2020高考數學大一輪復習 第四章 平面向量、復數、算法 第二節(jié) 平面向量的數量積及應用檢測 理 新人教A版.doc

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第二節(jié) 平面向量的數量積及應用 限時規(guī)范訓練(限時練夯基練提能練) A級　基礎夯實練 1．(2018山東濟南模擬)已知矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，則＝(　　) A．1　　　　　　　　　 B．－1 C. D．2 解析：選B.設＝a，＝b，則ab＝0，∵|a|＝，|b|＝1， ∴＝(a＋b)(－b)＝－ab－b2＝－1.故選B. 2．(2018陜西吳起高級中學質檢)已知平面向量a，b的夾角為，且|a|＝1，|b|＝，則|a－2b|＝(　　) A. B．1 C．2 D． 解析：選B.∵|a－2b|2＝|a|2＋4|b|2－4ab＝1＋1－1＝1，∴|a－2b|＝1.故選B. 3．(2018昆明檢測)已知非零向量a，b滿足ab＝0，|a|＝3，且a與a＋b的夾角為，則|b|＝(　　) A．6 B．3 C．2 D．3 解析：選D.因為a(a＋b)＝a2＋ab＝|a||a＋b|cos ，所以|a＋b|＝3，將|a＋b|＝3兩邊平方可得，a2＋2ab＋b2＝18，解得|b|＝3，故選D. 4．(2018成都檢測)已知平面向量a＝(－2,3)，b＝(1,2)，向量λa＋b與b垂直，則實數λ的值為(　　) A. B．－ C. D．－ 解析：選D.因為a＝(－2,3)，b＝(1,2)，向量λa＋b與b垂直， 所以(－2λ＋1,3λ＋2)(1,2)＝－2λ＋1＋2(3λ＋2)＝4λ＋5＝0，解得λ＝－.故選D. 5．(2018江西三校聯考)若|a|＝2，|b|＝4，且(a＋b)⊥a，則a與b的夾角為(　　) A. B． C. D．－ 解析：選A.∵(a＋b)⊥a，∴(a＋b)a＝a2＋ab＝0， ∴ab＝－4，cos〈a，b〉＝＝＝－，∴〈a，b〉＝，故選A. 6．△ABC是邊長為2的等邊三角形，已知向量a，b滿足＝2a，＝2a＋b，則下列結論正確的是(　　) A．|b|＝1 B．a⊥b C．ab＝1 D．(4a＋b)⊥ 解析：選D.因為＝－＝(2a＋b)－2a＝b， 所以|b|＝2，故A錯誤； 由于＝2a(2a＋b)＝4|a|2＋2ab＝4＋212＝2， 所以2ab＝2－4|a|2＝－2， 所以ab＝－1，故B，C錯誤； 又因為(4a＋b)＝(4a＋b)b＝4ab＋|b|2＝4(－1)＋4＝0， 所以(4a＋b)⊥. 7．(2018永州模擬)在△ABC中，若A＝120，＝－1，則||的最小值是(　　) A. B．2 C. D．6 解析：選C.∵＝－1， ∴||||cos 120＝－1， 即||||＝2， ∴||2＝|－|2＝2－2＋2≥2||||－2＝6， ∴||min＝. 8．(2018豫南九校聯考)已知向量a＝(m,2)，b＝(2，－1)，且a⊥b，則的值為________． 解析：∵a⊥b，∴2m－2＝0，∴m＝1，則2a－b＝(0,5)，a＋b＝(3,1)，∴a(a＋b)＝13＋21＝5， |2a－b|＝5，∴＝＝1. 9．(2018江蘇揚州質檢)已知點E是正方形ABCD的邊CD的中點，若＝－2，則＝________. 解析：如圖，以A為坐標原點，分別以AB，AD所在直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系，設正方形的邊長為2a(a＞0)，則A(0,0)，E(a,2a)，B(2a,0)，D(0,2a)，可得＝(a,2a)，＝(2a，－2a)，若＝－2，則2a2－4a2＝－2，解得a＝1，所以＝(－1,2)，＝(1,2)，所以＝3. 答案：3 10．在△ABC中，⊥，M是BC的中點． (1)若||＝||，求向量＋2與向量2＋的夾角的余弦值； (2)若O是線段AM上任意一點，且||＝||＝，求＋的最小值． 解：(1)設向量＋2與向量2＋的夾角為θ， 則cos θ＝， 令||＝||＝a，則cos θ＝＝. (2)∵||＝||＝，∴||＝1，設||＝x(0≤x≤1)，則||＝1－x.而＋＝2， 所以＋＝(＋)＝2＝2||||cos π＝2x2－2x＝22－， 當且僅當x＝時，＋取得最小值，最小值為－. B級　能力提升練 11．(2018佛山調研)已知a，b是平面內兩個互相垂直的單位向量，若向量c滿足(a－c)(b－c)＝0，則|c|的最大值是(　　) A．