人教A版高中数学必修4第二章 平面向量2.4 平面向量的数量积习题(1)

高中数学教案学案平面向量的数量积及其应用 学习目标: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5会用向量方法解决某些简单的 平面几何问题6会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题 1.向量数量积的定义 (1)向量数量积的定义 ,其中los 〈a,b)叫做向量a在b方向上的投影. (2)向量数量积的性质: ①如果e是单位向量,则ae=ea= ②非零向量a,b,a⊥b兮 ④cos(a,b)= Dlab albl 2.向量数量积的运算律 (1)交换律:ab= (2)分配律:(a+b)c= (3)数乘向量结合律:(Aa)b 3.向量数量积的坐标运算与度量公式 (1)两个向量的数量积等于它们对应坐标乘积的和,即若a=(a1,a2),b=(b1,b2),则ab (2)设a=(a,a2),b=(b,b2),则a⊥b (3)设向量a=(a1,a),b=(b1,b2), cos (a, b) (4)若A(x1,y1),B(x2,y2),则AB 所以|AB 1.(2010·湖南)在R△ABC中,∠C=90°AC=4,则BAC等于 A.-16 B.-8 D.16 2.(2010重庆)已知向量a,b满足ab=0,l=1,|b=2,则2a-b= 3.(2011福州月考)已知a=(1,0),b=(1,1),(a+Ab)⊥b,则λ等于 4平面上有三个点A(2,y),B(0,),C(x,y),若AB⊥B,则动点C的轨迹方 程为 5.(200.天津)若等边△ABC的边长为2√,平面内一点M满足C=+3C, 则MAMB= 考点一向量的模及夹角问题 【例1】(2011马鞍山月考)已知d=4,{b=3,(2a-3b)(2a+b)=61 (1)求a与b的夹角O;(2)求|a+b (3)若AB=a,BC=b,求△ABC的面积

高中数学教案学案平面向量的数量积及其应用 学习目标： 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.5.会用向量方法解决某些简单的 平面几何问题.6.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题． 1．向量数量积的定义 (1)向量数量积的定义：____________________________________________，其中|a|cos 〈a，b〉叫做向量 a 在 b 方向上的投影． (2)向量数量积的性质： ①如果 e 是单位向量，则 a·e＝e·a＝__________________； ②非零向量 a，b，a⊥b⇔________________； ③a·a＝________________或|a|＝________________； ④cos〈a，b〉＝________； ⑤|a·b|____|a||b|. 2．向量数量积的运算律 (1)交换律：a·b＝________； (2)分配律：(a＋b)·c＝________________； (3)数乘向量结合律：(λa)·b＝________________. 3．向量数量积的坐标运算与度量公式 (1)两个向量的数量积等于它们对应坐标乘积的和，即若 a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则 a·b ＝________________________； (2)设 a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则 a⊥b⇔________________________； (3)设向量 a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)， 则|a|＝________________，cos〈a，b〉＝____________________________. (4)若 A（x1 ，y1），B（x2 ，y2），则| AB→ ＝________________________，所以| AB→ |＝ _____________________. 1.（2010·湖南）在 Rt△ABC 中，∠C=90°,AC=4,则AB →·AC →等于 ( ) A．－16 B．－8 C．8 D．16 2．(2010·重庆)已知向量 a，b 满足 a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则|2a－b|＝ ( ) A．0 B．2 2 C．4 D．8 3．(2011·福州月考)已知 a＝(1,0)，b＝(1,1)，(a＋λb)⊥b，则 λ 等于 ( ) A．－2 B．2 C.1 2 D．－ 1 2 4.平面上有三个点 A（-2，y），B（0， 2 y ），C（x，y），若A B →⊥BC→，则动点 C 的轨迹方 程为________________． 5.（2009·天津）若等边△ABC 的边长为 2 3 ，平面内一点 M 满足CM → ＝ 1 6 CB→＋ 2 3 CA→， 则MA→ ·MB→ ＝________. 考点一 向量的模及夹角问题 例 1 (2011·马鞍山月考)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AB→＝a，BC→＝b，求△ABC 的面积．

