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数学平面向量课后题

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数学平面向量课后题

数学的必修四便会学习到平面向量，这和物理必修一的内容也有一定的相关性，所以，我们更应该学好这一知识点。分享了数学平面向量的课后题及答案，一起来看看吧！

一、选择题

1．已知向量OA→＝(3，－4)，OB→＝(6，－3)，OC→＝(2m， m＋1)．若AB→∥OC→，则实数m的值为( )

A．－3 B．－17

C．－35 D.35

解析 AB→＝OB→－OA→＝(3,1)，因为AB→∥OC→，

所以3(m＋1)－2m＝0，解得m＝－3.

答案 A

2．已知|a|＝|b|＝2，(a＋2b)(a－b)＝－2，则a与b的夹角为( )

A.π6 B.π3

C.π2 D.2π3

解析由(a＋2b)(a－b)＝|a|2＋ ab－2|b|2＝－2，得ab＝2，即|a||b|cos〈a，b〉＝2，cos〈a，b〉＝12.故〈a，b〉＝π3.

答案 B

3．平面向量a＝(1,2)，b＝(4,2)，c＝ma＋b(m∈R)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则m＝( )

A．－2 B．－1

C．1 D．2

解析 ∵a＝(1,2)，b＝(4,2)，∴c＝m(1,2)＋(4,2)＝(m＋4,2m＋2)．又∵c与a的夹角等于c与b的夹角，∴cos〈c，a〉＝cos〈c，b〉．∴ca|c||a|＝cb|c||b|.即5m＋85|c|＝8m＋2025|c|，解得m＝2.

答案 D

4．)若向量a，b满足：|a|＝1，(a＋b)⊥a，(2a＋b)⊥b，则|b|＝( )

A．2 B.2

C．1 D.22

解析 ∵(a＋b)⊥a，|a|＝1，∴(a＋b)a＝0，

∴|a|2＋ab＝0，∴ab＝－1.

又∵(2a＋b)⊥b，∴(2a＋b)b＝ 0.

∴2ab＋|b|2＝0.∴|b|2＝2.

∴|b|＝2，选B.

答案 B

5．设△ABC的三个内角为A，B，C，向量m＝(3sinA，sinB)，n＝(cosB，3cosA)，若mn＝1＋cos(A＋B)，则C＝( )

A.π6 B.π3

C.2π3 D.5π6

解析依题意得 3sinAcosB＋3cosAsinB＝1＋cos(A＋B)，

3sin(A＋B)＝1＋cos(A＋B)，3sinC＋cosC＝1，

2sinC＋π6＝1，sinC＋π6＝12.又π6<C＋π6<7π6，

因此C＋π6＝5π6，C＝2π3，选C.

答案 C

6．在平面上，AB1→⊥AB2→，|OB1→|＝|OB2→|＝1，AP→＝AB1→＋AB2→.若|OP→|<12，则|OA→|的取值范围是( )

A.0，52 B .52，72

C.52，2 D.72，2

解析由题意得点B1，B2在以O为圆心，半径为1的圆上，点P在以O为圆心半径为12的圆内，又AB1→⊥AB2→，AP→＝AB1→＋AB2→，所以点A在以B1B2为直径的圆上，当P与O点重合时，|OA→|最大为2，当P在半径为12的圆周上，|OA→|最小为72.∵P在圆内，∴|OA→|∈72，2.

答案 D

二、填空题

7．已知向量a，b满足|a|＝1，b＝(2,1)，且λ a＋b＝0(λ∈R)，则|λ|＝________.

解析 |b|＝22＋12＝5，由λa＋b＝0，得b＝－λa，

故|b|＝|－λa|＝|λ||a|，所以|λ|＝|b||a|＝51＝5.

答案 5

8．在△ABC中，BO为边AC上的中线，BG→＝2GO→，若CD→∥AG→，且AD→＝15AB→＋λAC→(λ∈R)，则λ的值为________．

解析因为CD→∥AG→，所以存在实数k，使得CD→＝kAG→.CD→＝AD→－AC→＝15AB→＋(λ－1)AC→，又由BO是△ABC的边AC上的中线，BG→＝2GO→，得点G为△ABC的重心，所以AG→＝13(AB→＋AC→)，所以15AB→＋(λ－1)AC→＝k3(AB→＋AC→)，由平面向量基本定理可得15＝k3，λ－1＝k3，解得λ＝65.

答案 65

9．在△ABC所在的.平面上有一点P满足PA→＋PB→＋PC→＝AB→，则△PBC与△ABC的面积之比是________．

解析因为PA→＋PB→＋PC→＝AB→，所以PA→＋PB→＋PC→＋BA→＝0，即PC→＝2AP→，所以点P是CA边上靠近A点的一个三等分点，故S△PBCS△ABC＝PCAC＝23.

