届高三数学一轮复习第五章平面向量第三节平面向量的数量积与平面向量应用举例夯基提能作业本理
高三数学一轮复习第五篇平面向量第3节平面向量的数量积及平面向量的应用课件理
夯基自测
D
No
Image
2.(2014高考全国大纲卷)已知a,b为单位向量,其夹角为60°,则(2a-b) ·b等于( B )
(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2
数量积 模
夹角
a⊥b 的 充要条件 |a·b|与 |a||b|的
关系
定义及性质 a·b=|a||b|cos θ
|a|= a a
考点一 平面向量数量积运算 【例1】 (1)已知a=(1,2),2a-b=(3,1),则a·b等于( ) (A)2 (B)3 (C)4 (D)5 解析:(1)因为a=(1,2),2a-b=(3,1), 所以b=2a-(3,1)=2(1,2)-(3,1)=(-1,3), 所以a·b=(1,2)·(-1,3)=1×(-1)+2×3=5. 故选D.
【即时训练】 (2016 江西省临川区一中高三上期中)在△ABC 中,已知 ∠BAC=90°,AB=6,若 D 点在斜边 BC 上,CD=2DB,则 AB · AD 的值为( ) (A)6 (B)12 (C)24 (D)48
4.平面向量数量积的运算律 已知向量a,b,c和实数λ ,则: (1)交换律:a·b=b·a ; (2)结合律:(λ a)·b=λ (a·b)=a·(λ b) ; (3)分配律:(a+b)·c= a·c+b·c . 5.向量在平面几何中的应用 平面向量在平面几何中的应用主要是用向量的线性运算及数量积解 决平面几何中的平行、垂直、全等、相似、长度、夹角等问题. 6.平面向量在物理中的应用 (1)由于物理学中的力、速度、位移都是矢量,它们的分解与合成与 向量的 加法和减法 相似,可以用向量的知识来解决. (2)物理学中的功是一个标量,这是力F与位移s的数量积.即 W=F·s=|F||s|cos θ (θ 为F与s的夹角).
高考数学一轮复习第五章《平面向量与复数》第三节平面向量数量积及应用
第三节 平面向量数量积及应用
必备知识·整合 关键能力·突破 拓展视野 极化恒等式、奔驰定理及其应用
课标要求 1.理解平面向量数量积的概念及其物理意义，了解平面向量投影的概念以及投影向 量的意义. 2.会计算平面向量的数量积，能用坐标表示平面向量的数量积. 3.会用数量积判断两个平面向量的垂直关系，会表示两个平面向量的夹角. 4.会用向量的方法解决简单的平面几何问题、力学问题和其他实际问题.
关键能力·突破
考点一 平面向量数量积的运算
例1
A
C
A
迁移应用
13
考点二 平面向量数量积的性质及应用 角度1 平面向量的模
例2
角度2 平面向量的夹角
A
角度3 平面向量的垂直问题
A
角度4 投影向量
迁移应用
D
A
考点三 平面向量数量积的综合应用 角度1 平面向量在平面（解析）几何问题中的应用
二、奔驰定理
2.奔驰定理在三角形四心中的具体形式：
Байду номын сангаас
D
例6
A A. 等边三角形 C. 等腰三角形
B. 直角三角形 D. 三边均不相等的三角形
角度2 平面向量与三角函数、解三角形的综合应用
角度3 平面向量在物理中的应用
迁移应用
B A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形
23
拓展视野 极化恒等式、奔驰定理及其应用
必备知识·整合
〔知识梳理〕
模 夹角
_______________
交换律 结合律 分配律
〔课前自测〕
1. 概念辨析（正确的打“√”,错误的打“×”）. ×
(旧教材适用)2023高考数学一轮总复习第五章平面向量第3讲平面向量的数量积及应用课件
m＝－79， 联立①②，解得n＝－73.
故选 D.
(2)(2022·陕西渭南模拟)已知向量A→B与A→C的夹角为 120°，且|A→B|＝3，|A→C
→ →→ →→ |＝2.若AP＝λAB＋AC，且AP⊥BC，则实数 λ 的值为
7 12
．
解析 因为A→P⊥B→C，所以A→P·B→C＝0.又A→P＝λA→B＋A→C，B→C＝A→C－A→B，
3．向量数量积的运算律 交换律 分配律
数乘结合律
a·b＝ □10 b·a (a＋b)·c＝ □11 a·c＋b·c (λa)·b＝λ(a·b)＝ □12 a·(λb)
4．平面向量数量积的有关结论
已知非零向量 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a 与 b 的夹角为 θ.