举一反三1(1)已知a,b是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量c满足(a-c)(b )=0,则l的最大值是 A.1 B.2 2 (2)已知i,j为互相垂直的单位向量,a=}-2,b=计+,且a与b的夹角为锐角,实数 λ的取值范围为 考点二两向量的平行与垂直问题 【例2】已知a=(cosa,sina,b=(cosB,sinB,且M+b的长度是a-的长度的3倍 (k>0) (1)求证:a+b与a-b垂直 (2)用k表示ab; (3)求ab的最小值以及此时a与b的夹角O 举一反三2(2009江苏)设向量a=(4csa,sina),b=(sinB,4cosB),c=(cosB,-4sin (1)若a与b-2c垂直,求tan(a+的值 (2)求b+c的最大值 (3)若 tan atan B=16,求证:a∥b 考点三向量的数量积在三角函数中的应用 例31已知向量a=(s cos 且x6 (1)求ab及a+b (2)若fx)=ab-|a+b,求fx)的最大值和最小值 举一反三3(2010·四川)已知△ABC的面积S=ABC=3,且csB=3,求cosC 1.一些常见的错误结论 (1)若a=,则a=b;(2)若a2=b,则a=b;(3)若a∥b,b∥c,则a∥c;(4)若ab=0 则a=0或b=0;(5)ab=ab;(6)ab)c=a(bc);(7)若ab=ac,则b=c以上结论都是错 误的,应用时要注意 2.平面向量的坐标表示与向量表示的比较 已知a=(x,y),b=(x2,y2),O是向量a与b的夹角

举一反三 1 (1)已知 a，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量 c 满足(a－c)·(b－ c)＝0，则|c|的最大值是 ( ) A．1 B．2 C. 2 D. 2 2 (2)已知 i，j 为互相垂直的单位向量，a＝i－2j，b＝i＋λj，且 a 与 b 的夹角为锐角，实数 λ 的取值范围为________． 考点二 两向量的平行与垂直问题 例 2 已知 a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，且 ka＋b 的长度是 a－kb 的长度的 3倍 (k>0)． (1)求证：a＋b 与 a－b 垂直； (2)用 k 表示 a·b； (3)求 a·b 的最小值以及此时 a 与 b 的夹角 θ. 举一反三 2 (2009·江苏)设向量 a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，c＝(cos β，－4sin β)． (1)若 a 与 b－2c 垂直，求 tan(α＋β)的值； (2)求|b＋c|的最大值； (3)若 tan αtan β＝16，求证：a∥b. 考点三 向量的数量积在三角函数中的应用 例 3 已知向量 a＝    cos 3 2 x，sin 3 2 x ， b＝    cos x 2 ，－sin x 2 ，且 x∈   －  π 3 ， π 4 . (1)求 a·b 及|a＋b|； (2)若 f(x)＝a·b－|a＋b|，求 f(x)的最大值和最小值． 举一反三 3 （2010·四川）已知△ABC 的面积 S= 1 2 AB →·AC→·＝3，且 cos B＝ 3 5 ，求 cos C. 1．一些常见的错误结论： (1)若|a|＝|b|，则 a＝b；(2)若 a 2＝b 2，则 a＝b；(3)若 a∥b，b∥c，则 a∥c；(4)若 a·b＝0， 则 a＝0 或 b＝0；(5)|a·b|＝|a|·|b|；(6)(a·b)c＝a(b·c)；(7)若 a·b＝a·c，则 b＝c.以上结论都是错 误的，应用时要注意． 2．平面向量的坐标表示与向量表示的比较： 已知 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ 是向量 a 与 b 的夹角. 向量表示 坐标表示

向量a的模 √aa=Ⅷ a与b的数量积 ab=allblcos 8 ab=xx2+y a与b共线的充要条件 Abb≠0a= a∥bexy2-xy=0 非零向量a,b垂直的充要条件 a⊥bab=0 ⊥b兮xx+2=0 向量a与b的夹角 Cos 0s_.b cos 6 x12+yy2 +ⅵ、x2+ 3.证明直线平行、垂直、线段相等等问题的基本方法有: (1)要证AB=CD,可转化证明AB2=CD2或AB=CD (2)要证两线段AB∥CD,只要证存在唯一实数≠0,使等式AB=ACD成立即可 )要证两线段AB⊥CD,只需证ABCD=0 选择题(每小题5分,共25分) 1.(2010·重庆)若向量a=(3,m),b=(2,-1),ab=0,则实数m的值为 B 2.已知非零向量a,b,若l=|=1,且a⊥b,又知(2a+3b)⊥(ka-4b),则实数k的 值为 已知△ABC中,AB=a,AC=b,ab0,S△ABC=4,=3,b=5,则∠BAC等于() A B D.30°或15 4.(2010湖南)若非零向量a,b满足=b,(2a+b)b=0,则a与b的夹角为 B.60° C.120 D.150° 5已知a=(2,3),b=(-47,则a在b上的投影为 题号 4 答案 填空题(每小题4分,共12分) 6.(0南长沙一中月考)a=(2m,5m,b=1,2ma-1,a,x若nb 则 7.(2010广东金山中学高三第二次月考)若a=1,|=2,c=a+b,且c⊥a,则向量a 与b的夹角为 8.已知向量m=(1),向量n与向量m夹角为3,且mm=-1,则向量n 三、解答题(共38分) 9(12分)已知DA=(2,5),OB=(3,1),O=(63,在线段OC上是否存在点M,使MA⊥MB 若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由

