《（浙江專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第五章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 考點(diǎn)規(guī)范練24 平面向量的數(shù)量積》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第五章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 考點(diǎn)規(guī)范練24 平面向量的數(shù)量積（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、考點(diǎn)規(guī)范練24 平面向量的數(shù)量積
基礎(chǔ)鞏固組
1.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
答案B
解析a·(2a-b)=2a2-a·b=2|a|2-(-1)=2+1=3,故選B.
2.已知向量BA=12,32,BC=32,12,則∠ABC=( )
A.30° B.45° C.60° D.120°
答案A
解析由題意得cos∠ABC=BA·BC|BA||BC| =12×32+32×121×1=32,所以∠ABC=30°,故選A.
3.設(shè)a,b均為單位向量,則“|a-3
2、b|=|3a+b|”是“a⊥b”的( )
A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件
C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件
答案C
解析|a-3b|=|3a+b|?|a-3b|2=|3a+b|2?a2-6a·b+9b2=9a2+6a·b+b2,因?yàn)閍,b均為單位向量,所以a2-6a·b+9b2=9a2+6a·b+b2?a·b=0?a⊥b,即“|a-3b|=|3a+b|”是“a⊥b”的充分必要條件.故選C.
4.若|a|=1,|b|=2,且(a+b)⊥a,則a與b的夾角是( )
A.π6 B.π3 C.5π6 D.2π3
答案D
解析(a+b)⊥a?(a+b)·a=0?
3、a2+a·b=0,即|a|2+|a|·|b|·cosθ=0(其中θ為a與b的夾角),即12+1×2×cosθ=0?cosθ=-12,由于0≤θ≤π,解得θ=2π3,故選D.
5.(2017浙江紹興二模)已知點(diǎn)A(0,1),B(-2,3),C(-1,2),D(1,5),則向量AC在BD方向上的投影為( )
A.21313 B.-21313 C.1313 D.-1313
答案D
解析∵AC=(-1,1),BD=(3,2),∴AC在BD方向上的投影為|AC|cos=AC·BD|BD|=-1×3+1×232+22=-113=-1313.故選D.
6.(2017浙江溫州瑞安檢測(cè)
4、)已知a,b,c是同一平面內(nèi)的三個(gè)向量,其中a=(1,2),|b|=1,且a+b與a-2b垂直,則向量a·b= ;a與b的夾角θ的余弦值為 .?
答案3 355
解析∵(a+b)⊥(a-2b),∴(a+b)·(a-2b)=0,
即|a|2-a·b-2|b|2=0,∴5-a·b-2=0,
∴a·b=3,∴cosθ=a·b|a|·|b|=355.
7.已知非零向量m,n滿足4|m|=3|n|,cos=13.若n⊥(tm+n),則實(shí)數(shù)t的值為 .?
答案-4
解析由4|m|=3|n|,可設(shè)|m|=3k,|n|=4k(k>0),
又n⊥(tm+n),所
5、以n·(tm+n)=n·tm+n·n=t|m|·|n|·cos+|n|2=t×3k×4k×13+(4k)2=4tk2+16k2=0,所以t=-4.
8.在△ABC中,已知AB·AC=4,|BC|=3,M,N分別是BC邊上的三等分點(diǎn),則AM·AN的值是 .?
答案6
解析記BC中點(diǎn)為D,則由AB·AC=14[(AB+AC)2-(AB-AC)2]=14[(2AD)2-CB2]=AD2-94=4,得AD2=254.
所以AM·AN=14[(AM+AN)2-(AM-AN)2]=14×(2AD)2-14MN2=AD2-14=254-14=6.
能力提升組
9.設(shè)a,b,c均
6、為非零向量,若|(a+b)·c|=|(a-b)·c|,則( )
A.a∥b B.a⊥b
C.a∥c或b∥c D.a⊥c或b⊥c
答案D
解析因?yàn)閍,b,c均為非零向量,若|(a+b)·c|=|(a-b)·c|,
所以(a+b)·c=(a-b)·c,或者(a+b)·c=-[(a-b)·c],
展開(kāi)整理得到b·c=0,或者a·c=0,所以b⊥c或a⊥c.
故選D.
10.如圖,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn),則AE·BE的最小值為( )
A.2116 B.32
C.2516 D.3
答案A
7、解析建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,
則A0,-12,B32,0,C0,32,D-32,0,
∵點(diǎn)E在CD上,則DE=λDC(0≤λ≤1),設(shè)E(x,y),
則x+32,y=λ32,32,即x+32=32λ,y=32λ,由此可得E32λ-32,32λ,且AE=32λ-32,32λ+12,BE=32λ-3,32λ,由數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算法則可得,AE·BE=32λ-3232λ-3+32λ×32λ+12,整理可得AE·BE=34(4λ2-2λ+2)(0≤λ≤1),結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可知,當(dāng)λ=14時(shí),AE·BE取得最小值2116.故選A.
11.在梯形ABCD中,AB∥DC,AB⊥AD,AD
8、=DC=1,AB=2,若AP=16AD+56AB,則|BC+tPB|(t∈R)的取值范圍是( )
A.55,+∞ B.[2,+∞)
C.55,1 D.[1,+∞)
答案A
解析∵AP=16AD+56AB,∴點(diǎn)P的位置在線段BD的六等分點(diǎn)(最靠近點(diǎn)B的分點(diǎn)).而|BC+tPB|(t∈R)=|BC-tBP|(t∈R),即為點(diǎn)C與直線BD上的動(dòng)點(diǎn)Q所連線段的長(zhǎng)度.當(dāng)點(diǎn)Q在直線BD上,且CQ⊥BD時(shí),長(zhǎng)度最小為|CQ|=55.又點(diǎn)Q在直線BD上運(yùn)動(dòng),故長(zhǎng)度可無(wú)限增大,沒(méi)有上界.故選A.
