2019届高考数学一轮复习第4章平面向量4.3平面向量的数量积及其应用课后作业文.docVIP

4．3　平面向量的数量积及其应用[基础送分 提速狂刷练] 一、选择题 1．a，b为平面向量，已知a＝(4,3)，2a＋b＝(3,18)，则a，b夹角的余弦值等于(　　) A. B．－ C. D．－ 答案　C 解析　由题可知，设b＝(x，y)，则2a＋b＝(8＋x,6＋y)＝(3,18)，所以可以解得x＝－5，y＝12，故b＝(－5,12)．由cos〈a，b〉＝＝.故选C. 2．已知向量a＝(m,2)，b＝(2，－1)，且ab，则等于(　　) A．－ B．1 C．2 D. 答案　B 解析　a⊥b，2m－2＝0，m＝1，则2a－b＝(0,5)，a＋b＝(3,1)，a·(a＋b)＝1×3＋2×1＝5，|2a－b|＝5，＝＝1.故选B. 3．已知DEF的外接圆的圆心为O，半径R＝4，如果＋＋＝0，且||＝||，则向量在方向上的投影为(　　) A．6 B．－6 C．2 D．－2 答案　B 解析　由＋＋＝0得，＝＋. DO经过EF的中点，DO⊥EF. 连接OF，||＝||＝||＝4， DOF为等边三角形，ODF＝60°. DFE＝30°，且EF＝4×sin60°×2＝4. 向量在方向上的投影为||·cos〈，〉＝4cos150°＝－6.故选B. 4．已知非零向量与满足·＝0且·＝，则ABC为(　　) A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形 C．等腰非等边三角形 D．等边三角形 答案　D 解析　因为非零向量与满足·＝0，所以BAC的平分线垂直于BC，所以AB＝AC. 又cosBAC＝·＝，所以BAC＝. 所以ABC为等边三角形．故选D. 5．在ABC中，|＋|＝|－|，||＝||＝3，则·的值为(　　) A．3 B．－3 C．－ D. 答案　D 解析　由|＋|＝|－|两边平方可得，2＋2＋2·＝3(2＋2－2·)，即2＋2＝4·，又||＝||＝3，所以·＝，又因为＝－，所以·＝(－)·(－)＝2－·＝9－＝.故选D. 6．(2017·龙岩一模)已知向量与的夹角为60°，且||＝3，||＝2，若＝m＋n，且，则实数的值为(　　) A. B. C．6 D．4 答案　A 解析　·＝3×2×cos60°＝3，＝m＋n，且， (m＋n)·＝(m＋n)·(－)＝(m－n)·－m2＋n2＝0， 3(m－n)－9m＋4n＝0， ＝.故选A. 7．已知直线y＝x＋m和圆x2＋y2＝1交于A，B两点，O为坐标原点，若·＝，则实数m＝(　　) A．±1 B．± C．± D．± 答案　C 解析　设A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立消去y得2x2＋2mx＋m2－1＝0，由Δ＝4m2－8(m2－1)0，得－m，又xAxB＝，xA＋xB＝－m，所以yAyB＝(xA＋m)(xB＋m)＝，由·＝·(－)＝－·＋2＝－xAxB－yAyB＋1＝－m2＋2＝，解得m＝±.故选C. 8．对任意两个非零的平面向量α和β，定义α·β＝.若两个非零的平面向量a，b满足a与b的夹角θ，且a·b和b·a都在集合中，则a·b等于(　　) A. B. C．1 D. 答案　D 解析　根据新定义，得a·b＝＝＝cosθ，b·a＝＝＝cosθ. 又因为a·b和b·a都在集合中，设a·b＝，b·a＝(n1，n2Z)，那么(a·b)·(b·a)＝cos2θ＝，又θ，所以0n1n22. 所以n1，n2的值均为1，故a·b＝＝.故选D. 9．已知a，b是两个互相垂直的单位向量，且c·a＝c·b＝1，则对任意的正实数t，的最小值是(　　) A．2 B．2 C．4 D．4 答案　B 解析　设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，则由c·a＝c·b＝1，得c＝(1,1)，c＋ta＋b＝(1,1)＋t(1,0)＋(0,1)＝，＝＝≥2，当且仅当t＝1时等号成立．故选B. 10．已知a，b是单位向量，a·b＝0.若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围是(　　) A．[－1，＋1] B．[－1，＋2] C．[1，＋1] D．[1，＋2] 答案　A 解析　以a和b分别为x轴和y轴正方向的单位向量建立直角坐标系，则a＝(1,0)，b＝(0,1)，设c＝(x，y)，则c－a－b＝(x－1，y－1)，|c－a－b|＝1，(x－1)2＋(y－1)2＝1.即(x，y)是以点M(1,1)为圆心，1为半径的圆上的点，而|c|＝.所以|c|可以理解为圆M上的点到原点的距离，由圆的性质可知，|OM|－r≤|c|≤|OM|＋r，即|c|[－1，＋1]．故选A. 二、填空题 11．已知向量a，b的夹角为60°，且|a|＝2，|a－2b|＝2，则|b|＝________. 答案　3 解析　因为|a|＝2，|a－2b|＝2，所以(a－2b)2＝28，即4－4a·b