高中数学：平面向量的数量积及应用举例练习
(福建专用)高考数学总复习 第四章第3课时 平面向量的数量积及平面向量的应用举例课时闯关(含解析)
（福建专用）2023年高考数学总复习 第四章第3课时 平面向量的数量积及平面向量的应用举例课时闯关（含解析）一、选择题1．(2023·宁德质检)已知a ＝(1，－3)，b ＝(4,6)，c ＝(2,3)，那么a ·(b·c )等于( )A ．(26，－78)B ．(－28，－42)C ．－52D ．－78解析：选A.a ·(b·c )＝(1，－3)×(4×2＋6×3)＝(26，－78)．2．一质点受到平面上的三个力F 1，F 2，F 3(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态，已知F 1，F 2成60°角，且F 1，F 2的大小分别为2和4，那么F 3的大小为( )A ．6B ．2C ．2 5D ．27 解析：选D.F 23＝F 21＋F 22＋2F 1·F 2＝28，所以|F 3|＝27.3．a ，b 为平面向量，已知a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，那么a ，b 夹角的余弦值等于( ) A.865 B ．－865C.1665 D ．－1665解析：选 C.b ＝(2a ＋b )－2a ＝(－5,12)，易求得|a |＝5，|b |＝13，那么cos 〈a ，b 〉＝4，3·－5，125×13＝1665. 4．在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，那么三角形ABC 的形状一定是( )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：选C.由(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，得AC →·(BC →＋BA →－AC →)＝0，即AC →·(BC →＋BA →＋CA →)＝0，∴AC →·2BA →＝0，∴AC →⊥BA →，∴∠A ＝90°.应选C.5．已知a ，b ，c 为△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，向量m ＝(3，－1)，n ＝(cos A ，sin A )，假设m ⊥n ，且a cos B ＋b cos A ＝c sin C ，那么角A ，B 的大小分别为( )A.π6，π3B.2π3，π6C.π3，π6D.π3，π3解析：选C.由m ⊥n 可得m·n ＝0，即3cos A －sin A ＝0，所以角A ＝π3，B ＝2π3－C . 由a cos B ＋b cos A ＝c sin C 得sin C ＝1，所以C ＝π2，故B ＝π6. 二、填空题6．假设平面上三点A 、B 、C 满足|AB →|＝3，|BC →|＝4，|CA →|＝5，那么AB →·BC →＋BC →·CA →＋CA →·AB→的值等于________．解析：由AB →＋BC →＋CA →＝0可得(AB →＋BC →＋CA →)2＝0，∴9＋16＋25＋2(AB →·BC →＋BC →·CA →＋CA →·AB →)＝0，AB →·BC →＋BC →·CA →＋CA →·AB →＝－25.答案：－257．设非零向量a ＝(x,2x )，b ＝(－3x,2)，且a ，b 的夹角为钝角，那么x 的取值范围________． 解析：∵a ，b 的夹角为钝角，∴a·b ＝x ·－3x ＋2x ·2＝－3x 2＋4x ＜0，解得x ＜0或x ＞43.① 又由a ，b 共线且反向可得x ＝－13，② 由①②得x 的范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫43，＋∞. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫43，＋∞ 8．(2023·合肥质检)关于平面向量a ，b ，c ，有以下几个命题：①(a ·b )c －(c ·a )b ＝0；②|a |－|b |<|a －b |(a 、b 不共线)；③(b ·c )a －(c ·a )b 不与c 垂直；④假设非零向量a 和b 满足|a |＝|b |＝|a －b |，那么a 与a ＋b 的夹角为60°.其中真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)．解析：平面向量的数量积不满足结合律，故①假；由向量的减法运算可知|a |、|b |、|a －b |恰为一个三角形的三条边长，而三角形的两边之差小于第三边，故②是真命题；因为[(b ·c )a －(c ·a )b ]·c ＝(b ·c )a ·c －(c ·a )b ·c ＝0，所以垂直，故③假；由|a |＝|b |＝|a －b |，再结合平行四边形法那么可得a 与a ＋b 的夹角为30°，命题④假． 答案：②三、解答题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 |；(3)假设AB →＝a ，AC →＝b ，求△ABC 的面积．解：(1)由(2a －3b )·(2a ＋b )＝61，得4|a |2－4a·b －3|b |2＝61.将|a |＝4，|b |＝3代入上式，求得a·b ＝－6.所以cos θ＝a·b |a ||b |＝－64×3＝－12. 又因为0≤θ≤π，所以θ＝2π3. (2)|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝|a |2＋2a·b ＋|b |2＝13，所以|a ＋b |＝13.(3)由(1)知，∠BAC ＝θ＝2π3，|AB →|＝|a |＝4，|AC →|＝|b |＝3， 所以S △ABC ＝12|AC →||AB →|si n ∠BAC ＝3 3. 10．已知点A (2,0)，B (0,2)，C (cos α，sin α)，且0<α<π.(1)假设|OA →＋OC →|＝7，求OB →与OC →的夹角；(2)假设AC →⊥BC →，求tan α的值．解：(1)因为|OA →＋OC →|＝7，所以(2＋cos α)2＋sin 2α＝7，所以cos α＝12. 又因为α∈(0，π)，所以α＝∠AOC ＝π3. 又因为∠AOB ＝π2，所以OB →与OC →的夹角为π6. (2)AC →＝(cos α－2，sin α)，BC →＝(cos α，sin α－2)．因为AC →⊥BC →，所以AC →·BC →＝0，所以cos α＋sin α＝12，① 所以(cos α＋sin α)2＝14，所以2sin αcos α＝－34. 又因为α∈(0，π)，所以α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π. 因为(cos α－sin α)2＝1－2sin αcos α＝74， cos α－sin α<0，所以cos α－sin α＝－72.② 由①②得cos α＝1－74，sin α＝1＋74，所以tan α＝－4＋73.一、选择题1．向量a 与b 的夹角为θ，定义a 与b 的“向量积”：a ×b 是一个向量，它的模|a ×b |＝|a |·|b |·sin θ，假设a ＝(－3，－1)，b ＝(1，3)，那么|a ×b |等于( )A. 3 B ．2C ．2 3D ．4解析：选B.∵|a |＝|b |＝2，a·b ＝－23，∴cos θ＝－232×2＝－32. 又θ∈[0，π]，∴sin θ＝12.∴|a ×b |＝2×2×12＝2. 2．(2023·泉州调研)在△ABC 中，已知向量AB →与AC →满足⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|·BC →＝0且AB →|AB →|·AC →|AC →|＝12，那么△ABC 为( ) A ．三边均不相等的三角形B ．直角三角形C ．等腰非等边三角形D ．等边三角形解析：选D.非零向量BC →满足⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|·BC →＝0，即角A 的平分线垂直于BC ，∴AB ＝AC ，又cos A ＝AB →|AB →|·AC →|AC →|＝12，∠A ＝π3，所以△ABC 为等边三角形． 二、填空题3．如图，AB 是半圆O 的直径，C ，D 是弧AB 的三等分点，M ，N 是线段AB 的三等分点．假设OA ＝6，那么MD →·NC →的值是________．解析：MD →·NC →＝(OD →－OM →)·(OC →－ON →)＝OD →·OC →－OM →·OC →－OD →·ON →＋OM →·ON → ＝6×6×cos60°－6×2×cos120°－6×2×cos 120°＋2×2×cos180°＝26. 答案：264．设向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝1，a·b ＝－12，〈a －c ，b －c 〉＝60°，那么|c |的最大值等于________．解析：设向量a ，b ，c 的起点为O ，终点分别为A ，B ，C ，由已知得，∠AOB ＝120°，∠ACB ＝60°，那么点C 在△AOB 的外接圆上，当OC 经过圆心时，|c |最大，在△AOB 中，求得AB ＝3，由正弦定理得△AOB 外接圆的直径是3sin120°＝2，故|c |的最大值是2.答案：2三、解答题5．已知平面向量a ＝(3，－1)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32. (1)证明：a ⊥b ；(2)假设存在不同时为零的实数k 和t ，使x ＝a ＋(t 2－3)·b ，y ＝－ka ＋tb ，且x ⊥y ，试求函数关系式k ＝f (t )；(3)据(2)的结论，确定函数k ＝f (t )的单调区间．解：(1)证明：因为a·b ＝3×12＋(－1)×32＝0， 所以a ⊥b .(2)因为x ⊥y ，所以x·y ＝0，所以[a ＋(t 2－3)b ]·(－ka ＋tb )＝－ka 2＋[t －k (t 2－3)]a·b ＋t (t 2－3)b 2＝0.