（新課改省份專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（三十一）平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例（含解析）新人教A版

《（新課改省份專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（三十一）平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（三十一）平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例（含解析）新人教A版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時跟蹤檢測(三十一)　平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例 一、題點全面練 1．平面向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝，(a＋2b)·a＝2，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)⊥b　　　　　　　 B.a與b同向 C．a(chǎn)與b反向 D．a(chǎn)與b夾角為60° 解析：選B　因為(a＋2b)·a＝1＋2××1×cos θ＝2，得cos θ＝1，所以θ＝0°，則a，b同向，故選B. 2．(2018·長春模擬)向量a，b均為非零向量，若(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，則a，b的夾角為(　　) A. B. C. D． 解析：選B　因為(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，所以(a－2b)

2、·a＝0，(b－2a)·b＝0，即a2－2a·b＝0，b2－2a·b＝0，所以b2＝a2，a·b＝，cos〈a，b〉＝＝＝.因為〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝. 3.(2019·茂名聯(lián)考)如圖，正六邊形ABCDEF的邊長為2，則·＝(　　) A．2 B.3 C．6 D．12 解析：選C　·＝(＋)·(－)＝(＋)·(2－)＝2||2＋·－||2＝8＋2×2×－4＝6. 4．(2018·貴州黔東南州一模)已知梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，且∠DAB＝90°，AB＝2，AD＝1，若點Q滿足＝2，則·＝(　　) A．－ B. C．－ D． 解析：選D　以

3、A為坐標(biāo)原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，則B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)． 又＝2，∴Q， ∴＝，＝， ∴·＝＋1＝.故選D. 5．(2019·貴陽模擬)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，找出D點的位置，計算·的值為(　　) A．10 B.11 C．12 D．13 解析：選B　以點A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0，0)，B(4,1)，C(6,4)，根據(jù)四邊形ABCD為平行四邊形，可以得到D(2,3)，所以·＝(4,1)·(2,3)＝8＋3＝11.故選B.

4、6．(2018·武漢模擬)在△ABC中，AC＝2AB＝2，∠BAC＝120°，O是BC的中點，M是AO上一點，且＝3，則·的值是(　　) A．－ B.－ C．－ D．－ 解析：選A　∵||2＝2＝(||2＋||2＋2·)＝(12＋22＋2×1×2×cos 120°)＝，∴||＝，∴| |＝.∵||2＝||2＋||2－2||·||·cos 120°＝4＋1－2×2×1×＝7，∴||＝，||＝，∴·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(－)＝||2－||2＝－＝－，故選A. 7．(2018·長春一模)已知在正方形ABCD中，＝，＝，則在方向上的投影為________． 解析：設(shè)正方形ABCD的

5、邊長為4，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則由已知可得C(4,4)，E(2,0)，F(xiàn)(0,1)，所以＝(－2，－4)，＝(－4，－3)，則在方向上的投影為＝＝4. 答案：4 8．邊長為2的等邊△ABC所在平面內(nèi)一點M滿足＝＋，則·＝________. 解析：∵·＝2×2×cos＝2， ∴·＝(－)·(－) ＝· ＝·－||2－||2＋· ＝－×22－×22＋＝－. 答案：－ 9．已知點M，N滿足||＝||＝3，且|＋|＝2，則M，N兩點間的距離為________． 解析：依題意，得|＋|2＝||2＋||2＋2·＝18＋2·＝20，則·＝1， 故M，N兩點間的距離為||＝|－

6、| ＝ ＝＝4. 答案：4 10．在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N為AC邊上的兩個動點(M，N不與A，C重合)，且滿足||＝，則·的取值范圍為________． 解析：不妨設(shè)點M靠近點A，點N靠近點C，以等腰直角三角形ABC的直角邊所在直線為坐標(biāo)軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，則B(0,0)，A(0,2)，C(2,0)， 線段AC的方程為x＋y－2＝0(0≤x≤2)． 設(shè)M(a,2－a)，N(a＋1,1－a)(由題意可知0＜a＜1)， ∴＝(a,2－a)，＝(a＋1,1－a)， ∴·＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a) ＝2a2－2a＋2＝22

7、＋， ∵0＜a＜1，∴由二次函數(shù)的知識可得·∈. 答案： 11．已知|a|＝4，|b|＝8，a與b的夾角是120°. (1)計算：①|(zhì)a＋b|，②|4a－2b|； (2)當(dāng)k為何值時，(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)

