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高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用復(fù)習(xí)題及答案
a與b的數(shù)量積ab＝|a||b|cs θab＝x1x2＋12
答案 自主梳理
1．(1)ab＝|a||b|cs〈a，b〉 (2)①|(zhì)a|cs〈a，e〉 ②ab＝0 ③|a|2 aa ④ab|a||b|
�、荨� 2.(1)ba
(2)ac＋bc (3)λ(ab) 3.(1)a1b1＋a2b2 (2)a1b1＋a2b2＝0 (3)a21＋a22 a1b1＋a2b2a21＋a22 b21＋b22
(4)(x2－x1，2－1) x2－x12＋2－12
自我檢測
2．B [|2a－b|＝2a－b2
＝4a2－4ab＋b2＝8＝22.]
3．D [由(a＋λb)b＝0得ab＋λ|b|2＝0，
∴1＋2λ＝0，∴λ＝－12.]
4．2＝8x(x≠0)
解析 由題意得AB→＝2，－2，
BC→＝x，2，又AB→⊥BC→，∴AB→BC→＝0，
即2，－2x，2＝0，化簡得2＝8x(x≠0)．
5．－2
解析 合理建立直角坐標系，因為三角形是正三角形，故設(shè)C(0,0)，A(23，0)，B(3，3)，這樣利用向量關(guān)系式，求得MA→＝32，－12，MB→＝32，－12，MB→＝－32，52，所以MA→MB→＝－2.
課堂活動區(qū)
例1 解 (1)∵(2a－3b)(2a＋b)＝61，
∴4|a|2－4ab－3|b|2＝61.
又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4ab－27＝61，
∴ab＝－6.
∴cs θ＝ab|a||b|＝－64×3＝－12.
又0≤θ≤π，∴θ＝2π3.
(2)|a＋b|＝a＋b2
＝|a|2＋2ab＋|b|2
�。�16＋2×－6＋9＝13.
(3)∵AB→與BC→的夾角θ＝2π3，
∴∠ABC＝π－2π3＝π3.
又|AB→|＝|a|＝4，|BC→|＝|b|＝3，
∴S△ABC＝12|AB→||BC→|sin∠ABC
�。�12×4×3×32＝33.
變式遷移1 (1)C [∵|a|＝|b|＝1，ab＝0，
展開(a－c)(b－c)＝0|c|2＝c(a＋b)
�。絴c||a＋b|cs θ，∴|c|＝|a＋b|cs θ＝2cs θ，
∴|c|的最大值是2.]
(2)λ<12且λ≠－2
解析 ∵〈a，b〉∈(0，π2)，∴ab>0且ab不同向．
即|i|2－2λ||2>0，∴λ<12.
當ab同向時，由a＝b(>0)得λ＝－2.
∴λ<12且λ≠－2.
例2 解題導(dǎo)引 1.非零向量a⊥bab＝0x1x2＋12＝0.
2．當向量a與b是非坐標形式時，要把a、b用已知的不共線的向量表示．但要注意運算技巧，有時把向量都用坐標表示，并不一定都能夠簡化運算，要因題而異．
解 (1)由題意得，|a|＝|b|＝1，
∴(a＋b)(a－b)＝a2－b2＝0，
∴a＋b與a－b垂直．
(2)|a＋b|2＝2a2＋2ab＋b2＝2＋2ab＋1，
(3|a－b|)2＝3(1＋2)－6ab.
由條件知，2＋2ab＋1＝3(1＋2)－6ab，
從而有，ab＝1＋24(>0)．
(3)由(2)知ab＝1＋24＝14(＋1)≥12，
當＝1時，等號成立，即＝±1.
∵>0，∴＝1.
此時cs θ＝ab|a||b|＝12，而θ∈[0，π]，∴θ＝π3.
故ab的最小值為12，此時θ＝π3.
變式遷移2 (1)解 因為a與b－2c垂直，
所以a(b－2c)
�。�4cs αsin β－8cs αcs β＋4sin αcs β＋8sin αsin β
＝4sin(α＋β)－8cs(α＋β)＝0.
因此tan(α＋β)＝2.
(2)解 由b＋c＝(sin β＋cs β，4cs β－4sin β)，
得|b＋c|＝sin β＋cs β2＋4cs β－4sin β2
＝17－15sin 2β≤42.
又當β＝－π4時，等號成立，所以|b＋c|的最大值為42.
(3)證明 由tan αtan β＝16得4cs αsin β＝sin α4cs β，
所以a∥b.