向量 a 的模 |a|＝ a·a＝ a 2 |a|＝ x 2 1＋y 2 1 a 与 b 的数量积 a·b＝|a||b|cos θ a·b＝x1x2＋y1y2 a 与 b 共线的充要条件 A∥b(b≠0)⇔a＝λb a∥b⇔x1y2－x2y1＝0 非零向量 a，b 垂直的充要条件 a⊥b⇔a·b＝0 a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝0 向量 a 与 b 的夹角 cos θ＝ a·b |a||b| cos θ＝ x1x2＋y1y2 x 2 1＋y 2 1 x 2 2＋y 2 2 3.证明直线平行、垂直、线段相等等问题的基本方法有： （1）要证 AB=CD，可转化证明AB→2＝CD→ 2 或|AB→|＝|CD→ |. （2）要证两线段 AB∥CD，只要证存在唯一实数  ≠0，使等式AB→＝λCD→ 成立即可． （3）要证两线段 AB⊥CD，只需证AB→·CD→ ＝0. 一、选择题(每小题 5 分，共 25 分) 1．(2010·重庆)若向量 a＝(3，m)，b＝(2，－1)，a·b＝0，则实数 m 的值为 ( ) A．－ 3 2 B.3 2 C．2 D．6 2．已知非零向量 a，b，若|a|＝|b|＝1，且 a⊥b，又知(2a＋3b)⊥(ka－4b)，则实数 k 的 值为 ( ) A．－6 B．－3 C．3 D．6 3.已知△ABC 中，AB →＝a，AC →＝b，a·b<0，S△ABC＝ 15 4 ，|a|＝3，|b|＝5，则∠BAC 等于 ( ) A．30° B．－150° C．150° D．30°或 150° 4．(2010·湖南)若非零向量 a，b 满足|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，则 a 与 b 的夹角为 ( ) A．30° B．60° C．120° D．150° 5．已知 a＝(2,3)，b＝(－4,7)，则 a 在 b 上的投影为 ( ) A. 13 5 B. 65 5 C. 65 13 D. 13 13 题号 1 2 3 4 5 答案 二、填空题(每小题 4 分，共 12 分) 6．(2010·湖南长沙一中月考)设 a＝(cos 2α，sin α)，b＝(1，2sin α－1)，α∈    π 2 ，π ，若 a·b ＝ 2 5 ，则 sin α＝________. 7．(2010·广东金山中学高三第二次月考)若|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b，且 c⊥a，则向量 a 与 b 的夹角为________． 8．已知向量 m＝(1,1)，向量 n 与向量 m 夹角为3π 4 ，且 m·n＝－1，则向量 n＝ __________________. 三、解答题(共 38 分) 9.(12 分)已知OA → ＝(2,5)，OB→＝(3,1)，OC→ ＝(6,3)，在线段 OC 上是否存在点 M，使MA→ ⊥MB→ ， 若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由．

02分20杭州调研已知向量a=(-,-),b=(0-,a-) (1)求证:a⊥b (2)若存在不等于0的实数k和1,使x=a+(2+3)b,y=-ka+tb,满足x⊥y,试求此 k+t 的最小值 1.(14分)201济南模拟)已知a=(1,2snx),b=(2osx 函数fx)=ab(x∈ (1)求函数fx)的单调递减区间; (=求∞(2x-)的值 答案 1.(1)ab= ables(a,b)(2)①lcos(a,e)②ab=0③l2 ⑤≤2(1)ba (2)ac+be(3)ab)3(1)a1b+ab2(2ab1+a2b=0(3)Va2+a arbitary Na+a2 bi+b3 (4)(x2-x,y2-y)Vx2-x1)2+(y2-y)2 1.D[因为∠C=90°,所以AC·CB=0, 所以AB·AC=(AC+CB)·AC (AC)2+AC·CB=16.] 2.B[2a-b A4a-4nb+b2=√=2V2] 3.D[由(a+b)b=0得ab+AbP2=0, ∴1+2=0,∴ 4.y2=8x(x≠0) 解析由题意得AB=(2,-}) 又AB⊥BC,∴ABBC=0 化简得y2=8x(x≠0) 5.-2 解析合理建立直角坐标系,因为三角形是正三角形,故设C(0,0),A( 3),这样利用向量关系式,求得MA 5)0, 所以 MA MB=-2 课堂活动区

