2019-2020年高三數(shù)學一輪復習 專項訓練 平面向量的數(shù)量積（含解析）.doc
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2019-2020年高三數(shù)學一輪復習 專項訓練 平面向量的數(shù)量積（含解析） 1、 (1)(xx威海期末考試)已知a＝(1,2)，2a－b＝(3,1)，則ab＝( )． A．2 B．3 C．4 D．5 (2)(xx江西卷)設e1，e2為單位向量，且e1，e2的夾角為，若a＝e1＋3e2，b＝2e1，則向量a在b方向上的射影為________． 解析 (1)∵a＝(1,2)，2a－b＝(3,1) ∴b＝2a－(3,1)＝2(1,2)－(3,1)＝(－1,3)． ∴ab＝(1,2)(－1,3)＝－1＋23＝5. (2)由于a＝e1＋3e2，b＝2e1， 所以|b|＝2，ab＝(e1＋3e2)2e1＝2e＋6e1e2 ＝2＋6＝5， 所以a在b方向上的射影為|a|cos＝＝. 答案 (1)D (2) 2、 (1)若向量a＝(1,1)，b＝(2,5)，c＝(3，x)滿足條件(8a－b)c＝30，則x＝( )． A．6 B．5 C．4 D．3 (2)(xx山東卷)已知向量與的夾角為120，且||＝3，||＝2.若＝λ＋，且⊥，則實數(shù)λ的值為______． 解析 (1)8a－b＝8(1,1)－(2,5)＝(6,3)， 所以(8a－b)c＝(6,3)(3，x)＝30， 即18＋3x＝30，解得x＝4.故選C. (2)∵⊥，∴＝0， ∴(λ＋)＝0，即(λ＋)(－)＝(λ－1)－λ2＋2＝0. ∵向量與的夾角為120，||＝3，||＝2， ∴(λ－1)||||cos 120－9λ＋4＝0，解得λ＝. 答案 (1)C (2) 3.向量a＝(1,2)，b＝(0,2)，則ab＝( )． A．2 B．(0,4) C．4 D．(1,4) 解析 ab＝(1,2)(0,2)＝10＋22＝4. 答案 C 4．在邊長為2的菱形ABCD中，∠BAD＝120，則在方向上的投影為( )． A. B. C．1 D．2 解析 如圖所示，在方向上的投影為||cos 60＝2＝1. 答案 C 5．已知向量a＝(，1)，b＝(0,1)，c＝(k，)．若a＋2b與c垂直，則k＝( )． A．－3 B．－2 C．－1 D．1 解析 由題意知(a＋2b)c＝0，即ac＋2bc＝0. 所以k＋＋2＝0，解得k＝－3. 答案 A 6．若非零向量a，b滿足|a|＝|b|，且(2a＋b)b＝0，則向量a，b的夾角為( )． A. B. C. D. 解析 由(2a＋b)b＝0，得2ab＋|b|2＝0. ∴2|b|2cos＋|b|2＝0，∴cos＝－， 又∈[0，π]，∴＝. 答案 A 7．(xx新課標全國Ⅰ卷)已知兩個單位向量a，b的夾角為60，c＝ta＋(1－t)b.若bc＝0，則t＝________. 解析 bc＝b[ta＋(1－t)b]＝tab＋(1－t)b2 ＝t|a||b|cos 60＋(1－t)|b|2 ＝＋1－t＝1－. 由bc＝0，得1－＝0，所以t＝2. 答案 2 8．在平面直角坐標系xOy中，已知＝(3，－1)，＝(0,2)．若＝0，＝λ，則實數(shù)λ的值為________． 解析 設C(x，y)，則＝(x，y)，又＝－＝(0,2)－(3，－1)＝(－3,3)，所以＝－3x＋3y＝0，解得x＝y(tǒng).又＝(x－3，y＋1)＝λ(0,2)，得結合x＝y(tǒng)，解得λ＝2. 答案 2 9.(xx濰坊二模)如圖，在△ABC中，O為BC中點，若AB＝1，AC＝3，<，>＝60，則||＝________. 解析 因為<，>＝60，所以＝||||cos 60＝13＝，又＝，所以2＝(＋)2＝(2＋2＋2)，即2＝(1＋3＋9)＝，所以||＝. 答案 考點：向量的夾角與向量的模 1、(1)若非零向量a，b滿足|a|＝3|b|＝|a＋2b|，則a與b夾角的余弦值為________． (2)已知向量a，b滿足ab＝0，|a|＝1，|b|＝2，則|2a－b|＝________. 解析 (1)等式平方得|a|2＝9|b|2 ＝|a|2＋4|b|2＋4ab， 則|a|2＝|a|2＋4|b|2＋4|a||b|cos θ， 即0＝4|b|2＋43|b|2cos θ， 得cos θ＝－. (2)因為|2a－b|2＝(2a－b)2＝4a2＋b2－4ab＝4a2＋b2＝4＋4＝8，故|2a－b|＝2. 答案 (1)－ (2)2 2、已知向量a，b夾角為45，且|a|＝1，|2a－b|＝，則|b|＝________. (2)若平面向量a，b滿足|a|＝1，|b|≤1，且以向量a，b為鄰邊的平行四邊形的面積為，則a和b的夾角θ的取值范圍是________． 解析 (1)由|2a－b|＝平方得， 4a2－4ab＋b2＝10， 即|b|2－4|b|cos 45＋4＝10， 亦即|b|2－2|b|－6＝0， 解得|b|＝3或|b|＝－(舍去)． (2)依題意有|a||b|sin θ＝， 即sin θ＝，由|b|≤1，得 ≤sin θ≤1，又0≤θ≤π， 故有≤θ≤. 