2019届高三数学（文）二轮复习查漏补缺课时练习：（二十六）　第26讲　平面向量的数量积与平面向量应用举例

2019届高三数学（文）二轮复习查漏补缺课时练习：（二十六）　第26讲　平面向量的数量积与平面向量应用举例

课时作业(二十六)　第26讲　平面向量的数量积与平面向量应用举例 时间 / 45分钟　分值 / 100分 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 基础热身 ‎1.已知向量|OA|=3,OA·OB=15,则OA·AB= (　　)‎ A.-7 B.7‎ C.-6 D.6‎ ‎2.[2019·长春模拟] 已知平面向量a,b满足|a|=|b|=1,若(2a-b)·b=0,则向量a,b的夹角为 (　　)‎ A.30° B.45°‎ C.60° D.120°‎ ‎3.已知向量a,b满足a+b=(1,3), a-b=(3,7),则a·b= (　　)‎ A.-12 B.-20‎ C.12 D.20‎ ‎4.在△ABC中,C=π‎2‎,CA=CB=1,则AC·BA= (　　)‎ A.-1‎ B.‎‎2‎‎2‎ C.1‎ D.-‎‎2‎‎2‎ ‎5.[2018·昆明二模] 已知向量a, b满足a⊥b,|a|=1,|2a+b|=2‎2‎,则|b|=　　　　. ‎ 能力提升 ‎6.已知|a|=‎10‎,a·b=-‎5‎‎30‎‎2‎,且(a-b)·(a+b)=-15,则向量a与b的夹角为 (　　)‎ A.‎‎5π‎6‎ B.‎‎3π‎4‎ C.‎‎2π‎3‎ D.‎π‎3‎ ‎7.[2018·河南商丘二模] 已知平面向量a=(-1,2),b=(k,1),且a⊥b,则a+b在a方向上的投影为 (　　)‎ A.‎‎5‎ B.2‎ C.‎‎2‎ D.1‎ ‎8.[2018·广东东莞二模] 已知四边形ABCD是矩形,AB=2AD=2,E是线段AC上一点,AE=λAC,且AE·BE=-‎4‎‎5‎,则实数λ的取值为 (　　)‎ A.‎‎3‎‎4‎ B.‎‎2‎‎5‎ ‎ C.‎‎1‎‎3‎ D.‎‎1‎‎5‎ ‎9.在△ABC中,AC=2AB=2,∠BAC=120°,O是BC的中点,M是AO上一点,且AO=3MO,则MB·MC的值是 (　　)‎ A.-‎‎5‎‎3‎ B.-‎‎5‎‎6‎ C.-‎‎7‎‎3‎ D.-‎‎7‎‎6‎ ‎10.[2018·山东临沂三模] 已知|a|=1,|b|=2且a⊥(a-b),则向量a与b的夹角是　　　　. ‎ ‎11.[2018·南昌二模] 已知在等腰直角三角形ABC中,BA=BC=2,若AC=2CE,则BA·BE=　　　　. ‎ ‎12.[2018·辽宁辽南协作体一模] 设向量a=(1,‎3‎),b=(m,‎3‎),且a,b的夹角为钝角,则实数m的取值范围是　　　　. ‎ ‎13.(15分)已知|a|=4,|b|=8,a与b的夹角是120°.‎ ‎(1)计算:①|a+b|,②|4a-2b|;‎ ‎(2)当k为何值时,(a+2b)⊥(ka-b).‎ ‎14.(15分)已知向量a=(cos ωx,sin ωx),b=(cos ωx,‎3‎cos ωx)(ω>0),函数f(x)=a·b-‎1‎‎2‎,其最小正周期为π.‎ ‎(1)求函数f(x)的表达式及单调递增区间;‎ ‎(2)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,S为其面积,且fA‎2‎=1,b=1,S=‎3‎,求a的值.‎ 难点突破 ‎15.(5分)[2018·长春三模] 已知菱形ABCD的一条对角线BD长为2,点E满足AE=‎1‎‎2‎ED,F为CD的中点,若AD·BE=-2,则CD·AF=　　　　. ‎ ‎16.(5分)[2018·天津滨海新区一模] 在平行四边形ABCD中,AB=2,AD=1,∠BAD=60°,E为CD的中点,若F是线段BC上一动点,则AF·FE的取值范围是　　　　. ‎ 课时作业(二十六)‎ ‎1.D　[解析] OA·AB=OA·(OB-OA)=15-32=6.故选D.‎ ‎2.C　[解析] 由(2a-b)·b=0得2a·b=b2=1,即a·b=‎1‎‎2‎,设a,b的夹角为θ,则cos θ=a·b‎|a||b|‎=a·b=‎1‎‎2‎,所以θ=60°.故选C.‎ ‎3.A　[解析] 因为a+b=(1,3),a-b=(3,7),所以|a+b|2-|a-b|2=4a·b=10-58=-48,得a·b=-12.故选A.‎ ‎4.A　[解析] 由题意,得=‎3π‎4‎,AC=1,BA=‎2‎,则AC·BA=AC·BAcos ‎3π‎4‎=1×‎2‎×‎-‎‎2‎‎2‎=-1.