2022届高考数学一轮复习第五章平面向量复数课时跟踪训练27平面向量的数量积文.doc

课时跟踪训练(二十七) 平面向量的数量积
[根底稳固]
一、选择题
1．对于任意向量a，b，c，以下命题中正确的选项是(　　)
A．|a·b|＝|a||b| B．|a＋b|＝|a|＋|b|
C．(a·b)c＝a(b·c) D．a·a＝|a|2
[解析]　∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，∴|a·b|≤|a||b|，∴A错误；根据向量加法的平行四边形法那么，|a＋b|≤|a|＋|b|，只有当a，b同向时取“＝〞，∴B错误；∵(a·b)c是与c共线的向量，a(b·c)是与a共线的向量，∴C错误；∵a·a＝|a||a|cos0＝|a|2，∴D正确．应选D.
[答案]　D
2．(2022·辽宁协作体期末)四边形ABCD中，＝且|－|＝|＋|，那么四边形ABCD为(　　)
A．平行四边形 B．菱形
C．矩形 D．正方形
[解析]　因为四边形ABCD中，＝，所以四边形ABCD是平行四边形．因为|－|＝|＋|，所以||＝||，即对角线相等，所以平行四边形ABCD是矩形．应选C.
[答案]　C
3．在边长为1的等边△ABC中，设＝a，＝b，＝c，那么a·b＋b·c＋c·a＝(　　)
A．－ B．0
C. D．3
[解析]　依题意有a·b＋b·c＋c·a＝1×1×cos120°＋1×1×cos120°＋1×1×cos120°＝＋＋＝－.
[答案]　A
4．(2022·新疆维吾尔自治区二检)向量a，b满足a⊥b，|a|＝2，|b|＝3，且3a＋2b与λa－b垂直，那么实数λ的值为(　　)
A. B．－
C．± D．1
[解析]　因为a⊥b，所以a·b＝0.
又(3a＋2b)⊥(λa－b)，
所以(3a＋2b)·(λa－b)＝3λa2－3a·b＋2λa·b－2b2＝12λ－18＝0，解得λ＝.
[答案]　A
5．假设向量a，b满足：|a|＝1，(a＋b)⊥a，(2a＋b)⊥b，那么|b|＝(　　)
A．2 B.
C．1 D.
[解析]　因为(a＋b)⊥a，所以(a＋b)·a＝0，即|a|2＋a·b＝0，
又因为|a|＝1，所以a·b＝－1.又因为(2a＋b)⊥b，
所以(2a＋b)·b＝0，即2a·b＋|b|2＝0，所以|b|2＝2，所以|b|＝.
[答案]　B
6．(2022·安徽卷)△ABC是边长为2的等边三角形，向量a，b满足＝2a，＝2a＋b，那么以下结论正确的选项是(　　)
A．|b|＝1 B．a⊥b
C．a·b＝1 D．(4a＋b)⊥
[解析]　∵＝2a，＝2a＋b，∴a＝，b＝－＝，∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴|b|＝2，a·b＝·＝－1，故a，b不垂直，4a＋b＝2＋＝＋，故(4a＋b)·＝(＋)·＝－2＋2＝0，∴(4a＋b)⊥，应选D.
[答案]　D
二、填空题
7．向量a，b满足(a＋2b)·(a－b)＝－6，且|a|＝1，|b|＝2，那么a与b的夹角为________．
[解析]　(a＋2b)·(a－b)＝a2＋a·b－2b2＝1＋a·b－2×22＝－6，∴a·b＝1，所以cos〈a，b〉＝＝，又∵〈a，b〉∈[0，π]，∴〈a，b〉＝.
[答案]　
8. (2022·沧州百校联盟期中)如图，△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，D是BC的中点，那么·的值为________．
[解析]　如图，建立直角坐标系，那么C(0,0)，A(3,0)，B(0,4)，D(0,2)．
那么＝(3，－4)，＝(－3,2)．
∴·＝3×(－3)－4×2＝－17.
[答案]　－17
9．平面向量a＝(1,1)，b＝(－2,2)，c＝ka＋b(k∈R)，且c与a的夹角为，那么k＝________.
[解析]　由题意得c＝(k－2，k＋2)，因为cos〈c，a〉＝＝＝，所以＝，解得k＝2.
[答案]　2
三、解答题
10．(2022·合肥模拟)向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)．
(1)设c＝4a＋b，求(b·c)a；
(2)假设a＋λb与a垂直，求λ的值；
(3)求向量a在b方向上的投影．
[解]　(1)∵a＝(1,2)，b＝(2，－2)，
∴c＝4a＋b＝(4,8)＋(2，－2)＝(6,6)．
∴b·c＝2×6－2×6＝0，
∴(b·c)a＝0a＝0.
(2)a＋λb＝(1,2)＋λ(2，－2)＝(2λ＋1,2－2λ)，
由于a＋λb与a垂直，
∴2λ＋1＋2(2－2λ)＝0，∴λ＝.
