高考数学一轮复习课时作业：29 平面向量数量积的应用 Word版含解析

这是一份高考数学一轮复习课时作业：29 平面向量数量积的应用 Word版含解析，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
课时作业29　平面向量数量积的应用一、选择题1．(2019·株洲模拟)在△ABC中，(＋)·＝||2，则△ABC的形状一定是(　C　)A．等边三角形   B．等腰三角形C．直角三角形   D．等腰直角三角形解析：由(＋)·＝||2，得·(＋－)＝0，即·(＋＋)＝0,2·＝0，∴⊥，∴A＝90°.又根据已知条件不能得到||＝||，故△ABC一定是直角三角形．2．已知点A(－2,0)，B(3,0)，动点P(x，y)满足·＝x2，则点P的轨迹是(　D　)A．圆   B．椭圆C．双曲线   D．抛物线解析：∵＝(－2－x，－y)，＝(3－x，－y)，∴·＝(－2－x)(3－x)＋y2＝x2，∴y2＝x＋6，即点P的轨迹是抛物线．3．已知向量m＝(1，cosθ)，n＝(sinθ，－2)，且m⊥n，则sin2θ＋6cos2θ的值为(　B　)A.　　　　B．2　　　　C．2　　　　D．－2解析：由题意可得m·n＝sinθ－2cosθ＝0，则tanθ＝2，所以sin2θ＋6cos2θ＝＝＝2.故选B.4．(2019·安徽江南十校联考)已知△ABC中，AB＝6，AC＝3，N是边BC上的点，且＝2，O为△ABC的外心，则·的值为(　D　)A．8   B．10C．18   D．9解析：由于＝2，则＝＋，取AB的中点为E，连接OE，由于O为△ABC的外心，则⊥，∴·＝·＝2＝×62＝18，同理可得·＝2＝×32＝，所以·＝·＝·＋·＝×18＋×＝6＋3＝9，故选D.5．(2019·广东广雅中学等四校联考)已知两个单位向量a，b的夹角为120°，k∈R，则|a－kb|的最小值为(　B　)A.   B.  C．1   D.解析：∵两个单位向量a，b的夹角为120°，∴|a|＝|b|＝1，a·b＝－，∴|a－kb|＝＝＝，∵k∈R，∴当k＝－时，|a－kb|取得最小值，故选B.6．在△ABC中，已知向量＝(2,2)，||＝2，·＝－4，则△ABC的面积为(　C　)A．4   B．5  C．2   D．3解析：∵＝(2,2)，∴||＝＝2.∵·＝||·||cosA＝2×2cosA＝－4，∴cosA＝－，∵0<A<π，∴sinA＝，∴S△ABC＝||·||sinA＝2.故选C.7．(2018·天津卷)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若点E为边CD上的动点，则·的最小值为(　A　)A.   B.C.   D．3解析：解法1：如图，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(1,0)，B，C(0，)，令E(0，t)，t∈[0，]，∴·＝(－1，t)·＝t2－t＋，∵t∈[0，]，∴当t＝－＝时，·取得最小值，(·)min＝－×＋＝.故选A.解法2：令＝λ(0≤λ≤1)，由已知可得DC＝，∵＝＋λ，∴＝＋＝＋＋λ，∴·＝(＋λ)·(＋＋λ)＝·＋||2＋λ·＋λ2||2＝3λ2－λ＋.当λ＝－＝时，·取得最小值.故选A.二、填空题8．已知O为△ABC内一点，且＋＋2＝0，则△AOC与△ABC的面积之比是12.解析：如图所示，取AC的中点D，∴＋＝2，∴＝，∴O为BD的中点，∴面积比为高之比．即＝＝.9．已知|a|＝2|b|，|b|≠0，且关于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有两相等实根，则向量a与b的夹角是.解析：由已知可得Δ＝|a|2＋4a·b＝0，即4|b|2＋4×2|b|2cosθ＝0，∴cosθ＝－.又∵0≤θ≤π，∴θ＝.10．已知△ABC是直角边长为2的等腰直角三角形，且A为直角顶点，P为平面ABC内一点，则·(＋)的最小值是－1.解析：解法1：如图，以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，设P(x，y)，则＝(－x，－y)，＝(2－x，－y)，＝(－x,2－y)，＋＝(2－2x,2－2y)，∴·(＋)＝－x(2－2x)－y(2－2y)＝2(x－)2＋2(y－)2－1≥－1(当且仅当x＝y＝时等号成立)，∴·(＋)的最小值为－1.解法2：·(＋)＝·(＋＋＋)＝·(2＋＋)．设BC的中点为D，则＋＝2，∴·(＋)＝2·(＋)＝2·，∵－2||·||≤2·≤2||·||，∴(2·)min＝－2||·||，此时点P在线段AD上(异于A，D)，设＝λ(－1<λ<0)，则||＝|λ|＝－λ·，||＝＋λ，∴－2||·||＝4(λ2＋λ＋－)＝4(λ＋)2－1，∴当λ＝－时，·(＋)取得最小值－1.三、解答题11．