因为|a |＝2，|b |＝1，a ⊥b ，所以－k ×4＋t (t 2－3)＝0，即k ＝14(t 3－3t )(t ≠0)． (3)由(2)知f (t )＝14(t 3－3t )，故f ′(t )＝14(3t 2－3)， 令f ′(t )>0得t >1或t <－1，令f ′(t )<0得－1<t <1且t ≠0.所以函数k ＝f (t )的单调递增区间为(1，＋∞)和(－∞，－1)，单调递减区间为(－1,0)和(0,1)．6．已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin x 4，1，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x 4，cos 2x4. (1)假设m·n ＝1，求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－x 的值； (2)记f (x )＝m·n ，在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且满足(2a －c )cos B ＝b cos C ，求函数f (A )的取值范围．解：(1)∵m·n ＝1，即3sin x 4cos x 4＋cos 2x 4＝1， 即32sin x 2＋12cos x 2＋12＝1，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x2＋π6＝12.∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－x ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2π3＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1＝－12.(2)∵(2a －c )cos B ＝b cos C ，由正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C . ∴2sin A cos B －cos B sin C ＝sin B cos C ，∴2sin A cos B ＝sin(B ＋C )，∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin (B ＋C )＝sin A ，且sin A ≠0， ∴cos B ＝12，B ＝π3，∴0＜A ＜2π3.∴π6＜A2＋π6＜π2，12＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A2＋π6＜1.又∵f (x )＝m·n ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＋12，∴f (A )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＋π6＋12.故函数f (A )的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.。
高考数学(理)分层辅导专题：28 平面向量的数量积与平面向量应用举例
课时分层训练(二十八) 平面向量的数量积与平面向量应用举例A 组 基础达标一、选择题1．在边长为1的等边△ABC 中，设BC →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，则a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝( )A ．－32B ．0 C.32D ．3A [依题意有a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－32.] 2．已知AB →＝(2,1)，点C (－1,0)，D (4,5)，则向量AB →在CD →方向上的投影为 ( )A ．－322B ．－3 5 C.322D ．35C [因为点C (－1,0)，D (4,5)，所以CD ＝(5,5)，又AB →＝(2,1)，所以向量AB →在CD →方向上的投影为|AB →|cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|CD →|＝1552＝322.]3．(·海口调研)若向量a ＝(2，－1)，b ＝(3－x,2)，c ＝(4，x )满足(6a －b )·c ＝8，则x 等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7D [因为6a －b ＝(9＋x ，－8)，所以(6a －b )·c ＝36＋4x －8x ＝8，解得x ＝7，故选D.]4．已知O 为坐标原点，向量OA →＝(3sin α，cos α)，OB →＝(2sin α，5sin α－4cos α)，α∈⎝⎛⎭⎪⎫3π2，2π，且OA →⊥OB →，则tan α的值为( ) 【导学号：79140158】A ．－43B ．－45C ．45D ．34A [由题意知6sin 2α＋cos α·(5sin α－4cos α)＝0，即6sin 2α＋5sin αcos α－4cos 2α＝0，上述等式两边同时除以cos 2α，得6tan 2α＋5tan α－4＝0，由于α∈⎝⎛⎭⎪⎫3π2，2π，则tan α<0，解得tan α＝－43，故选A.]5．(·山东高考)已知非零向量m ，n 满足4|m |＝3|n |，cos 〈m ，n 〉＝13.若n ⊥(t m ＋n )，则实数t 的值为( ) A ．4 B ．－4 C.94D ．－94B [∵n ⊥(t m ＋n )，∴n ·(t m ＋n )＝0， 即t m ·n ＋|n |2＝0，∴t |m ||n |cos 〈m ，n 〉＋|n |2＝0. 又4|m |＝3|n |，∴t ×34|n |2×13＋|n |2＝0，解得t ＝－4.故选B.] 二、填空题6．(·全国卷Ⅰ)设向量a ＝(m,1)，b ＝(1,2)，且|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，则m ＝________.－2 [∵|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＋2a·b ＝|a |2＋|b |2， ∴a·b ＝0.又a ＝(m,1)，b ＝(1,2)，∴m ＋2＝0，∴m ＝－2.]7．(·合肥一检)若非零向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，且(a ＋b )⊥(3a －b )，则a 与b 夹角的余弦值为________．14[由(a ＋b )⊥(3a －b )可得(a ＋b )·(3a －b )＝0，又|a |＝1，|b |＝2，则可得a·b ＝12，设a ，b 的夹角为θ，θ∈[0，π]，则cos θ＝a·b |a |·|b |＝14.] 8．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，OA →＝a －b ，OB →＝a ＋b ，若△OAB 是以O 为直角顶点的等腰直角三角形，则△OAB 的面积为________.【导学号：79140159】1 [由题意得，|a |＝1，又△OAB 是以O 为直角顶点的等腰直角三角形，所以OA →⊥OB →，|OA →|＝|OB →|.由OA →⊥OB →得(a －b )·(a ＋b )＝|a |2－|b |2＝0，所以|a |＝|b |， 由|OA →|＝|OB →|得|a －b |＝|a ＋b |，所以a·b ＝0. 所以|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＝2，所以|OB →|＝|OA →|＝2，故S △OAB ＝12×2×2＝1.]三、解答题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 )⊥(k a －b )．[解] 由已知得，a ·b ＝4×8×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－16. (1)①∵|a ＋b |2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝16＋2×(－16)＋64＝48，∴|a ＋b |＝4 3. ②∵|4a －2b |2＝16a 2－16a ·b ＋4b 2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768， ∴|4a －2b |＝16 3.(2)∵(a ＋2b )⊥(k a －b )，∴(a ＋2b )·(k a －b )＝0， ∴k a 2＋(2k －1)a ·b －2b 2＝0，即16k －16(2k －1)－2×64＝0，∴k ＝－7. 即k ＝－7时，a ＋2b 与k a －b 垂直．10.如图432，已知O 为坐标原点，向量OA →＝(3cos x,3sin x )，OB →＝(3cos x ，sin x )，OC→＝(3，0)，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2.图432(1)求证：(OA →－OB →)⊥OC →；(2)若△ABC 是等腰三角形，求x 的值． [解] (1)证明：OA →－OB →＝(0,2sin x )， ∴(OA →－OB →)·OC →＝0×3＋2sin x ×0＝0， ∴(OA →－OB →)⊥OC →.(2)若△ABC 是等腰三角形，则AB ＝BC ， ∴(2sin x )2＝(3cos x －3)2＋sin 2x ， 整理得2cos 2x －3cos x ＝0， 解得cos x ＝0，或cos x ＝32.∵x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos x ＝32，x ＝π6.B 组 能力提升11．(·广州综合测试(二))已知两点A (－1,1)，B (3,5)，点C 在曲线y ＝2x 2上运动，则AB →·AC →的最小值为( ) A ．