∴λ的值为.
(3)设向量a与b的夹角为θ，向量a在b方向上的投影为|a|cosθ.
∴|a|cosθ＝＝＝－＝－.
[能力提升]
11．假设|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，那么向量a－b与b的夹角为(　　)
A. B.
C. D.
[解析]　由|a＋b|2＝|a－b|2，得a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，得a·b＝0.又|a－b|2＝4a2，得a2－2a·b＋b2＝4a2，得b2＝3a2.由(a－b)·b＝－b2，设a－b与b的夹角为θ，那么cosθ＝＝＝＝－.因为θ∈[0，π]，所以θ＝，应选C.
[答案]　C
12．(2022·山西大学附中期末)a，b是平面内互不相等的两个非零向量，且|a|＝1，a－b与b的夹角为150°，那么|b|的取值范围是(　　)
A．(0，] B．(0,1]
C．(0,2] D．(0,2]
[解析]　如下图，设＝a，＝b，那么＝－＝a－b.
由|a|＝1，a－b与b的夹角为150°，可得△OAB中，OA＝1，∠OBA＝30°.
由正弦定理可得△OAB的外接圆的半径r＝1，那么点B为圆上的动点．
由图可设b＝＝(1＋cosθ，sinθ)，
那么|b|＝＝.∴|b|∈(0,2]．应选C.
[答案]　C
13．(2022·河北保定模拟)假设a＝(2＋λ，1)，b＝(3，λ)，〈a，b〉为钝角，那么实数λ的取值范围是________．
[解析]　∵a＝(2＋λ，1)，b＝(3，λ)，
由a·b＝3(2＋λ)＋λ<0，得λ<－.
假设a，b共线，那么λ(2＋λ)－3＝0，解得λ＝－3或λ＝1.
即当λ＝－3时，a，b共线反向．
∴假设〈a，b〉为钝角，那么λ<－且λ≠－3.
[答案]　(－∞，－3)∪
14．(2022·浙江卷)向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.假设对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，那么a·b的最大值是________．
[解析]　不妨令a·e≥0，b·e≥0，对任意的单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，即a·e＋b·e≤，即(a＋b)·e≤成立．∵a＋b与e同向时等号成立，∴|a＋b|≤.∴|a|2＋|b|2＋2a·b≤6.∵|a|＝1，|b|＝2，∴a·b≤，故a·b的最大值为.
[答案]　
15．|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61，
(1)求a与b的夹角θ；
(2)求|a＋b|；
(3)假设＝a，＝b，求△ABC的面积．
[解]　(1)∵(2a－3b)·(2a＋b)＝61，
∴4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.
又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4a·b－27＝61，
∴a·b＝－6.∴cosθ＝＝＝－.
又0≤θ≤π，∴θ＝.
(2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2
＝42＋2×(－6)＋32＝13，∴|a＋b|＝.
(3)∵与的夹角θ＝，∴∠ABC＝π－＝.
又||＝|a|＝4，||＝|b|＝3，
∴S△ABC＝||||sin∠ABC＝×4×3×＝3.
16.如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，＝x·＋y·.
(1)假设＝，求x，y的值；
(2)假设＝3，||＝4，||＝2，且与的夹角为60°时，求·的值．
[解]　(1)∵＝，∴＋＝＋，
即2＝＋，∴＝＋，即x＝，
y＝.
(2)∵＝3，∴＋＝3＋3，
即4＝＋3，∴＝＋，∴x＝，y＝.
·＝·(－)
＝·－·＋·
＝×22－×42＋×4×2×＝－9.
[延伸拓展]
1．(2022·湖北黄冈二模)平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，a⊥(a－2b)，(c－2a)·(c－b)＝0，那么|c|的最大值与最小值的和为(　　)
A．0 B.
C. D.
[解析]　∵a⊥(a－2b)，∴a·(a－2b)＝0，即a2＝2a·b，又|a|＝|b|＝1，∴a·b＝，a与b的夹角为60°.设＝a，＝b，以O点为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如下图的平面直角坐标系，那么a＝，b＝(1,0)．
设c＝(x，y)，那么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＝，∴点C的轨迹是以点M为圆心，为半径的圆．又|c|＝表示圆M上的点与原点O(0,0)之间的距离，所以|c|max＝|OM|＋，|c|min＝|OM|－，∴|c|max＋|c|min＝2|OM|＝2＝，应选D.
[答案]　D
2．向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，且对一切实数x，|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，那么a，b的夹角的大小为__________．
[解析]　|a＋xb|≥|a＋b|恒成立⇒a2＋2xa·b＋x2b2≥a2＋2a·b＋b2恒成立⇒x2＋2a·bx－1－2a·b≥0恒成立，∴Δ＝4(a·b)2－4(－1－2a·b)≤0⇒(a·b＋1)2≤0，∴a·b＝－1，∴cos〈a，b〉＝＝－，又〈a，b〉∈[0，π]，故a与b的夹角的大小为.
[答案]　π