(2013春季发行)高三数学第一轮总复习5-3平面向量的数量积新人教A版

15-3平面向量的数量积基础巩固强化1.对于向量a，b，c和实数λ，下列命题中为真命题的是()A．若a·b＝0，则a＝0或b＝0B．若λa＝0，则λ＝0或a＝0C．若a2＝b2，则a＝b或a＝－bD．若a·b＝a·c，则b＝c[答案]B[解析]a·b＝0⇒a⊥b，故A错；a2＝b2⇔|a|＝|b|，得不出a＝±b，不要与实数x、y满足|x|＝|y|⇔x＝±y混淆，故C错；a·b＝a·c⇔a·(b－c)＝0，同A知D错，故选B.2．(文)如图，在△ABC中，AD⊥AB，BC→＝3BD→，|AD→|＝1，则AC→·AD→＝()A．23B.32C.33D.3[答案]D[解析]∵AC→＝AB→＋BC→＝AB→＋3BD→，∴AC→·AD→＝(AB→＋3BD→)·AD→＝AB→·AD→＋3BD→·AD→，又∵AB⊥AD，∴AB→·AD→＝0，∴AC→·AD→＝3BD→·AD→＝3|BD→|·|AD→|·cos∠ADB＝3|BD→|·cos∠ADB＝3·|AD→|＝3.(理)(2012·新疆维吾尔自治区检测)已知A、B、C是圆O：x2＋y2＝r2上三点，且OA→＋OB→＝OC→，则AB→·OC→等于()2A．0B.12C.32D．－32[答案]A[解析]∵A、B、C是⊙O上三点，∴|OA→|＝|OB→|＝|OC→|＝r(r0)，∵OA→＋OB→＝OC→，∴AB→·OC→＝(OB→－OA→)·(OB→＋OA→)＝|OB→|2－|OA→|2＝0，故选A.3．(文)(2012·山西大同调研)设非零向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|，a＋b＝c，则a，b的夹角为()A．150°B．120°C．60°D．30°[答案]B[解析]设|a|＝m(m0)，a，b的夹角为θ，由题设知(a＋b)2＝c2，即2m2＋2m2cosθ＝m2，得cosθ＝－12.又0°≤θ≤180°，所以θ＝120°，即a，b的夹角为120°，故选B.(理)(2011·郑州一测)若向量a、b满足|a|＝|b|＝1，(a＋b)·b＝32，则向量a、b的夹角为()A．30°B．45°C．60°D．90°[答案]C[解析]∵(a＋b)·b＝b2＋a·b＝1＋a·b＝32，∴a·b＝12，即|a||b|cos〈a，b〉＝12，∴cos〈a，b〉＝12，∴〈a，b〉＝60°，故选C.4．(文)已知向量a，b满足|b|＝2，a与b的夹角为60°，则b在a上的射影数量是()A.12B．1C．2D．3[答案]B[解析]向量b在a上的射影数量为l＝b·a|a|＝|b|·cos60°＝1.3(理)(2011·天津宝坻质量调查)已知点A、B、C在圆x2＋y2＝1上，满足2OA→＋AB→＋AC→＝0(其中O为坐标原点)，又|AB→|＝|OA→|，则向量BA→在向量BC→方向上的射影数量为()A．1B．－1C.12D．－12[答案]C[解析]由2OA→＋AB→＋AC→＝(OA→＋AB→)＋(OA→＋AC→)＝OB→＋OC→＝0得，OB→＝－OC→，即O、B、C三点共线．又|AB→|＝|OA→|＝1，故向量BA→在向量BC→方向上的射影数量为|BA→|cosπ3＝12.5．(2013·烟台市第一学期检测)已知向量a、b，其中|a|＝2，|b|＝2，且(a－b)⊥a，则向量a和b的夹角是()A.π4B.π2C.3π4D．π[答案]A[解析]由题意知(a－b)·a＝a2－a·b＝2－a·b＝0，∴a·b＝2.设a与b的夹角为θ，则cosθ＝a·b|a|·|b|＝22，∴θ＝π4，故选A.6．(文)在△ABC中，a、b、c分别是∠A，∠B，∠C所对的边，设向量m＝(b－c，c－a)，n＝(b，c＋a)，若m⊥n，则∠A的大小为()A.2π3B.π3C.π2D.π4[答案]B[解析]m·n＝b(b－c)＋c2－a2＝c2＋b2－a2－bc＝0，∴cosA＝b2＋c2－a22bc＝12，∵0Aπ，∴A＝π3.