12.已知a,b,e是平面向量,e是單位向量.若非零向量a與e的夾角為π3,向量b滿足b2-4e·b+3
9、=0,則|a-b|的最小值是( )
A.3-1 B.3+1 C.2 D.2-3
答案A
解析設(shè)a=(x,y),e=(1,0),b=(m,n),則由=π3得a·e=|a|·|e|cosπ3,x=12x2+y2,∴y=±3x,由b2-4e·b+3=0得m2+n2-4m+3=0,(m-2)2+n2=1,因此|a-b|的最小值為圓心(2,0)到直線y=±3x的距離232=3減去半徑1,為3-1,故選A.
13.記M的最大值和最小值分別為Mmax和Mmin.若平面向量a,b,c滿足|a|=|b|=a·b=c·(a+2b-2c)=2,則( )
A.|a-c|max=3+72 B.|
10、a+c|max=3-72
C.|a-c|min=3+72 D.|a+c|min=3-72
答案A
解析由已知可得,a·b=|a|·|b|cosθ=2,
則cosθ=12,θ=π3.
建立平面直角坐標(biāo)系,a=OA=(2,0),b=OB=(1,3),c=OC=(x,y),由c·(a+2b-2c)=2,
可得(x,y)(4-2x,23-2y)=2,
即4x-2x2+23y-2y2=2,
化簡(jiǎn)得點(diǎn)C軌跡,(x-1)2+y-322=34.
則|a-c|=(x-2)2+y2,
轉(zhuǎn)化為圓上點(diǎn)(x,y)與(2,0)的距離
|a-c|max=12+322+32=3+72.
故選A.
1
11、4.已知向量OA=(3,-4),OB=(6,-3),OC=(5-m,-3-m),若∠ABC為銳角,實(shí)數(shù)m的取值范圍是 ;若∠ABC為鈍角時(shí),實(shí)數(shù)m的取值范圍是 .?
答案-34,12∪12,+∞ -∞,-34
解析由已知得AB=OB-OA=(3,1),AC=OC-OA=(2-m,1-m).
若AB∥AC,則有3(1-m)=2-m,解得m=12.
由題設(shè)知,BA=(-3,-1),BC=(-1-m,-m).
若∠ABC為銳角,則由BA·BC=3+3m+m>0,可得m>-34;若∠ABC為鈍角,則m<-34.由題意知,當(dāng)m=12時(shí),AB∥AC,且AB與AC同向.故當(dāng)∠ABC
12、為銳角時(shí),實(shí)數(shù)m的取值范圍是-34,12∪12,+∞,當(dāng)∠ABC為鈍角時(shí),實(shí)數(shù)m的取值范圍是-∞,-34.
15.設(shè)|OA|=1,|OB|=2,OA·OB=0,OP=λOA+μO(píng)B,且λ+μ=1,則OA在OP上的投影的取值范圍是 .?
答案-55,1
解析設(shè)OA在OP上的投影為x,x=OA·OP|OP|
=λOA2+μO(píng)A·OBλ2OA2+λμO(píng)A·OB+μ2OB2
=λλ2+4μ2=λλ2+4(1-λ)2=λ5λ2-8λ+4.
當(dāng)λ=0時(shí),x=0;當(dāng)λ>0時(shí),1x=4λ2-8λ+5=2λ-22+1,故當(dāng)λ=1時(shí),1x取最小值為1,即1x≥1,則0
13、時(shí),1x=-4λ2-8λ+5=-2λ-22+1<-4+1=-5,所以-55
14、·CE=4DE2-BC24=16DF2-BC24=78.
17.已知向量a=(1,2),b=(-3,4).
(1)求a+b與a-b的夾角;
(2)若a⊥(a+λb),求實(shí)數(shù)λ的值.
解(1)因?yàn)閍=(1,2),b=(-3,4),所以a+b=(-2,6),a-b=(4,-2).所以cos=(-2,6)·(4,-2)40×20=-2040×20=-22.因?yàn)?a+b,a-b>∈[0,π],所以=3π4,即a+b與a-b的夾角為34π.
(2)因?yàn)閍⊥(a+λb),
所以a·(a+λb)=0.又a+λb=(1-3λ,2+4λ),
所以1-3λ+4+8
15、λ=0,解得λ=-1.
18.在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,向量m=(cos(A-B),sin(A-B)),n=(cos B,-sin B),且m·n=-35.
(1)求sin A的值;
(2)若a=42,b=5,求角B的大小及向量BA在BC方向上的投影.
解(1)由m·n=-35,
得cos(A-B)cosB-sin(A-B)sinB=-35,
所以cosA=-35.因?yàn)?b,所以A>B,且B是△ABC的內(nèi)角,則B=π4.
由余弦定理得(42)2=52+c2-2×5c×-35,
解得c=1,c=-7,舍去負(fù)值,故向量BA在BC方向上的投影為|BA|cosB=ccosB=1×22=22.
6
（浙江專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第五章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 考點(diǎn)規(guī)范練24 平面向量的數(shù)量積
