2021版新高考地区高考数学（人教版）大一轮复习（课件+学案+高效演练分层突破）第06章 第3讲　平面向量的数量积及应用举例

[基础题组练]

1．设a＝(1，2)，b＝(1，1)，c＝a＋kb.若b⊥c，则实数k的值等于(　　)

A．－  B．－ 

C．   D．

解析：选A．c＝a＋kb＝(1，2)＋k(1，1)＝(1＋k，2＋k)，因为b⊥c，所以b·c＝0，b·c＝(1，1)·(1＋k，2＋k)＝1＋k＋2＋k＝3＋2k＝0，所以k＝－.

2．(2020·湖南省五市十校联考)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a·(a－2b)＝0，则|a＋b|＝(　　)

A．   B．

C．2   D．

解析：选A．由题意知，a·(a－2b)＝a2－2a·b＝1－2a·b＝0，所以2a·b＝1，所以|a＋b|＝＝＝.故选A．

3．(2020·广州市综合检测(一))a，b为平面向量，已知a＝(2，4)，a－2b＝(0，8)，则a，b夹角的余弦值等于(　　)

A．－  B．－ 

C．   D．

解析：选B．设b＝(x，y)，则有a－2b＝(2，4)－(2x，2y)＝(2－2x，4－2y)＝(0，8)，所以，解得，故b＝(1，－2)，|b|＝，|a|＝2，cos〈a，b〉＝＝＝－，故选B．

4．已知向量||＝3，||＝2，＝m＋n，若与的夹角为60°，且⊥，则实数的值为(　　)

A．   B．

C．6  D．4

解析：选A．因为向量||＝3，||＝2，＝m＋n，与夹角为60°，所以·＝3×2×cos 60°＝3，

所以·＝(－)·(m＋n)

＝(m－n)·－m||2＋n||2

＝3(m－n)－9m＋4n＝－6m＋n＝0，所以＝，故选A．

5．(多选)已知△ABC的外接圆的圆心为O，半径为2，＋＋＝0，且||＝||，下列结论正确的是(　　)

A．在方向上的投影长为－

B．·＝·

C．在方向上的投影长为

D．·＝·

解析：选BCD．由＋＋＝0得＝－＝，所以四边形OBAC为平行四边形．又O为△ABC外接圆的圆心，所以||＝||，又||＝||，所以△OAB为正三角形．因为△ABC的外接圆半径为2，所以四边形OBAC是边长为2的菱形，所以∠ACB＝，所以在上的投影为||cos＝2×＝，故C正确．因为·＝·＝－2，·＝·＝2，故B，D正确．

6．设向量a＝(－1，2)，b＝(m，1)，如果向量a＋2b与2a－b平行，那么a与b的数量积等于________．

解析：a＋2b＝(－1＋2m，4)，2a－b＝(－2－m，3)，由题意得3(－1＋2m)－4(－2－m)＝0，则m＝－，所以a·b＝－1×＋2×1＝.

答案：

7．已知点M，N满足||＝||＝3，且|＋|＝2，则M，N两点间的距离为________．

解析：依题意，得|＋|2＝||2＋||2＋2·＝18＋2·＝20，则·＝1，故M，N两点间的距离为||＝|－|

＝

＝＝4.

答案：4

8．(2020·山东师大附中二模改编)已知向量a，b，其中|a|＝，|b|＝2，且(a－b)⊥a，则向量a和b的夹角是________，a·(a＋b)＝________．

解析：由题意，设向量a，b的夹角为θ，因为|a|＝，|b|＝2，且(a－b)⊥a，所以(a－b)·a＝|a|2－a·b＝|a|2－|a||b|cos θ＝3－2·cos θ＝0，解得cos θ＝.又因为0≤θ≤π，所以θ＝.则a·(a＋b)＝|a|2＋|a|·|b|·cos θ＝3＋2×＝6.

答案：　6

9．已知向量a＝(2，－1)，b＝(1，x)．

(1)若a⊥(a＋b)，求|b|的值；

(2)若a＋2b＝(4，－7)，求向量a与b夹角的大小．

解：(1)由题意得a＋b＝(3，－1＋x)．

由a⊥(a＋b)，可得6＋1－x＝0，

解得x＝7，即b＝(1，7)，

所以|b|＝＝5.

(2)由题意得，a＋2b＝(4，2x－1)＝(4，－7)，

故x＝－3，所以b＝(1，－3)，

所以cos〈a，b〉＝＝＝，

因为〈a，b〉∈[0，π]，

所以a与b夹角是.

10．在平面直角坐标系xOy中，点A(－1，－2)，B(2，3)，C(－2，－1)．

(1)求以线段AB，AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；

(2)设实数t满足(－t)·＝0，求t的值．

解：(1)由题设知＝(3，5)，＝(－1，1)，则＋＝(2，6)，－＝(4，4)．

所以|＋|＝2，|－|＝4.

