【名師一號】2020-2021學(xué)年新課標(biāo)A版高中數(shù)學(xué)必修4-第二章-平面向量-雙基限時(shí)練20

雙基限時(shí)練(二十)1．已知|a|＝6，|b|＝2，a與b的夾角為60°，則a·b等于()A．6＋eq\r(3) B．6－eq\r(3)C．6 D．7解析a·b＝|a||b|cos60°＝6×2×cos60°＝6.答案C2．已知|a|＝2，|b|＝4，a·b＝－4，則向量a與b的夾角為()A．30° B．60°C．150° D．120°解析cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－4,2×4)＝－eq\f(1,2)，∵θ∈[0°，180°]，∴θ＝120°，故選D.答案D3．已知|b|＝3，a在b方向上的投影為eq\f(3,2)，則a·b＝()A．3 B.eq\f(9,2)C．2 D.eq\f(1,2)解析由題意，得|a|cos〈a，b〉＝eq\f(3,2)，∴a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝3×eq\f(3,2)＝eq\f(9,2).答案B4．已知向量a，b滿足a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，則|2a－bA．0 B．2eq\r(2)C．4 D．8解析|2a－b|2＝4a2－4a·b＋∴|2a－b|＝2eq\r(2).答案B5．若非零向量a與b的夾角為eq\f(2π,3)，|b|＝4，(a＋2b)·(a－b)＝－32，則向量a的模為()A．2 B．4C．6 D．12解析(a＋2b)·(a－b)＝a2＋2a·b－a·b－2b＝a2＋a·b－2b2＝－32，又a·b＝|a||b|coseq\f(2π,3)＝|a|×4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－2|a|，∴|a|2－2|a|－2×42＝－32.∴|a|＝2，或|a|＝0(舍去)．答案A6．在△ABC中，若eq\o(AB,\s\up16(→))2＝eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＋eq\o(BA,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\o(CA,\s\up16(→))·eq\o(CB,\s\up16(→))，則△ABC是()A．等邊三角形 B．銳角三角形C．鈍角三角形 D．直角三角形解析由于eq\o(AB,\s\up16(→))2＝eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＋eq\o(BA,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\o(CA,\s\up16(→))·eq\o(CB,\s\up16(→))＝eq\o(AB,\s\up16(→))·(eq\o(AC,\s\up16(→))－eq\o(BC,\s\up16(→)))＋eq\o(CA,\s\up16(→))·eq\o(CB,\s\up16(→))＝eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(CA,\s\up16(→))·eq\o(CB,\s\up16(→))，所以eq\o(CA,\s\up16(→))·eq\o(CB,\s\up16(→))＝0，即eq\o(CA,\s\up16(→))⊥eq\o(CB,\s\up16(→))，所以三角形為直角三角形，選D.答案D7．若平面對量a＝(－1,2)與b的夾角是180°，且|b|＝3eq\r(5)，則b＝________.解析設(shè)b＝(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－2x，,x2＋y2＝45.))∴x2＝9.∴x＝±3，又a＝(－1,2)與b方向相反．∴b＝(3，－6)．答案(3，－6)8．設(shè)向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝1，且|ka＋b|＝eq\r(3)|a－kb|(k>0)．若a與b的夾角為60°，則k＝________.解析由|ka＋b|＝eq\r(3)|a－kb|，得k2a2＋2ka·b＋b2＝3a2－6ka·b＋3k2b即(k2－3)a2＋8ka·b＋(1－3k2)b2＝0.∵|a|＝1，|b|＝1，a·b＝1×1cos60°＝eq\f(1,2)，∴k2－2k＋1＝0，∴k＝1.答案19．若向量a，b滿足|a|＝eq\r(2)，|b|＝1，a·(a＋b)＝1，則向量a，b的夾角的大小為________．解析∵|a|＝eq\r(2)，a·(a＋b)＝1，∴a2＋a·b＝2＋a·b＝1.∴a·b＝－1.設(shè)a，b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1,\r(2)×1)＝－eq\f(\r(2),2)，又θ∈[0，π]，∴θ＝eq\f(3π,4).答案eq\f(3π,4)10．在平行四邊形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E為CD的中點(diǎn)．若eq\o(AC,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→))＝1，則AB的長為________．解析由于eq\o(BE,\s\up16(→))＝eq\o(BA,\s\up16(→))＋eq\o(AD,\s\up16(→))＋eq\o(DE,\s\up16(→))＝－eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AD,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up16(→))＝eq\o(AD,\s\up16(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up16(→))，所以eq\o(AC,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→))＝(eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AD,\s\up16(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))－\f(1,2)\o(AB,\s\up16(→))))＝eq\o(AD,\s\up16(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up16(→))·eq\o(AB,\s\up16(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up16(→))2＝1＋eq\f(1,2)×1×|eq\o(AB,\s\up16(→))|cos60°－eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up16(→))|2＝1，所以eq\f(1,4)|eq\o(AB,\s\up16(→))|－eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up16(→))|2＝0，解得|eq\o(AB,\s\up16(→))|＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)11．在△ABC中，|eq\o(BC,\s\up16(→))|＝4，|eq\o(CA,\s\up16(→))|＝9，∠ACB＝30°，求eq\o(BC,\s\up16(→))·eq\o(CA,\s\up16(→)).解如圖所示，eq\o(BC,\s\up16(→))與eq\o(CA,\s\up16(→))所成的角為∠ACB的補(bǔ)角即150°，又由于|eq\o(BC,\s\up16(→))|＝4，|eq\o(CA,\s\up16(→))|＝9，所以eq\o(BC,\s\up16(→))·eq\o(CA,\s\up16(→))＝|eq\o(BC,\s\up16(→))|·|eq\o(CA,\s\up16(→))|cos150°＝4×9×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－18eq\r(3).12．已知|a|＝1，a·b＝eq\f(1,2)，(a－b)·(a＋b)＝eq\f(1,2)，求：(1)a與b的夾角；(2)a－b與a＋b的夾角的余弦值．解(1)∵(a－b)·(a＋b)＝eq\f(1,2)，∴|a|2－|b|2＝eq\f(1,2).∵|a|＝1，∴|b|＝eq\r(|a|2－\f(1,2))＝eq\f(\r(2),2).設(shè)a與b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\f(1,2),1·\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(2),2)，∵0°≤θ≤180°，∴θ＝45°.(2)∵(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝eq\f(1,2)，∴|a－b|＝eq\f(\r(2),2).∵(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝eq\f(5,2)，∴|a＋b|＝eq\f(\r(10),2).設(shè)a－b與a＋b的夾角為α，則cosα＝eq\f(a－b·a＋b,|a－b||a＋b|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(2),2)×\f(\r(10),2))＝eq\f(\r(5),5).13．已知a，b是兩個(gè)非零向量，當(dāng)a＋tb(t∈R)的模取得最小值時(shí)．(1)求t的值(用a，b表示)；