2023年高考数学一轮复习第四章第3节平面向量的数量积及平面向量应用举例高中数学.docx

第四节 第三节 平面向量的数量积及平面向量应用举例 题组一 平面向量的数量积及向量的模 1.(2023·四平模拟)设a、b、c是单位向量，且a·b＝0，那么(a－c)·(b－c)的最小值为 (　　) A．－2 B.－2 C．－1 D．1－ 解析：(a－c)·(b－c)＝a·b－c·(a＋b)＋c2 ＝0－|c|·|a＋b|·cos〈c，(a＋b)〉＋1 ≥0－| c ||a＋b|＋1＝－＋1 ＝－＋1＝－＋1 ＝－＋1. 答案：D 2．(2023·广东高考)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．F1、F2成60°角，且F1、F2的大小分别为2和4，那么F3的 大小为 (　　) A．2 B．2 C．2 D．6 解析：由得F1＋F2＋F3＝0，∴F3＝－(F1＋F2)． ＝＋＋2F1F2＝＋＋2|F1||F2|cos60°＝28. ∴|F3|＝2. 答案：A 3．(2023·福建高考)设a，b，c为同一平面内具有相同起点的任意三个非零向量，且满足a与b不共线，a⊥c，|a|＝|c|，那么|b·c|的值一定等于 (　　) A．以a，b为两边的三角形的面积 B．以b，c为两边的三角形的面积 C．以a，b为邻边的平行四边形的面积 D．以b，c为邻边的平行四边形的面积 解析：设〈a，b〉＝θ，θ∈(0，π)， ∵〈a，c〉＝，∴〈b，c〉＝－θ， 以a，b为邻边的平行四边形面积为 |a||b|sinθ，而|b·c|＝ ＝|b||c|sinθ， 又|a|＝|c|，∴|b·c|＝|a||b|sinθ. 答案：C 题组二 两向量的夹角问题 4.(2023·全国卷Ⅰ)设非零向量a、b、c满足|a|＝|b|＝|c|，a＋b＝c，那么〈a，b〉＝(　　) A．150° B．120° C．60° D．30° 解析：(a＋b)2＝c2，a·b＝－，cos〈a，b〉＝＝－，〈a，b〉＝120°. 答案：B 5．在△ABC中，·＝3，△ABC的面积S∈[，]，那么与夹角的取值范围是 (　　) A．[，] B．[，] C．[，] D．[，] 解析：设〈·〉＝θ，由·＝| || |cosθ＝3，得| || |＝， ∴S＝| || |sinθ＝××sinθ＝tanθ. 由≤tanθ≤，得≤tanθ≤1， ∴≤θ≤. 答案：B 6．设两个向量e1、e2满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1、e2的夹角为60°，假设向量2te1＋7e2与向量e1＋te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围． 解：由，＝|e1|2＝4，＝|e2|2＝1， e1·e2＝2×1×cos60°＝1. ∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＝2t＋(2t2＋7)e1·e2＋7t ＝2t2＋15t＋7. 由2t2＋15t＋7＜0，得－7＜t＜－. 由2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)(λ＜0)，得， ∴.由于2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角， 故(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＜0且2te1＋7e2≠λ(e1＋te2)(λ＜0)，故t的取值范围是(－7，－)∪(－，－)． 题组三 两向量的平行与垂直 7.向量a＝(1,2)，向量b＝(x，－2)，且a⊥(a－b)，那么实数x等于 (　　) A．－4 B．4 C．0 D．9 解析：∵a＝(1,2)，b＝(x，－2)，∴a－b＝(1－x,4)， ∵a⊥(a－b)，∴a·(a－b)＝0，∴1－x＋8＝0，∴x＝9. 答案：D 8．(2023·广东高考)假设平面向量a，b满足|a＋b|＝1，a＋b平行于x轴，b＝(2，－1)，那么a＝________. 解析：设a＝(x，y)，那么a＋b＝(x＋2，y－1) 由题意⇒ ∴a＝(－1,1)或a＝(－3,1)． 答案：(－1,1)或(－3,1) 9．平面向量a＝(1，x)，b＝(2x＋3，－x)，x∈R. (1)假设a⊥b，求x的值； (2)假设a∥b，求|a－b|. 解：(1)假设a⊥b， 那么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)假设a∥b，那么有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)| ＝＝2. 当x＝－2时，a＝(1，－2)，b＝(－1,2)， ∴|a－b|＝|(1，－2)－(－1,2)|＝|(2，－4)| ＝＝2. 题组四 平面向量数量积的综合应用 10.(2023·长郡模拟)| |＝1，||＝，·＝0， 点C在∠AOB内，且∠AOC＝30°，设＝m＋n (m，n∈R)，那么等于 (　　) A.　　　　　　B．3 C. D. 解析：| |＝1，| |＝，·＝0， ∴OA⊥OB，且∠OBC＝30°， 又∵∠AOC＝30°，∴⊥. ∴(m＋n)·(－)＝0， ∴－m2＋n2＝0， ∴3n－m＝0， 即m＝3n，∴＝3. 答案：B 11．(2023·浙江高考)设向量a，b满足：|a|＝3，|b|＝4，a·b＝0，以a，b，a－b的模为边长构成三角形，那么它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为 (　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：当圆与三角形两边都相交时，有4个交点，此题新构造的三角形是直角三角形，其内切圆半径恰好为1.故它与半径为1的圆最多有4个交点． 答案：B 12．(文)向量m＝(cos，cos)，n＝(cos，sin)，且x∈[0，π]，令函数f(x)＝2a m·n＋b. (1)当a＝1时，求f(x)的递增区间； (2)当a<0时，f(x)的值域是[3,4]，求a、b. 解：f(x)＝2a m·n＋b ＝2a(cos2＋sinx)＋b ＝2a(cosx＋sinx＋)＋b ＝a(sinx＋cosx)＋a＋b ＝asin(x＋)＋a＋b. (1)当a＝1时，f(x)＝sin(x＋)＋1＋b. 令－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ， 得－π＋2kπ≤x≤＋2kπ(k∈Z)， 又x∈[0，π]，∴f(x)的递增区间为[0，]． (2)当a<0时，∵x∈[0，π]， ∴x＋∈[，]，∴sin(x＋)∈[－，1]． 当sin(x＋)＝－时，f(x)＝－a＋a＋b＝b， ∴f(x)的最大值为b. 当sin(x＋)＝1时，f(x)＝a＋a＋b＝(1＋)a＋b. ∴f(x)的最小值为(1＋)a＋b. ∴解得a＝1－，b＝4. (理)△ABC的外接圆半径为1，角A，B，C的对边分别为a，b，c.向量m＝(a,4cosB)，n＝(cosA，b)满足m∥n. (1)求sinA＋sinB的取值范围； (2)假设实数x满足abx＝a＋b，试确定x的取值范围． 解：(1)因为m∥n，所以＝，即ab＝4cosAcosB. 因为△ABC的外接圆半径为1，由正弦定理，得 ab＝4sinAsinB. 于是cosAcosB－sinAsinB＝0，即cos(A＋B)＝0. 因为0＜A＋B＜π.所以A＋B＝.故△ABC为直角三角形． sinA＋sinB＝sinA＋cosA＝sin(A＋)， 因为＜A＋＜， 所以＜sin(A＋)≤1，故1＜sinA＋sinB≤. (2)x＝＝＝. 设t＝sinA＋cosA(1＜t≤)，那么2sinAcosA＝t2－1， x＝，因为x′＝＜0， 故x＝在(1，]上是单调递减函数． 所以≥.所以实数x的取值范围是[，＋∞)．