例3 解題導(dǎo)引 與三角函數(shù)相結(jié)合考查向量的數(shù)量積的坐標運算及其應(yīng)用是高考熱點題型．解答此類問題，除了要熟練掌握向量數(shù)量積的坐標運算公式，向量模、夾角的坐標運算公式外，還應(yīng)掌握三角恒等變換的相關(guān)知識．
解 (1)ab＝cs 32xcs x2－sin 32xsin x2＝cs 2x，
|a＋b|＝cs 32x＋cs x22＋sin 32x－sin x22
＝2＋2cs 2x＝2|cs x|，
∵x∈－π3，π4，∴cs x>0，
∴|a＋b|＝2cs x.
(2)f(x)＝cs 2x－2cs x＝2cs2x－2cs x－1
�。�2cs x－122－32.
∵x∈－π3，π4，∴12≤cs x≤1，
∴當cs x＝12時，f(x)取得最小值－32；
當cs x＝1時，f(x)取得最大值－1.
變式遷移3 解 由題意，設(shè)△ABC的角B、C的對邊分別為b、c，則S＝12bcsin A＝12.
AB→AC→＝bccs A＝3>0，
∴A∈0，π2，cs A＝3sin A.
又sin2A＋cs2A＝1，
∴sin A＝1010，cs A＝31010.
由題意cs B＝35，得sin B＝45.
∴cs(A＋B)＝cs Acs B－sin Asin B＝1010.
∴cs C＝cs[π－(A＋B)]＝－1010.
課后練習(xí)區(qū)
1．D [因為ab＝6－＝0，所以＝6.]
2．D [由(2a＋3b)(a－4b)＝0得2－12＝0，∴＝6.]
3．C [∵S△ABC＝12|a||b|sin∠BAC＝154，
∴sin∠BAC＝12.又ab<0，
∴∠BAC為鈍角．∴∠BAC＝150°.]
4．C [由(2a＋b)b＝0，得2ab＝－|b|2.
cs〈a，b〉＝ab|a||b|＝－12|b|2|b|2＝－12.
∵〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a，b〉＝120°.]
5．B [因為ab＝|a||b|cs〈a，b〉，
所以，a在b上的投影為|a|cs〈a，b〉
�。絘b|b|＝21－842＋72＝1365＝655.]
6.35
解析 ∵ab＝cs 2α＋2sin2α－sin α＝25，
∴1－2sin2α＋2sin2α－sin α＝25，∴sin α＝35.
7．120°
解析 設(shè)a與b的夾角為θ，∵c＝a＋b，c⊥a，
∴ca＝0，即(a＋b)a＝0.∴a2＋ab＝0.
又|a|＝1，|b|＝2，∴1＋2cs θ＝0.
∴cs θ＝－12，θ∈[0°，180°]即θ＝120°.
8．(－1,0)或(0，－1)
解析 設(shè)n＝(x，)，由n＝－1，
有x＋＝－1.①
由與n夾角為3π4，
有n＝|||n|cs 3π4，
∴|n|＝1，則x2＋2＝1.②
由①②解得x＝－1＝0或x＝0＝－1，
∴n＝(－1,0)或n＝(0，－1)．
9．解 設(shè)存在點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＝1115.
∴M點坐標為(2,1)或225，115.
故在線段OC上存在點M，使MA→⊥MB→，且點M的坐標為(2,1)或(225，115)．………(12分)
10．(1)證明 ∵ab＝cs(－θ)csπ2－θ＋sin－θsinπ2－θ
＝sin θcs θ－sin θcs θ＝0.∴a⊥b.……………………………………………………(4分)
(2)解 由x⊥得，x＝0，
即[a＋(t2＋3)b](－a＋tb)＝0，
∴－a2＋(t3＋3t)b2＋[t－(t2＋3)]ab＝0，
∴－|a|2＋(t3＋3t)|b|2＝0.………………………………………………………………(6分)
又|a|2＝1，|b|2＝1，
∴－＋t3＋3t＝0，∴＝t3＋3t.…………………………………………………………(8分)
∴＋t2t＝t3＋t2＋3tt＝t2＋t＋3
�。絫＋122＋114.……………………………………………………………………………(10分)
故當t＝－12時，＋t2t有最小值114.………………………………………………………(12分)
11．解 (1)f(x)＝ab＝2csx＋π6＋2sin x
＝2cs xcs π6－2sin xsin π6＋2sin x
�。�3cs x＋sin x＝2sinx＋π3.…………………………………………………………(5分)
由π2＋2π≤x＋π3≤3π2＋2π，∈Z，
得π6＋2π≤x≤7π6＋2π，∈Z.
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是
π6＋2π，7π6＋2π (∈Z)．……………………………………………………………(8分)
(2)由(1)知f(x)＝2sinx＋π3.
又因為2sinx＋π3＝85，
所以sinx＋π3＝45，……………………………………………………………………(11分)
即sinx＋π3＝csπ6－x＝csx－π6＝45.
所以cs2x－π3＝2cs2x－π6－1＝725.………………………………………………(14分)
5
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