高考数学理科一轮复习平面向量的数量积及其应用学案附答案Word文件下载.docx
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________________________;
(3)设向量a=(a1,a2),b=(b1,b2),
则|a|=________________,cos〈a,b〉=____________________________.
(4)若A(x1,y1),B(x2,y&
not;
2),则|AB→=________________________,所以|AB→|=_____________________.
自我检测(2010湖南)在Rt△ABC中,∠C=90°
AC=4,则AB→AC→等于( )
A.-16B.-8C.8D.16
2.(2010重庆)已知向量a,b满足ab=0,|a|=1,|b|=2,则|2a-b|=( )
A.0B.22C.4D.8
3.(2011福州月考)已知a=(1,0),b=(1,1),(a+λb)⊥b,则λ等于( )
A.-2B.2C.12D.-12
4.平面上有三个点A(-2,y),B(0,),C(x,y),若AB→⊥BC→,则动点C的轨迹方程为________________.
5.(2009天津)若等边△ABC的边长为2,平面内一点M满足CM→=16CB→+23CA→,则MA→MB→=________.
探究点一 向量的模及夹角问题
例1 (2011马鞍山月考)已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)(2a+b)=
(1)求a与b的夹角θ;
(2)求|a+b|;
(3)若AB→=a,BC→=b,求△ABC的面积.
变式迁移1
(1)已知a,b是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量c满足(a-c)(b-c)=0,则|c|的最大值是( )
A.1B.2
C.2D.22
(2)已知i,j为互相垂直的单位向量,a=i-2j,b=i+λj,且a与b的夹角为锐角,实数λ的取值范围为________.
探究点二 两向量的平行与垂直问题
例2 已知a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),且ka+b的长度是a-kb的长度的3倍(k0).
(1)求证:
a+b与a-b垂直;
(2)用k表示ab;
(3)求ab的最小值以及此时a与b的夹角θ.
变式迁移2 (2009江苏)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:
a∥b.
探究点三 向量的数量积在三角函数中的应用
例3 已知向量a=cos32x,sin32x,
b=cosx2,-sinx2,且x∈-π3,π4.
(1)求ab及|a+b|;
(2)若f(x)=ab-|a+b|,求f(x)的最大值和最小值.
变式迁移3(2010四川)已知△ABC的面积S=AB→AC→=3,且cosB=35,求.一些常见的错误结论:
(1)若|a|=|b|,则a=b;
(2)若a2=b2,则a=b;
(3)若a∥b,b∥c,则a∥c;
(4)若ab=0,则a=0或b=0;
(5)|ab|=|a||b|;
(6)(ab)c=a(bc);
(7)若ab=ac,则b=c.以上结论都是错误的,应用时要注意.
2.平面向量的坐标表示与向量表示的比较:
已知a=(x1,y1),b=(x2,y2),θ是向量a与b的夹角.
向量表示坐标表示
向量a的模|a|=aa=a2
|a|=x21+y21
a与b的数量积ab=|a||b|cosθab=x1x2+y1y2
a与b共线的充要条件A∥b(b≠0)&
a=λba∥b&
x1y2-x2y1=0
非零向量a,b垂直的充要条件a⊥b&
ab=0a⊥b&
x1x2+y1y2=0
向量a与b的夹角cosθ=ab|a||b|θ=x1x2+y1y2x21+y21x22+y22
3.证明直线平行、垂直、线段相等等问题的基本方法有:
(1)要证AB=CD,可转化证明AB→2=CD→2或|AB→|=|CD→|.
(2)要证两线段AB∥CD,只要证存在唯一实数≠0,使等式AB→=λCD→成立即可.
(3)要证两线段AB⊥CD,只需证AB→CD→=0.
(满分:
75分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2010重庆)若向量a=(3,m),b=(2,-1),ab=0,则实数m的值为( )
A.-32B.32
C.2D.6
2.已知非零向量a,b,若|a|=|b|=1,且a⊥b,又知(2a+3b)⊥(ka-4b),则实数k的值为( )
A.-6B.-3
C.3D.已知△ABC中,AB→=a,AC→=b,ab0,S△ABC=154,|a|=3,|b|=5,则∠BAC等于( )
A.30°
B.-150°
C.150°
D.30°
或150°
4.(2010湖南)若非零向量a,b满足|a|=|b|,(2a+b)b=0,则a与b的夹角为( )
B.60°
C.120°
D.150°
5.已知a=(2,3),b=(-4,7),则a在b上的投影为( )
A.135BD题号12答案
二、填空题(每小题4分,共12分)
6.(2010湖南长沙一中月考)设a=(cos2α,sinα),b=(1,2sinα-1),α∈π2,π,若ab=25,则sinα=________.
7.(2010广东金山中学高三第二次月考)若|a|=1,|b|=2,c=a+b,且c⊥a,则向量a与b的夹角为________.