故所求的两条对角线的长分别为4，2.

(2)法一：由题设知：＝(－2，－1)，－t＝(3＋2t，5＋t)．

由(－t)·＝0，得：

(3＋2t，5＋t)·(－2，－1)＝0，

从而5t＝－11，

所以t＝－.

法二：·＝t2，＝(3，5)，

t＝＝－.

[综合题组练]

1．(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知O是△ABC内部一点，且满足＋＋＝0，又·＝2，∠BAC＝60°，则△OBC的面积为(　　)

A．  B．3

C．1  D．2

解析：选C．由·＝2，∠BAC＝60°，可得·＝||·||cos ∠BAC＝·||||＝2，所以||||＝4，所以S△ABC＝||||sin∠BAC＝3，又＋＋＝0，所以O为△ABC的重心，所以S△OBC＝S△ABC＝1，故选C．

2．(2020·郑州市第二次质量预测)在Rt△ABC中，∠C＝90°，CB＝2，CA＝4，P在边AC的中线BD上，则·的最小值为(　　)

A．－  B．0 

C．4  D．－1

解析：选A．依题意，以C为坐标原点，分别以AC，BC所在的直线为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0，2)，D(2，0)，所以直线BD的方程为y＝－x＋2，因为点P在边AC的中线BD上，所以可设P(t，2－t)(0≤t≤2)，所以＝(t，2－t)，＝(t，－t)，所以·＝t2－t(2－t)＝2t2－2t＝2－，当t＝时，·取得最小值－，故选A．

3．设x∈R，向量a＝(x，1)，b＝(1，－2)，且a⊥b，则|a|＝________，则当t∈[－，2]时，|a－tb|的取值范围是________．

解析：向量a＝(x，1)，b＝(1，－2)，且a⊥b，所以x－2＝0，解得x＝2，所以|a|＝＝.

|a－tb|2＝a2＋t2b2－2ta·b＝5t2＋5，所以当t＝0时，取得最小值为5；当t＝2时，取得最大值为25.即|a－tb|的取值范围是[，5]．

答案：　[，5]

4．在边长为2的菱形ABCD中，已知∠BAD＝60°，E为线段CD上的任意一点，则·的最大值为________；向量的模的取值范围是________．

解析：以AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，由∠BAD＝60°，|AB|＝2，可知△ABD为正三角形，|AO|＝，|DO|＝1，所以点A(－，0)，C(，0)，D(0，1)，B(0，－1)，＝(2，0)，＝(，1)．因为D，E，C三点共线，所以＝x＋(1－x)，0≤x≤1，即＝x(2，0)＋(1－x)(，1)＝((1＋x)，1－x)，＝(0，2)，所以·＝2(1－x)．又0≤x≤1，所以0≤·＝2(1－x)≤2，故·的最大值为2.

||＝＝＝2，又0≤x≤1，故向量的模的取值范围是[2，2]．

答案：2　[2，2]

5．(创新型)在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝(cos B，2cos2 －1)，n＝(c，b－2a)，且m·n＝0.

(1)求∠C的大小；

(2)若点D为边AB上一点，且满足＝，||＝，c＝2，求△ABC的面积．

解：(1)因为m＝(cos B，cos C)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，

所以ccos B＋(b－2a)cos C＝0，在△ABC中，由正弦定理得sin Ccos B＋(sin B－2sin A)cos C＝0，

sin A＝2sin Acos C，又sin A≠0，

所以cos C＝，而C∈(0，π)，所以∠C＝.

(2)由＝知，－＝－，

所以2＝＋，

两边平方得4||2＝b2＋a2＋2bacos ∠ACB＝b2＋a2＋ba＝28.①

又c2＝a2＋b2－2abcos ∠ACB，

所以a2＋b2－ab＝12.②

由①②得ab＝8，

所以S△ABC＝absin ∠ACB＝2.

6.在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1，0)和点B(－1，0)，||＝1，且∠AOC＝θ，其中O为坐标原点．

(1)若θ＝π，设点D为线段OA上的动点，求|＋|的最小值；

(2)若θ∈，向量m＝，n＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m·n的最小值及对应的θ值．

解：(1)设D(t，0)(0≤t≤1)，

由题意知C，

所以＋＝，

所以|＋|2＝－t＋t2＋

＝t2－t＋1＝＋，

所以当t＝时，|＋|有最小值，为.

(2)由题意得C(cos θ，sin θ)，m＝＝(cos θ＋1，sin θ)，

则m·n＝1－cos2θ＋sin2θ－2sin θcos θ＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－sin，

因为θ∈，所以≤2θ＋≤，

所以当2θ＋＝，即θ＝时，sin取得最大值1.

所以当θ＝时，m·n取得最小值，为1－.