课时跟踪检测(13) 平面向量及其应用（Word练习）-【新课程学案】新教材2023-2024学年高中数学必修第二册（苏教版2019）

课时跟踪检测（十三） 平面向量及其应用 1．已知△ABC中，AB＝4，AC＝3，cos A＝.若D为边BC上的动点，则·的取值范围是(　 ) A．[4，12] B．[8，16] C．[4,16] D．[2,4] 解析：选C　由题意得＝λ＋(1－λ)，0≤λ≤1，·＝·[λ＋(1－λ)]＝λ2＋(1－λ)||||cos A＝16λ＋4－4λ＝12λ＋4∈[4,16]． 2．已知向量a，b满足|a|＝1，a与b的夹角为，若对一切实数x，|xa＋2b|≥|a＋b|恒成立，则|b|的取值范围是(　 ) A. B. C．[1，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：选C　因为|a|＝1，a与b的夹角为， 所以a·b＝|b|cos＝|b|. 把|xa＋2b|≥|a＋b|两边平方， 整理可得x2＋2|b|x＋3|b|2－|b|－1≥0， 所以Δ＝4|b|2－4(3|b|2－|b|－1)≤0， 即(|b|－1)(2|b|＋1)≥0，解得|b|≥1. 3．设e1，e2是平面内两个不共线的向量，＝(a－1)e1＋e2，＝2be1－e2，a>0，b>0，若A，B，C三点共线，则＋的最小值是(　 ) A．8 B．6 C．4 D．2 解析：选A　因为A，B，C三点共线，所以向量，共线， 所以存在λ∈R，使得＝λ，即(a－1)e1＋e2＝λ(2be1－e2)， 即(a－1)e1＋e2＝2λbe1－λe2， 因为e1，e2不共线，所以消去λ，得a＋2b＝1， 因为a>0，b>0，所以＋＝(a＋2b)＝4＋＋≥4＋2＝4＋2×2＝8， 当且仅当a＝，b＝时，等号成立． 4．对任意非零向量a，b，定义新运算：a×b＝.已知非零向量m，n满足|m|>3|n|，且向量m，n的夹角θ∈，若4(m×n)和4(n×m)都是整数，则m×n的值可能是(　 ) A．2 B．3 C．4 D. 解析：选B　由题意可得n×m＝＝(k∈Z)．因为|m|>3|n|>0，所以0<<.因为θ∈，所以<sin θ<1.所以0<sin θ<，即0<<，解得0<k<.因为k∈Z，所以k＝1.所以n×m＝＝.则＝4sin θ，则＝<，得<sin θ<1，故m×n＝＝4sin2θ∈，符合该条件的是3. 5．已知a＝(2sin 13°，2sin 77°)，|a－b|＝1，a与a－b的夹角为，则a·b＝(　 ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选B　因为a＝(2sin 13°，2sin 77°)，所以|a|＝＝＝2.又因为|a－b|＝1，向量a与a－b的夹角为，所以cos ＝＝＝＝，所以a·b＝3，故选B. 6.如图所示，半圆的直径AB＝4，O为圆心，C是半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(＋)·的最小值是(　 ) A．2 B．0 C．－1 D．－2 解析：选D　由平行四边形法则得＋＝2，故(＋)·＝2·，又||＝2－||，且，反向，设||＝t(0≤t≤2)，则(＋)·＝2·＝－2t(2－t)＝2(t2－2t)＝2[(t－1)2－1]．∵0≤t≤2，∴当t＝1时，(＋)·取得最小值－2，故选D. 7．已知A，B(1,4)，且＝(sin α，cos β)，α，β∈，则α＋β＝________. 解析：由题意知＝＝(sin α，cos β)，∴sin α＝－，cos β＝.又∵α，β∈，∴α＝－，β＝或－.∴α＋β＝或－. 答案：或－ 8．定义a*b是向量a和b的“向量积”，其长度为|a*b|＝|a|·|b|·sin θ，其中θ为向量a和b的夹角．若a＝(2,0)，b＝(1，)，则|a*(a＋b)|＝________. 解析：因为a＝(2,0)，b＝(1，)， 所以a＋b＝(3，)．所以|a|＝2，|a＋b|＝2. 所以cos〈a，a＋b〉＝＝. 因为〈a，a＋b〉∈[0，π]，所以sin〈a，a＋b〉＝. 所以|a*(a＋b)|＝2×2×＝2. 答案：2 9.如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD边上的中点，则·＋·＝________. 解析：连接EG，FH，交于点O(图略)，则·＝·＝2－2＝1－2＝，·＝·＝2－2＝1－2＝，因此·＋·＝. 答案： 10．已知向量a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，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：(1)因为向量b＝(cos β，sin β)，c＝(－1,0)，所以b＋c＝(cos β－1，sin β)，则|b＋c|＝＝＝. 因为－1≤cos β≤1，所以0≤2－2cos β≤4.所以0≤|b＋c|≤2. 所以向量b＋c的模的最大值为2. (