10．(12 分)(2011·杭州调研)已知向量 a＝(cos(－θ)，sin(－θ))，b＝(cos    π 2 －θ ，sin    π 2 －θ )． (1)求证：a⊥b； (2)若存在不等于 0 的实数 k 和 t，使 x＝a＋(t 2＋3)b，y＝－ka＋tb，满足 x⊥y，试求此 时 k＋t 2 t 的最小值． 11．(14 分)(2011·济南模拟)已知 a＝(1,2sin x)，b＝    2cos    x＋ π 6 ，1 ，函数 f(x)＝a·b (x∈ R)． (1)求函数 f(x)的单调递减区间； (2)若 f(x)＝ 8 5 ，求 cos    2x－ π 3 的值． 答案 1．(1)a·b＝|a||b|cos〈a，b〉 (2)①|a|cos〈a，e〉 ②a·b＝0 ③|a| 2 a·a ④ a·b |a||b| ⑤≤ 2.(1)b·a (2)a·c ＋ b·c (3)λ(a·b) 3.(1)a1b1 ＋ a2b2 (2)a1b1 ＋ a2b2 ＝ 0 (3) a 2 1＋a 2 2 a1b1＋a2b2 a 2 1＋a 2 2 b 2 1＋b 2 2 (4)(x2－x1，y2－y1) (x2－x1) 2＋(y2－y1) 2 2．B [|2a－b|＝ (2a－b) 2 ＝ 4a 2－4a·b＋b 2＝ 8＝2 2.] 3．D [由(a＋λb)·b＝0 得 a·b＋λ|b| 2＝0， ∴1＋2λ＝0，∴λ＝－ 1 2 .] 4．y 2＝8x(x≠0) 解析 由题意得AB →＝    2，－ y 2 ， BC→＝    x， y 2 ，又AB →⊥BC→，∴AB →·BC→＝0， 即    2，－ y 2 ·    x， y 2 ＝0，化简得 y 2＝8x(x≠0)． 5．－2 解析 合理建立直角坐标系，因为三角形是正三角形，故设 C(0,0)，A(2 3，0)，B( 3， 3)，这样利用向量关系式，求得MA → ＝   3  2 ，－ 1 2 ，MB→ ＝   3  2 ，－ 1 2 ，MB→ ＝    － 3 2 ， 5 2 ，所以 MA→ ·MB→ ＝－2. 课堂活动区

【例1解(1)∵(2a-3b)(2a+b)=61, 4a-4ab 又{d=4,|b=3,∴64-4ab-27=61 ab a|b4×32 (2)a+b=√a+b a-+2ab+ b =Vl6+2×(-6)+9=√13 (3)∵AB与BC的夹角 ∠ABC=-2= 又AB=al=4,|BC=|b=3, S△Bc= BBC]sin∠ABC 举一反三1(1)C[∵|l=|b=1,ab=0, 展开(a-c)(b-c)=0→lc=c(a+b) c|a+ bcos 6,∴|l=a+bcos0=√2cos, ∴l的最大值是√2 2)≤且≠-2 解析∵(a,b)∈(0,),∴ab>0且ab不同向 即郾一2i>0,∴ 当ab同向时,由a=kb(k>0)得=-2 【例2】解题思路1非零向量a⊥bab=0分xx2+yy2=0 2.当向量a与b是非坐标形式时,要把a、b用已知的不共线的向量表示.但要注意运 算技巧,有时把向量都用坐标表示,并不一定都能够简化运算,要因题而异 解(1)由题意得,a=|b=1 ∴(a+b)(a-b)=a2-b2=0, ∴a+b与a-b垂直 (2)ka+b)=ka+2ka b+b2=k+2ka b+1 (√3a-6b2=3(1+k2)-6b 由条件知,R2+2kab+1=3(1+R2)-6kanb, 1+k2 从而有,ab (3)由(2)知abs1+2 当k=元时,等号成立,即k=±1 k>0,∴k=1 此时cos ll2’而0∈0,x],∴=z