8、a·b－2b2＝0， 即16k－16(2k－1)－2×64＝0，∴k＝－7. 當(dāng)k＝－7時，(a＋2b)⊥(ka－b)． 12．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A(－1，－2)，B(2,3)，C(－2，－1)． (1)求以線段AB，AC為鄰邊的平行四邊形兩條對角線的長． (2)設(shè)實數(shù)t滿足(－t)·＝0，求t的值． 解：(1)由題設(shè)知＝(3,5)，＝(－1,1)， 則＋＝(2,6)，－＝(4,4)． 所以|＋|＝2，|－|＝4. 故所求的兩條對角線的長分別為2，4. (2)由題設(shè)知，＝(－2，－1)， －t＝(3＋2t,5＋t)， 由(－t)·＝0， 得(3＋2t,5＋t

9、)·(－2，－1)＝0， 從而5t＝－11，所以t＝－. 二、專項培優(yōu)練 (一)易錯專練——不丟怨枉分 1．已知△ABC為等邊三角形，AB＝2，設(shè)點P，Q滿足＝λ，＝(1－λ)，λ∈R，若·＝－，則λ＝(　　) A. B. C. D． 解析：選A　如圖，設(shè)＝b，＝c， 則|b|＝|c|＝2，b·c＝|b||c|cos 60°＝2.又＝＋＝－b＋(1－λ)c，＝＋＝－c＋λb， 由·＝－，得[－b＋(1－λ)c]·(－c＋λb)＝(λ－1)|c|2－λ|b|2＋(λ－λ2＋1)b·c＝－， 即4(λ－1)－4λ＋2(λ－λ2＋1)＝－， 整理得4λ2－4λ＋1＝0，即(

10、2λ－1)2＝0，解得λ＝. 2．已知a＝(λ，2λ)，b＝(3λ，2)，如果a與b的夾角為銳角，則λ的取值范圍是________． 解析：a與b的夾角為銳角，即a·b＞0且a與b不共線，則解得λ＜－或0＜λ＜或λ＞，所以λ的取值范圍是∪∪. 答案：∪∪ 3．已知向量a＝(1，)，b＝(3，m)，且b在a方向上的投影為3，則向量a與b的夾角為________． 解析：因為a·b＝3＋m，|a|＝＝2，|b|＝，由|b|cos〈a，b〉＝3，可得＝3，故＝3，解得m＝，故|b|＝＝2，故cos〈a，b〉＝＝，即〈a，b〉＝，故向量a與b的夾角為. 答案： (二)交匯專練——融會巧遷

11、移 4．[與解三角形交匯]已知P為△ABC所在平面內(nèi)一點，＋＋＝0，||＝||＝||＝2，則△ABC的面積等于(　　) A. B.2 C．3 D．4 解析：選B　由||＝||得，△PBC是等腰三角形，取BC的中點為D，則PD⊥BC，又＋＋＝0，所以＝－(＋)＝－2，所以PD＝AB＝1，且PD∥AB，故AB⊥BC，即△ABC是直角三角形，由||＝2，||＝1可得||＝，則||＝2，所以△ABC的面積為×2×2＝2. 5．[與三角函數(shù)、數(shù)列交匯]已知向量a＝(cos x，－1)，b＝，函數(shù)f(x)＝(a＋b)·a－2. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間； (2)在△

12、ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點，b，a，c成等差數(shù)列，且·＝9，求a的值． 解：(1)∵f(x)＝(a＋b)·a－2＝|a|2＋a·b－2＝cos2x＋1＋sin xcos x＋－2＝(cos 2x＋1)＋1＋sin 2x－＝cos 2x＋sin 2x＝sin， ∴f(x)的最小正周期T＝＝π. 由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)， 得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)． (2)由f(A)＝sin＝， 得2A＋＝＋2kπ或2A＋＝＋2kπ(k∈Z)， 又0＜A＜π，∴A＝. ∵b，a，c成等差

13、數(shù)列，∴2a＝b＋c. ∵·＝bccos A＝bc＝9，∴bc＝18. 由余弦定理，得cos A＝－1＝－1＝－1＝，∴a＝3(負值舍去)． 6．[與解析幾何交匯]已知平面上一定點C(2,0)和直線l：x＝8，P為該平面上一動點，作PQ⊥l，垂足為Q，且·＝0. (1)求動點P的軌跡方程； (2)若EF為圓N：x2＋(y－1)2＝1的任意一條直徑，求·的最值． 解：(1)設(shè)P(x，y)，則Q(8，y)． 由·＝0， 得||2－||2＝0， 即(2－x)2＋(－y)2－(8－x)2＝0，化簡得＋＝1. 所以動點P在橢圓上，其軌跡方程為＋＝1. (2)易知＝＋，＝＋， 且＋＝0，由題意知N(0,1)， 所以·＝2－2＝(－x)2＋(1－y)2－1＝16＋(y－1)2－1＝－y2－2y＋16＝－(y＋3)2＋19. 因為－2≤y≤2， 所以當(dāng)y＝－3時，·取得最大值19， 當(dāng)y＝2時，· 取得最小值12－4. 綜上，·的最大值為19，最小值為12－4. - 8 -