2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(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

《2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(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）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后限時集訓(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：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　[因為|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D被陰影遮住，請設(shè)法計算·＝(　　) A．10 B．11 C．12 D．13 B　[以A為坐標(biāo)原點，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)， 因為它們的夾角為銳角， 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P是斜邊上的一個三等分點，則·＋·＝(　　) A．0 B．1 C. D．－ B　[以點C的坐標(biāo)原點，分別以，的方向為x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，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　[因為a·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，E在邊AB上，BE＝2EA，AD與CE交于點O.若·＝6·，則的值是________． 　[法一：過D作DF∥EC，交AB于F. ∵D為BC的中點，∴F為BE的中點， 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，的方向為x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C的軌跡是以點M為圓心，為半徑的圓． 又|c|＝表示圓M上的點與原點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P，Q，滿足＋＝0，＋＋＝，若||＝4，||＝2，S△APQ＝，則sin A＝________，·＝________. 　±4　[由＋＝0知，P是AC的中點，由＋＋＝，可得＋＝－，即＋＝，即＝2， ∴Q是AB邊靠近B的三等分點， ∴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