例 1 解 (1)∵(2a－3b)·(2a＋b)＝61， ∴4|a| 2－4a·b－3|b| 2＝61. 又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4a·b－27＝61， ∴a·b＝－6. ∴cos θ＝ a·b |a||b| ＝ －6 4×3 ＝－ 1 2 . 又 0≤θ≤π，∴θ＝ 2π 3 . (2)|a＋b|＝ (a＋b) 2 ＝ |a| 2＋2a·b＋|b| 2 ＝ 16＋2×(－6)＋9＝ 13. (3)∵AB →与BC→的夹角 θ＝ 2π 3 ， ∴∠ABC＝π－ 2π 3 ＝ π 3 . 又|AB →|＝|a|＝4，|BC→|＝|b|＝3， ∴S△ABC＝ 1 2 |AB →||BC→|sin∠ABC ＝ 1 2 ×4×3× 3 2 ＝3 3. 举一反三 1 (1)C [∵|a|＝|b|＝1，a·b＝0， 展开(a－c)·(b－c)＝0⇒|c| 2＝c·(a＋b) ＝|c|·|a＋b|cos θ，∴|c|＝|a＋b|cos θ＝ 2cos θ， ∴|c|的最大值是 2.] (2)λ0 且 a·b 不同向． 即|i| 2－2λ|j| 2>0，∴λ0)得 λ＝－2. ∴λ0)． (3)由(2)知 a·b＝ 1＋k 2 4k ＝ 1 4 (k＋ 1 k )≥ 1 2 ， 当 k＝ 1 k 时，等号成立，即 k＝±1. ∵k>0，∴k＝1. 此时 cos θ＝ a·b |a||b| ＝ 1 2 ，而 θ∈[0，π]，∴θ＝ π 3

故ab的最小值为,此时O 举一反三2(1)解因为a与b-2c垂直, 所以a(b-2c =4cos asin B-8cos acos B-+sin acos B+sin asin B =sin(a+B)-8cos(a+B)=0 因此tan(a+B)=2 (2)解由b+c=(sinB+cosB,4cosB-4sinB) 1E b+c=v(sin B+cos B)2+(4cos B-4sin B) 17-15n2B≤ 又当B=一时,等号成立,所以b+c的最大值为4 (3)证明由 tan atan B=16得4osg=sina sin B 4cos P 所以a∥b 【例3]解题思路与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热 点题型.解答此类问題,除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式,向量模、夹角的坐标 运算公式外,还应掌握三角恒等变换的相关知识 ff (1)ab=cos axcos a-sin exin =cos 2x, u+2=√(m92+s9+(n2-m 2+2cos 2x=2 cos xl T兀 ∴|a+bl=2cosx. (2)(x)=cos 2x-2cos x=2cosx-2cos x-I COSx- 2cosx≤1 当cosx=时,f(x)取得最小值 当cosx=1时,fx)取得最大值-1 举一反三3解由题意,设△ABC的角B、C的对边分别为b、c,则S=1 bcsin A=1 AB AC=bCos A=3>0 cOs A=3sin A 又sin2A+cos2A 由题意c0sB=3,得smB=4 COs(A+B)=cos Acos B-sin Asin B=YIO cos C=cos(T-(A+B)]=10 课后练习区 1.D[因为ab=6-m=0,所以m=6] 2.D[由(2a+3b)(ka-4b)=0得2k-12=0

