2014届高考数学一轮练之乐：143平面向量的数量积.doc

一、选择题 1．已知向量a＝(2,1)，b＝(－1，k)，a·(2a－b)＝0，则k＝(　　) A．－12　　　　　　　　　B．－6 C．6 D．12 解析：2a－b＝(4,2)－(－1，k)＝(5,2－k)，由a·(2a－b)＝0，得(2,1)·(5,2－k)＝0 10＋2－k＝0，解得k＝12. 答案：D 2．设向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝－，则|a＋2b|＝(　　) A. B. C. D. 解析：依题意得(a＋2b)2＝a2＋4b2＋4a·b＝5＋4×＝3，则|a＋2b|＝，故选B. 答案：B 3．在直角梯形ABCD中，ABCD，ADAB，B＝45°，AB＝2CD＝2，M为腰BC的中点，则·＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：据题意可得·＝·＝－||2＋·－·＋·＝－×()2＋××1×cos135°－××2×1×cos135°＋2×1×cos0°＝－－＋1＋2＝2. 答案：B 4．已知a与b均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题 p1：|a＋b|＞1θ∈[0，) p2：|a＋b|＞1θ∈(，π] p3：|a－b|＞1θ∈[0，) p4：|a－b|＞1θ∈(，π] 其中的真命题是(　　) A．p1，p4 B．p1，p3 C．p2，p3 D．p2，p4 解析：由|a＋b|＞1可得：a2＋2a·b＋b2＞1，|a|＝1，|b|＝1，a·b＞－，故θ[0，)．当θ[0，)时，a·b＞－，|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＞1，即|a＋b|＞1；由|a－b|＞1可得：a2－2a·b＋b2＞1，|a|＝1，|b|＝1，a·b＜，故θ(，π]，反之也成立，选A. 答案：A 5．若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为(　　) A.－1 B．1 C. D．2 解析：由已知条件，向量a，b，c都是单位向量可以求出，a2＝1，b2＝1，c2＝1，由a·b＝0，及(a－c)(b－c)≤0，可以知道，(a＋b)·c≥c2＝1，因为|a＋b－c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b·c，所以有|a＋b－c|2＝3－2(a·c＋b·c)≤1，故|a＋b－c|≤1. 答案：B 6．设A(a,1)、B(2，b)、C(4,5)为坐标平面上三点，O为坐标原点，若与在方向上的投影相同，则a与b满足的关系式为(　　) A．4a－5b＝3 B．5a－4b＝3 C．4a＋5b＝14 D．5a＋4b＝14 解析：由图知，要使与在方向上的投影相同，只需使，即(2－a，b－1)·(4,5)＝0得4a－5b－3＝0. 答案：A 二、填空题 7．已知向量a，b满足(a＋2b)·(a－b)＝－6，且|a|＝1，|b|＝2，则a与b的夹角为________． 解析：设a与b的夹角为θ，依题意有(a＋2b)·(a－b)＝a2＋a·b－2b2＝－7＋2cosθ＝－6，所以cosθ＝，因为0≤θ≤π，所以θ＝. 答案： 8．已知单位向量e1，e2的夹角为60°，则|2e1－e2|＝__________. 解析：依题意得(2e1－e2)2＝4e＋e－4e1·e2＝4＋1－4×12×cos60°＝3，故|2e1－e2|＝. 答案： 9．若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为，则α与β的夹角θ的取值范围是________． 解析：如图，向量α与β在单位圆O内，其中因|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为，故以向量α，β为边的三角形的面积为，故β的终点在如图的线段AB(α且圆心O到AB的距离为)上，因此夹角θ的取值范围为[，]． 答案：[，] 三、解答题 10．已知＝(2,5)，＝(3,1)，＝(6,3)，在上是否存在点M，使，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 解析：设存在点M，且＝λ＝(6λ，3λ)(0＜λ≤1)， ＝(2－6λ，5－3λ)，＝(3－6λ，1－3λ)． ⊥， (2－6λ)(3－6λ)＋(5－3λ)(1－3λ)＝0， 即45λ2－48λ＋11＝0，解得λ＝，或λ＝. ＝(2,1)，或＝(，)． 存在M(2,1)，或M(，)满足题意． 11．(2013·佛山质检)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：ab. 解析：(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