2021届高考数学一轮总复习课时作业29平面向量的数量积含解析苏教版

2021届高考数学一轮总复习课时作业29平面向量的数量积含解析苏教版

课时作业29　平面向量的数量积 ‎　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、选择题 ‎1．已知平面向量a，b的夹角为，且a·(a－b)＝2，|a|＝2，则|b|等于(　D　)‎ A．　　　　B．2　　　　C．4　 　　　D．2‎ 解析：因为a·(a－b)＝2，所以a2－a·b＝2，即|a|2－|a||b|cos〈a，b〉＝2，所以4－2|b|×＝2，解得|b|＝2.‎ ‎2．(2020·武昌统考)已知向量a＝(2,1)，b＝(2，x)不平行，且满足(a＋2b)⊥(a－b)，则x＝(　A　)‎ A．－ B． C．1或－ D．1或 解析：因为(a＋2b)⊥(a－b)，所以(a＋2b)·(a－b)＝0，所以|a|2＋a·b－2|b|2＝0，因为向量a＝(2,1)，b＝(2，x)，所以5＋4＋x－2(4＋x2)＝0，解得x＝1或x＝－，因为向量a，b不平行，所以x≠1，所以x＝－，故选A．‎ ‎3．(2020·山西模拟)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a－b|＝，则a与b的夹角为(　A　)‎ A． B． ‎ C．π D．π 解析：对|a－b|＝两边平方得a2－2a·b＋b2＝3，即1－4cos〈a，b〉＋4＝3，解得cos〈a，b〉＝，〈a，b〉＝.故选A．‎ ‎4．(2020·湖南省五市十校联考)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a·(a－2b)＝0，则|a＋b|＝(　A　)‎ A． B． C．2 D． 解析：由题意知，a·(a－2b)＝a2－2a·b＝1－2a·b＝0，所以2a·b＝1，所以|a＋b|＝＝＝.故选A．‎ ‎5．(2020·茂名联考)如图，正六边形ABCDEF的边长为2，则·＝(　C　)‎ 7‎ A．2 B．3‎ C．6 D．12‎ 解析：·＝(＋)·(－)＝(＋)·(2－)‎ ‎＝2||2＋·－||2＝8＋2×2×－4＝6.‎ ‎6．已知梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，且∠DAB＝90°，AB＝2，AD＝1，若点Q满足＝2，则·＝(　D　)‎ A．－ B． C．－ D． 解析：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，‎ 则B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)．‎ 又＝2，∴Q，‎ ‎∴＝，＝，‎ ‎∴·＝＋1＝.故选D．‎ ‎7．已知点A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量在方向上的投影是(　A　)‎ A．－3 B．－ C．3 D． 解析：依题意得，＝(－2，－1)，＝(5,5)，·＝(－2，－1)·(5,5)＝－15，||＝，因此向量在方向上的投影是＝＝－3.‎ ‎8．(2020·湖南湘东六校联考)已知向量＝(1,2)，＝(－1,2)，则△ABC的面积为(　D　)‎ A． B．4‎ 7‎ C． D．2‎ 解析：由题意，得||＝，||＝.设向量，的夹角为θ，则cosθ＝＝＝，所以sinθ＝，所以S△ABC＝||||sinθ＝×××＝2，故选D．‎ ‎9．(2020·河南南阳质检)已知两点M(－1,0)，N(1,0)，若直线3x－4y＋m＝0上存在点P满足·＝0，则实数m的取值范围是(　C　)‎ A．(－∞，－5]∪[5，＋∞)‎ B．(－∞，－25]∪[25，＋∞)‎ C．[－5,5]‎ D．[－25,25]‎ 解析：设P(x，y)，则＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)．由·＝0得x2＋y2＝1.因为点P在直线3x－4y＋m＝0上，故圆x2＋y2＝1与直线3x－4y＋m＝0相交，则圆心(0,0)到直线的距离d＝≤1，故m∈[－5,5]．故选C．‎ 二、填空题 ‎10．已知平面向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a⊥(a－2b)，则|a＋b|＝.‎ 解析：∵a⊥(a－2b)，∴a·(a－2b)＝0，‎ 解得2a·b＝1，‎ ‎∴|a＋b|＝＝.‎ ‎11．已知向量a＝(1，)，b＝(3，m)且b在a方向上的投影为－3，则向量a与b的夹角为.‎ 解析：因为b在a方向上的投影为－3，所以|b|cos〈a，b〉＝－3，又|a|＝＝2，‎ 所以a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝－6，‎ 又a·b＝3＋m，‎ 所以3＋m＝－6，解得m＝－3，‎ 则b＝(3，－3)，所以|b|＝＝6，‎ 所以cos〈a，b〉＝＝＝－，‎ 因为0≤〈a，b〉≤π，所以a与b的夹角为.‎ ‎12．