已知点P(0，－3)，点A在x轴上，点Q在y轴的正半轴上，点M满足·＝0，＝－，当点A在x轴上移动时，求动点M的轨迹方程．解：设M(x，y)为所求轨迹上任一点，设A(a,0)，Q(0，b)(b>0)，则＝(a,3)，＝(x－a，y)，＝(－x，b－y)，由·＝0，得a(x－a)＋3y＝0.　①由＝－，得(x－a，y)＝－(－x，b－y)＝x，(y－b)，∴∴∵b>0，∴y>0，把a＝－代入到①中，得－＋3y＝0，整理得y＝x2(x≠0)．∴动点M的轨迹方程为y＝x2(x≠0)．12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝，n＝(c，b－2a)，且m·n＝0.(1)求角C的大小；(2)若点D为边AB上一点，且满足＝，||＝，c＝2，求△ABC的面积．解：(1)由题意知m＝(cosB，cosC)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，则ccosB＋(b－2a)cosC＝0.在△ABC中，由正弦定理得sinCcosB＋(sinB－2sinA)cosC＝0，整理得sinCcosB＋sinBcosC－2sinAcosC＝0，即sin(B＋C)＝2sinAcosC.故sinA＝2sinAcosC，又sinA≠0，∴cosC＝，∵C∈(0，π)，∴C＝.(2)由＝知，－＝－，∴2＝＋，两边平方得4||2＝b2＋a2＋2bacos∠ACB＝b2＋a2＋ba＝28.①又c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，∴a2＋b2－ab＝12.②由①②得ab＝8，∴S△ABC＝absin∠ACB＝2.13．已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个动点，若动点P满足＝＋λ，λ∈(0，＋∞)，则(　D　)A．动点P的轨迹一定通过△ABC的重心B．动点P的轨迹一定通过△ABC的内心C．动点P的轨迹一定通过△ABC的外心D．动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心解析：由条件，得＝λ，从而·＝λ＝λ＋λ·＝0，所以⊥，则动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心．14．已知向量a，b满足：|a|＝|b|＝1，且a·b＝，若c＝xa＋yb，其中x>0，y>0且x＋y＝2，则|c|的最小值是.解析：∵|a|＝|b|＝1，且a·b＝，当c＝xa＋yb时，c2＝x2a2＋2xya·b＋y2b2＝x2＋xy＋y2＝(x＋y)2－xy；又x>0，y>0且x＋y＝2，∴xy≤()2＝1，当且仅当x＝y＝1时取“＝”，∴c2≥(x＋y)2－()2＝22－1＝3，∴|c|的最小值是.15．(2019·重庆市质量调研)已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，AC＝5，I是△ABC的内心，P是△IBC内部(不含边界)的动点，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是(　A　)A．(，1)   B．(，2)C．(，1)   D．(2,3)解析：以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0,0)，A(3,0)，C(0,4)．设△ABC的内切圆的半径为r，因为I是△ABC的内心，所以(5＋3＋4)×r＝4×3，解得r＝1，所以I(1,1)．设P(x，y)，因为点P在△IBC内部(不含边界)，所以0<x<1.因为＝(－3,0)，＝(－3,4)，＝(x－3，y)，且＝λ＋μ，所以得所以λ＋μ＝1－x，又0<x<1，所以λ＋μ∈(，1)，故选A.16．(2018·浙江卷)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是(　A　)A.－1   B.＋1C．2   D．2－解析：解法1：设O为坐标原点，a＝，b＝＝(x，y)，e＝(1,0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C(2,0)为圆心，1为半径的圆．因为a与e的夹角为，所以不妨令点A在射线y＝x(x>0)上，如图，数形结合可知|a－b|min＝||－||＝－1.故选A.解法2：由b2－4e·b＋3＝0得b2－4e·b＋3e2＝(b－e)·(b－3e)＝0.设b＝，e＝，3e＝，所以b－e＝，b－3e＝，所以·＝0，取EF的中点为C，则B在以C为圆心，EF为直径的圆上，如图．设a＝，作射线OA，使得∠AOE＝，所以|a－b|＝|(a－2e)＋(2e－b)|≥|a－2e|－|2e－b|＝||－||≥－1.故选A.