《（福建專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第四章第3課時 平面向量的數(shù)量積及平面向量的應(yīng)用舉例課時闖關(guān)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（福建專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第四章第3課時 平面向量的數(shù)量積及平面向量的應(yīng)用舉例課時闖關(guān)（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 （福建專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第四章第3課時 平面向量的數(shù)量積及平面向量的應(yīng)用舉例課時闖關(guān)（含解析） 一、選擇題 1．(2012·寧德質(zhì)檢)已知a＝(1，－3)，b＝(4,6)，c＝(2,3)，則a·(b·c)等于(　　) A．(26，－78)　　　　　　　　 B．(－28，－42) C．－52 D．－78 解析：選A.a·(b·c)＝(1，－3)×(4×2＋6×3)＝(26，－78)． 2．一質(zhì)點受到平面上的三個力F1，F(xiàn)2，F(xiàn)3(單位：牛頓)的作用而處于平衡狀態(tài)，已知F1，F(xiàn)2成60°角，且F1，F(xiàn)2的大小分別為2和4，則F3的大小為(　　) A．6

2、B．2 C．2 D．2 解析：選D.F＝F＋F＋2F1·F2＝28，所以|F3|＝2. 3．a(chǎn)，b為平面向量，已知a＝(4,3)，2a＋b＝(3,18)，則a，b夾角的余弦值等于(　　) A. B．－ C. D．－ 解析：選C.b＝(2a＋b)－2a＝(－5,12)，易求得|a|＝5，|b|＝13，則cos〈a，b〉＝＝. 4．在△ABC中，(＋)·＝||2，則三角形ABC的形狀一定是(　　) A．等邊三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 解析：選C.由(＋)·＝||2， 得·(＋－)＝0， 即·(＋＋)＝0， ∴·2＝0，∴

3、⊥，∴∠A＝90°.故選C. 5．已知a，b，c為△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊，向量m＝(，－1)，n＝(cosA，sinA)，若m⊥n，且acosB＋bcosA＝csinC，則角A，B的大小分別為(　　) A.， B.， C.， D.， 解析：選C.由m⊥n可得m·n＝0，即cosA－sinA＝0， 所以角A＝，B＝－C. 由acosB＋bcosA＝csinC得sinC＝1， 所以C＝，故B＝. 二、填空題 6．若平面上三點A、B、C滿足||＝3，||＝4，||＝5，則·＋·＋·的值等于________． 解析：由＋＋＝0可得(＋＋)2＝0， ∴9＋16＋

4、25＋2(·＋·＋·)＝0， ·＋·＋·＝－25. 答案：－25 7．設(shè)非零向量a＝(x,2x)，b＝(－3x,2)，且a，b的夾角為鈍角，則x的取值范圍________． 解析：∵a，b的夾角為鈍角， ∴a·b＝x·－3x＋2x·2＝－3x2＋4x＜0， 解得x＜0或x＞.① 又由a，b共線且反向可得x＝－，② 由①②得x的范圍是 ∪∪. 答案：∪∪ 8．(2012·合肥質(zhì)檢)關(guān)于平面向量a，b，c，有下列幾個命題： ①(a·b)c－(c·a)b＝0； ②|a|－|b|<|a－b|(a、b不共線)； ③(b·c)a－(c·a)b不與c垂直； ④若非零向量a和b滿

5、足|a|＝|b|＝|a－b|，則a與a＋b的夾角為60°. 其中真命題的序號為________(寫出所有真命題的序號)． 解析：平面向量的數(shù)量積不滿足結(jié)合律，故①假；由向量的減法運(yùn)算可知|a|、|b|、|a－b|恰為一個三角形的三條邊長，而三角形的兩邊之差小于第三邊，故②是真命題；因為[(b·c)a－(c·a)b]·c＝(b·c)a·c－(c·a)b·c＝0，所以垂直，故③假；由|a|＝|b|＝|a－b|，再結(jié)合平行四邊形法則可得a與a＋b的夾角為30°，命題④假． 答案：② 三、解答題 9．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61. (1)求a與b的夾角θ；

6、 (2)求|a＋b|； (3)若＝a，＝b，求△ABC的面積． 解：(1)由(2a－3b)·(2a＋b)＝61，得4|a|2－4a·b－3|b|2＝61. 將|a|＝4，|b|＝3代入上式，求得a·b＝－6. 所以cosθ＝＝＝－. 又因為0≤θ≤π，所以θ＝. (2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝13， 所以|a＋b|＝. (3)由(1)知，∠BAC＝θ＝，||＝|a|＝4，||＝|b|＝3， 所以S△ABC＝||||sin∠BAC＝3. 10．已知點A(2,0)，B(0,2)，C(cosα，sinα)，且0<α<π. (1)若|＋|＝，求