8.已知向量m=(1,1),向量n与向量m夹角为3π4,且mn=-1,则向量n=__________________.
三、解答题(共38分)
9.(12分)已知OA→=(2,5),OB→=(3,1),OC→=(6,3),在线段OC上是否存在点M,使MA→⊥MB→,若存在,求出点M的坐标;
若不存在,请说明理由.
10.(12分)(2011杭州调研)已知向量a=(cos(-θ),sin(-θ)),b=(cosπ2-θ,sinπ2-θ).
a⊥b;
(2)若存在不等于0的实数k和t,使x=a+(t2+3)b,y=-ka+tb,满足x⊥y,试求此时k+t2t的最小值..(14分)(2011济南模拟)已知a=(1,2sinx),b=2cosx+π6,1,函数f(x)=ab(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调递减区间;
(2)若f(x)=85,求cos2x-π3的值.
答案自主梳理
1.
(1)ab=|a||b|cos〈a,b〉
(2)①|a|cos〈a,e〉 ②ab=0 ③|a|2 aa ④ab|a||b|
⑤≤ 2.
(1)ba
(2)ac+bc (3)λ(ab) 3.
(1)a1b1+a2b2
(2)a1b1+a2b2=0 (3)a21+a22 a1b1+a2b2a21+a22b21+b22
(4)(x2-x1,y2-y1) &
#61480;
x2-x1&
#61481;
2+&
y2-y1&
2
自我检测
2.B [|2a-b|=&
2a-b&
2
=4a2-4ab+b2=8=22.]
3.D [由(a+λb)b=0得ab+λ|b|2=0,
∴1+2λ=0,∴λ=-12.]
4.y2=8x(x≠0)
解析 由题意得AB→=2,-y2,
BC→=x,y2,又AB→⊥BC→,∴AB→BC→=0,
即2,-y2x,y2=0,化简得y2=8x(x≠0).
5.-2
解析 合理建立直角坐标系,因为三角形是正三角形,故设C(0,0),A(23,0),B(3,3),这样利用向量关系式,求得MA→=32,-12,MB→=32,-12,MB→=-32,52,所以MA→MB→=-2.
课堂活动区
例1 解
(1)∵(2a-3b)(2a+b)=61,
∴4|a|2-4ab-3|b|2=又|a|=4,|b|=3,∴64-4ab-27=61,
∴ab=-6.
∴cosθ=ab|a||b|=-64×
3=-12.
又0≤θ≤π,∴θ=2π3.
(2)|a+b|=&
a+b&
=|a|2+2ab+|b|2
=16+2×
&
-6&
+9=(3)∵AB→与BC→的夹角θ=2π3,
∴∠ABC=π-2π3=π3.
又|AB→|=|a|=4,|BC→|=|b|=3,
∴S△ABC=12|AB→||BC→|sin∠ABC
=12×
4×
3×
32=变式迁移1
(1)C [∵|a|=|b|=1,ab=0,
展开(a-c)(b-c)=0&
#8658;
|c|2=c(a+b)
=|c||a+b|cosθ,∴|c|=|a+b|cosθ=2cosθ,
∴|c|的最大值是2.]
(2)λ12且λ≠-2
解析 ∵〈a,b〉∈(0,π2),∴ab0且ab不同向.
即|i|2-2λ|j|20,∴λ12.
当ab同向时,由a=kb(k0)得λ=-2.
∴λ12且λ≠-2.
例2 解题导引 1.非零向量a⊥b&
ab=0&
x1x2+y1y2=0.
2.当向量a与b是非坐标形式时,要把a、b用已知的不共线的向量表示.但要注意运算技巧,有时把向量都用坐标表示,并不一定都能够简化运算,要因题而异.
解
(1)由题意得,|a|=|b|=1,
∴(a+b)(a-b)=a2-b2=0,
∴a+b与a-b垂直.
(2)|ka+b|2=k2a2+2kab+b2=k2+2kab+1,
(3|a-kb|)2=3(1+k2)-6kab.
由条件知,k2+2kab+1=3(1+k2)-6kab,
从而有,ab=1+k24k(k0).
(3)由
(2)知ab=1+k24k=14(k+1k)≥12,
当k=1k时,等号成立,即k=±
1.
∵k0,∴k=1.
此时cosθ=ab|a||b|=12,而θ∈[0,π],∴θ=π3.
故ab的最小值为12,此时θ=π3.
变式迁移2
(1)解 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(α+β)=2.
(2)解 由b+c=(sinβ+cosβ,4cosβ-4sinβ),
得|b+c|=&
sinβ+cosβ&
4cosβ-4sinβ&
=17-15sin2β≤42.
又当β=-π4时,等号成立,所以|b+c|的最大值为42.
(3)证明 由tanαtanβ=16得4cosαsinβ=sinα4cosβ,
所以a∥b.
例3 解题导引 与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热点题型.解答此类问题,除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式,向量模、夹角的坐标运算公式外,还应掌握三角恒等变换的相关知识.