结论
几何表示
坐标表示
模
A. 5 B．3 5 C．4 5 D．2 5 答案 C
解析 由向量加法的平行四边形法则可知B→A＋B→C＝B→D，则原式＝2|B→D |＝2 42＋22＝4 5.故选 C.
(2)(2021·全国甲卷)若向量 a，b 满足|a|＝3，|a－b|＝5，a·b＝1，则|b| ＝ 32 .
解析 由|a－b|＝5 得(a－b)2＝25，即 a2－2a·b＋b2＝25，结合|a|＝3，a·b ＝1，得 32－2×1＋|b|2＝25，所以|b|＝3 2.
4．有关向量夹角的两个结论 (1)两个向量 a 与 b 的夹角为锐角，则有 a·b>0，反之不成立(因为 a 与 b 的夹角为 0 时也有 a·b>0)． (2)两个向量 a 与 b 的夹角为钝角，则有 a·b<0，反之不成立(因为 a 与 b 的夹角为 π 时也有 a·b<0)．
1．已知向量 a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝( ) A. 2 B．2 C．5 2 D．50 答案 A
新高考数学一轮复习：第5章 第3节 平面向量的数量积与平面向量应用举例
(对应学生用书第 94 ⻚)
1．向量的夹⻆
已知两个非零向量 a 和 b，作O→A＝a，O→B＝b，则∠ 夹⻆，向量夹⻆的范围是：[0，π]．
2．平面向量的数量积
AOB 就是向量 a 与 b 的
设两个非零向量 a，b 的夹⻆为θ，则数量|a||b|·cos_θ叫做 a 与 b 的数量积， 定义
记作 a·b
4．已知向量 a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥ b，则 m＝________．
8 [∵ a＝(1，m)，b＝(3，－2)，
∴a＋b＝(4，m－2)，由(a＋b)⊥ b 可得
(a＋b)·b＝12－2m＋4＝16－2m＝0，即 m＝8.]
(对应学生用书第 95 ⻚) 考点 1 平面向量数量积的运算
4
4
＝2 2.故A→D·A→C＝A→D·(A→D＋D→C)＝|A→D|2＋A→D·D→C＝(2 2)2＋2 2×2cos π＝12. 4
法二：(坐标法)如图，建立平面直⻆坐标系 xAy. 依题意，可设点 D(m，m)，
C(m＋2，m)，B(n，0)，其中 m＞0，n＞0，则由A→B·A→C＝
2A→B·A→D，得(n，0)·(m＋2，m)＝2(n，0)·(m，m)，所以 n(m＋2)＝2nm，化简得 m＝2.
影为________．
－2 [由数量积的定义知，b 在 a 方向上的投影为|b|cos θ＝4×cos 120°＝－2.]
3．已知|a|＝2，|b|＝6，a·b＝－6 3，则 a 与 b 的夹⻆θ＝________．
5π [cos θ＝ a·b ＝－6 3＝－ 3.
6
|a|·|b| 2×6
2
又因为 0≤θ≤π，所以θ＝5π.] 6
近年高考数学一轮复习第五章平面向量第三节平面向量的数量积与平面向量应用举例夯基提能作业本文(202
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第三节平面向量的数量积与平面向量应用举例A组基础题组1。
已知=（2,1)，点C（—1,0),D（4，5)，则向量在方向上的投影为( ）A。
-B。
-3 C. D.32。
(2017北京东城二模）已知向量a=(1,2),b=(x,4）,且a⊥b,那么x的值为( ）A.—2 B。
-4 C.-8 D.-163.(2015北京通州一模)在正方形ABCD中,已知AB=3,E是CD的中点，则·等于( ）A。
B。
6 C。
D。
4。
设向量a，b满足|a|=1,｜a-b|=,a·（a—b)=0，则｜2a+b｜=( ）A.2 B。
2C。
4 D.45。
(2018北京海淀期末)在△ABC中，AB=AC=1,D是AC边的中点,则·的取值范围是（) A. B.C. D.6.(2017北京东城期末)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a,b,c，若a=5，b=7，c=8，则·等于。
7。
(2015北京朝阳一模)已知平面向量a，b满足｜a｜=|b|=1,a与b的夹角为60°，则a·（a+b）= .8.（2016北京西城二模)设平面向量a，b满足｜a｜=｜b｜=2,a·（a+b)=7，则向量a,b夹角的余弦值为.9。
高三数学一轮复习 第五章 平面向量 第三节 平面向量的数量积与平面向量应用举例夯基提能作业本 文-人
