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2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)31 平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例 理 北師大版

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)31 平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例 建議用時(shí):45分鐘 一、選擇題 1.(2018·全國(guó)卷Ⅱ)已知向量a,b滿(mǎn)足|a|=1,a·b=-1,則a·(2a-b)= (  ) A.4      B.3      C.2      D.0 B [a·(2a-b)=2a2-a·b=2-(-1)=3,故選B.] 2.已知平面向量a=(-2,3),b=(1,2),向量λa+b與b垂直,則實(shí)數(shù)λ的值為(  ) A. B.- C. D.- D [∵a=(-2,3),b=(1,2), ∴λa+b=(-2λ+1,3λ+2). ∵λa+b與b垂直, ∴(λa+b)·b=

2、0, ∴(-2λ+1,3λ+2)·(1,2)=0, 即-2λ+1+6λ+4=0,解得λ=-.] 3.已知向量a,b滿(mǎn)足|a|=1,b=(2,1),且a·b=0,則|a-b|=(  ) A. B. C.2 D. A [因?yàn)閨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|=.故選A.] 4.如圖在邊長(zhǎng)為1的正方形組成的網(wǎng)格中,平行四邊形ABCD的頂點(diǎn)D被陰影遮住,請(qǐng)?jiān)O(shè)法計(jì)算·=(  ) A.10 B.11 C.12 D.13 B [以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立平面直角坐標(biāo)系,則A(0,0),B(4,1),C(6,4),=

3、(4,1),==(2,3),∴·=4×2+1×3=11,故選B.] 5.(2019·銀川模擬)已知i,j為互相垂直的單位向量,a=i-2j,b=i+λj,且a與b的夾角為銳角,則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是(  ) A.∪ B. C.(-∞,-2)∪ D. C [不妨令i=(1,0),j=(0,1), 則a=(1,-2),b=(1,λ), 因?yàn)樗鼈兊膴A角為銳角, 所以a·b=1-2λ>0且a,b不共線(xiàn), 所以λ<且λ≠-2,故選C.] 6.(2019·河北衡水模擬三)已知向量a=(1,k),b=(2,4),則“k=-”是“|a+b|2=a2+b2”的(  ) A.充分不必要條件

4、B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 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”的充要條件.故選C.] 7.(2019·寶雞模擬)在直角三角形ABC中,角C為直角,且AC=BC=1,點(diǎn)P是斜邊上的一個(gè)三等分點(diǎn),則·+·=(  ) A.0 B.1 C. D.- B [以點(diǎn)C的坐標(biāo)原點(diǎn),分別以,的方向?yàn)閤軸,y軸的正方向建立平面直角坐標(biāo)系(圖略),則C(0,0),A(1,0),B(0,1),不妨設(shè)P,所以·+·=·(+)=+=1.故選B.

5、] 二、填空題 8.已知平面向量a,b滿(mǎn)足a·(a+b)=3,且|a|=2,|b|=1,則向量a與b的夾角的正弦值為_(kāi)_______.  [∵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〉==.] 9.已知平面向量a,b滿(mǎn)足|a|=1,|b|=2,|a+b|=,則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方向上的投影為=-.]

6、 10.(2019·天津高考)在四邊形ABCD中,AD∥BC,AB=2,AD=5,∠A=30°,點(diǎn)E在線(xiàn)段CB的延長(zhǎng)線(xiàn)上,且AE=BE,則·=________. -1 [法一:∵∠BAD=30°,AD∥BC,∴∠ABE=30°,又EA=EB,∴∠EAB=30°, 在△EAB中,AB=2,∴EA=EB=2. 以A為坐標(biāo)原點(diǎn),直線(xiàn)AD為x軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系. 則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,為一組基底, 則=-,=+=-, ∴·=(-)

7、· =·-2+·-2 =×5×2×-12-×25=-1.] 1.(2018·石家莊二模)若兩個(gè)非零向量a,b滿(mǎn)足|a+b|=|a-b|=2|b|,則向量a+b與a的夾角為(  ) A. B. C. D. A [法一:由|a+b|=|a-b|知,a·b=0,所以a⊥b.將|a-b|=2|b|兩邊平方,得|a|2-2a·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與a的夾角為,故選A. 法二:∵|a+b|=|a-b|,∴a⊥b. 在四邊形ABCO中,設(shè)||=|b|=1,|a+b|=2|b|=2, ∴

8、|a|=, ∴〈a+b,a〉=∠BOA, ∴在Rt△OBC中,∠BOA=.] 2.已知平面向量a,b,c滿(mǎn)足|a|=|b|=|c|=1,若a·b=,則(a+c)·(2b-c)的最小值為(  ) A.-2 B.- C.-1 D.0 B [因?yàn)閍·b=|a||b|·cos〈a,b〉=cos〈a,b〉=,所以〈a,b〉=.不妨設(shè)a=(1,0),b=,c=(cos θ,sin θ),則(a+c)·(2b-c)=2a·b-a·c+2b·c-c2=1-cos θ+2-1=sin θ,所以(a+c)·(2b-c)的最小值為-,故選B.] 3.在△ABC中,a,b,c為A,B,C的對(duì)邊,a,b,

9、c成等比數(shù)列,a+c=3,cos B=,則·=________. - [由a,b,c成等比數(shù)列得ac=b2,在△ABC中,由余弦定理可得cos B==,則=,解得ac=2, 則·=accos(π-B)=-accos B=-.] 4.(2019·江蘇高考)如圖,在△ABC中,D是BC的中點(diǎn),E在邊AB上,BE=2EA,AD與CE交于點(diǎn)O.若·=6·,則的值是________.  [法一:過(guò)D作DF∥EC,交AB于F. ∵D為BC的中點(diǎn),∴F為BE的中點(diǎn), 又BE=2EA,∴EF=EA, 又DF∥EO,∴AO=AD, ∴==×(+). ∴·=(+)· =. ∵·=6·, ∴

10、·=2-2+·, ∴2=32,∴||=||,∴=. 法二:由于題目中對(duì)∠BAC沒(méi)有限制,所以不妨設(shè)∠BAC=90°,AB=c,AC=b,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系. 則E,D, 易得lAD:y=x,lEC:+=1, 聯(lián)立得解得 則O. 由·=6·得6·=0, ∴c2=3b2,∴c=b,∴=.] 1.已知平面向量a,b,c滿(mǎn)足|a|=|b|=1,a⊥(a-2b),(c-2a)·(c-b)=0,則|c|的最大值與最小值的和為(  ) A.0 B. C. D. D [∵a⊥(a-2b),∴a·(a-2b)=0, 即a2=2a·b,又|a|=|b|=1, ∴a·b=

11、,a與b的夾角為60°. 設(shè)=a,=b,=c,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,則a=,b=(1,0). 設(shè)c=(x,y),則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=, ∴點(diǎn)C的軌跡是以點(diǎn)M為圓心,為半徑的圓. 又|c|=表示圓M上的點(diǎn)與原點(diǎn)O(0,0)之間的距離,所以|c|max=|OM|+,|c|min=|OM|-, ∴|c|max+|c|min=2|OM|=2×=,故選D.] 2.已知在△ABC所在平面內(nèi)有兩點(diǎn)P,Q,滿(mǎn)足+=0,++=,若||=4,||=2,S△APQ=,則sin A=________,·=________.  ±4 [由+=0知,P是AC的中點(diǎn),由++=,可得+=-,即+=,即=2, ∴Q是AB邊靠近B的三等分點(diǎn), ∴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.] 7

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