2 B ．12 C ．－2D ．－12D [设C (x 0,2x 20)，因为AB →＝(4,4)，AC →＝(x 0＋1,2x 20－1)，所以AB →·AC →＝8x 20＋4x 0＝8⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋142－12≥－12，即AB →·AC →的最小值为－12，故选D.] 12．(·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA →·(PB →＋PC →)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43D ．－1B [法一：(解析法)(1)建立坐标系如图(1)所示，则A ，B ，C 三点的坐标分别为A (0，3)，B (－1,0)，C (1,0)．设P 点的坐标为(x ，y )，则PA →＝(－x ，3－y )，PB →＝(－1－x ，－y )，PC →＝(1－x ，－y )，∴PA →·(PB →＋PC →)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2(x 2＋y 2－3y )＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫y －322－34≥2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－34＝－32. 当且仅当x ＝0，y ＝32时，PA →·(PB →＋PC →)取得最小值，最小值为－32. 故选B. 法二：(几何法)(2)如图(2)所示，PB →＋PC →＝2PD →(D 为BC 的中点)，则PA →·(PB →＋PC →)＝2PA →·PD →. 要使PA →·PD →最小，则PA →与PD →方向相反，即点P 在线段AD 上，则(2PA →·PD →)min ＝－2|PA →||PD →|，问题转化为求|PA →||PD →|的最大值．又|PA →|＋|PD →|＝|AD →|＝2×32＝3，∴|PA →||PD →|≤⎝⎛⎭⎪⎫|PA →|＋|PD →|22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝34， ∴[PA →·(PB →＋PC →)]min ＝(2PA →·PD →)min ＝－2×34＝－32.故选B.]13．(·山东高考)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量．若3e 1－e 2与e 1＋λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是________．33[由题意知|e 1|＝|e 2|＝1，e 1·e 2＝0， |3e 1－e 2|＝(3e 1－e 2)2＝3e 21－23e 1·e 2＋e 22＝3－0＋1＝2. 同理|e 1＋λe 2|＝1＋λ2.所以cos 60°＝(3e 1－e 2)·(e 1＋λe 2)|3e 1－e 2||e 1＋λe 2|＝3e 21＋(3λ－1)e 1·e 2－λe 2221＋λ2＝3－λ21＋λ2＝12， 解得λ＝33.] 14．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2a －c )BA →·BC →＝cCB →·CA →.(1)求角B 的大小；(2)若|BA →－BC →|＝6，求△ABC 面积的最大值.【导学号：79140160】[解] (1)由题意得(2a －c )cos B ＝b cos C .根据正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B ＝sin(C ＋B )，即2sin A cos B ＝sin A ，因为A ∈(0，π)，所以sin A >0， 所以cos B ＝22，又B ∈(0，π)，所以B ＝π4. (2)因为|BA →－BC →|＝6，所以|CA →|＝6，即b ＝6，根据余弦定理及基本不等式得6＝a 2＋c 2－2ac ≥2ac －2ac ＝(2－2)ac (当且仅当a ＝c 时取等号)， 即ac ≤3(2＋2)，故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ≤3(2＋1)2，即△ABC 的面积的最大值为32＋32.。
经典例题题型一平面向量的数量积共18页文档
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7、心急吃不了热汤圆。
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8、你可以很有个性，但某些时候请收 敛。
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9、只为成功找方法，不为失败找借口 (蹩脚 的工人 总是说 工具不 好)。
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10、只要下定决心克服恐惧，便几乎 能克服 任何恐 惧。因 为，请 记住， 除了在 脑海中 ，恐惧 无处藏 身。-- 戴尔． 卡耐基 。
16、业余生活要有意义，不要越轨。——华盛顿 17、一个人即使已登上顶峰，也仍要自强不息。——罗素·贝克 18、最大的挑战和突破在于用人，而用人最大的突破在于信任人。——马云 19、自己活着，就是为了使别人过得更美好。——雷锋 20、要掌握书，莫被书掌握；要为生而读，莫为读而生。——布尔沃
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一轮复习课时训练§4.3：平面向量的数量积及平面向量的应用举例
第四章§3：平面向量的数量积及平面向量的应用举例(与一轮复习课件对应的课时训练)满分100，训练时间45钟一、选择题：本大题共5小题，每小题8分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．若向量a ＝(1,1)，b ＝(2,5)，c ＝(3，x)满足条件(8a －b)·c ＝30，则x 等于A ．6B ．5C ．4D ．32．在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，∠B ＝45°，AB ＝2CD ＝2，M 为腰BC 的中点，则M A →·M D →等于A ．1B ．2C ．3D ．43．已知向量|a|＝|b|＝3，且(a ＋b)·(2a －b)＝92，则b 在a 方向上的投影等于 A ．－332 B ．－32 C ．32 D ．3324．已知向量O A →＝(3，1)，O B →＝(cosθ，sinθ)，θ∈R ，其中O 为坐标原点，则△AOB 面积的最大值为A ．2B ． 3C ．1D ．325．在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，则三角形ABC 的形状一定是A ．等边三角形B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形二、填空题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．6．a ＝(2,1)，b ＋a ＝(1，k)，若a ⊥b ，则实数k ＝________.7．已知向量a ，b 满足|a|＝|b|＝1，|2a －b|＝2，则a 与a ＋b 的夹角的余弦值为________．8．在△ABC 中，BC →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，已知a·b ＝a·c ＝b·c ，则△ABC 的形状是________．三、解答题：本大题共2小题，共36分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9．（本小题满分18分，（1）小问5分，（2）小问6分，（3）小问7分）已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)．(1)设c＝4a＋b.求(b·c)·a；(2)若a＋λb与a垂直，求λ的值；(3)求向量a在b方向上的投影．10．（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）已知向量m＝(3sinx，cosx)，n＝(cosx，cosx)，p＝(23，1)．(1)若m∥p，求sinx·cosx的值；(2)△ABC的三边a、b、c满足b2＝ac，且边b所对的角θ的取值集合为M.当x∈M时，求函数f(x)＝m·n的值域．参考答案及其解析一、选择题：本大题共5小题，每小题8分，共40分.1．解析：(8a －b)＝(8,8)－(2,5)＝(6,3)，∴由(8a －b)·c ＝30得6×3＋3x ＝30，∴x ＝4. 答案：C2．解析：由已知得|B C →|＝2，B A →，B C →夹角为45°，∴M A →·M D →＝(12CB →＋B A →)·(－12C B →＋CD →) ＝－14C B →2＋12C B →·C D →－12C B →·B A →＋B A →·CD → ＝－12＋12C B →·(12B A →)－12C B →·B A →＋|BA →|·|CD →|·cos0° ＝－12－14C B →·B A →＋2＝32－14·2·2·cos135°＝2. 答案：B3．解析：设a 与b 的夹角为θ，∵(a ＋b)·(2a －b)＝92， ∴2a 2＋a·b －b 2＝92. 又∵|a|＝|b|＝3，∴2×9＋3×3cosθ－9＝92， ∴cosθ＝－12. ∴b 在a 方向上的投影为|b|cosθ＝3×(－12)＝－32. 答案：B4．解析：|OA →|＝2，|OB →|＝1，cos 〈O A →，O B →〉＝O A →·O B →|OA →||OB →|＝sin(π3＋θ)， S △AOB ＝12|O A →||O B →|sin 〈O A →，O B →〉＝12×2×1×1－[sin (π3＋θ)]2， 当sin(π3＋θ)＝±1时，△AOB 面积有最大值，且最大值为1. 