第三节平面向量的数量积与平面向量应用举例A组基础题组1.已知=(2,1),点C(-1,0),D(4,5),则向量在方向上的投影为( )A.-B.-3C.D.32.(2017某某某某期中)已知向量a=(1,m),b=(0,-2),且(a+b)⊥b,则m等于( )A.-2B.-1C.1D.23.(2017某某师大附中模拟)在直角三角形ABC中,角C为直角,且AC=BC=2,点P是斜边上的一个三等分点,则·+·=( )A.0B.4C.D.-4.设向量a,b满足|a|=1,|a-b|=,a·(a-b)=0,则|2a+b|=( )A.2B.2C.4D.45.(2016某某八校联考(二))已知向量a=(3,1),b=(1,3),c=(k,-2),若(a-c)∥b,则向量a与向量c的夹角的余弦值是( )A. B.C.- D.-6.设向量a=(m,1),b=(1,2),若|a+b|2=|a|2+|b|2,则m=.7.已知a=(λ,2λ),b=(3λ,2),如果a与b的夹角为锐角,则λ的取值X围是.8.如图,平行四边形ABCD中,AB=2,AD=1,∠A=60°,点M在AB边上,且AM=AB,则·等于.9.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61.(1)求a与b的夹角θ;(2)求|a+b|和|a-b|.10.在平面直角坐标系xOy中,已知向量m=,n=(sin x,cos x),x∈.(1)若m⊥n,求tan x的值;(2)若m与n的夹角为,求x的值.B组提升题组11.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>=.若n⊥(tm+n),则实数t的值为( )A.4B.-4C.D.-12.已知△ABC为等边三角形,AB=2,设点P,Q满足=λ,=(1-λ),λ∈R,若·=-,则λ=()A.B. C. D.13.若两个非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|=2|a|,则向量a+b与a-b的夹角为( )A.B. C. D.14.如图,菱形ABCD的边长为2,∠BAD=60°,M为DC的中点,若N为菱形内任意一点(含边界),则·的最大值为.15.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(sin A,sin B),n=(cos B,cos A),m·n=sin 2C.(1)求角C的大小;(2)若sin A,sin C,sin B成等差数列,且·(-)=18,求c.16.已知向量a=,b=,实数k为大于零的常数,函数f(x)=a·b,x∈R,且函数f(x)的最大值为.(1)求k的值;(2)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,若<A<π, f(A)=0,且a=2,求·的最小值.答案全解全析A组基础题组1.C 因为点C(-1,0),D(4,5),所以=(5,5),又=(2,1),所以向量在方向上的投影为||cos<,>===.2.D ∵a=(1,m),b=(0,-2),∴a+b=(1,m-2),又(a+b)⊥b,∴0×1-2(m-2)=0,即m=2.3.B 由题意不妨取=,则·+·=·(+)=(+)·(+)=·(+)=·(+)= ++·=×4+×4+0=4.故选B.4.B 由a·(a-b)=0,可得a·b=a2=1,由|a-b|=,可得(a-b)2=3,即a2-2a·b+b2=3,解得b2=4.故(2a+b)2=4a2+4a·b+b2=12,所以|2a+b|=2.5.A 由已知得a-c=(3-k,3),∵(a-c)∥b,∴3(3-k)-3=0,∴k=2,即c=(2,-2),∴cos<a,c>===.6.答案-2解析由|a+b|2=|a|2+|b|2得a·b=0,所以a⊥b,则m+2=0,所以m=-2.7.答案∪0,∪解析a与b的夹角为锐角,则a·b>0且a与b不共线,则解得λ<-或0<λ<或λ>,所以λ的取值X围是∪∪.8.答案 1解析因为=+=+,=+,所以·=·(+)=||2+||2+·=1+-·=-||·||·cos60°=-×1×2×=1.9.解析(1)由(2a-3b)·(2a+b)=4|a|2-4a·b-3|b|2=61及|a|=4,|b|=3得a·b=-6,∴cos θ===-.又θ∈[0,π],∴θ=.(2)|a+b|====.同理,|a-b|==.10.解析(1)∵m⊥n,∴m·n=0,故sin x-cos x=0,∴tan x=1.(2)∵m与n的夹角为,∴cos<m,n>===,故sin=.又x∈,∴x-∈,则x-=,即x=,故x的值为.B组提升题组11.B 因为n⊥(tm+n),所以tm·n+n2=0,所以m·n=-,又4|m|=3|n|,所以cos<m,n>===-=,所以t=-4.故选B.12.A 解法一:=-=(1-λ)-,=-=λ-.