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基丛点练理.docx

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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基丛点练理

2019-2020年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基丛点练理

【选题明细表】

知识点、方法

题号

平面向量的数量积

2,4,12

平面向量的夹角与垂直

1,7,8

平面向量的模

3,8

平面向量数量积的综合问题

6,9,10,11

平面向量与其他知识的交汇

5,13,14

1.（xx内江模拟）已知向量a=（1,-2）,b=（x,2）,若a⊥b,则|b|等于（　B　）

（A）（B）2（C）5（D）20

解析:

由题意可得a·b=（1,-2）·（x,2）=x-4=0,解得x=4.故|b|==2.

2.（xx开封二模）若向量a=（1,2）,b=（-3,4）,则（a·b）·（a+b）等于（　B　）

（A）20（B）（-10,30）

（C）54（D）（-8,24）

解析:

因为a·b=1×（-3）+2×4=5,

a+b=（1,2）+（-3,4）=（-2,6）,

所以（a·b）·（a+b）=5（-2,6）=（-10,30）.

3.（xx衡阳县校级一模）设向量a,b,满足|a|=|b|=1,a·b=-,则|a+2b|等于（　B　）

（A）（B）（C）（D）

解析:

因为向量a,b满足|a|=|b|=1,a·b=-,

所以|a+2b|2=a2+4a·b+4b2=1-2+4=3,

所以|a+2b|=.

4.（xx日照模拟）如图,在△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=30°,AD是边

BC′上的高,则·的值等于（　B　）

（A）0（B）4（C）8（D）-4

解析:

因为AB=BC=4,∠ABC=30°,AD是边BC上的高,

所以AD=4sin30°=2.

所以·=·（+）=·+·=·=2×4×=4.

5.（xx遵义校级期末）在△ABC中,a,b,c分别为三个内角A,B,C所对的边,设向量m=（b-c,c-a）,n=（b,c+a）,若m⊥n,则角A的大小为（　B　）

（A）（B）（C）（D）

解析:

因为m⊥n,

所以m·n=b（b-c）+（c+a）（c-a）=0,

化为b2-bc+c2-a2=0,

即b2+c2-a2=bc.

所以cosA===.

因为A∈（0,π）,

所以A=.

6.（xx桂林校级模拟）△ABC中,∠BAC=120°,AB=2,AC=1,D是边BC上的一点（包括端点）,则·的取值范围是（　D　）

（A）[1,2]（B）[0,1]（C）[0,2]（D）[-5,2]

解析:

因为D是边BC上的一点（包括端点）,

所以可设=λ+（1-λ）（0≤λ≤1）.

因为∠BAC=120°,AB=2,AC=1,

所以·=2×1×cos120°=-1.

所以·=[λ+（1-λ）]·（-）

=（2λ-1）·-λ+（1-λ）

=-（2λ-1）-4λ+1-λ

=-7λ+2.

因为0≤λ≤1,

所以-7λ+2∈[-5,2].

所以·的取值范围是[-5,2].

7.（xx武汉华中师范大学第一附属中学高三期中）已知a与b的夹角为120°,若（a+b）⊥（a-2b）,且|a|=2,则b在a方向上的投影为　　　　. 

解析:

因为向量a与b的夹角为120°,则b在a方向上的投影为|b|cos120°=-|b|,

因为（a+b）⊥（a-2b）⇔（a+b）·（a-2b）=0⇔2|b|2-|b|-4=0,

所以|b|=,

则b在a方向上的投影为-.

答案:

-

8.（xx海淀区模拟）已知向量a,b满足|a|=1,|b|=6,a·（b-a）=2,则a与b的夹角θ为　　　　;|2a-b|=　　　　. 

解析:

因为|a|=1,|b|=6,a·（b-a）=2,

所以a·b-a2=2,

所以1×6cosθ-1=2,

所以cosθ=,

因为0≤θ≤π,

所以θ=,

|2a-b|==

==2.

答案:

　2

9.已知平面向量a=（1,x）,b=（2x+3,-x）（x∈R）.