答案：C5．解析：∵(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，∴(BC →＋BA →)·AC →－AC →2＝0，∴(BC →＋BA →－AC →)·AC →＝0，∴(BC →＋BA →＋CA →)·AC →＝2BA →·AC →＝0，∴BA →⊥AC →.∴∠A ＝90°，∴△ABC 为直角三角形．答案：C二、填空题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．6．解析：由已知得b ＝(1，k)－a ＝(－1，k －1)，又a ⊥b ，∴a·b ＝0，∴－2＋k －1＝0，k ＝3.答案：37．解析：∵|2a －b|2＝4，∴4a 2－4a·b ＋b 2＝4，∴4a·b ＝1，即a·b ＝14. ∴(a ＋b)2＝a 2＋b 2＋2a·b ＝2＋12＝52， ∴|a ＋b|＝102. ∴cos θ＝a·(a ＋b )|a|·|a ＋b|＝1＋14102＝104. 答案：1048．解析：∵a·b ＝a·c ，∴a·(b －c)＝0，如图，∠CBD ＝π2， ∴|AB →|＝|AC →|，同理|AB →|＝|BC →|，|BC →|＝|AC →|.∴△ABC 为正三角形．答案：正三角形三、解答题：本大题共2小题，共36分．9.（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）解：(1)∵a ＝(1,2)，b ＝(2，－2)，∴c ＝4a ＋b ＝(4,8)＋(2，－2)＝(6,6)．∴b·c ＝2×6－2×6＝0，∴(b·c)·a ＝0·a ＝0.(2)a ＋λb ＝(1,2)＋λ(2，－2)＝(2λ＋1,2－2λ)，由于a ＋λb 与a 垂直，∴2λ＋1＋2(2－2λ)＝0，∴λ＝52. (3)设向量a 与b 的夹角为θ，向量a 在b 方向上的投影为|a|cosθ. ∴|a|cosθ＝a·b |b|＝1×2＋2×(－2)22＋(－2)2＝－222＝－22.10.（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）解：(1)∵m ∥p ，∴3sinx －23cosx ＝0.∴tanx ＝2.∴sinx·cosx ＝sinxcosx sin 2x ＋cos 2x ＝tanx tan 2x ＋1＝25. (2)f(x)＝m·n ＝3sinxcosx ＋cos 2x ＝32sin2x ＋12cos2x ＋12＝sin(2x ＋π6)＋12. ∵b 2＝ac ，∴cosB ＝a 2＋c 2－b 22ac ≥2ac －ac 2ac ＝12. ∴0＜B ≤π3， ∴M ＝{θ|0＜θ≤π3}． ∵x ∈M ，∴π6＜2x ＋π6≤5π6. ∴1≤f(x)≤32，即f(x)的值域为[1，32]．。
高考数学平面向量的数量积及应用举例专题练习
平面向量的数量积及应用举例(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知|a|=6,|b|=3,向量a在b方向上的投影是4,则a·b为( )A.12B.8C.-8D.2【解析】选A.因为|a|cos<a,b>=4,|b|=3,所以a·b=|a||b|·cos<a,b>=3×4=12.2.如图,在圆C中,点A,B在圆上,则·的值()A.只与圆C的半径有关B.既与圆C的半径有关,又与弦AB的长度有关C.只与弦AB的长度有关D.是与圆C的半径和弦AB的长度均无关的定值【解析】选C.如图,过圆心C作CD⊥AB,垂足为D,则·=||||·cos∠CAB=||2.所以·的值只与弦AB的长度有关.3.在△ABC中,若||2=·+·+·,则△ABC是( )A.等边三角形B.锐角三角形C.钝角三角形D.直角三角形【解析】选 D.依题意得||2=·(+)+·=||2+·,所以·=0,⊥,△ABC是直角三角形.【变式备选】已知向量a=(,1),b=(0,1),c=(k,),若a+2b与c垂直,则k= ( )A.-3B.-2C.1D.-1【解析】选A.因为a+2b与c垂直,所以(a+2b)·c=0,即a·c+2b·c=0,所以k++2=0,解得k=-3.4.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.【解析】选A.因为·=-,所以-=·=·=-||2-λ||2+·=-4-4λ+2=-2λ2+2λ-2,解得λ=.【一题多解】选A.如图,建立平面直角坐标系,设A(-1,0),B(1,0),C(0,),另设P(x1,0),Q(x2,y2),由=λ,得x1=2λ-1,由=(1-λ),得x2=-λ;y2=(1-λ),于是=(-λ-1,(1-λ)),=(2λ-1,-),由·=-得:(-λ-1)(2λ-1)-3(1-λ)=-,解得λ=.【变式备选】已知非零向量a,b的夹角为,且|b|=1,|b-2a|=1,则|a|= ( )A. B.1 C. D.2【解析】选A.依题意得(b-2a)2=1,即b2+4a2-4a·b=1,1+4|a|2-2|a|=1, 4|a|2-2|a|=0(|a|≠0),因此|a|=.5.(2017·全国卷Ⅲ)已知△ABC是边长为2的等边三角形,P为平面ABC内一点,则·(+)的最小值是( )A.-2B.-C.-D.-1【解析】选B.取BC的中点D,以BC为x轴,BC的垂直平分线AD为y轴,D为坐标原点建立坐标系,则A(0,),B(-1,0),C(1,0),设P(x,y),所以=(-x,-y),=(-1-x,-y),=(1-x,-y),所以+=(-2x,-2y),·(+)=2x2-2y(-y)=2x2+2-≥-,当P时,·(+)取得最小值,最小值为-.【变式备选】已知平面向量a,b的夹角为120°,且a·b=-1,则|a-b|的最小值为( ) A. B. C. D.1【解析】选 A.由题意可知-1=a·b=|a|·|b|cos 120°,所以2=|a|·|b|≤,即|a|2+|b|2≥4,当且仅当|a|=|b|时等号成立,|a-b|2=a2-2a·b+b2=a2+b2+2≥4+2=6,所以|a-b|≥,所以|a-b|的最小值为.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知向量m=(λ+1,1),n=(λ+2,2),若(m+n)⊥(m-n),则向量m,n的夹角的余弦值为________.【解析】因为m+n=(2λ+3,3),m-n=(-1,-1),所以由(m+n)⊥(m-n)得(m+n)·(m-n)=0,即(2λ+3)×(-1)+3×(-1)=0,解得λ=-3,则m=(-2,1),n=(-1,2),所以cos<m,n>==.答案:7.(2019·济南模拟)已知A(-1,cos θ),B(sinθ,1),若|+|=|-|(O为坐标原点),则锐角θ=________.【解析】利用几何意义求解:由已知可得,+是以OA,OB为邻边所作平行四边形OADB的对角线向量,-则是对角线向量,由对角线相等的平行四边形为矩形.知OA⊥OB.因此·=0,所以锐角θ=.答案:【一题多解】坐标法:+=(sin θ-1,cos θ+1),-=(-sin θ-1,cos θ-1),由|+|=|-|可得(sin θ-1)2+(cos θ+1)2=(-sin θ-1)2+(cos θ-1)2,整理得sin θ=cos θ,于是锐角θ=.答案:8.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________.【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(·)m a x=·=·(+)=||2+||2+·=9.答案:9三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知向量a=,b=(cos x,-1).(1)当a∥b时,求2cos2x-sin 2x的值.(2)求f(x)=(a+b)·b在上的值域.【解析】(1)因为a∥b,所以cos x+sin x=0,所以tan x=-,2cos2x-sin 2x===.(2)因为a+b=.f(x)=(a+b)·b=sin.因为-≤x≤0,所以-≤2x+≤,所以-1≤sin≤,所以-≤f(x)≤,所以函数f(x)的值域为.10.已知向量a1=(1,-7),d=(1,1),对任意n∈N*都有a n+1=a n+d.(1)求|a n|的最小值.(2)求正整数m,n,使a m⊥a n.【解析】(1)设a n=(x n,y n),由a n+1=a n+d得所以{x n},{y n}都是公差为1的等差数列.因为a1=(1,-7),所以x n=n,y n=n-8,a n=(n,n-8),|a n|==≥4,|a n|的最小值为4.(2)由(1)可知a n=(n,n-8),a m=(m,m-8),由已知a m⊥a n得:a m·a n=0,mn+(m-8)(n-8)=0,(m-4)(n-4)=-16因为m,n∈N+,所以或或或【变式备选】一条河的两岸平行,河的宽度d=500 m,一艘船从A处出发到河对岸.已知船的速度|v1|=10 km/h,水流速度|v2|=2 km/h.要使船行驶的时间最短,那么船行驶的距离与合速度的比值必须最小.此时我们分三种情况讨论:当船逆流行驶,与水流成钝角时;当船顺流行驶,与水流成锐角时;当船垂直于对岸行驶,与水流成直角时.请同学们计算上面三种情况,并判断是否当船垂直于对岸行驶时,与水流成直角时,所用时间最短【解析】设v1与v2的夹角为θ,合速度为v,v2与v的夹角为α,行驶距离为d,则sin α=所以当θ=90°,即船垂直于对岸行驶时所用时间最短.(20分钟40分)1.(5分)已知菱形ABCD的边长为6,∠ABD=30°,点E,F分别在边BC,DC上,BC=2BE,CD=λCF.若·=-9,则λ的值为( )A.2B.3C.4D.5【解析】选B.依题意得=+=-,=+,因此·=·=-+·,于是有×62+×62×cos 60°=-9,由此解得λ=3.2.(5分)(2018·宜春模拟)已知向量与的夹角为θ,||=2,||=1,=t,=(1-t),||在t0时取最小值,当0<t0<时,cos θ的取值范围为( )A. B.C. D.