解
(1)ab=cos32xcosx2-sin32xsinx2=cos2x,
|a+b|=cos32x+cosx22+sin32x-sinx22
=2+2cos2x=2|cosx|,
∵x∈-π3,π4,∴cosx0,
∴|a+b|=2cosx.
(2)f(x)=cos2x-2cosx=2cos2x-2cosx-1
=2cosx-122-32.
∵x∈-π3,π4,∴12≤cosx≤1,
∴当cosx=12时,f(x)取得最小值-32;
当cosx=1时,f(x)取得最大值-1.
变式迁移3 解 由题意,设△ABC的角B、C的对边分别为b、c,则S=12bcsinA=12.
AB→AC→=bccosA=30,
∴A∈0,π2,cosA=3sinA.
又sin2A+cos2A=1,
∴sinA=1010,cosA=31010.
由题意cosB=35,得sinB=∴cos(A+B)=cosAcosB-sinAsinB=1010.
∴cosC=cos[π-(A+B)]=-1010.
课后练习区
1.D [因为ab=6-m=0,所以m=6.]
2.D [由(2a+3b)(ka-4b)=0得2k-12=0,∴k=6.]
3.C [∵S△ABC=12|a||b|sin∠BAC=154,
∴sin∠BAC=12.又ab0,
∴∠BAC为钝角.∴∠BAC=150°
.]
4.C [由(2a+b)b=0,得2ab=-|b|2〈a,b〉=ab|a||b|=-12|b|2|b|2=-12.
∵〈a,b〉∈[0°
,180°
],∴〈a,b〉=120°
5.B [因为ab=|a||b|cos〈a,b〉,
所以,a在b上的投影为|a|cos〈a,b〉
=ab|b|=21-842+72=1365=655.]解析 ∵ab=cos2α+2sin2α-sinα=25,
∴1-2sin2α+2sin2α-sinα=25,∴sinα=.120°
解析 设a与b的夹角为θ,∵c=a+b,c⊥a,
∴ca=0,即(a+b)a=0.∴a2+ab=0.
又|a|=1,|b|=2,∴1+2cosθ=0.
∴cosθ=-12,θ∈[0°
]即θ=120°
.
8.(-1,0)或(0,-1)
解析 设n=(x,y),由mn=-1,
有x+y=-1.①
由m与n夹角为3π4,
有mn=|m||n|cos3π4,
∴|n|=1,则x2+y2=1.②
由①②解得x=-1y=0或x=0y=-1,
∴n=(-1,0)或n=(0,-1).
9.解设存在点M,且OM→=λOC→=(6λ,3λ)(0≤λ≤1),
MA→=(2-6λ,5-3λ),MB→=(3-6λ,1-3λ).…………………………………………(4分)
∵MA→⊥MB→,
∴(2-6λ)(3-6λ)+(5-3λ)(1-3λ)=0,………………………………………………(8分)
即45λ2-48λ+11=0,解得λ=13或λ=∴M点坐标为(2,1)或225,故在线段OC上存在点M,使MA→⊥MB→,且点M的坐标为(2,1)或(225,115).………(12分)
10.
(1)证明 ∵ab=cos(-θ)cosπ2-θ+sin-θsinπ2-θ
=sinθcosθ-sinθcosθ=0.∴a⊥b.……………………………………………………(4分)
(2)解 由x⊥y得,xy=0,
即[a+(t2+3)b](-ka+tb)=0,
∴-ka2+(t3+3t)b2+[t-k(t2+3)]ab=0,
∴-k|a|2+(t3+3t)|b|2=0.………………………………………………………………(6分)
又|a|2=1,|b|2=1,
∴-k+t3+3t=0,∴k=t3+3t.…………………………………………………………(8分)
∴k+t2t=t3+t2+3tt=t2+t+3
=t+122+114.……………………………………………………………………………(10分)
故当t=-12时,k+t2t有最小值114.………………………………………………………(12分)
11.解
(1)f(x)=ab=2cosx+π6+2sinx
=2cosxcosπ6-2sinxsinπ6+2sinx
=3cosx+sinx=2sinx+π3.…………………………………………………………(5分)
由π2+2kπ≤x+π3≤3π2+2kπ,k∈Z,
得π6+2kπ≤x≤7π6+2kπ,k∈Z.
所以f(x)的单调递减区间是
π6+2kπ,7π6+2kπ(k∈Z).……………………………………………………………(8分)
(2)由
(1)知f(x)=2sinx+π3.
又因为2sinx+π3=85,
所以sinx+π3=45,……………………………………………………………………(11分)
即sinx+π3=cosπ6-x=cosx-π6=所以cos2x-π3=2cos2x-π6-1=725.………………………………………………(14分)
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- 高考 数学 理科 一轮 复习 平面 向量 数量 及其 应用 学案附 答案