数学第六章 平面向量及其应用6.3 平面向量基本定理及坐标表示同步达标检测题

温馨提示：

    此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。

课时素养检测

九　平面向量数量积的坐标表示

(30分钟　60分)

一、选择题(每小题5分,共30分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)

1.设向量a=(,1),b=(x,-3),c=(1,-),若b∥c,则a-b与b的夹角为 (　　)

A.30°　 B.60° C.120°　 D.150°

【解析】选D.因为b∥c,所以-x=(-3)×1,所以x=,所以b=(,-3), a-b=(0,4).所以a-b与b的夹角的余弦值为==-,所以a-b与b的夹角为150°.

2.已知=(-3,1),=(0,5),且∥,⊥(O为坐标原点),则点C的坐标是 (　　)

A.    B.

C.     D.

【解析】选B.设C(x,y),则=(x,y).

又=(-3,1),所以=-=(x+3,y-1).

因为∥,所以5(x+3)-0·(y-1)=0,

所以x=-3.因为=(0,5),

所以=-=(x,y-5),=-=(3,4).

因为⊥,所以3x+4(y-5)=0,所以y=,

所以C点的坐标是.

【补偿训练】

　　　已知向量a=(,1),b是不平行于x轴的单位向量,且a·b=,则b= (　　)

A.　　　　　 B.

C.    D.(1,0)

【解析】选B.方法一:设b=(x,y),其中y≠0,

则a·b=x+y=.

由

解得即b=.

方法二:利用排除法.D中,y=0,

所以D不符合题意;C中,向量不是单位向量,所以C不符合题意;A中,向量使得a·b=2,

所以A不符合题意.

3.若a=(x,2),b=(-3,5),且a与b的夹角是钝角,则实数x的取值范围是(　　)

A.    B.

C.   D.

【解析】选C.x应满足(x,2)·(-3,5)<0且a,b不共线,解得x>,且x≠-,所以x>.

4.已知A(-2,1),B(6,-3),C(0,5),则△ABC的形状是 (　　)

A.直角三角形   B.锐角三角形

C.钝角三角形   D.等边三角形

【解析】选A.由题设知=(8,-4),=(2,4),=(-6,8),所以·=2×8+(-4)×4=0,即⊥.所以∠BAC=90°,故△ABC是直角三角形.

【补偿训练】

　　　已知向量=,=,则∠ABC= (　　)

A.30°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.120°

【解析】选A.因为·=×+×=,==1,所以cos∠ABC= =,即∠ABC=30°.

5.已知向量=(2,2),=(4,1),在x轴上有一点P,使·有最小值,则点P的坐标是              (　　)

A.(-3,0)   B.(2,0)   C.(3,0)   D.(4,0)

【解析】选C.设P(x,0),则=(x-2,-2),=(x-4,-1),所以·=(x- 2)(x-4)+2=x2-6x+10=(x-3)2+1,故当x=3时,·最小,此时点P的坐标为(3,0).

6.(多选题)设向量a=(1,0),b=,则下列结论中不正确的是 (　　)

A.|a|=|b|      B.a·b=

C.a-b与b垂直     D.a∥b

【解析】选ABD.由题意知|a|==1,|b|==,a·b=1×+0×=,(a-b)·b=a·b-|b|2=-=0,故a-b与b垂直.由题意易得a∥b错误.

二、填空题(每小题5分,共10分)

7.已知向量a=(-2,1),b=,且|λa+b|=,则λ=________. 

【解析】由已知易得λa+b=,则(-λ)2+=,解得λ=1或λ=-.

答案:1或-

8.(双空题)已知正方形ABCD的边长为1,点E是AB边上的动点,则·的值为________;·的最大值为________. 

【解析】以D为坐标原点,建立平面直角坐标系如图所示.

则D(0,0),A(1,0),B(1,1),C(0,1),

设E(1,a)(0≤a≤1),

所以·=(1,a)·(1,0)=1,

·=(1,a)·(0,1)=a≤1,

故·的最大值为1.

答案:1　1

【补偿训练】

　　　(2019·浙江高考)已知正方形ABCD的边长为1,当每个λi(i=1,2,3,4, 5,6)取遍±1时,|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|的最小值是________,最大值是________. 