【解析】选D.建立如图所示的平面直角坐标系,则由题意有:A(2,0),B(cos θ,si n θ),由向量关系可得:=t=(2t,0),=(1-t)=((1-t)cos θ,(1-t)sin θ), 则:||=|-|=,整理可得:||=,满足题意时:t0=-=-,据此可得三角不等式:0<-<,解得:-<cos θ<,即cos θ的取值范围是.3.(5分)如图,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O.记I1=·,I2=·,I3=·,则 ( )A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2D.I2<I1<I3【解析】选C.根据题意,I1-I2=·-·=·(-)=·=||·||·cos∠AOB<0,所以I1<I2,同理得,I2>I3,作AG⊥BD于G,又因为AB=AD,所以OB<BG=GD<OD,同理作BF⊥AC于F,而OA<AF=FC<OC,所以||·||<||·||,而cos∠AOB=cos∠COD<0,所以·>·,即I1>I3,所以I3<I1<I2.【一题多解】解答本题还可以用如下的方法选C.如图,建立平面直角坐标系,则B(0,0),A(0,2),C(2,0).设D(m,n),由AD=2和CD=3,得从而有n-m=>0,所以n>m.从而∠DBC>45°,又因为∠BCO=45°,所以∠BOC为锐角.从而∠AOB为钝角.故I1<0,I3<0,I2>0.又因为OA<OC,OB<OD,故可设=-λ1(λ1>1),=-λ2(λ2>1),从而I3=·=λ1λ2·=λ1λ2I1,又因为λ1λ2>1,I1<0,I3<0,所以I3<I1,所以I3<I1<I2.【变式备选】已知圆O的半径为1,A,B是圆上的两点,且∠AOB=,MN是圆O的任意一条直径,若点C满足=λ+(1-λ)(λ∈R),则·的最小值为________.【解析】由题意可得·=(+)·(+)=+·(+)+ ·,因为MN是圆O的任意一条直径,所以+=0,·=-1,所以·=+0-1=-1.要求·的最小值问题就是求的最小值,因为=λ+(1-λ)(λ∈R), 所以点C在直线AB上,则当C在AB中点时,OC⊥AB,OC最小为等边三角形AOB的高线为,此时=,故·的最小值为-1=-.答案:-4.(12分)在如图所示的平面直角坐标系中,已知点A(1,0)和点B(-1,0),||=1,且∠AOC=x,其中O为坐标原点.(1)若x=,设点D为线段OA上的动点,求|+|的最小值.(2)若x∈,向量m=,n=(1-cos x,sin x-2cos x),求m·n的最小值及对应的x值. 【解析】(1)设D(t,0)(0≤t≤1),当x=时,可得C,所以+=,所以|+|2=+(0≤t≤1),所以当t=时,|+|2取得最小值为,故|+|的最小值为.(2)由题意得C(cos x,sin x),m==(cos x+1,sin x),则m·n=1-cos2x+sin2x-2sin xcos x=1-cos 2x-sin 2x=1-sin.因为x∈,所以≤2x+≤.所以当2x+=,即x=时,m·n=1-sin取得最小值1-,所以m·n的最小值为1-,此时x=.5.(13分)已知向量a=(cos α,sinα),b=(cos β,sinβ),c=(-1,0).(1)求向量b+c的模的最大值.(2)设α=,且a⊥(b+c),求cos β的值.【解析】(1)b+c=(cos β-1,sin β),则|b+c|2=(cos β-1)2+sin2β=2(1-cos β).因为-1≤cos β≤1,所以0≤|b+c|2≤4,即0≤|b+c|≤2.当cos β=-1时,有|b+c|=2,所以向量b+c的模的最大值为2.(2)若α=,则a=.又由b=(cos β,sin β),c=(-1,0)得a·(b+c)=·(cos β-1,sin β)=cos β+sin β-.因为a⊥(b+c),所以a·(b+c)=0,即cos β+sin β=1,所以sin β=1-cos β,平方后化简得cos β(cos β-1)=0,解得cos β=0或cos β=1.经检验cos β=0或cos β=1即为所求.【方法技巧】涉及三角问题求解方法:去除向量的包装外衣,转化为形如:y=Asin(ωx+φ)+k,但一定要关注自变量x的取值范围.另外三角函数与代数函数一个很大的区别就是一般先要处理三角函数表达式,处理的结果之一就是转化为形如:y=Asin(ωx+φ),这一点很重要.。
数学一轮复习课后限时集训34平面向量的数量积与平面向量应用举例含解析
课后限时集训(三十四)平面向量的数量积与平面向量应用举例建议用时:40分钟一、选择题1．（2018·全国卷Ⅱ)已知向量a,b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·（2a－b）＝（) A．4B．3C．2D．0B［a·(2a－b）＝2a2－a·b＝2－(－1)＝3，故选B。
］2．已知平面向量a＝（－2，3），b＝(1,2），向量λa＋b与b 垂直，则实数λ的值为（）A．错误!B．－错误!C．错误!D．－错误!D［∵a＝（－2，3），b＝(1,2)，∴λa＋b＝(－2λ＋1，3λ＋2）．∵λa＋b与b垂直，∴(λa＋b）·b＝0,∴(－2λ＋1,3λ＋2)·(1,2)＝0，即－2λ＋1＋6λ＋4＝0，解得λ＝－错误!.］3．(多选)已知向量a＝(1，－1），b＝（2，x),设a与b的夹角为α,则()A．若a∥b,则x＝－2B．若x＝1，则｜b－a|＝5C．若x＝－1，则a与b的夹角为60°D．若a＋2b与a垂直，则x＝3ABD［由a∥b可得x＝－2，故A正确；若x＝1,则b＝(2,1)，｜b－a|＝｜（2，1)－（1,－1）｜＝错误!＝错误!，故B正确；当x＝－1时，cos〈a，b>＝a·b｜a｜｜b|＝错误!＝错误!≠错误!，故C错误;a＋2b＝(5,－1＋2x），由5＋(－1)（－1＋2x)＝0,解得x＝3，故D 正确．］4．(2020·武汉模拟）已知向量|a｜＝2，向量a与b夹角为错误!，且a·b＝－1，则|a－b｜＝（)A．错误!B．2C．错误!D．4A[由平面向量数量积的定义可知，a·b＝|a｜·|b｜·cos 错误!＝错误!·|b｜·错误!＝－1，∴｜b|＝1，∴|a－b|＝｜a－b|2＝错误!＝错误!＝错误!。
故选A。
］5．若O为△ABC所在平面内任意一点,且满足（错误!－错误!）·(错误!＋错误!－2错误!）＝0，则△ABC的形状为（）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A［∵(错误!－错误!)·(错误!＋错误!－2错误!)＝0，∴错误!·［（错误!－错误!)＋（错误!－错误!）]＝错误!·（错误!＋错误!)＝0。
2019届高考数学复习平面向量第三节平面向量的数量积及应用举例夯基提能作业本文
第三节平面向量的数量积及应用举例A组基础题组1.已知向量a,b均为单位向量,若它们的夹角是60°,则|a-3b|=( )A.3B.2C. D.2.(2018云南第一次统一检测)在▱ABCD中,||=8,||=6,N为DC的中点,=2,则·=( )A.48B.36C.24D.123.已知平面向量a,b的夹角为,且|a|=,|b|=2,在△ABC中,=2a+2b,=2a-6b,D为BC的中点,则||等于( )A.2B.4C.6D.84.如图,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O.记I1=·,I2=·,I3=·,则( )A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2D.I2<I1<I35.设单位向量e1,e2的夹角为,a=e1+2e2,b=2e1-3e2,则b在a方向上的投影为.6.(2017山东,12,5分)已知e1,e2是互相垂直的单位向量.若e1-e2与e1+λe2的夹角为60°,则实数λ的值是.7.(2017河北石家庄质量检测(一))已知与的夹角为90°,||=2,||=1,=λ+μ(λ,μ∈R),且·=0,则的值为.8.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.9.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1.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.2.在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若=2,=λ-(λ∈R),且·=-4,则λ的值为.3.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61.(1)求a与b的夹角θ;(2)求|a+b|;(3)若=a,=b,求△ABC的面积.4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(cos(A-B),sin(A-B)),n=(cos B,-sin B),且m·n=-.(1)求sin A的值;(2)若a=4,b=5,求角B的大小及向量在方向上的投影.答案精解精析A组基础题组1.D (a-3b)2=|a|2-6a·b+9|b|2=1-6cos 60°+9=7,∴|a-3b|=,故选D.2.C ·=(+)·(+)=·=-=×82-×62=24,故选C.3.A 因为=(+)=(2a+2b+2a-6b)=2a-2b,所以||2=4(a-b)2=4(a2-2b·a+b2)=4×=4,则||=2.4.C 解法一:因为AB=BC,AB⊥BC,∴∠BCO=45°.过B作BE⊥AC于E,则∠EBC=45°.因为AD<DC,所以D、A在BE所在直线的同侧,从而∠DBC>45°,又∠BCO=45°,∴∠BOC为锐角.从而∠AOB为钝角,所以∠DOC为钝角.故I1<0,I3<0,I2>0.又OA<OC,OB<OD,故可设=-λ1(λ1>1),=-λ2(λ2>1),从而I3=·=λ1λ2·=λ1λ2I1,又λ1λ2>1,I1<0,∴I3<I1<0,∴I3<I1<I2.故选C.解法二:如图,建立直角坐标系,则B(0,0),A(0,2),C(2,0).