2023届高考一轮复习讲义（文科）第五章　平面向量 第3讲　高效演练 分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第五章　平面向量 第3讲　高效演练 分层突破学案，共6页。

A．－eq \f(3,2) B．－eq \f(5,3)
C.eq \f(5,3) D．eq \f(3,2)
解析：选A.c＝a＋kb＝(1，2)＋k(1，1)＝(1＋k，2＋k)，因为b⊥c，所以b·c＝0，b·c＝(1，1)·(1＋k，2＋k)＝1＋k＋2＋k＝3＋2k＝0，所以k＝－eq \f(3,2).
2．(2020·湖南省五市十校联考)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a·(a－2b)＝0，则|a＋b|＝( )
A.eq \r(6) B.eq \r(5)
C．2 D．eq \r(3)
解析：选A.由题意知，a·(a－2b)＝a2－2a·b＝1－2a·b＝0，所以2a·b＝1，所以|a＋b|＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)＝eq \r(1＋1＋4)＝eq \r(6).故选A.
3．(2020·广州市综合检测(一))a，b为平面向量，已知a＝(2，4)，a－2b＝(0，8)，则a，b夹角的余弦值等于( )
A．－eq \f(4,5) B．－eq \f(3,5)
C.eq \f(3,5) D．eq \f(4,5)
解析：选B.设b＝(x，y)，则有a－2b＝(2，4)－(2x，2y)＝(2－2x，4－2y)＝(0，8)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－2x＝0,4－2y＝8))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1,y＝－2))，故b＝(1，－2)，|b|＝eq \r(5)，|a|＝2eq \r(5)，cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(2－8,\r(5)×2\r(5))＝－eq \f(3,5)，故选B.
4．(2020·四川资阳第一次模拟)已知向量a，b满足a·b＝0，|a＋b|＝m|a|，若a＋b与a－b的夹角为eq \f(2π,3)，则m的值为( )
A．2 B.eq \r(3)
C．1 D．eq \f(1,2)
解析：选A.因为a·b＝0，所以|a＋b|＝|a－b|，因为|a＋b|＝m|a|，所以(a＋b)2＝m2a2，所以a2＋b2＝m2a2，所以b2＝(m2－1)a2.
又a＋b与a－b的夹角为eq \f(2π,3)，所以eq \f(（a＋b）·（a－b）,|a＋b||a－b|)＝cseq \f(2π,3)，
所以eq \f(a2－b2,m2a2)＝eq \f(a2－（m2－1）a2,m2a2)＝eq \f(2－m2,m2)＝－eq \f(1,2).
解得m＝2或m＝－2(舍去)．故选A.
5．(2020·郑州市第二次质量预测)在Rt△ABC中，∠C＝90°，CB＝2，CA＝4，P在边AC的中线BD上，则eq \(CP,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))的最小值为( )
A．－eq \f(1,2) B．0
C．4 D．－1
解析：选A.依题意，以C为坐标原点，分别以AC，BC所在的直线为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0，2)，D(2，0)，所以直线BD的方程为y＝－x＋2，因为点P在边AC的中线BD上，所以可设P(t，2－t)(0≤t≤2)，所以eq \(CP,\s\up6(→))＝(t，2－t)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(t，－t)，所以eq \(CP,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝t2－t(2－t)＝2t2－2t＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)，当t＝eq \f(1,2)时，eq \(CP,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))取得最小值－eq \f(1,2)，故选A.
6．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知a，b为单位向量，且a·b＝0，若c＝2a－eq \r(5)b，则cs〈a，c〉＝ ．
解析：设a＝(1，0)，b＝(0，1)，则c＝(2，－eq \r(5))，
所以cs〈a，c〉＝eq \f(2,1×\r(4＋5))＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
7．已知点M，N满足|eq \(MC,\s\up6(→))|＝|eq \(NC,\s\up6(→))|＝3，且|eq \(CM,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→))|＝2eq \r(5)，则M，N两点间的距离为 ．
解析：依题意，得|eq \(CM,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→))|2＝|eq \(CM,\s\up6(→))|2＋|eq \(CN,\s\up6(→))|2＋2eq \(CM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝18＋2eq \(CM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝20，则eq \(CM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝1，故M，N两点间的距离为|eq \(MN,\s\up6(→))|＝|eq \(CN,\s\up6(→))－eq \(CM,\s\up6(→))|
＝eq \r(|\(CN,\s\up6(→))|2＋|\(CM,\s\up6(→))|2－2\(CN,\s\up6(→))·\(CM,\s\up6(→)))
＝eq \r(9＋9－2)＝4.
答案：4
8．(2020·山东师大附中二模改编)已知向量a，b，其中|a|＝eq \r(3)，|b|＝2，且(a－b)⊥a，则向量a和b的夹角是 ，a·(a＋b)＝ ．
解析：由题意，设向量a，b的夹角为θ，因为|a|＝eq \r(3)，|b|＝2，且(a－b)⊥a，所以(a－b)·a＝|a|2－a·b＝|a|2－|a||b|cs θ＝3－2eq \r(3)·cs θ＝0，解得cs θ＝eq \f(\r(3),2).又因为0≤θ≤π，所以θ＝eq \f(π,6).则a·(a＋b)＝|a|2＋|a|·|b|·cs θ＝3＋2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝6.
答案：eq \f(π,6) 6
9．已知向量a＝(2，－1)，b＝(1，x)．
(1)若a⊥(a＋b)，求|b|的值；
(2)若a＋2b＝(4，－7)，求向量a与b夹角的大小．
解：(1)由题意得a＋b＝(3，－1＋x)．
由a⊥(a＋b)，可得6＋1－x＝0，
解得x＝7，即b＝(1，7)，
所以|b|＝eq \r(50)＝5eq \r(2).
