2021高考数学一轮复习课后限时集训31平面向量的数量积与平面向量应用举例理北师大版

2021高考数学一轮复习课后限时集训31平面向量的数量积与平面向量应用举例理北师大版

课后限时集训31‎ 平面向量的数量积与平面向量应用举例 建议用时：45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．4　　　 　 B．3　　　 　‎ C．2　　 　　 D．0‎ B　[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. B．－ C. D．－ 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＝－.]‎ ‎3．已知向量a，b满足|a|＝1，b＝(2,1)，且a·b＝0，则|a－b|＝(　　)‎ A. B. C．2 D. A　[因为|a|＝1，b＝(2,1)，且a·b＝0，所以|a－b|2＝a2＋b2－‎2a·b＝1＋5－0＝6，所以|a－b|＝.故选A.]‎ ‎4.如图在边长为1的正方形组成的网格中，平行四边形ABCD的顶点D被阴影遮住，请设法计算·＝(　　)‎ A．10 B．11‎ C．12 D．13‎ B　[以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(4,1)，C(6,4)，＝(4,1)，＝＝(2,3)，∴·＝4×2＋1×3＝11，故选B.]‎ ‎5．(2019·银川模拟)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，则实数λ的取值范围是(　　)‎ 6‎ A.∪ B. C．(－∞，－2)∪ D. C　[不妨令i＝(1,0)，j＝(0,1)，‎ 则a＝(1，－2)，b＝(1，λ)，‎ 因为它们的夹角为锐角， ‎ 所以a·b＝1－2λ＞0且a，b不共线，‎ 所以λ＜且λ≠－2，故选C.]‎ ‎6．(2019·河北衡水模拟三)已知向量a＝(1，k)，b＝(2,4)，则“k＝－”是“|a＋b|2＝a2＋b‎2”‎的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 C　[由|a＋b|2＝a2＋b2，得a2＋‎2a·b＋b2＝a2＋b2，得a·b＝0，得(1，k)·(2,4)＝0，解得k＝－，所以“k＝－”是“|a＋b|2＝a2＋b‎2”‎的充要条件．故选C.]‎ ‎7．(2019·宝鸡模拟)在直角三角形ABC中，角C为直角，且AC＝BC＝1，点P是斜边上的一个三等分点，则·＋·＝(　　)‎ A．0 B．1‎ C. D．－ B　[以点C的坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则C(0,0)，A(1,0)，B(0,1)，不妨设P，所以·＋·＝·(＋)＝＋＝1.故选B.]‎ 二、填空题 ‎8．已知平面向量a，b满足a·(a＋b)＝3，且|a|＝2，|b|＝1，则向量a与b的夹角的正弦值为________．‎ 　[∵a·(a＋b)＝a2＋a·b＝22＋2×1×cos〈a，b〉＝4＋2cos〈a，b〉＝3，‎ ‎∴cos〈a，b〉＝－，又〈a，b〉∈[0，π]，‎ ‎∴sin〈a，b〉＝＝.]‎ 6‎ ‎9．已知平面向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝，则a在b方向上的投影等于________．‎ ‎－　[∵|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝，‎ ‎∴(a＋b)2＝|a|2＋|b|2＋‎2a·b＝5＋‎2a·b＝3，‎ ‎∴a·b＝－1，∴a在b方向上的投影为＝－.]‎ ‎10．(2019·天津高考)在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则·＝________.‎ ‎－1　[法一：∵∠BAD＝30°，AD∥BC，∴∠ABE＝30°，又EA＝EB，∴∠EAB＝30°，‎ 在△EAB中，AB＝2，∴EA＝EB＝2.‎ 以A为坐标原点，直线AD为x轴建立如图所示的平面直角坐标系．‎ 则A(0,0)，D(5,0)，E(1，)，B(3，)，‎ ‎∴＝(2，－)，＝(1，)，‎ ‎∴·＝(2，－)·(1，)＝－1.‎ 法二：同法一，求出EB＝EA＝2，‎ 以，为一组基底，‎ 则＝－，＝＋＝－，‎ ‎∴·＝(－)· ‎＝·－2＋·－2‎ ‎＝×5×2×－12－×25＝－1.]