设D(m,n),由AD=2和CD=3,得从而有n-m=>0,∴n>m.从而∠DBC>45°,又∠BCO=45°,∴∠BOC为锐角.从而∠AOB为钝角.故I1<0,I3<0,I2>0.又OA<OC,OB<OD,故可设=-λ1(λ1>1),=-λ2(λ2>1),从而I3=·=λ1λ2·=λ1λ2I1,又λ1λ2>1,I1<0,I3<0,∴I3<I1,∴I3<I1<I2.故选C.5.答案-解析依题意得e 1·e2=1×1×cos=-,|a|===,a·b=(e1+2e2)·(2e1-3e2)=2-6+e1·e2=-,因此b在a方向上的投影为==-.6.答案解析由题意不妨设e 1=(1,0),e2=(0,1),则e1-e2=(,-1),e1+λe2=(1,λ).根据向量的夹角公式得cos 60°===,所以-λ=,解得λ=.7.答案解析根据题意,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B(0,2),C(1,0),所以=(0,2),=(1,0),=(1,-2).设M(x,y),则=(x,y),所以·=(x,y)·(1,-2)=x-2y=0,所以x=2y,又=λ+μ,即(x,y)=λ(0,2)+μ(1,0)=(μ,2λ),所以x=μ,y=2λ,所以==.8.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.9.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1.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.2.答案解析由=2得=+,所以·=·(λ-)=λ·-+λ-·,又·=3×2×cos 60°=3,=9,=4,所以·=λ-3+λ-2=λ-5=-4,解得λ=.3.解析(1)因为(2a-3b)·(2a+b)=61,所以4|a|2-4a·b-3|b|2=61.又|a|=4,|b|=3,所以64-4a·b-27=61,所以a·b=-6,所以cos θ===-.又0≤θ≤π,所以θ=π.(2)|a+b|2=(a+b)2=|a|2+2a·b+|b|2=42+2×(-6)+32=13.所以|a+b|=.(3)因为与的夹角θ=π,所以∠ABC=π-=.又||=|a|=4,||=|b|=3,所以S△ABC=||||·sin∠ABC=×4×3×=3.4.解析(1)由m·n=-,得cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin B=-,所以cos A=-,因为0<A<π,所以sin A===.(2)由正弦定理,得=,则sin B===,因为a>b,所以A>B,且B是△ABC一内角,则B=.由余弦定理得(4)2=52+c2-2×5c×,解得c=1,c=-7(舍去),故向量在方向上的投影为||cos B=ccos B=1×=.。
高考数学课下练兵 平面向量的数量积及平面向量应用举例
第四章 第三节平面向量的数量积及平面向量应用举例课下练兵场一、选择题1.已知a ＝(1，sin 2x )，b ＝(2，sin2x )，其中x ∈(0，π).若|a ·b |＝|a |·|b |，则tan x 的值等于( )A.1B.－1C. 3D.22解析：由|a ·b |＝|a |·|b |知，a ∥b . 所以sin2x ＝2sin 2x ，即2sin x cos x ＝2sin 2x ，而x ∈(0，π)，所以sin x ＝cos x ， 即x ＝π4，故tan x ＝1.答案：A2.在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝1，点P 在AM 上且满足AP ＝2PM ，则PA ·(PB ＋PC )等于 ( )A.－49B.－43C.43D.49解析：PA ·(PB ＋PC )＝PA 2PM ＝23×2×13cos π＝－49.答案：A3.设a 、b 、c 是单位向量，且a ·b ＝0，则(a －c )·(b －c )的最小值为 ( )A.－2B.2－2C.－1D.1－ 2解析：(a －c )·(b －c )＝a ·b －c ·(a ＋b )＋c 2＝0－|c |·|a ＋b |·cos〈c ，(a ＋b )〉＋1 ≥0－|c ||a ＋b |＋1＝－(a ＋b)2＋1 ＝－a 2＋b 2＋2a·b ＋1＝－a 2＋b 2＋1 ＝－2＋1. 答案：D4.一质点受到平面上的三个力F 1，F 2，F 3(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态.已知F 1，F 2成60°角，且F 1，F 2的大小分别为2和4，则F 3的大小为 ( ) A.6 B.2 C.2 5 D.27解析：因为力F 是一个向量，由向量加法的平行四边形法则知F 3的大小等于以F 1、F 2为邻边的平行四边形的对角线的长，故|F 3|2＝|F 1|2＋|F 2|2＋2|F 1|·|F 2|·cos60°＝4＋16＋8＝28，∴|F 3|＝27. 答案：D5.已知向量a ＝(cos θ，sin θ)，向量b ＝(3，－1)，则|2a －b |的最大、小值分别是 ( )A.42，0B.4,2 2C.16,0D.4,0 解析：由于|2a －b |2＝4|a |2＋|b |2－4a ·b ＝8－4(3cos θ－sin θ)＝8－8cos(θ＋π6)，易知0≤8－8cos(θ＋π6)≤16，故|2a －b |的最大值和最小值分别为4和0. 答案：D6.在△ABC 中，(BC ＋BA )·AC ＝|AC |2，则三角形ABC 的形状一定是 ( )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(),BC BA AC AC +=()0,()0,AC BC BA AC AC BC BA CA +-=+==得即∴0,AB BC CA +=+∴AC BA ⊥ ，∴∠A=90°.答案：C 二、填空题7.已知向量a ＝(2，－1)，b ＝(x ，－2)，c ＝(3，y )，若a ∥b ，(a ＋b )⊥(b －c )，M (x ，y )，N (y ，x )，则向量MN 的模为 .解析：∵a ∥b ，∴x ＝4，∴b ＝(4，－2)，∴a ＋b ＝(6，－3)，b －c ＝(1，－2－y ).∵(a ＋b )⊥(b －c )， ∴(a ＋b )·(b －c )＝0，即6－3(－2－y )＝0，∴y ＝－4， 故向量MN ＝(－8,8)，|MN |＝8 2. 答案：8 28.若平面上三点A 、B 、C 满足|AB |＝3，|BC |＝4，|CA |＝5，则AB ·BC ＋BC ·CA ＋CA ·AB 的值等于 .解析：由AB +BC + CA =0可得2()AB BC CA ++=0， ∴9+16+25+22()0,AB BC BC CA AB +=25.AB BC BC CA AB +=-答案：－259.关于平面向量a ，b ，c ，有下列三个命题： ①若a ·b ＝a ·c ，则b ＝c .②若a ＝(1，k )，b ＝(－2,6)，a ∥b ，则k ＝－3.③非零向量a 和b 满足|a |＝|b |＝|a －b |，则a 与a ＋b 的夹角为60°. 其中真命题的序号为 (写出所有真命题的序号).解析：命题①明显错误.由两向量平行的充要条件得1×6＋2k ＝0，k ＝－3，故命题②正确.由|a |＝|b |＝|a －b |，再结合平行四边形法则可得a 与a ＋b 的夹角为30°，命题③错误. 答案：② 三、解答题10.已知向量a ＝(1,2)，b ＝(2，－2). (1)设c ＝4a ＋b ，求(b ·c )a ； (2)若a ＋λb 与a 垂直，求λ的值； (3)求向量a 在b 方向上的投影. 解：(1)∵a ＝(1,2)，b ＝(2，－2)， ∴c ＝4a ＋b ＝(4,8)＋(2，－2)＝(6,6). ∴b ·c ＝2×6－2×6＝0， ∴(b ·c )a ＝0a ＝0.(2)a ＋λb ＝(1,2)＋λ(2，－2)＝(2λ＋1,2－2λ)， 由于a ＋λb 与a 垂直，∴2λ＋1＋2(2－2λ)＝0，∴λ＝52.(3)设向量a 与b 的夹角为θ， 向量a 在b 方向上的投影为|a |cos θ. ∴|a |cos θ＝a ·b |b |＝1×2＋2×(－2)22＋(－2)2＝－222＝－22.11.在△ABC 中，设内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(cos A ，sin A )，向量n ＝(2－sin A ，cos A )，若|m ＋n |＝2. (1)求角A 的大小；(2)若b ＝42，且c ＝2a ，求△ABC 的面积. 解：∵(1)|m ＋n |2＝(cos A ＋2－sin A )2＋(sin A ＋cos A )2＝4＋22(cos A －sin A )＝4＋4cos(π4＋A )， ∴4＋4cos(π4＋A )＝4，∴cos(π4＋A )＝0， ∵A ∈(0，π)，∴π4＋A ＝π2，∴A ＝π4.(2)由余弦定理知：a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 即a 2＝(42)2＋(2a )2－2×42×2a cos π4， 解得a ＝42，∴c ＝8，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×42×8×22＝16.12.(2010·临沂模拟)已知向量m ＝(3sin x 4，1)，n ＝(cos x4，cos 2x4).(1)若m ·n ＝1，求cos(2π3－x )的值； (2)记f (x )＝m ·n ，在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且满足(2a －c )cos B ＝b cos C ，求函数f (A )的取值范围.解：(1)∵m ·n ＝1，即3sin x 4cos x4＋cos 2x4＝1，即32sin x 2＋12cos x 2＋12＝1， ∴sin(x 2＋π6)＝12.∴cos(2π3－x )＝cos(x －2π3)＝－cos(x ＋π3) ＝－[1－2sin 2(x 2＋π6)]＝2·(12)2－1＝－12.(2)∵(2a －c )cos B ＝b cos C ，由正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C . ∴2sin A cos B －cos B sin C ＝sin B cos C ， ∴2sin A cos B ＝sin(B ＋C )， ∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin(B ＋C )＝sin A ，且sin A ≠0， ∴cos B ＝12，B ＝π3，∴0＜A ＜2π3.∴π6＜A 2＋π6＜π2，12＜sin(A 2＋π6)＜1. 又∵f (x )＝m ·n ＝sin(x 2＋π6)＋12，∴f (A )＝sin(A 2＋π6)＋12.故函数f (A )的取值范围是(1，32).。