故 a·b 的最小值为1 2 ，此时 θ＝ π 3 . 举一反三 2 (1)解 因为 a 与 b－2c 垂直， 所以 a·(b－2c) ＝4cos αsin β－8cos αcos β＋4sin αcos β＋8sin αsin β ＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0. 因此 tan(α＋β)＝2. (2)解 由 b＋c＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)， 得|b＋c|＝ (sin β＋cos β) 2＋(4cos β－4sin β) 2 ＝ 17－15sin 2β≤4 2. 又当 β＝－ π 4 时，等号成立，所以|b＋c|的最大值为 4 2. (3)证明 由 tan αtan β＝16 得 4cos α sin β ＝ sin α 4cos β ， 所以 a∥b. 例 3 解题思路 与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热 点题型．解答此类问题，除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式，向量模、夹角的坐标 运算公式外，还应掌握三角恒等变换的相关知识． 解 (1)a·b＝cos 3 2 xcos x 2 －sin 3 2 xsin x 2 ＝cos 2x， |a＋b|＝     cos 3 2 x＋cos x 2 2＋    sin 3 2 x－sin x 2 2 ＝ 2＋2cos 2x＝2|cos x|， ∵x∈   －  π 3 ， π 4 ，∴cos x>0， ∴|a＋b|＝2cos x. (2)f(x)＝cos 2x－2cos x＝2cos2 x－2cos x－1 ＝2     cos x－ 1 2 2－ 3 2 . ∵x∈   －  π 3 ， π 4 ，∴ 1 2 ≤cos x≤1， ∴当 cos x＝ 1 2 时，f(x)取得最小值－3 2 ； 当 cos x＝1 时，f(x)取得最大值－1. 举一反三 3 解 由题意，设△ABC 的角 B、C 的对边分别为 b、c，则 S＝ 1 2 bcsin A＝ 1 2 . AB →·AC→＝bccos A＝3>0， ∴A∈    0， π 2 ，cos A＝3sin A. 又 sin2A＋cos2A＝1， ∴sin A＝ 10 10 ，cos A＝ 3 10 10 . 由题意 cos B＝ 3 5 ，得 sin B＝ 4 5 . ∴cos(A＋B)＝cos Acos B－sin Asin B＝ 10 10 . ∴cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－ 10 10 . 课后练习区 1．D [因为 a·b＝6－m＝0，所以 m＝6.] 2．D [由(2a＋3b)·(ka－4b)＝0 得 2k－12＝0，∴k＝6.]

3.C:S△BC=2absm∠BAC=4 ∠BAC=又ab<0 ∠BAC为钝角.∴∠BAC=1509] cos (a, b) (a,b)∈[0°,180°],∴(a,b)=120°] 5.B[因为ab= lal-1bl-cos(a,b) 所以,a在b上的投影为acos(a,b) ab21-813√65 b42+72√655 2 解析∵ab=cos2a+2sina-sina=5, 1-2sin2a+2sin2a-sin a sin a- 7.120° 解析设a与b的夹角为O,;c=a+b,c⊥a, ∴ca=0,即(a+b)a=0.∴a2+ab=0 b ∴1+2cos6=0 0s0=1,O∈[°,1809]即0=120° 8.(-1,0)或(0,-1) 解析设n=(x,y),由 有x+y=-1① 由m与n夹角 有mn=m1mos3r ∴m=1,则x2+y2=1② 由①②解得 ∴n=(-1,0)或n=(0,-1) 9.解设存在点M,且OM=AOC=(6,34)(0≤≤1) A=(2-6,5-34),MB=(3-6,1-3).… ∴MA⊥MB, (2-6)(3-64)+(5-3)(1-34)=0,… 即452-484+1=0,解得入=或x=1 M点坐标为21),3 故在线段OC上存在点M使M⊥MB,且点M的坐标为(21)或2,1).……(2分) 0.0)证明:b-60-0-0)+s(-0s-) sin ecos0- sin ecos=0.∴a⊥b (2)解由x⊥y得,xy=0