（1）若a⊥b,求x的值;

（2）若a∥b,求|a-b|.

解:

（1）由a⊥b,得a·b=0,

故2x+3-x2=0,解得x=-1或x=3.

（2）a-b=（-2x-2,2x）,

因为a∥b,所以x（2x+3）+x=0,

解得x=0或x=-2.

当x=0时,a-b=（-2,0）,|a-b|==2.

当x=-2时,a-b=（2,-4）,|a-b|==2.

综上,|a-b|为2或2.

10.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.

解:

（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cosθ===-.

又0≤θ≤π,所以θ=.

（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=,

所以∠ABC=π-=.

又||=|a|=4,||=|b|=3,

所以S△ABC=||||sin∠ABC=×4×3×=3.

能力提升练（时间:

15分钟）

11.（xx保定模拟）设向量a,b满足|a|=|b|=|a+b|=1,则|a-tb|（t∈R）的最小值为（　D　）

（A）2（B）（C）1（D）

解析:

设向量a,b的夹角为θ,

因为|a|=|b|=|a+b|=1,

所以a2+2a·b+b2=1+1+2×1×1×cosθ=1,

解得cosθ=-,

所以θ=,

所以|a-tb|2=a2-2ta·b+t2b2=t2+t+1

=（t+）2+,

当t=-时,上式取到最小值,

所以|a-tb|的最小值为.

12.（xx重庆巴蜀中学高三月考）由点P向圆x2+y2=2引两条切线PA,PB,A,B是切点,则·的最小值是（　D　）

（A）6-4（B）3-2

（C）2-3（D）4-6

解析:

根据题意,作出示意图,如图所示,设|PA|=|PB|=x（x>0）,

∠APO=α,

则∠APB=2α,

|PO|==,

所以sinα==,

cos∠APB=cos2α=1-2sin2α=,

所以·=||·||cos2α

=x2·=（2+x2）+-6

≥2-6=4-6,

当且仅当2+x2=,即x=时等号成立,故选D.

13.（xx高考广东卷）在平面直角坐标系xOy中,已知向量m=（,-）,n=（sinx,cosx）,x∈.

（1）若m⊥n,求tanx的值;

（2）若m与n的夹角为,求x的值.

解:

（1）因为m⊥n,所以m·n=sinx-cosx=0.

即sinx=cosx,又x∈（0,）,所以tanx==1.

（2）易求得|m|=1,|n|==1.

因为m与n的夹角为,

所以cos==.

则sinx-cosx=sin（x-）=.

又因为x∈（0,）,所以x-∈（-,）.

所以x-=,

解得x=.

14.（xx黄山一模）已知a=（sin（θ-）,-1）,b=（-1,3）,其中θ∈（0,）,且a∥b,

（1）求sinθ的值;

（2）已知△ABC中,∠A=θ,BC=2+1,求边AC的最大值.

解:

（1）因为a∥b,

所以3sin（θ-）=1,

即sin（θ-）=.

因为θ∈（0,）,

所以（θ-）∈（-,）.

所以cos（θ-）=.

所以sinθ=sin（θ-+）=sin（θ-）cos+cos（θ-）sin=×（+）=.

（2）在△ABC中,由正弦定理可得

=,

所以==3,

所以AC=3sinB≤3,

当且仅当sinB=1,

即B=时取等号,

所以边AC的最大值是3.

精彩5分钟

1.（xx南昌市一模）已知三角形ABC中,AB=AC,BC=4,∠BAC=120°,

=3,若P是BC边上的动点,则·的取值范围是　　　　. 

解题关键:

用λ表示后,把·转化为含λ的代数式后求解.

解析:

因为三角形ABC中,

AB=AC,BC=4,

∠BAC=120°,

所以AB=,∠ABC=30°,

所以·=×4×（-）=-8,

因为=3,

所以=,=λ,0≤λ≤1.

因为·=（+）（+）

=+λ·++3×,

所以·=-8λ+12λ+×（-8）

=4λ-,

0≤λ≤1.

所以·的取值范围是[-,].