7、與的夾角； (2)若⊥，求tanα的值． 解：(1)因為|＋|＝，所以(2＋cosα)2＋sin2α＝7， 所以cosα＝. 又因為α∈(0，π)，所以α＝∠AOC＝. 又因為∠AOB＝，所以與的夾角為. (2)＝(cosα－2，sinα)，＝(cosα，sinα－2)． 因為⊥，所以·＝0， 所以cosα＋sinα＝，① 所以(cosα＋sinα)2＝，所以2sinαcosα＝－. 又因為α∈(0，π)，所以α∈. 因為(cosα－sinα)2＝1－2sinαcosα＝， cosα－sinα<0，所以cosα－sinα＝－.② 由①②得cosα＝，sinα＝，所以t

8、anα＝－. 一、選擇題 1．向量a與b的夾角為θ，定義a與b的“向量積”：a×b是一個向量，它的模|a×b|＝|a|·|b|·sinθ，若a＝(－，－1)，b＝(1，)，則|a×b|等于(　　) A. B．2 C．2 D．4 解析：選B.∵|a|＝|b|＝2，a·b＝－2， ∴cosθ＝＝－. 又θ∈[0，π]，∴sinθ＝.∴|a×b|＝2×2×＝2. 2．(2012·泉州調(diào)研)在△ABC中，已知向量與滿足·＝0且·＝，則△ABC為(　　) A．三邊均不相等的三角形 B．直角三角形 C．等腰非等邊三角形 D．等邊三角形 解析：選D.非零向量滿足·＝0，

9、即角A的平分線垂直于BC，∴AB＝AC，又cosA＝·＝，∠A＝，所以△ABC為等邊三角形． 二、填空題 3．如圖，AB是半圓O的直徑，C，D是弧AB的三等分點，M，N是線段AB的三等分點．若OA＝6，則·的值是________． 解析：·＝(－)·(－) ＝·－·－·＋· ＝6×6×cos60°－6×2×cos120°－6×2×cos 120°＋2×2×cos180°＝26. 答案：26 4．設(shè)向量a，b，c滿足|a|＝|b|＝1，a·b＝－，〈a－c，b－c〉＝60°，則|c|的最大值等于________． 解析：設(shè)向量a，b，c的起點為O，終點分別為A，B，C， 由

10、已知得，∠AOB＝120°，∠ACB＝60°， 則點C在△AOB的外接圓上，當(dāng)OC經(jīng)過圓心時，|c|最大， 在△AOB中，求得AB＝，由正弦定理得△AOB外接圓的直徑是＝2，故|c|的最大值是2. 答案：2 三、解答題 5．已知平面向量a＝(，－1)，b＝. (1)證明：a⊥b； (2)若存在不同時為零的實數(shù)k和t，使x＝a＋(t2－3)·b，y＝－ka＋tb，且x⊥y，試求函數(shù)關(guān)系式k＝f(t)； (3)據(jù)(2)的結(jié)論，確定函數(shù)k＝f(t)的單調(diào)區(qū)間． 解：(1)證明：因為a·b＝×＋(－1)×＝0， 所以a⊥b. (2)因為x⊥y，所以x·y＝0， 所以[a＋(t2

11、－3)b]·(－ka＋tb)＝－ka2＋[t－k(t2－3)]a·b＋t(t2－3)b2＝0. 因為|a|＝2，|b|＝1，a⊥b，所以－k×4＋t(t2－3)＝0， 即k＝(t3－3t)(t≠0)． (3)由(2)知f(t)＝(t3－3t)，故f′(t)＝(3t2－3)， 令f′(t)>0得t>1或t<－1， 令f′(t)<0得－1

12、邊分別是a，b，c，且滿足(2a－c)cosB＝bcosC，求函數(shù)f(A)的取值范圍． 解：(1)∵m·n＝1， 即sincos＋cos2＝1， 即sin＋cos＋＝1， ∴sin＝. ∴cos＝cos＝－cos ＝－＝2·2－1＝－. (2)∵(2a－c)cosB＝bcosC， 由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC. ∴2sinAcosB－cosBsinC＝sinBcosC， ∴2sinAcosB＝sin(B＋C)， ∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0， ∴cosB＝，B＝，∴0＜A＜. ∴＜＋＜，＜sin＜1. 又∵f(x)＝m·n＝sin＋， ∴f(A)＝sin＋. 故函數(shù)f(A)的取值范圍是.