∵||=||=2,<,>=60°,∴·=||·||·cos 60°=2,又·=-,∴[(1-λ)-]·(λ-)=-,即λ||2+(λ2-λ-1)·+(1-λ)·||2=,所以4λ+2(λ2-λ-1)+4(1-λ)=,解得λ=.解法二:以点A为坐标原点,AB所在的直线为x轴,过点A且垂直于AB的直线为y轴,建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(2,0),C(1,),∴=(2,0),=(1,),∴P(2λ,0),Q(1-λ,(1-λ)),∵·=-,∴(-1-λ,(1-λ))·(2λ-1,-)=-,化简得4λ2-4λ+1=0,∴λ=.13.D 由|a+b|=|a-b|可知a⊥b,设=b,=a,如图,作矩形ABCD,连接AC,BD,可知=a+b,=a-b,设AC与BD的交点为O,结合题意可知OA=OD=AD,∴∠AOD=,∴∠DOC=,又向量a+b与a-b的夹角为与的夹角,故所求夹角为,选D.14.答案9解析由平面向量的数量积的几何意义知,·等于与在方向上的投影之积,所以(·)max=·=·(+)=++·=9.15.解析(1)m·n=sin A·cos B+sin B·cos A=sin(A+B),在△ABC中,A+B=π-C,0<C<π,∴sin(A+B)=sin C,∴m·n=sin C,又m·n=sin 2C,∴sin 2C=sin C,∴cos C=,则C=.(2)由sin A,sin C,sin B成等差数列,可得2sin C=sin A+sin B,由正弦定理得2c=a+b.∵·(-)=18,∴·=18,即abcos C=18,ab=36.由余弦弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=(a+b)2-3ab,∴c2=4c2-3×36,c2=36,∴c=6.16.解析(1)由题意知,f(x)=a·b=·=ksin·cos-kcos2=ksin-k·=-=sin-cos-=sin-.因为x∈R,所以f(x)的最大值为=,则k=1.(2)由(1)知, f(x)=sin-,所以f(A)=sin-=0,化简得sin=,因为<A<π,所以<-<,则-=,解得A=.因为cos A=-==,所以b2+c2+bc=40,则b2+c2+bc=40≥2bc+bc(当且仅当b=c时取等号), 所以bc≤=20(2-).则·=||||cos=-bc≥20(1-),所以·的最小值为20(1-).。
高考数学一轮复习第五章平面向量第3节平面向量的数量积课件理
3．向量数量积的性质
|a|cos〈a，e〉 (1)如果 e 是单位向量，则 a· e＝e· a＝_____________ ． a· b＝0 a⊥b .(a， (2)a⊥b⇒________ 且 a· b＝0⇒_____ b 均为非零向量)
|a|2 ，|a|＝ a· (3)a· a＝____ a.
4 → → → → AB· CD ＝－2 ＋6＝ 4 ，向量AB在向量CD 上的投影等于 ＝ 10 2 10 5 ，选 B.
[答案] B
2π 5．平面向量 a 与 b 的夹角为 3 ，a＝(3,0)，|b|＝2，则|a ＋2b|＝( A．7 C. 13
[解析] ＝
[答案]
) B. 37 D．3
|a＋2b|＝
第五章
平面向量
第三节
平面向量的数量积
1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义； 2.了解平面 向量的数量积与向量投影的关系； 3.掌握数量积的坐标表达 式，会进行平面向量数量积的运算； 4.能运用数量积表示两 个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.
知 识
梳 理 诊 断
1．两个向量的夹角 (1)定义 → 非零 已知两个______ 向量 a 和 b， 作OA＝a， → ＝b，则∠AOB＝θ 叫做向量 a 与 b 的夹角． OB (2)范围
2 2
a＋2b2
2π |a| ＋4|b| ＋4|a||b|cos 3 ＝ 13.
C
6．(2016· 沧州一中月考)如图，△ABC 中， AC＝3，BC＝4，∠C＝90° ，D 是 BC 的中点， →· → 的值为________． 则BA AD
[解析] D(0,2)．
如图， 建立直角坐标系， 则 C(0,0)， A(3,0)， B(0,4)，
高考数学一轮复习第五章平面向量第三节平面向量的数量积及其应用实用课件理
＝________. 答案： 13 (2)已知向量 a ＝(1， 3)，b ＝( 3，1)，则 a 与 b 夹角的大小
为________． 解析：由题意得|a |＝ 1＋3＝2，|b |＝ 3＋1＝2，a ·b ＝1× 3
＋
3×1＝2
3.设 a
与 b 的夹角为 θ，则 cos
θ＝22×32＝
3 2.