答案:

[-,]

2.（xx兴国县一模）如图,在△OAB中,点P是线段OB及线段AB延长线所围成的阴影区域（含边界）的任意一点,且=+y,则在直角坐标平面内,实数对（x,y）所示的区域在直线y=4的下侧部分的面积是　　　　. 

解题关键:

本题中△OAB可为任意三角形,故可一般问题特殊化处理,把△AOB视为等腰直角三角形,建立坐标系求解.

解析:

设OA=OB=1,OA⊥OB,以OA所在的直线为x轴,以OB所在的直线为y轴建立直角坐标系,

则有=（1,0）,=（0,1）,

直线AB的方程为x+y=1,

=x+y=（x,0）+（0,y）=（x,y）,

实数对（x,y）所示的区域在直线y=4的下侧部分为直角边为3的等腰直角三角形,面积S=×3×3=.

答案:

2019-2020年高三数学一轮复习第八章立体几何第一节空间几何体及其三视图直观图夯基提能作业本文

1.充满气的车轮内胎可由下面哪个平面图形绕轴旋转而成（　　）

2.如图是某几何体的三视图,则其几何体可由下列哪两种几何体组合而成（　　）

A.两个长方体B.两个圆柱

C.一个长方体和一个圆柱D.一个球和一个长方形

3.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图,边AB平行于y轴,BC,AD平行于x轴.已知四边形ABCD的面积为2cm2,则原平面图形的面积为（　　）

A.4cm2B.4cm2C.8cm2D.8cm2

4.（xx江西南昌一模）如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,点P是平面A1B1C1D1内一点,则三棱锥P-BCD的正视图与侧视图的面积之比为（　　）

A.1∶1　　B.2∶1C.2∶3　　D.3∶2

5.（xx湖南四县3月模拟）正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点（如图）,用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为（　　）

6.将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如图所示,则该几何体的侧视图为（　　）

7.某几何体的三视图如图所示,这个几何体的直观图可以是（　　）

8.在一个倒置的正三棱锥容器内放入一个钢球,钢球恰与棱锥的四个面都接触,过棱锥的一条侧棱和高作截面,正确的截面图形是（　　）

9.已知某几何体的三视图如图所示,正视图和侧视图都是矩形,俯视图是正方形,在该几何体上任意选择4个顶点,以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题:

①矩形;②有三个面为直角三角形,有一个面为等腰三角形的四面体;③两个面都是等腰直角三角形的四面体.其中正确命题的序号是（　　）

A.①②③B.②③C.①③D.①②

10.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体侧视图的面积为（　　）

A.2+B.1+C.2+2D.4+

11.若一个三棱锥的三视图如图所示,其中三个视图都是直角三角形,则在该三棱锥的四个面中,直角三角形的个数是（　　）

A.1B.2C.3D.4

12.（xx海南文昌中学模拟）一个棱锥的三视图如图所示,则这个棱锥的四个侧面中面积最大的侧面的面积是（　　）

A.B.6C.6D.10

B组　提升题组

13.一个正方体内接于一个球,过球心作一截面,如图所示,则截面可能是（　　）

A.①③④B.②④C.①②③D.②③④

14.已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,侧视图是有一条直角边长为2的直角三角形,则该三棱锥的正视图可能为（　　）

15.某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥最长棱的棱长为（　　）

A.1B.C.D.2

16.已知正三棱锥V-ABC的正视图、俯视图如图所示,它的侧棱VA=2,底面的边AC=,则由该三棱锥得到的侧视图的面积为（　　）

A.B.C.D.

17.已知四棱锥P-ABCD的三视图如图所示,则四棱锥P-ABCD的四个侧面中面积最大的是（　　）

A.6B.8C.2D.3

18.（xx湖南株洲二中月考）下图是一个几何体的三视图,则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是（　　）

A.4B.5C.3D.3

19.（xx山西康杰中学3月模拟）已知某锥体的正视图和侧视图如图所示,其体积为,则该锥体的俯视图可能是（　　）

答案全解全析

A组　基础题组

1.D　根据充满气的车轮内胎知,它可由D选项中的平面图形绕轴旋转而成,故选D.