(理)已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，a与b的夹角为60°，直线4xcosα－ysinα＝0与圆(x－cosβ)2＋(y＋sinβ)2＝12的位置关系是()A．相切B．相交C．相离D．随α，β值的变化而变化[答案]B[解析]|a|＝1，|b|＝1，a·b＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝cos(α－β)，∵〈a，b〉＝60°，∴cos60°＝a·b|a|·|b|，∴cos(α－β)＝12，圆心(cosβ，－sinβ)到直线xcosα－ycosα＝0的距离d＝|cosβcosα＋sinβsinα|cos2α＋sin2α＝|cos(α－β)|＝1222，∴直线与圆相交．7．(2011·新课全国文)已知a与b为两个不共线的单位向量，k为实数，若向量a＋b与向量ka－b垂直，则k＝________.[答案]1[解析]由a＋b与ka－b垂直知(a＋b)·(ka－b)＝0，即ka2－ab＋ka·b－b2＝0，又由|a|＝|b|＝1知(k－1)(a·b＋1)＝0，若a·b＝－1，则a与b夹角180°，与a，b不共线矛盾，∴k－1＝0，∴k＝1.8．(2011·江西文)已知两个单位向量e1，e2的夹角为π3，若向量b1＝e1－2e2，b2＝3e1＋4e2，则b1·b2＝________.[答案]－6[解析]∵〈e1，e2〉＝π3，|e1|＝1，|e2|＝1，∴b1·b2＝(e1－2e2)·(3e1＋4e2)＝3|e1|2－2e1·e2－8|e1|2＝3－2cosπ3－8＝－6.9．(2012·东北三校二模)已知M、N为平面区域3x－y－6≤0，x－y＋2≥0，x≥0.内的两个动点，向量a＝(1,3)，则MN→·a的最大值是________．[答案]405[解析]作出不等式组表示的平面区域如图，由于a＝(1,3)，直线AB：3x－y－6＝0，显见a是直线AB的一个方向向量，由于M、N是△ABC围成区域内的任意两个点，故当M、N分别为A、B点时，MN→·a取最大值，求得A(0，－6)，B(4,6)，∴MN→＝AB→＝(4,12)，∴MN→·a＝40.10．(文)设在平面上有两个向量a＝(cosα，sinα)(0°≤α360°)，b＝(－12，32)．(1)求证：向量a＋b与a－b垂直；(2)当向量3a＋b与a－3b的模相等时，求α的大小．[解析](1)证明：因为(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2＝(cos2α＋sin2α)－(14＋34)＝0，故a＋b与a－b垂直．(2)由|3a＋b|＝|a－3b|，两边平方得3|a|2＋23a·b＋|b|2＝|a|2－23a·b＋3|b|2，所以2(|a|2－|b|2)＋43a·b＝0，而|a|＝|b|，所以a·b＝0，则(－12)×cosα＋32×sinα＝0，即cos(α＋60°)＝0，∴α＋60°＝k·180°＋90°，即α＝k·180°＋30°，k∈Z，又0°≤α360°，则α＝30°或α＝210°.(理)已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，c＝(－1，0)．(1)求向量b＋c的长度的最大值；6(2)设α＝π4，且a⊥(b＋c)，求cosβ的值．[分析](1)由向量坐标运算定义可求b＋c，由模的定义得到关于α的三角函数关系式，化为一个角的一个三角函数，即可求得最值，或依据向量模的三角不等式|a＋b|≤|a|＋|b|求解．(2)∵α＝π4，∴a已知，由a⊥(b＋c)⇔a·(b＋c)＝0可得到关于cosβ的方程，解方程即可．[解析](1)解法1：b＋c＝(cosβ－1，sinβ)，则|b＋c|2＝(cosβ－1)2＋sin2β＝2(1－cosβ)．∵－1≤cosβ≤1，∴0≤|b＋c|2≤4，即0≤|b＋c|≤2.当cosβ＝－1时，有|b＋c|＝2，所以向量b＋c的长度的最大值为2.解法2：∵|b|＝1，|c|＝1，|b＋c|≤|b|＋|c|＝2，当cosβ＝－1时，有b＋c＝(－2,0)，即|b＋c|＝2.