3．C [∵S△ABC＝ 1 2 |a||b|sin∠BAC＝ 15 4 ， ∴sin∠BAC＝ 1 2 .又 a·b<0， ∴∠BAC 为钝角．∴∠BAC＝150°.] 4．C [由(2a＋b)·b＝0，得 2a·b＝－|b| 2 . cos〈a，b〉＝ a·b |a||b| ＝ － 1 2 |b| 2 |b| 2 ＝－ 1 2 . ∵〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a，b〉＝120°.] 5．B [因为 a·b＝|a|·|b|·cos〈a，b〉， 所以，a 在 b 上的投影为|a|·cos〈a，b〉 ＝ a·b |b| ＝ 21－8 4 2＋7 2 ＝ 13 65 ＝ 65 5 .] 6.3 5 解析 ∵a·b＝cos 2α＋2sin2α－sin α＝ 2 5 ， ∴1－2sin2α＋2sin2α－sin α＝ 2 5 ，∴sin α＝ 3 5 . 7．120° 解析 设 a 与 b 的夹角为 θ，∵c＝a＋b，c⊥a， ∴c·a＝0，即(a＋b)·a＝0.∴a 2＋a·b＝0. 又|a|＝1，|b|＝2，∴1＋2cos θ＝0. ∴cos θ＝－ 1 2 ，θ∈[0°，180°]即 θ＝120°. 8．(－1,0)或(0，－1) 解析 设 n＝(x，y)，由 m·n＝－1， 有 x＋y＝－1.① 由 m 与 n 夹角为3π 4 ， 有 m·n＝|m|·|n|cos 3π 4 ， ∴|n|＝1，则 x 2＋y 2＝1.② 由①②解得    x＝－1 y＝0 或    x＝0 y＝－1 ， ∴n＝(－1,0)或 n＝(0，－1)． 9．解 设存在点 M，且OM → ＝λOC→ ＝(6λ，3λ) (0≤λ≤1)， MA → ＝(2－6λ，5－3λ)，MB→ ＝(3－6λ，1－3λ)．…………………………………………(4 分) ∵MA → ⊥MB→ ， ∴(2－6λ)(3－6λ)＋(5－3λ)(1－3λ)＝0，………………………………………………(8 分) 即 45λ 2－48λ＋11＝0，解得 λ＝ 1 3 或 λ＝ 11 15. ∴M 点坐标为(2,1)或    22 5 ， 11 5 . 故在线段 OC 上存在点 M，使MA → ⊥MB→ ，且点 M 的坐标为(2,1)或( 22 5 ， 11 5 )．………(12 分) 10．(1)证明 ∵a·b＝cos(－θ)·cos    π 2 －θ ＋sin(－θ)·sin    π 2 －θ ＝sin θcos θ－sin θcos θ＝0.∴a⊥b.……………………………………………………(4 分) (2)解 由 x⊥y 得，x·y＝0

即[a+(2+3)b](一k+tb)=0 ∴-ka2+(r2+31)b2+[t-kn2+3)ab=0, ∴一ka2+(3+31)b2=0.… …………(6分) k++31=0,∴k=t3+3t …(8分) k-+22 6+r+3t r2+t+3 (10分) 故当=-1时,上有最小值1… 12分) 1.#(1)fx)=ab=2cos x+2/+2sinx =2cos xcos --2sin xsin -+2sin x cos xt sin x 由买+2x≤x+工≤5+2kr,k∈Z, 6+2Msx≤+2k,k∈Z 所以f(x)的单调递减区间是 +2kπ|(k∈Z 2)由(1)知f(x) 又因为2 所以sn 即sinx+ 32=(-)-x-)= 所以c-)=2(-)-1=2 1(14分)

即[a＋(t 2＋3)b]·(－ka＋tb)＝0， ∴－ka 2＋(t 3＋3t)b 2＋[t－k(t 2＋3)]a·b＝0， ∴－k|a| 2＋(t 3＋3t)|b| 2＝0.………………………………………………………………(6 分) 又|a| 2＝1，|b| 2＝1， ∴－k＋t 3＋3t＝0，∴k＝t 3＋3t.…………………………………………………………(8 分) ∴ k＋t 2 t ＝ t 3＋t 2＋3t t ＝t 2＋t＋3 ＝    t＋ 1 2 2＋ 11 4 .……………………………………………………………………………(10分) 故当 t＝－ 1 2 时，k＋t 2 t 有最小值11 4 .………………………………………………………(12 分) 11．解 (1)f(x)＝a·b＝2cos    x＋ π 6 ＋2sin x ＝2cos xcos π 6 －2sin xsin π 6 ＋2sin x ＝ 3cos x＋sin x＝2sin    x＋ π 3 .…………………………………………………………(5 分) 由 π 2 ＋2kπ≤x＋ π 3 ≤ 3π 2 ＋2kπ，k∈Z， 得 π 6 ＋2kπ≤x≤ 7π 6 ＋2kπ，k∈Z. 所以 f(x)的单调递减区间是     π 6 ＋2kπ， 7π 6 ＋2kπ (k∈Z)．……………………………………………………………(8 分) (2)由(1)知 f(x)＝2sin    x＋ π 3 . 又因为 2sin    x＋ π 3 ＝ 8 5 ， 所以 sin     x＋ π 3 ＝ 4 5 ，……………………………………………………………………(11 分) 即 sin    x＋ π 3 ＝cos    π 6 －x ＝cos    x－ π 6 ＝ 4 5 . 所以 cos    2x－ π 3 ＝2cos2     x－ π 6 －1＝ 7 25.………………………………………………(14 分)