即
|
―→ AB
―→ |·| AC
|
＝
2
，
所
以
|
―B→C
|2
＝
|
―→ AC
－
―→ AB
|2
＝
―→ AC
2
－
2―A→B ·―A→C ＋―A→B 2≥2|―A→B |·|―A→C |－2―A→B ·―A→C ＝6，当且仅当
|―A→B |＝|―A→C |时等号成立，所以|―B→C |min＝ 6.
[答案] (1)B (2)C
2．平面向量的数量积 (1)定义：已知两个非零向量 a 与 b ，它们的夹角为 θ，则数 量 |a ||b |cos θ 叫做 a 与 b 的数量积(或内积)，记作 a ·b ，即 a ·b ＝ |a ||b |cos θ ，规定零向量与任一向量的数量积为 0，即 0·a ＝0.
(2)几何意义：数量积 a ·b 等于 a 的长度|a |与 b 在 a 的方向 上的投影 |b |cos θ 的乘积．
A．12 C．－8
B．8 D．2
()
解析：∵|a |cos〈a ，b 〉＝4，|b |＝3，∴a ·b ＝|a ||b |·cos〈a ，
b 〉＝3×4＝12. 答案：A
2．设 x∈R ，向量 a ＝(1，x)，b ＝(2，－4)，且 a ∥b ，则 a ·b
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第三节平面向量的数量积与平面向量应用举例
A组基础题组
1.设向量a=(1,-2),向量b=(-3,4),向量c=(3,2),则(a+2b)·c=()
A.(-15,12)
B.0
C.-3
D.-11
2.(2016河南八市重点高中质检)已知平面向量a,b的夹角为,且a·(a-b)=8,|a|=2,则|b|等于( )
A. B.2 C.3 D.4
3.已知e1,e2是单位向量,m=e1+2e2,n=5e1-4e2,若m⊥n,则e1与e2的夹角为( )
A. B. C.π D.π
4.(2016德州模拟)如图,在△ABC中,O为BC中点,若AB=1,AC=3,<,>=60°,则||=( )
A.1
B.2
C.
D.5
5.如图,在等腰三角形ABC中,底边BC=2,=,=,若·=-,则·=( )
A.-
B.
C.-
D.
6.已知a=(1,2),b=(3,4),若a+kb与a-kb垂直,则实数k= .
7.如图所示,在等腰直角三角形AOB中,OA=OB=1,=4,则·(-)= .
8.已知平面向量m,n的夹角为,且|m|=,|n|=2,在△ABC中,=2m+2n,=2m-6n,=,则
||= .
9.已知|a|=4,|b|=8,a与b的夹角是120°.
(1)计算:①|a+b|,②|4a-2b|;
(2)当k为何值时,(a+2b)⊥(ka-b)?
10.(2016上海静安一模)如图,已知O为坐标原点,向量=(3cos x,3sin x),=(3cos x,sin
x),=(,0),x∈.
(1)求证:(-)⊥;
(2)若△ABC是等腰三角形,求x的值.
B组提升题组
11.(2016河南商丘二模)已知a、b均为单位向量,且a·b=0.若|c-4a|+|c-3b|=5,则|c+a|的取值范围是( )
A.[3,]
B.[3,5]
C.[3,4]
D.[,5]
12.(2016四川成都模拟)已知菱形ABCD边长为2,∠B=,点P满足=λ,λ∈R,若·=-3,则λ的值为( )
A. B.-C. D.-
13.(2016江苏,13,5分)如图,在△ABC中,D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分
点,·=4,·=-1,则·的值是.
14.已知圆O的半径为2,AB是圆O的一条直径,C、D两点都在圆O上(C、D不与A、B重合),且||=2,求|+|.
15.已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=,n=,且m与n的
夹角为.
(1)求角C;
(2)已知c=,S△ABC=,求a+b的值.
答案全解全析
A组基础题组
1.C ∵a=(1,-2),b=(-3,4),∴a+2b=(1,-2)+2(-3,4)=(-5,6).又
∵c=(3,2),∴(a+2b)·c=(-5,6)·(3,2)=-5×3+6×2=-3,故选C.
2.D 因为a·(a-b)=8,所以a·a-a·b=8,即|a|2-|a||b|cos <a,b>=8,所以4+2|b|×=8,解得|b|=4.