‎ ‎1．(2018·石家庄二模)若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，则向量a＋b与a的夹角为(　　)‎ A. B. C. D. A　[法一：由|a＋b|＝|a－b|知，a·b＝0，所以a⊥b.将|a－b|＝2|b|两边平方，得|a|2‎ 6‎ ‎－‎2a·b＋|b|2＝4|b|2，所以|a|2＝3|b|2，所以|a|＝|b|，所以cos〈a＋b，a〉＝＝＝＝，所以向量a＋b与a的夹角为，故选A.‎ 法二：∵|a＋b|＝|a－b|，∴a⊥b.‎ 在四边形ABCO中，设||＝|b|＝1，|a＋b|＝2|b|＝2，‎ ‎∴|a|＝，‎ ‎∴〈a＋b，a〉＝∠BOA，‎ ‎∴在Rt△OBC中，∠BOA＝.]‎ ‎2．已知平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|＝1，若a·b＝，则(a＋c)·(2b－c)的最小值为(　　)‎ A．－2 B．－ C．－1 D．0‎ B　[因为a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝cos〈a，b〉＝，所以〈a，b〉＝.不妨设a＝(1,0)，b＝，c＝(cos θ，sin θ)，则(a＋c)·(2b－c)＝‎2a·b－a·c＋2b·c－c2＝1－cos θ＋2－1＝sin θ，所以(a＋c)·(2b－c)的最小值为－，故选B.]‎ ‎3．在△ABC中，a，b，c为A，B，C的对边，a，b，c成等比数列，a＋c＝3，cos B＝，则·＝________.‎ ‎－　[由a，b，c成等比数列得ac＝b2，在△ABC中，由余弦定理可得cos B＝＝，则＝，解得ac＝2，‎ 则·＝accos(π－B)＝－accos B＝－.]‎ ‎4．(2019·江苏高考)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE＝2EA，AD与CE交于点O.若·＝6·，则的值是________．‎ 　[法一：过D作DF∥EC，交AB于F.‎ ‎∵D为BC的中点，∴F为BE的中点，‎ 又BE＝2EA，∴EF＝EA，‎ 6‎ 又DF∥EO，∴AO＝AD，‎ ‎∴＝＝×(＋)．‎ ‎∴·＝(＋)· ‎＝.‎ ‎∵·＝6·，‎ ‎∴·＝2－2＋·，‎ ‎∴2＝32，∴||＝||，∴＝.‎ 法二：由于题目中对∠BAC没有限制，所以不妨设∠BAC＝90°，AB＝c，AC＝b，建立如图所示的平面直角坐标系．‎ 则E，D，‎ 易得lAD：y＝x，lEC：＋＝1，‎ 联立得解得 则O.‎ 由·＝6·得6·＝0，‎ ‎∴c2＝3b2，∴c＝b，∴＝.]‎ ‎1．已知平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，a⊥(a－2b)，(c－‎2a)·(c－b)＝0，则|c|的最大值与最小值的和为(　　)‎ A．0 B. C. D. D　[∵a⊥(a－2b)，∴a·(a－2b)＝0，‎ 即a2＝‎2a·b，又|a|＝|b|＝1，‎ ‎∴a·b＝，a与b的夹角为60°.‎ 设＝a，＝b，＝c，以O为坐标原点，的方向为x 6‎ 轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则a＝，b＝(1,0)．‎ 设c＝(x，y)，则c－‎2a＝(x－1，y－)，‎ c－b＝(x－1，y)．‎ 又∵(c－‎2a)·(c－b)＝0，‎ ‎∴(x－1)2＋y(y－)＝0.‎ 即(x－1)2＋2＝，‎ ‎∴点C的轨迹是以点M为圆心，为半径的圆．‎ 又|c|＝表示圆M上的点与原点O(0,0)之间的距离，所以|c|max＝|OM|＋，|c|min＝|OM|－，‎ ‎∴|c|max＋|c|min＝2|OM|＝2×＝，故选D.]‎ ‎2．已知在△ABC所在平面内有两点P，Q，满足＋＝0，＋＋＝，若||＝4，||＝2，S△APQ＝，则sin A＝________，·＝________.‎ 　±4　[由＋＝0知，P是AC的中点，由＋＋＝，可得＋＝－，即＋＝，即＝2，‎ ‎∴Q是AB边靠近B的三等分点，‎ ‎∴S△APQ＝××S△ABC＝S△ABC，‎ ‎∴S△ABC＝3S△APQ＝3×＝2.‎ ‎∵S△ABC＝||||sin A＝×4×2×sin A＝2，‎ ‎∴sin A＝，∴cos A＝±，‎ ‎∴·＝||||·cos A＝±4.]‎ 6‎