(2019·天津卷)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.‎ 7‎ 解析：解法1：在等腰△ABE中，易得∠BAE＝∠ABE＝30°，故BE＝2，则·＝(－)·(＋)＝·＋·－2－·＝5×2×cos30°＋5×2×cos180°－12－2×2×cos150°＝15－10－12＋6＝－1.‎ 解法2：在△ABD中，由余弦定理可得BD＝‎ ＝，所以cos∠ABD＝＝－，则sin∠ABD＝.设与的夹角为θ，则cosθ＝cos(180°－∠ABD＋30°)＝－cos(∠ABD－30°)＝－cos∠ABD·cos30°－sin∠ABD·sin30°＝－，在△ABE中，易得AE＝BE＝2，故·＝×2×＝－1.‎ ‎13．(2020·河南、河北百校联考)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥BD，∠BCD＝60°，CB＝CD＝2，点M为BC边上一动点，则·的取值范围为.‎ 解析：如图，以点B为坐标原点，BC，BA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则B(0,0)，C(2，0)，△BCD是等边三角形，则D(，3)，BD＝2，∠CBD＝60°.又∠ABC＝90°，则∠ABD＝30°，则AB＝4，A(0,4)．又点M为BC边上的一动点，设M(x,0)，x∈[0,2]，则·＝(x，－4)·(x－，－3)＝x2－x＋12＝2＋，所以当x＝时，·取得最小值，当x＝2时，·取得最大值18，故·的取值范围是.‎ 7‎ 三、解答题 ‎14．已知|a|＝4，|b|＝8，a与b的夹角是120°.‎ ‎(1)计算：①|a＋b|，②|4a－2b|；‎ ‎(2)当k为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b)．‎ 解：由已知得，a·b＝4×8×＝－16.‎ ‎(1)①∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，∴|a＋b|＝4.‎ ‎②∵|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768，∴|4a－2b|＝16.‎ ‎(2)∵(a＋2b)⊥(ka－b)，∴(a＋2b)·(ka－b)＝0，∴ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，即16k－16(2k－1)－2×64＝0.∴k＝－7.即k＝－7时，a＋2b与ka－b垂直．‎ ‎15．在△ABC中，AB＝2AC＝6，·＝2，点P是△ABC所在平面内一点，则当2＋2＋2取得最小值时，求·的值．‎ 解：∵·＝||·||·cosB＝||2，‎ ‎∴||·cosB＝||＝6，‎ ‎∴⊥，即A＝.‎ 以A为坐标原点建立如图所示的坐标系，‎ 则B(6,0)，C(0,3)，设P(x，y)，‎ 则2＋2＋2＝x2＋y2＋(x－6)2＋y2＋x2＋(y－3)2＝3x2－12x＋3y2－6y＋45＝3[(x－2)2＋(y－1)2＋10]‎ 7‎ ‎∴当x＝2，y＝1时，2＋2＋2取得最小值，此时P(2,1)，＝(2,1)，此时·＝(2,1)·(－6,3)＝－9.‎ ‎16．(2019·北京卷)设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“|＋|>||”的(　C　)‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：若|＋|>||，则|＋|2>||2，2＋2＋2·>||2，∵点A，B，C不共线，∴线段AB，BC，AC构成一个三角形ABC，设内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，则由平面向量的数量积公式及余弦定理可知，2＋2＋2·>||2，即c2＋b2＋2bc·cosA>c2＋b2－2bc·cosA，∴cosA>0，又A，B，C三点不共线，故与的夹角为锐角．反之，易得当与的夹角为锐角时，|＋|>||，∴“与的夹角为锐角”是“|＋|>||”的充分必要条件，故选C．‎ ‎17．(2020·豫北名校联考)已知O是△ABC所在平面内一点，且满足||2＋||2＝||2＋||2，则点O(　A　)‎ A．在过点C且与AB垂直的直线上 B．在∠A的平分线所在直线上 C．在边AB的中线所在直线上 D．以上都不对 解析：由||2＋||2＝||2＋||2‎ 得||2－||2＝||2－||2，‎ 所以(＋)·(－)＝(＋)·(－)，即·(＋)＝(＋)·，所以·(＋＋＋)＝2·＝0，所以⊥.故点O在过点C且与AB垂直的直线上．‎ ‎18．(2019·江苏卷)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.‎ 7‎ 解析：由A，O，D三点共线，可设＝λ，则＝(＋)，由E，O，C三点共线可设＝μ，则－＝μ(－)，则＝(1－μ)＋μ＝(1－μ)＋μ，由平面向量基本定理可得 解得μ＝，λ＝，则＝(＋)，＝－＝－，则6·＝6×(＋)·＝＝·，化简得32＝2，则＝.‎ 7‎