(2)由题意得，a＋2b＝(4，2x－1)＝(4，－7)，
故x＝－3，
所以b＝(1，－3)，
所以cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(（2，－1）·（1，－3）,\r(5)×\r(10))＝eq \f(\r(2),2)，
因为〈a，b〉∈[0，π]，
所以a与b夹角是eq \f(π,4).
10．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61.
(1)求a与b的夹角θ；
(2)求|a＋b|；
(3)若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，求△ABC的面积．
解：(1)因为(2a－3b)·(2a＋b)＝61，
所以4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.
又|a|＝4，|b|＝3，
所以64－4a·b－27＝61，所以a·b＝－6，
所以cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－6,4×3)＝－eq \f(1,2).
又0≤θ≤π，所以θ＝eq \f(2π,3).
(2)|a＋b|2＝(a＋b)2
＝|a|2＋2a·b＋|b|2
＝42＋2×(－6)＋32＝13，所以|a＋b|＝eq \r(13).
(3)因为eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(BC,\s\up6(→))的夹角θ＝eq \f(2π,3)，
所以∠ABC＝π－eq \f(2π,3)＝eq \f(π,3).
又|eq \(AB,\s\up6(→))|＝|a|＝4，|eq \(BC,\s\up6(→))|＝|b|＝3，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)×4×3×eq \f(\r(3),2)＝3eq \r(3).
[综合题组练]
1．(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知O是△ABC内部一点，且满足eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0，又eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝2eq \r(3)，∠BAC＝60°，则△OBC的面积为( )
A.eq \f(\r(3),2) B．3
C．1 D．2
解析：选C.由eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝2eq \r(3)，∠BAC＝60°，可得eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(AC,\s\up6(→))|cs ∠BAC＝eq \f(1,2)·|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|＝2eq \r(3)，所以|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|＝4eq \r(3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|sin∠BAC＝3，又eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0，所以O为△ABC的重心，所以S△OBC＝eq \f(1,3)S△ABC＝1，故选C.
2．(2020·河北衡水中学期末)在四边形ABCD中，已知M是AB边上的点，且MA＝MB＝MC＝MD＝1，∠CMD＝120°，若点N在线段CD(端点C，D除外)上运动，则eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))的取值范围是( )
A．[－1，0) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，0))
C．[－1，1) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))
解析：选B.连接MN.由题意得eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝(eq \(MA,\s\up6(→))－eq \(MN,\s\up6(→)))·(eq \(MB,\s\up6(→))－eq \(MN,\s\up6(→)))＝eq \(MN,\s\up6(→))2－eq \(MA,\s\up6(→))2＝|eq \(MN,\s\up6(→))|2－1.在△MCN中，MC＝1，∠MCN＝30°，所以MN2＝12＋NC2－2×NC×1×eq \f(\r(3),2)＝NC2－eq \r(3)NC＋1，所以MN2－1＝NC2－eq \r(3)NC＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NC－\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)－eq \f(3,4).由MC＝MD＝1，∠CMD＝120°，可得CD＝eq \r(3)，又点N在线段CD(端点C，D除外)上运动，所以0＜NC＜eq \r(3).
所以－eq \f(3,4)≤MN2－1＜0，即eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，0)).故选B.
3．(创新型)在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝(cs B，2cs2 eq \f(C,2)－1)，n＝(c，b－2a)，且m·n＝0.
(1)求∠C的大小；
(2)若点D为边AB上一点，且满足eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))，|eq \(CD,\s\up6(→))|＝eq \r(7)，c＝2eq \r(3)，求△ABC的面积．
解：(1)因为m＝(cs B，cs C)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，
所以ccs B＋(b－2a)cs C＝0，在△ABC中，由正弦定理得sin Ccs B＋(sin B－2sin A)cs C＝0，
sin A＝2sin Acs C，又sin A≠0，
所以cs C＝eq \f(1,2)，而C∈(0，π)，所以∠C＝eq \f(π,3).
(2)由eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))知，eq \(CD,\s\up6(→))－eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))－eq \(CD,\s\up6(→))，
所以2eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))，
两边平方得4|eq \(CD,\s\up6(→))|2＝b2＋a2＋2bacs ∠ACB＝b2＋a2＋ba＝28.①
又c2＝a2＋b2－2abcs ∠ACB，
所以a2＋b2－ab＝12.②
由①②得ab＝8，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)absin ∠ACB＝2eq \r(3).
4.在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1，0)和点B(－1，0)，|eq \(OC,\s\up6(→))|＝1，且∠AOC＝θ，其中O为坐标原点．
(1)若θ＝eq \f(3,4)π，设点D为线段OA上的动点，求|eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))|的最小值；
(2)若θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，向量m＝eq \(BC,\s\up6(→))，n＝(1－cs θ，sin θ－2cs θ)，求m·n的最小值及对应的θ值．
解：(1)设D(t，0)(0≤t≤1)，
由题意知Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，
所以eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)＋t，\f(\r(2),2)))，
所以|eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))|2＝eq \f(1,2)－eq \r(2)t＋t2＋eq \f(1,2)
＝t2－eq \r(2)t＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)，
所以当t＝eq \f(\r(2),2)时，|eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))|有最小值，为eq \f(\r(2),2).
(2)由题意得C(cs θ，sin θ)，m＝eq \(BC,\s\up6(→))＝(cs θ＋1，sin θ)，
则m·n＝1－cs2θ＋sin2θ－2sin θcs θ＝1－cs 2θ－sin 2θ＝1－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))，
因为θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以eq \f(π,4)≤2θ＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
所以当2θ＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(π,8)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))取得最大值1.
所以当θ＝eq \f(π,8)时，m·n取得最小值，为1－eq \r(2).