1 B．2 C. D． 解析：選C.設a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，則 (a－c)(b－c)＝0，即(1－x，－y)(－x,1－y)＝0， 整理得2＋2＝，這是一個圓心坐標為，半徑為的圓，所求的值等價于這個圓上的點到坐標原點的最大距離．根據圖形可知，這個最大距離是，即所求的最大值為. 12．(2017浙江卷)如圖，已知平面四邊形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC與BD交于點O，記I1＝，I2＝，I3＝，則(　　) A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2 C．I3＜I1＜I2 D．I2＜I1＜I3 解析：選C.在△ACD中，由余弦定理得 cos∠CAD＝＝＜， 得cos∠CAD＜cos∠CAB，即∠CAD＞∠CAB. 在等腰△ABD中，易得OD＞OB，∠AOB＞. 同理在等腰△ABC中， ∵∠ABD＜，∴CO＞OA. 又I1＝||||cos∠AOB， I3＝||||cos∠COD， ∴I3＜I1＜0，∴I2＞0＞I1＞I3，故選C. 13．(2018南京模擬)在矩形ABCD中，邊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________． 解析：由題意設BM＝k，CN＝2k(0≤k≤1)，由＝＋，＝＋知，＝(＋)(＋)＝＋＋＋＝＋＝4－3k，又0≤k≤1，所以1≤4－3k≤4，故的取值范圍是[1,4]． 答案：[1,4] 14．已知A，B，C分別為△ABC的三邊a，b，c所對的角，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cos B，cos A)，且mn＝sin 2C. (1)求角C的大??； (2)若sin A，sin C，sin B成等差數列，且(－)＝18，求邊c的長． 解：(1)由已知得mn＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B)， 因為A＋B＋C＝π， 所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C， 所以mn＝sin C. 又mn＝sin 2C， 所以sin 2C＝sin C，所以cos C＝. 又0＜C＜π，所以C＝. (2)由已知得2sin C＝sin A＋sin B，由正弦定理得 2c＝a＋b. 因為(－)＝＝18， 所以abcos C＝18，所以ab＝36. 由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－3ab 所以c2＝4c2－336， 所以c2＝36，所以c＝6. 15．(2018衡陽模擬)已知m＝(2，1)，n＝cos2，sin(B＋C)，其中A，B，C是△ABC的內角． (1)當A＝時，求|n|的值； (2)若BC＝1，||＝，當mn取最大值時，求A的大小及AC邊的長． 解：(1)∵當A＝時， n＝＝， ∴|n|＝ ＝. (2)∵mn＝2cos2＋sin(B＋C) ＝(1＋cos A)＋sin A ＝2sin＋. ∵0＜A＜π，∴＜A＋＜. ∴當A＋＝，即A＝時， sin＝1，此時mn取得最大值2＋. 由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2ABACcos A， 即12＝()2＋AC2－2AC，化簡得AC2－3AC＋2＝0，解得AC＝1或2. C級　素養(yǎng)加強練 16．(2018武漢市模擬)如圖在等腰三角形ABC中，已知|AB|＝|AC|＝1，∠A＝120，E，F分別是邊AB，AC上的點，且＝λ，＝μ，其中λ，μ∈(0,1)，且λ＋4μ＝1.若線段EF，BC的中點分別為M，N，則||的最小值為________． 解析：連接AM，AN，由＝||||cos ＝－，＝(＋)＝(λ＋μ)， ＝(＋)，＝－＝(1－λ)＋(1－μ)， ||2＝[(1－λ)2－(1－λ)(1－μ)＋(1－μ)2]＝(1－λ)2－(1－λ)(1－μ)＋(1－μ)2，由λ＋4μ＝1?1－λ＝4μ，可得||2＝μ2－μ＋，∵λ，μ∈(0,1)，∴當μ＝時，||2取最小值，||的最小值為，∴||的最小值為. 答案：