答案 23

三、解答题

10．已知向量AB→＝(3,1)，AC→＝(－1，a)，a∈R

(1)若D为BC中点，AD→＝(m,2)，求a，m的值；

(2)若△ABC是直角三角形，求a的值．

解 (1)因为AB→＝(3,1)，AC→＝(－1，a)，

所以AD→＝12(AB→＋AC→)＝1，1＋a2.

又AD→＝(m,2)，所以m＝1，1＋a＝2×2，解得a＝3，m＝1.

(2)因为△ABC是直角三角形，所以A＝90°或B＝90°或C＝90°.

当A＝90°时，由AB→⊥AC→，

得3×(－1)＋1a＝0，所以a＝3；

当B＝90°时，因为BC→＝AC→－AB→＝(－4，a－1)，

所以由AB→⊥BC→，

得3×(－4)＋1(a－1)＝0，所以a＝13；

当C＝90° 时，由BC→⊥AC→，

得－1×(－4)＋a(a－1)＝0，

即a2－a＋4＝0，因为a∈R，所以无解．

综上所述，a＝3或a＝13.

11．在△ABC中，已知2AB→AC→＝3|AB→||AC→|＝3BC→2，求角A、B、C的大小．

解设BC＝a，AC＝b，AB＝c.

由2AB→AC→＝3|AB→||AC→|，得2bccosA＝3bc，

所以cosA＝32.

又A∈(0，π)，因此A＝π6.

由3|AB→||AC→|＝3BC→2，得cb＝3a2.

于是sinCsinB＝3sin2A＝34.

所以sinCsin5π6－C＝34.

sinC12cosC＋32sinC＝34，

因此2sinCcosC＋23sin2C＝3，

sin2C－3cos2C＝0，

即2sin2C－π3＝0.

由A＝π6知0<C<5π6，

所以－π3<2C－π3<4π3，

从而2C－π3＝0，或2C－π3＝π，

即C＝π6或C＝2π3，

故A＝π6，B＝2π3，C＝π6，或A＝π6，B＝π6，C＝2π3.

B级——能力提高组

已知正三角形ABC的边长为1，点P是AB边上的动点，点Q是AC边上的动点，且AP→＝λAB→，AQ→＝(1－λ)AC→ ，λ∈R，则BQ→CP→的最大值为( )

A.32 B．－32

C.38 D．－38

解析，BQ→CP→＝(BA→＋AQ→)(CA→＋AP→)＝[BA→＋(1－λ)AC→](CA→＋λAB→)＝AB→AC→－λAB→ 2－(1－λ)AC→2＋λ(1－λ)AB→AC→＝(λ－λ2＋1)×cos60°－λ＋λ－1＝－12λ－122－38，0≤λ≤1，所以当λ＝12时，BQ→CP→的最大值为－38，选D.

答案 D

2．已知两个不相等的非零向量a，b，两组向量x1，x2，x3，x4，x5和y1，y2，y3，y4，y5均由2个a和3个b排列而成．记S＝x1y1＋x2y2＋x3y3＋x4y4＋x5y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值．则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．

①S有5个不同的值；

②若a⊥b，则Smin与|a|无关；

③若a∥b，则Smin与|b|无关；

④若|b|>4|a|，则Smin>0；

⑤若|b|＝2|a|，Smin＝8|a|2，则a与b的夹角为π4.

解析对于①，若a，b有0组对应乘积，则S1＝2a2＋3b2，若a，b有2组对应乘积，则S2＝a2＋2b2＋2ab，若a，b有4组对应乘积，则S3＝b2＋4ab，所以S最多有3个不同的值，①错误；因为a，b是不等向量，所以S1－S3＝2a2＋2b2－4ab＝2(a－b)2>0，S1－S2＝a2 ＋b2－2ab＝(a－b)2>0，S2－S3＝(a－b)2>0，所以S30，④正确；对于⑤，|b|＝2|a|，Smin＝4|a|2＋8|a|2cosθ＝8|a|2，所以cosθ＝12，又θ∈[0，π]，所以θ＝π3，⑤错误．因此正确命题是②④.

答案 ②④

3．已知向量m＝3sinx4，1，n＝cosx4，cos2x4.

(1)若mn＝1，求cos2π3－x的值；

(2)记f(x)＝mn，在△ABC中，角A ，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cosB＝bcosC，求函数f(A)的取值范围．

解 (1)mn＝3sinx4cosx4＋cos2x4

＝32sin x2＋12cosx2＋12＝sinx2＋π6＋12.

又∵mn＝1，∴sinx2＋π6＝12.

cosx＋π3＝1－2sin2x2＋π6＝12，

cos2π3－x＝－ cosx＋π3＝－12.

(2)∵(2a－c)cosB＝bcosC，

由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，

∴2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC.

∴2sinAcosB＝sin(B＋C)．

∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0.

∴cosB＝12.又∵0<B<π，∴B＝π3.

∴0<A<2π3.

∴π6<A2＋π6<π2，12<sinA2＋π6<1.

又∵f(x)＝mn＝sinx2＋π6＋12，

∴f(A)＝sinA2＋π6＋12.

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