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高中数学：平面向量的数量积及应用举例练习1．(合肥质检)设向量a ,b 满足|a ＋b |＝4,a ·b ＝1,则|a －b |＝( B ) A ．2 B ．2 3 C ．3 D ．2 5解析：由|a ＋b |＝4,a ·b ＝1,得a 2＋b 2＝16－2＝14, ∴|a －b |2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝14－2×1＝12, ∴|a －b |＝2 3.2．(洛阳一模)已知平面向量a ,b 满足|a |＝2,|b |＝1,a 与b 的夹角为2π3,且(a ＋λb )⊥(2a －b ),则实数λ的值为( D )A ．－7B ．－3C ．2D ．3解析：依题意得a ·b ＝2×1×cos 2π3＝－1,(a ＋λb )·(2a －b )＝0,即2a 2－λb 2＋(2λ－1)a ·b ＝0,3λ＋9＝0,λ＝3.3．如图,一质点受到平面上的三个力F 1,F 2,F 3(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态．已知F 1,F 2成60°角,且F 1,F 2的大小分别为2和4,则F 3的大小为( A )A ．27B ．2 5C ．2D ．6解析：如题图所示,由已知得F 1＋F 2＋F 3＝0, 则F 3＝－(F 1＋F 2),即F 23＝F 21＋F 22＋2F 1·F 2＝F 21＋F 22＋2|F 1|·|F 2|·cos60°＝28.故|F 3|＝27. 4．(安徽江南十校联考)已知△ABC 中,AB ＝6,AC ＝3,N 是边BC 上的点,且BN →＝2NC →,O 为△ABC 的外心,则AN →·AO →的值为( D )A ．8B ．10C ．18D ．9解析：由于BN →＝2NC →,则AN →＝13AB →＋23AC →, 取AB 的中点为E ,连接OE , 由于O 为△ABC 的外心,则EO →⊥AB →,∴AO →·AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB →＋EO →·AB →＝12AB →2＝12×62＝18,同理可得AC →·AO →＝12AC →2＝12×32＝92,所以AN →·AO →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →＋23AC →·AO →＝13AB →·AO →＋23AC →·AO →＝13×18＋23×92＝6＋3＝9,故选D.5．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OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ,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AP →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ,从而AP →·BC →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →·BC →|AB →|cos B ＋AC →·BC →|AC →|cos C ＝λ·|AB →||BC →|cos (180°－B )|AB →|cos B ＋λ·|AC →||BC →|cos C |AC →|cos C＝0,所以AP →⊥BC →,则动点P 的轨迹一定通过△ABC 的垂心．6．设O (0,0),A (1,0),B (0,1),点P 是线段AB 上的一个动点,AP →＝λAB →,若OP →·AB →≥P A →·PB →,则实数λ的取值范围是( B )A.12≤λ≤1 B ．1－22≤λ≤1 C.12≤λ≤1＋22D ．1－22≤λ≤1＋22解析：因为AP →＝λAB →,OP →＝(1－λ,λ),AP →＝λAB →＝(－λ,λ),OP →·AB →≥P A →·PB →,所以(1－λ,λ)·(－1,1)≥(λ,－λ)·(λ－1,1－λ),所以2λ2－4λ＋1≤0,解得1－22≤λ≤1＋22,因为点P 是线段AB 上的一个动点,所以0≤λ≤1,即满足条件的实数λ的取值范围是1－22≤λ≤1.7．(河南郑州模拟)已知平面向量a ,b ,c 满足|a |＝|b |＝|c |＝1,若a ·b ＝12,则(a ＋b )·(2b －c )的最小值为( B )A ．－2B ．3－ 3C ．－1D ．0解析：由|a |＝|b |＝1,a ·b ＝12,可得〈a ,b 〉＝π3.令OA →＝a ,OB →＝b ,以OA →的方向为x 轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系, 则a ＝OA →＝(1,0),b ＝OB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32,设c ＝OC →＝(cos θ,sin θ)(0≤θ＜2π),则(a ＋b )·(2b －c )＝2a ·b －a ·c ＋2b 2－b ·c ＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ＋12cos θ＋32sin θ＝3－3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3,则(a ＋b )·(2b －c )的最小值为3－3,故选B.8．(河南天一联考测试)如图,在△ABC 中,AB ＝3,AC ＝5,∠BAC ＝60°,D ,E 分别是AB ,AC 的中点,连接CD ,BE 交于点F ,连接AF ,取CF 的中点G ,连接BG ,则AF →·BG →＝9536 .解析：依题意,F 是△ABC 的重心, AF →＝23×12(AB →＋AC →)＝13(AB →＋AC →), BG →＝12(BF →＋BC →)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13BA →＋43BC →＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫43AC →－53AB →＝23AC →－56AB →. 故AF →·BG →＝13(AB →＋AC →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23AC →－56AB →＝9536. 9．(河南安阳模拟)已知在△OAB 中,OA ＝OB ＝2,AB ＝23,动点P 位于线段AB 上,则当P A →·PO →取最小值时,向量P A →与PO →的夹角的余弦值为－217 .解析：法一 易知∠AOB ＝120°,记OA →＝a ,OB →＝b , 则a ·b ＝－2,设P A →＝λBA →＝λa －λb (0≤λ≤1), 则PO →＝P A →＋AO →＝(λ－1)a －λb ,则P A →·PO →＝(λa －λb )·[(λ－1)a －λb ]＝12λ2－6λ, 当λ＝14时,P A →·PO →取最小值－34,此时,|P A →|＝14|BA →|＝32,PO →＝－34a －14b ＝－14(3a ＋b ),|PO →|＝14|3a ＋b |＝72, 所以向量P A →与PO →的夹角的余弦值为P A →·PO →|P A →||PO →|＝－3432×72＝－217.法二 取线段AB 的中点C ,连接OC ,以线段AB 的中点C 为原点,以AB →的方向为x 轴正方向,CO →的方向为y 轴正方向建立直角坐标系,则O (0,1),A (－3,0),B (3,0), 设P (x,0)(－3≤x ≤3)．则P A →·PO →＝(－3－x,0)·(－x,1)＝x 2＋3x , 当x ＝－32时,P A →·PO →取最小值－34.此时P A →＝⎝⎛⎭⎪⎫－32，0,PO →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1,所以向量P A →与PO →的夹角的余弦值为P A →·PO →|P A →||PO →|＝－3432×72＝－217.10．(河北衡水二中模拟)已知在直角梯形ABCD 中,AB ＝AD ＝2CD ＝2,AB ∥CD ,∠ADC ＝90°,若点M 在线段AC 上,则|MB →＋MD →|的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，22 .解析：建立如图所示的平面直角坐标系．则A (0,0),B (2,0),C (1,2),D (0,2), 设AM →＝λAC →(0≤λ≤1),则M (λ,2λ),故MD →＝(－λ,2－2λ),MB →＝(2－λ,－2λ), 则MB →＋MD →＝(2－2λ,2－4λ), |MB →＋MD →|＝(2－2λ)2＋(2－4λ)2 ＝20⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－352＋45, 当λ＝0时,|MB →＋MD →|取得最大值22, 当λ＝35时,|MB →＋MD →|取得最小值为255, ∴|MB →＋MD →|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，22.11．