2.C　由三视图可知,该几何体上部分为一圆柱,下部分为一长方体,故选C.

3.C　依题意可知∠BAD=45°,则原平面图形为直角梯形,其上、下底边的长与BC、AD相等,高为梯形ABCD的高的2倍,所以原平面图形的面积为8cm2.

4.A　根据题意,得三棱锥P-BCD的正视图与侧视图都是三角形,且它们的面积相等,故三棱锥P-BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.

5.C　过点A,E,C1的截面为AEC1F,如图,

则剩余几何体的左视图为选项C中的图形.故选C.

6.C　从图形的左边向右边看,看到一个矩形的面,且在面上有一条从左下到右上的对角线,故选C.

7.D　A,B的正视图不符合要求,C的俯视图显然不符合要求,故选D.

8.B　由于球与侧棱不相交,因此截面图中截面圆不可能与三角形的三条边都相切,排除A、D,又圆锥的高一定过球心,因此在截面图中三角形的高一定过截面圆的圆心,排除C,故选B.

9.D　由三视图可知,该几何体是正四棱柱,作出其直观图,如图,当选择的4个点是B1,B,C,C1时,可知①正确;当选择的4个点是B,A,B1,C时,可知②正确;易知③不正确,故选D.

10.D　依题意可得,该几何体的侧视图的面积等于22+×2×=4+.

11.D　如图,由三视图可知,该三棱锥中,△BCD是直角三角形,CD⊥BC,且AB⊥平面BCD,则△ABC、△ABD是直角三角形;由CD⊥BC,CD⊥AB,且AB∩BC=B,知CD⊥平面ABC,所以CD⊥AC,所以△ACD也是直角三角形,故选D.

12.C　由三视图知,该几何体是四棱锥P-ABCD,如图,

其中PD⊥平面ABCD,底面ABCD是矩形,则PD⊥BC,又BC⊥CD,PD∩DC=D,所以BC⊥平面PCD,从而BC⊥PC,同理,BA⊥PA,由三视图给出的尺寸,知PD=AD=3,CD=4,所以S△PDC=×4×3=6,S△PAD=×3×3=,又PC==5,所以S△PBC=×3×5=,又PA==3,所以S△PAB=×3×4=6,故选C.

B组　提升题组

13.C　考虑过球心的正方体截面位置的可能情形.当截面平行于正方体的一个侧面时得③,当截面过正方体的体对角线时得②,当截面不平行于任何侧面,也不过对角线时得①,但无论如何都不能截出④.

14.C　当正视图为等腰三角形时,高应为2,且应为虚线,排除A,D;当正视图是直角三角形时,由条件得一个直观图如图所示,中间的线是PA形成的投影,应为虚线,故选C.

15.C　根据三视图,可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V-ABCD,其中VB⊥平面ABCD,且底面ABCD是边长为1的正方形,VB=1.可知四棱锥中最长棱为VD.连接BD,易知BD=,在Rt△VBD中,VD==.

16.B　由题意知该三棱锥的侧视图如图所示,且边长为,高为,故侧视图的面积为××=.故选B.

17.A　四棱锥如图所示,其中,平面PDC⊥平面ABCD,底面ABCD是矩形,△PDC是等腰三角形,作PN⊥DC于点N,则PN==,易证BC⊥平面PDC,所以BC⊥PC,同理,AD⊥PD.设M为AB的中点,连接PM,MN,则PM⊥AB,且PM=3,所以S△PAB=×4×3=6,又S△PDC=×4×=2,S△PBC=S△PAD=×2×3=3,所以四棱锥P-ABCD的四个侧面中面积最大的是6.

18.D　作出直观图如图所示,通过计算可知AF最长且|AF|==3.

19.C　由正视图得该锥体的高h==,因为该锥体的体积为,所以该锥体的底面面积是S==

=2,A项的正方形的面积是2×2=4,B项的圆的面积是π×12=π,C项的大三角形的面积是×2×2=2,D项不可能是该锥体的俯视图,故选C.