答案 (1)3 (2) 3．已知平面向量a＝(1，x)，b＝(2x＋3，－x)(x∈R)． (1)若a⊥b，求x的值； (2)若a∥b，求|a－b|. 解 (1)若a⊥b， 則ab＝1(2x＋3)＋x(－x)＝0. 整理得x2－2x－3＝0，故x＝－1或x＝3. (2)若a∥b，則有1(－x)－x(2x＋3)＝0， 即x(2x＋4)＝0，解得x＝0或x＝－2. 當x＝0時，a＝(1,0)，b＝(3,0)，a－b＝(－2,0)， ∴|a－b|＝＝2. 當x＝－2時，a＝(1，－2)，b＝(－1,2)，a－b＝(2，－4)， ∴|a－b|＝2. 綜上，可知|a－b|＝2或2. 4．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)(2a＋b)＝61， (1)求a與b的夾角θ； (2)求|a＋b|； (3)若＝a，＝b，求△ABC的面積． 解 (1)∵(2a－3b)(2a＋b)＝61， ∴4|a|2－4ab－3|b|2＝61. 又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4ab－27＝61， ∴ab＝－6.∴cos θ＝＝＝－. 又0≤θ≤π，∴θ＝. (2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2ab＋|b|2 ＝42＋2(－6)＋32＝13， ∴|a＋b|＝. (3)∵與的夾角θ＝，∴∠ABC＝π－＝. 又||＝|a|＝4，||＝|b|＝3， ∴S△ABC＝||||sin∠ABC＝43＝3. 5．(xx青島一模)若兩個非零向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，則向量a＋b與a的夾角為( )． A. B. C. D. 解析 由|a＋b|＝|a－b|，得a2＋2ab＋b2＝a2－2ab＋b2，即ab＝0，所以(a＋b)a＝a2＋ab＝|a|2. 故向量a＋b與a的夾角θ的余弦值為 cos θ＝＝＝.所以θ＝. 答案 B 6．設兩向量e1，e2滿足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夾角為60，若向量2te1＋7e2與向量e1＋te2的夾角為鈍角，求實數(shù)t的取值范圍． 解 由已知得e＝4，e＝1，e1e2＝21cos 60＝1. ∴(2te1＋7e2)(e1＋te2)＝2te＋(2t2＋7)e1e2＋7te＝2t2＋15t＋7. 欲使夾角為鈍角，需2t2＋15t＋7＜0，得－7＜t＜－. 設2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)(λ＜0)， ∴∴2t2＝7. ∴t＝－，此時λ＝－. 即t＝－時，向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為π. ∴當兩向量夾角為鈍角時，t的取值范圍是 ∪. 考點：向量的垂直關系 1、已知平面向量a＝(，－1)，b＝. (1)證明：a⊥b； (2)若存在不同時為零的實數(shù)k和t，使c＝a＋(t2－3)b，d＝－ka＋tb，且c⊥d，試求函數(shù)關系式k＝f(t)． (1)證明 ∵ab＝－1＝0，∴a⊥b. (2)解 ∵c＝a＋(t2－3)b，d＝－ka＋tb，且c⊥d， ∴cd＝[a＋(t2－3)b](－ka＋tb) ＝－ka2＋t(t2－3)b2＋[t－k(t2－3)]ab＝0. 又a2＝|a|2＝4，b2＝|b|2＝1，ab＝0， ∴cd＝－4k＋t3－3t＝0， ∴k＝f(t)＝(t≠0)． 考點：坐標法的應用 1、 (xx上海卷)在矩形ABCD中，設AB，AD的長分別為2,1.若M，N分別是邊BC，CD上的點，且滿足＝，則的取值范圍是________． 解：如圖，以A點為坐標原點建立平面直角坐標系，則各點坐標為A(0,0)，B(2,0)，C(2,1)，D(0,1)， 設＝＝k(0≤k≤1)，則點M的坐標為(2，k)，點N的坐標為(2－2k,1)， 則＝(2，k)，＝(2－2k,1)，＝2(2－2k)＋k＝4－3k，而0≤k≤1，故1≤4－3k≤4. 答案 [1,4] 2、(xx江蘇卷)如圖，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝2，點E為BC的中點，點F在邊CD上，若＝，則的值是________． 解析：以A為原點，AB，AD所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標系，則A(0,0)，B(，0)，E(，1)，F(xiàn)(x,2)，∴＝(x,2)，＝(，0)，＝(，1)，＝(x－，2)，∴＝x＝，解得x＝1，∴F(1,2)，∴＝.
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