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD=2DC,AE=λACAB(λ∈R),且AD·AE=4,则λ的值为.

3.已知|a|=4,|b|=3,(2a3b)·(2a+b)=61.(1)求a与b的夹角θ;(2)求|a+b|;(3)若AB=a,BC=b,求△ABC的面积.4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(cos(AB),sin(AB)),n=(cosB,sinB),且m·n=35(1)求sinA的值;(2)若a=42,b=5,求角B的大小及向量BA在BC方向上的投影.答案精解精析A组基础题组1.D(a3b)2=|a|2-6a·b+9|b|2=16cos60°+9=7,∴|a3b|=7,故选D.2.CAM·NM=(AB+BM)·(NC+CM)=AB+23AD·12AB-13AD=故选C.3.A因为AD=12(AB+AC)=12(2a+2b+2a6b)=2a2b,所以|AD|2=4(ab)2=4(a22b·a+b2)=4×3-4.C解法一:因为AB=BC,AB⊥BC,∴∠BCO=45°.过B作BE⊥AC于E,则∠EBC=45°.因为AD<DC,所以D、A在BE所在直线的同侧,从而∠DBC>45°,又∠BCO=45°,∴∠BOC为锐角.从而∠AOB为钝角,所以∠DOC为钝角.故I1<0,I3<0,I2>0.又OA<OC,OB<OD,故可设OD=λ1OB(λ1>1),OC=λ2OA(λ2>1),从而I3=OC·OD=λ1λ2OA·OB=λ1λ2I1,又λ1λ2>1,I1<0,∴I3<I1<0,∴I3<I1<I2.故选C.解法二:如图,建立直角坐标系,则B(0,0),A(0,2),C(2,0).设D(m,n),由AD=2和CD=3,得m从而有nm=54从而∠DBC>45°,又∠BCO=45°,∴∠BOC为锐角.从而∠AOB为钝角.故I1<0,I3<0,I2>0.又OA<OC,OB<OD,故可设OD=λ1OB(λ1>1),OC=λ2OA(λ2>1),从而I3=OC·OD=λ1λ2OA·OB=λ1λ2I1,又λ1λ2>1,I1<0,I3<0,∴I3<I1,∴I3<I1<I2.故选C.5.答案33解析依题意得e1·e2=1×1×cos2π3=12|a|=(e1+2e2a·b=(e1+2e2)·(2e13e2)=2e126e22+e1·e2=92,因此b在a方向上的投影为a6.答案33解析由题意不妨设e1=(1,0),e2=(0,1),则3e1e2=(3,1),e1+λe2=(1,λ).根据向量的夹角公式得cos60°=(3,-1)·(1,λ)21+λ27.答案14解析根据题意,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B(0,2),C(1,0),所以AB=(0,2),AC=(1,0),BC=(1,2).设M(x,y),则AM=(x,y),所以AM·BC=(x,y)·(1,2)=x2y=0,所以x=2y,又AM=λAB+μAC,即(x,y)=λ(0,2)+μ(1,0)=(μ,2λ),所以x=μ,y=2λ,所以λμ=12yx8.解析(1)∵m⊥n,∴m·n=0,故22sinx2(2)∵m与n的夹角为π3,∴cos<m,n>=m·n|m故sinx-π4又x∈0,π2,∴xπ则xπ4=π6,即x=5π12,故x9.解析(1)证明:∵OAOB=(0,2sinx),∴(OAOB)·OC=0×3+2sinx×0=0,∴(OAOB)⊥OC.(2)△ABC是等腰三角形,则AB=BC,∴(2sinx)2=(3cosx3)2+sin2x,整理得2cos2x3cosx=0,解得cosx=0或cosx=32∵x∈0,∴cosx=32,x=πB组提升题组1.D由|a+b|=|ab|可知a⊥b,设AB=b,AD=a,如图,作矩形ABCD,连接AC,BD,可知AC=a+b,BD=ab,设AC与BD的交点为O,结合题意可知OA=OD=AD,∴∠AOD=π3,∴∠DOC=2π3,又向量a+b与ab的夹角为AC与BD的夹角,故所求夹角为2π32.答案311解析由BD=2DC得AD=13AB+2所以AD·AE=13AB+23AC·(λACAB)=13λAB·AC13又AB·AC=3×2×cos60°=3,AB2=9,AC所以AD·AE=λ3+83λ2=113λ5=4,解得λ=3.解析(1)因为(2a3b)·(2a+b)=61,所以4|a|2-4a·b3|b|2=61.又|a|=4,|b|=3,所以64-4a·b27=61,所以a·b=6,所以cosθ=a·b|a||又0≤θ≤π,所以θ=23(2)|a+b|2=(a+b)2=|a|2+2a·b+|b|2=42+2×(6)+32=13.所以|a+b|=13.(3)因为AB与BC的夹角θ=23所以∠ABC=π2π3=π又|AB|=|a|=4,|BC|=|b|=3,所以S△ABC=12|AB||BC|·sin∠ABC=12×4×3×324.解析(1)由m·n=35,得cos(AB)cosBsin(AB)sinB=35所以cosA=35所以sinA=1-cos2