所以向量b＋c的长度的最大值为2.(2)解法1：由已知可得b＋c＝(cosβ－1，sinβ)，a·(b＋c)＝cosαcosβ＋sinαsinβ－cosα＝cos(α－β)－cosα.∵a⊥(b＋c)，∴a·(b＋c)＝0，即cos(α－β)＝cosα.由α＝π4，得cos(π4－β)＝cosπ4，即β－π4＝2kπ±π4(k∈Z)，∴β＝2kπ＋π2或β＝2kπ，k∈Z，于是cosβ＝0或cosβ＝1.解法2：若α＝π4，则a＝(22，22)．又由b＝(cosβ，sinβ)，c＝(－1,0)得a·(b＋c)＝(22，22)·(cosβ－1，sinβ)＝22cosβ＋22sinβ－22.∵a⊥(b＋c)，∴a·(b＋c)＝0，即cosβ＋sinβ＝1.∴sinβ＝1－cosβ，平方后化简得cosβ(cosβ－1)＝0，解得cosβ＝0或cosβ＝1.经检验，cosβ＝0或cosβ＝1即为所求.能力拓展提升11.(2013·辽宁省沈阳四校期中联考)已知两点A(1,0)为，B(1，3)，O为坐标原点，7点C在第二象限，且∠AOC＝120°，设OC→＝－2OA→＋λOB→，(λ∈R)，则λ等于()A．－1B．2C．1D．－2[答案]C[解析]由条件知，OA→＝(1,0)，OB→＝(1，3)，OC→＝(λ－2，3λ)，∵∠AOC＝120°，cos∠AOC＝OA→·OC→|OA→|·|OC→|＝λ－2λ－2＋3λ2，∴λ－2λ－2＋3λ2＝－12，解之得λ＝1，故选C.12．(文)设A1，A2，A3，A4是平面上给定的4个不同点，则使MA1→＋MA2→＋MA3→＋MA4→＝0成立的点M的个数为()A．0B．1C．2D．4[答案]B[解析]设A1A2中点为P，A3A4中点为Q，则MA1→＋MA2→＝2MP→，MA3→＋MA4→＝2MQ→，∴2MP→＋2MQ→＝0，即MP→＝－MQ→，∴M为PQ中点，所以有且只有一个点适合条件．(理)(2011·河北冀州期末)过抛物线y2＝2px(p0)的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，与抛物线的准线的交点为B，点A在抛物线的准线上的射影为C，若AF→＝FB→，BA→·BC→＝48，则抛物线的方程为()A．y2＝8xB．y2＝4xC．y2＝16xD．y2＝42x[答案]B[解析]如图，△ABC为直角三角形，8由抛物线定义及条件知，|AC|＝|AF|＝|FB|＝12|AB|，∴∠ABC＝π6，设|AC|＝t，则|AB|＝2t，∴|BC|＝3t，∴BA→·BC→＝|BA→|·|BC→|·cos∠ABC＝2t·3t·cosπ6＝3t2＝48，∴t＝4，∴p＝|DF|＝2，∴抛物线方程为y2＝4x，故选B.13．(2011·日照二模)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝10，则AB→·AC→＝()A．－32B．－23C.23D.32[答案]D[解析]AB→·AC→＝|AB→|·|AC→|·cos∠BAC＝|AB→|·|AC→|·|AB→|2＋|AC→|2－|BC→|22|AB→|·|AC→|＝32.14．(文)(2011·菏泽模拟)已知向量OA→＝(k,12)，OB→＝(4,5)，OC→＝(－k,10)，且A、B、C三点共线，则k＝________.9[答案]－23[解析]∵A、B、C三点共线，∴AB→与AC→共线，∵AB→＝OB→－OA→＝(4－k，－7)，AC→＝OC→－OA→＝(－2k，－2)，∴－2(4－k)－(－7)·(－2k)＝0，∴k＝－23.(理)若等边三角形ABC的边长为23，平面内一点M满足CM→＝16CB→＋23CA→，则MA→·MB→＝________.[答案]－2[解析]以AB所在的直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A，B，C三点的坐标分别为(－3，0)，(3，0)，(0,3)．设M点的坐标为(x，y)，则CM→＝(x，y－3)，CB→＝(3，－3)，CA→＝(－3，－3)，又CM→＝