【解析】λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6=(λ1-λ3+λ5-λ6)+(λ2-λ4+

λ5+λ6)要使|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|的值最小,只需要|λ1-

λ3+λ5-λ6|=|λ2-λ4+λ5+λ6|=0,此时只需要取λ1=1,λ2=-1,λ3=1,λ4=1,

λ5=1,λ6=1,

此时|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+

λ6|min=0,|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|2

=|(λ1-λ3+λ5-λ6)+(λ2-λ4+λ5+λ6)|2

=(λ1-λ3+λ5-λ6)2+(λ2-λ4+λ5+λ6)2≤(|λ1|+|λ3|+|λ5-λ6|)2+(|λ2|+

|λ4|+|λ5+λ6|)2

=(2+|λ5-λ6|)2+(2+|λ5+λ6|)2

=8+4(|λ5-λ6|+|λ5+λ6|)+(λ5-λ6)2+(λ5+λ6)2

=8+4+2+2

=12+4

=12+4=20,

等号成立当且仅当λ1,-λ3,λ5-λ6均非负或者均非正,并且λ2,-λ4,λ5+λ6均非负或者均非正.

比如λ1=1,λ2=1,λ3=-1,λ4=-1,λ5=1,λ6=1,

则|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+

λ6|max==2.

答案:0　2

三、解答题(每小题10分,共20分)

9.已知a,b,c是同一平面内的三个向量,其中a=(1,2).

(1)若|c|=2,且c∥a,求c的坐标;

(2)若|b|=,且a+2b与2a-b垂直,求a与b的夹角θ.

【解析】(1)设c=(x,y),因为|c|=2,所以=2,所以x2+y2=20.由c∥a和|c|=2,

可得解得或

故c=(2,4)或c=(-2,-4).

(2)因为(a+2b)⊥(2a-b),

所以(a+2b)·(2a-b)=0,

即2a2+3a·b-2b2=0,

所以2×5+3a·b-2×=0,整理得a·b=-,

所以cos θ==-1.又θ∈[0,π],所以θ=π.

10.平面内有向量=(1,7),=(5,1),=(2,1),点M为直线OP上的一个动点.

(1)当·取得最小值时,求点M的坐标;

(2)在点M满足(1)题的条件下,求∠AMB的余弦值.(提示:建立·的目标函数)

【解析】(1)设=(x,y).因为点M在直线OP上,

所以向量与共线,

又=(2,1),所以x=2y,所以=(2y,y),

所以=-=(1-2y,7-y),

同样,=-=(5-2y,1-y),

于是·=(1-2y)·(5-2y)+(7-y)·(1-y)

=5y2-20y+12=5(y-2)2-8,

所以当y=2时,·有最小值-8,此时M(4,2).

(2)=(-3,5),=(1,-1),

所以||=,||=,·=-8,

所以cos∠AMB=

==-.

(35分钟　70分)

一、选择题(每小题5分,共15分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)

1.已知向量a=(1,2),b=(-2,-4),|c|=,若(a+b)·c=,则a与c的夹角大小为(　　)

A.30°　 B.60° C.120°　 D.150°

【解析】选C.设a与c的夹角为θ,依题意,

得a+b=(-1,-2),|a|=.

设c=(x,y),因为(a+b)·c=,

所以x+2y=-.又a·c=x+2y,所以cos θ====-,

所以a与c的夹角为120°.

【补偿训练】

　　　已知向量a=(1,),b=(3,m),若向量b在a方向上的投影为3,则实数m=(　　)

A.3　　　B.-3　　　C.　　　D.-3

【解析】选C.根据题意得==3,解得m=.

2.在边长为1的正方形ABCD中,M为BC的中点,点E在线段AB上运动,则·的取值范围是              (　　)

A.   B.   C.   D.[0,1]

【解析】选C.

以A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,设E(x,0),0≤x≤1.因为

M,C(1,1),所以=,=(1-x,1),所以·=·(1 -x,1)=(1-x)2+.因为0≤x≤1,所以≤(1-x)2+≤,即·的取值范围是.

3.(多选题)已知=(4,2),=(k,-2),若△ABC为直角三角形,则k等于 (　　)

A.1   B.6   C.2   D.3

【解析】选AB.=-=(k,-2)-(4,2)=(k-4,-4),若∠A为直角,则·=4k-4=0,所以k=1.

若∠B为直角,则·=(-4,-2)·(k-4,-4)=-4k+16+8=0,所以k=6.

若∠C为直角,则·=0,即(-k,2)·(4-k,4)=0,方程无解,综上知k的值为1或6.

二、填空题(每小题5分,共25分)

4.(2019·全国卷Ⅲ)已知向量a=(2,2),b=(-8,6),则cos θ(θ是a,b的夹角)=________. 

