《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
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·全國卷Ⅱ)已知向量a，b滿足|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?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，
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滿足a·(a＋b)＝3，且|a|＝2，|b|＝1，則向量a與b的夾角的正弦值為________．
[∵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在線段CB的延長線上，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∠BAC沒有限制，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.]
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