3.B 因为m⊥n,|e1|=|e2|=1,所以m·n=(e1+2e2)·(5e1-4e2)=5+6e1·e2-8=-3+6e1·e2=0.所以
e1·e2=.设e1与e2的夹角为θ,则cos θ==.因为θ∈[0,π],所以θ=.
4.C 因为O为BC中点,所以=(+),||2=(+2·+)=(12+2×1×3×cos
60°+32)=,所以||=.
5.A
如图,作AF⊥BC于F,∵△ABC是等腰三角形,∴BF=FC=BC=1.
因为=⇒D是AC的中点⇒=(+),
所以·=-⇒(+)·(-)=-⇒-=-1⇒=5⇒||=,所以
cos∠ABC==,·=(-)·=·(-)=·-=2××-×5=2-=-.
6.答案±
解析已知a=(1,2),b=(3,4),若a+kb与a-kb垂直,则(a+kb)·(a-kb)=0,即a2-k2b2=0,即5-25k2=0,即
k2=,所以k=±.
7.答案-
解析由已知得||=,||=,
则·(-)=(+)·=·+·=cos +×=-.
8.答案 2
解析因为=,所以点D为BC的中点,所以=(+)=2m-2n,又因为|m|=,|n|=2,平面向量
m,n的夹角为,所以||=2|m-n|=2=2=2.
9.解析由已知得,a·b=4×8×=-16.
(1)①∵|a+b|2=a2+2a·b+b2=16+2×(-16)+64=48,∴|a+b|=4.
②∵|4a-2b|2=16a2-16a·b+4b2=16×16-16×(-16)+4×64=768,∴|4a-2b|=16.
(2)若(a+2b)⊥(ka-b),则(a+2b)·(ka-b)=0,∴ka2+(2k-1)a·b-2b2=0,
即16k-16(2k-1)-2×64=0.解得k=-7.
即k=-7时,a+2b与ka-b垂直.
10.解析(1)证明:∵-=(0,2sin x),
∴(-)·=0×+2sin x×0=0,
∴(-)⊥.
(2)△ABC是等腰三角形,则AB=BC,
∴(2sin x)2=(3cos x-)2+sin2x,
整理得2cos2x-cos x=0,
解得cos x=0或cos x=.
∵x∈,∴cos x=,x=.
B组提升题组
11.B
∵a、b均为单位向量,且a·b=0,
∴设a=(1,0),b=(0,1),c=(x,y),代入|c-4a|+|c-3b|=5,得+=5,即(x,y)到
A(4,0)和B(0,3)的距离和为5(如图),令c的起点为坐标原点O,则c的终点轨迹是点(4,0)和(0,3)之间的线段,又|c+a|=,表示M(-1,0)到线段AB上点的距离,最小值是点(-1,0)到直线
3x+4y-12=0的距离,∴|c+a|min==3.又最大值为|MA|=5,∴|c+a|的取值范围是[3,5].故选B.
12.A解法一:由题意可得·=2×2cos
60°=2,·=(+)·(-)=(+)·[(-)-]=(+)·[(λ-1)-]=(1-λ
)-·+(1-λ)·-=(1-λ)·4-2+2(1-λ)-4=-6λ=-3,∴λ=,故选A.
解法二:建立如图所示的平面直角坐标系,则B(2,0),C(1,),D(-1,).
设P(x,0),则·=(-3,)·(x-1,-)=-3x+3-3=-3x=-3,得x=1.
∵=λ,∴λ=.故选A.
13.答案
解析由已知可得
=+=+=-=(-)-(+)=-,=+=+=-=(
-)-(+)=-,=+=+=(-)-(+)=-,=+=
+=(-)-(+)=-,因为·=4,所以·=4,则
·=·=·--+·=·-(+)=×4-(
+)=-1,所以+=,从而
·=·=-·-+·=-(+)+·=-×+
×4==.
14.解析如图,连接OC,OD,
则=+,=+,因为O是AB的中点,所以+=0,所以+=+,设CD的中点为M,连接OM,则+=+=2,易知△COD是边长为2的等边三角形,所以||=,故
|+|=|2|=2.
15.解析(1)因为向量m=,n=,
所以m·n=cos2-sin2,|m|==1,
|n|==1,
又m与n的夹角为,所以cos ==cos2-sin2=cos C=,因为0<C<π,所以C=. (2)因为S△ABC=absin C=absin =ab,所以ab=,所以ab=6,又cos C=,所以
==,解得a+b=.。