【解析】cos θ(θ是a,b的夹角)===-.

答案:-

5.已知a=(4,-3),b=(2,1),若a+tb与b的夹角为45°,则实数t=________. 

【解析】因为a=(4,-3),b=(2,1),

所以a+tb=(2t+4,t-3),

所以(a+tb)·b=5t+5.

又|a+tb|==,

|b|=,(a+tb)·b=|a+tb||b|cos 45°,

所以5t+5=××,

整理得t2+2t-3=0,

解得t=1或t=-3,

经检验知t=-3不成立,故t=1.

答案:1

6.已知直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AD=2,BC=1,P是腰DC上的动点,则|+3|的最小值为________. 

【解析】如图所示,以直线DA,DC分别为x,y轴建立平面直角坐标系,设CD=a,则A(2,0),B(1,a),C(0,a),D(0,0),

设P(0,b)(0≤b≤a),

则=(2,-b),=(1,a-b),

所以+3=(5,3a-4b),

所以|+3|=≥5,

所以|+3|的最小值为5.

答案:5

7.已知菱形ABCD的一条对角线BD长为2,点E满足=,点F为CD的中点,若·=-2,则·=________.  

【解析】如图,建立平面直角坐标系,

设C(t,0),A(-t,0),B(0,-1),D(0,1),

E-t,,F,=(t,1),=,=(-t,1),=,

因为·=-2,所以-t2+=-2,解得t2=5,·=-t2+=-7.

答案:-7

8.在平面直角坐标系中,O为原点,A(-1,0),B(0,),C(3,0),动点D满足||=1,则|++|的最大值是________. 

【解析】设D(x,y),由=(x-3,y)及||=1知(x-3)2+y2=1,即动点D的轨迹为以点C为圆心的单位圆.又++=(-1,0)+(0,)+(x,y)=(x-1,y+),

所以|++|=.

问题转化为圆(x-3)2+y2=1上的点与点P(1,-)间距离的最大值.

因为圆心C(3,0)与点P(1,-)之间的距离为=,

故的最大值为+1.

答案:+1

三、解答题(每小题10分,共30分)

9.已知向量a=(1,),b=(-2,0).

(1)求a-b的坐标以及a-b与a之间的夹角;

(2)当t∈[-1,1]时,求|a-tb|的取值范围.

【解析】(1)因为向量a=(1,),b=(-2,0),所以a-b=(1,)-(-2,0)=(3,),

设a-b与a的夹角为θ,

所以cos θ===.

因为θ∈[0,π],所以向量a-b与a的夹角为.

(2)|a-tb|2=a2-2ta·b+t2b2=4t2+4t+4=4+3.易知当t∈[-1,1]时,|a-tb|2∈[3,12],所以|a-tb|的取值范围是[,2 ].

10.已知三个点A(2,1),B(3,2),D(-1,4).

(1)求证:AB⊥AD;

(2)要使四边形ABCD为矩形,求点C的坐标,并求矩形ABCD两条对角线所夹的锐角的余弦值.

【解析】(1)因为A(2,1),B(3,2),D(-1,4),所以=(1,1),=(-3,3).

·=1×(-3)+1×3=0,所以⊥,所以AB⊥AD.

(2)因为⊥,四边形ABCD为矩形,所以=.

设点C的坐标为(x,y),则=(x+1,y-4).

又因为=(1,1),所以解得

所以点C的坐标为(0,5).所以=(-2,4).

又=(-4,2),所以||=2,||=2,

·=8+8=16.

设与的夹角为θ,则cos θ===.

11.在平面直角坐标系xOy中,点A(-1,-2),B(2,3),C(-2,-1).

(1)求以线段AB,AC为邻边的平行四边形两条对角线的长;

(2)设实数t满足(-t)·=0,求t的值.

【解析】(1)方法一:由题设知=(3,5),=(-1,1),则+=(2,6),-=(4,4).

所以|+|=2,|-|=4.

故所求的两条对角线的长分别为4,2.

方法二:设该平行四边形的第四个顶点为D,两条对角线的交点为E,则E为BC的中点,E(0,1),

又E(0,1)为AD的中点,所以D(1,4).

故所求的两条对角线的长分别为BC=4,

AD=2.

(2)由题设知=(-2,-1),

-t=(3+2t,5+t).

由(-t)·=0,

得(3+2t,5+t)·(-2,-1)=0,

从而5t=-11,所以t=-.

或者:·=t,=(3,5),

t==-.

关闭Word文档返回原板块