(德州一模)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,向量m ＝(cos(A －B ),sin(A －B )),n ＝(cos B ,－sin B ),且m ·n ＝－35.(1)求sin A 的值；(2)若a ＝42,b ＝5,求角B 的大小及向量BA →在BC →方向上的投影． 解：(1)由m ·n ＝－35,得cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35, 所以cos A ＝－35.因为0＜A ＜π, 所以sin A ＝1－cos 2A ＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝45. (2)由正弦定理,得a sin A ＝bsin B , 则sin B ＝b sin A a ＝5×4542＝22,因为a ＞b ,所以A ＞B ,且B 是△ABC 一内角,则B ＝π4. 由余弦定理得(42)2＝52＋c 2－2×5c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35,解得c ＝1,c ＝－7舍去, 故向量BA →在BC →方向上的投影为 |BA →|cos B ＝c cos B ＝1×22＝22.12．已知平面上一定点C (2,0)和直线l ：x ＝8,P 为该平面上一动点,作PQ ⊥l ,垂足为Q ,且⎝ ⎛⎭⎪⎫PC →＋12PQ →·⎝⎛⎭⎪⎫PC →－12PQ →＝0.(1)求动点P 的轨迹方程；(2)若EF 为圆N ：x 2＋(y －1)2＝1的任意一条直径,求PE →·PF →的最值． 解：(1)设P (x ,y ),则Q (8,y )．由⎝ ⎛⎭⎪⎫PC →＋12PQ→·⎝ ⎛⎭⎪⎫PC →－12PQ →＝0, 得|PC →|2－14|PQ →|2＝0,即(2－x )2＋(－y )2－14(8－x )2＝0,化简得x 216＋y 212＝1.所以动点P 在椭圆上,其轨迹方程为x 216＋y 212＝1. (2)易知PE →＝PN →＋NE →,PF →＝PN →＋NF →, 且NE →＋NF →＝0,由题意知N (0,1),所以PE →·PF →＝PN →2－NE →2＝(－x )2＋(1－y )2－1＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－y 212＋(y －1)2－1＝－13y 2－2y ＋16＝－13(y ＋3)2＋19.因为－23≤y ≤23,所以当y ＝－3时,PE →·PF →取得最大值19, 当y ＝23时,PE →·PF →取得最小值12－4 3. 综上,PE →·PF →的最大值为19,最小值为12－4 3.13．(四川凉山州模拟)若直线ax －y ＝0(a ≠0)与函数f (x )＝2cos 2x ＋1ln 2＋x 2－x 的图象交于不同的两点A ,B ,且点C (6,0),若点D (m ,n )满足DA →＋DB →＝CD →,则m ＋n 等于( B )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：因为f (－x )＝2cos 2(－x )＋1ln 2－x 2＋x ＝2cos 2x ＋1－ln 2＋x 2－x＝－f (x ),且直线ax －y ＝0过坐标原点,所以直线与函数f (x )＝2cos 2x ＋1ln 2＋x 2－x 的图象的两个交点A ,B 关于原点对称,即x A ＋x B ＝0,y A ＋y B ＝0,又DA →＝(x A －m ,y A －n ),DB →＝(x B －m ,y B －n ),CD →＝(m －6,n ),由DA →＋DB →＝CD →,得x A －m ＋x B －m ＝m －6,y A －n ＋y B －n ＝n ,解得m ＝2,n ＝0,所以m ＋n ＝2,故选B.14．设a ,b 为非零向量,|b |＝2|a |,两组向量x 1,x 2,x 3,x 4和y 1,y 2,y 3,y 4均由2个a 和2个b 排列而成．若x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3＋x 4·y 4所有可能取值中的最小值为4|a |2,则a 与b 的夹角为( B )A.2π3 B.π3 C.π6D ．0解析：a ·a ＝|a |2,b ·b ＝|b |2＝4|a |2, 设a 与b 的夹角为θ,则a ·b ＝|a |·|b |·cos θ＝2|a |2·cos θ.①若x i ·y i (i ＝1,2,3,4)中2个a 均与a 相乘,则x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3＋x 4·y 4＝a 2＋a 2＋b 2＋b 2＝10|a |2；②若x i ·y i (i ＝1,2,3,4)中仅有一个a 与a 相乘,则x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3＋x 4·y 4＝a 2＋b 2＋2a ·b ＝5|a |2＋4|a |2cos θ；③若x i ·y i (i ＝1,2,3,4)中的a 均不与a 相乘,则x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3＋x 4·y 4＝4a ·b ＝8|a |2·cos θ. 因为5|a |2＋4|a |2cos θ－8|a |2cos θ＝5|a |2－4|a |2cos θ＝|a |2(5－4cos θ)＞0, 所以5|a |2＞4|a |2cos θ得 5·|a |2＋4|a |2cos θ＞8|a |2cos θ,即x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3＋x 4·y 4的所有可能取值中的最小值为8|a |2cos θ, 依题意得8·|a |2cos θ＝4|a |2, 从而cos θ＝12,又0≤θ≤π,故θ＝π3.15．(济南模拟)已知平面上的两个向量OA →和OB →满足|OA →|＝a ,|OB →|＝b ,且a 2＋b 2＝1,OA →·OB →＝0,若向量OC →＝λOA →＋μOB →(λ,μ∈R ),且(2λ－1)2a 2＋(2μ－1)2b 2＝4,则|OC →|的最大值为32 .解析：设AB 的中点为M ,∵OA →·OB →＝0且a 2＋b 2＝1, ∴|MA →|＝|MB →|＝|MO →|＝12|AB →|＝12, 又∵OM →＝12(OA →＋OB →),∴MC →＝OC →－OM →＝(λOA →＋μOB →)－12(OA →＋OB →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－12OA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫μ－12OB →. ∴|MC →|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－122a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫μ－122b 2,①又∵(2λ－1)2a 2＋(2μ－1)2b 2＝4, 整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－122a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫μ－122b 2＝1,代入①式得|MC →|2＝1,即|MC →|＝1,即点C 的轨迹是以点M 为圆心,1为半径的圆, 又∵|OM →|＝12,∴当OM →与OC →同向时,|OC →|的值最大, 此时|OC →|＝32,故填32.16．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ，34,b ＝(cos x ,－1)．(1)当a ∥b 时,求cos 2x －sin2x 的值；(2)设函数f (x )＝2(a ＋b )·b ,已知在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .若a ＝3,b ＝2,sin B ＝63,求f (x )＋4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3的取值范围．解：(1)因为a ∥b ,所以34cos x ＋sin x ＝0, 所以tan x ＝－34.cos 2x －sin2x ＝cos 2x －2sin x cos x sin 2x ＋cos 2x ＝1－2tan x 1＋tan 2x ＝85.(2)f (x )＝2(a ＋b )·b＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ＋cos x ，－14·(cos x ,－1) ＝sin2x ＋cos2x ＋32＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋32. 由正弦定理a sin A ＝b sin B ,得sin A ＝a sin B b ＝3×632＝22,所以A ＝π4或A ＝3π4.因为b ＞a ,所以A ＝π4.所以f (x )＋4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4－12, 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3,所以2x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，11π12, 所以32－1≤f (x )＋4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6≤ 2－12.所以 f (x )＋4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤32－1，2－12.。