‎ ‎5.2　[解析] 因为a⊥b,所以a·b=0,|2a+b|2=4a2+4a·b+b2=4×1+|b|2=8,解得|b|=2.‎ ‎6.A　[解析] 设a,b的夹角为θ,依题意有a·b=|a|·|b|·cos θ=-‎5‎‎30‎‎2‎,|a|2-|b|2=-15,又|a|=‎10‎,可得|b|=5,所以cos θ=-‎3‎‎2‎,所以θ=‎5π‎6‎.故选A.‎ ‎7.A　[解析] 因为a⊥b,所以(-1)×k+2×1=0,所以k=2,所以a+b=(1,3),所以|a+b|=‎1‎‎2‎‎+‎‎3‎‎2‎=‎10‎,|a|=‎5‎,所以a+b在a方向上的投影为|a+b|cos=‎(a+b)·a‎|a|‎=‎-1+6‎‎5‎=‎5‎.故选A.‎ ‎8.B　[解析] AE=λAC=λ(AB+AD),BE=AE-AB=λ(AB+AD)-AB=(λ-1)AB+λAD,因为AE·BE=-‎4‎‎5‎,所以λ(AB+AD)·[(λ-1)AB+λAD]=-‎4‎‎5‎,化简得λ[4(λ-1)+λ]=-‎4‎‎5‎,解得λ=‎2‎‎5‎.故选B.‎ ‎9.A　[解析] AO‎2‎=AB‎+‎AC‎2‎2=‎1‎‎4‎(AB‎2‎+AC‎2‎+2AB·AC)=‎1‎‎4‎×(1+22+2×1×2cos 120°)=‎3‎‎4‎,所以|AO|=‎3‎‎2‎,得|MO|=‎3‎‎6‎,由余弦定理得|BC|2=|AB|2+‎|AC|‎‎2‎-2|AB|·|AC|cos 120°=1+4-2×1×2×-‎1‎‎2‎=7,所以|BC|=‎7‎,得|OB|=‎7‎‎2‎,所以MB·MC=(MO+OB)·(MO+OC)=(MO+OB)·(MO-OB)=|MO|2-|OB|2=-‎5‎‎3‎.故选A.‎ ‎10.π‎3‎　[解析] 因为a⊥(a-b),所以a·(a-b)=0,即a2-a·b=0,1-1×2cos=0,所以cos=‎1‎‎2‎,所以=π‎3‎.‎ ‎11.-2　[解析] 如图,BA·BE=BA·(BA+AE)=BA‎2‎+‎3‎‎2‎BA·AC=22+‎3‎‎2‎|BA|·|AC|cos 135°=4+‎3‎‎2‎×2×2‎2‎×-‎2‎‎2‎=-2.‎ ‎12.m<-3　[解析] 依题意a·b=m+3<0,且‎3‎m-‎3‎≠0,所以m<-3.‎ ‎13.解:由已知得a·b=4×8×-‎1‎‎2‎=-16.‎ ‎(1)①因为|a+b|2=a2+2a·b+b2=16+2×(-16)+64=48,所以|a+b|=4‎3‎.‎ ‎②因为|4a-2b|2=16a2-16a·b+4b2=16×16-16×(-16)+4×64=768,‎ 所以|4a-2b|=16‎3‎.‎ ‎(2)因为(a+2b)⊥(ka-b),所以(a+2b)·(ka-b)=0,‎ 所以ka2+(2k-1)a·b-2b2=0,‎ 即16k-16(2k-1)-2×64=0,得k=-7.‎ 所以当k=-7时,(a+2b)⊥(ka-b).‎ ‎14.解:(1)因为f(x)=a·b-‎1‎‎2‎=cos2ωx+‎3‎sin ωxcos ωx-‎1‎‎2‎=sin2ωx+π‎6‎,‎ 其最小正周期为π,所以‎2π‎2ω=π,得ω=1,‎ 所以f(x)=sin2x+π‎6‎.‎ 由2kπ-π‎2‎≤2x+π‎6‎≤2kπ+π‎2‎(k∈Z),‎ 得kπ-π‎3‎≤x≤kπ+π‎6‎(k∈Z),‎ 所以函数f(x)的单调递增区间为kπ-π‎3‎,kπ+π‎6‎(k∈Z).‎ ‎(2)因为fA‎2‎=sinA+π‎6‎=1,A+π‎6‎∈π‎6‎,‎7π‎6‎,所以A+π‎6‎=π‎2‎,得A=π‎3‎,‎ 则S=‎1‎‎2‎bcsin A=‎1‎‎2‎×1×c×‎3‎‎2‎=‎3‎,得c=4,‎ 所以a=‎1+16-2×1×4×cos ‎π‎3‎=‎13‎.‎ ‎15.-7　[解析] 如图,建立平面直角坐标系,设C(t,0),则A(-t,0),B(0,-1),D(0,1),E-‎2‎‎3‎t,‎1‎‎3‎,Ft‎2‎,‎1‎‎2‎,AD=(t,1),BE=-‎2‎‎3‎t,‎4‎‎3‎,CD=(-t,1),AF=‎3t‎2‎,‎1‎‎2‎.因为AD·BE=-2,所以-‎2‎‎3‎t2+‎4‎‎3‎=-2,解得t2=5,所以CD·AF=-‎3‎‎2‎t2+‎1‎‎2‎=-7.‎ ‎16.-‎5‎‎2‎,-1　[解析] ∵AB=2,AD=1,∠BAD=60°,∴AB‎2‎=4,AD‎2‎=1,AB·AD=1.设BF=λBC(0≤λ≤1),则AF=AB+λAD,FE=FC+CE=(1-λ)AD-‎1‎‎2‎AB,∴AF·FE=-‎1‎‎2‎AB‎2‎+λ(1-λ)AD‎2‎+1-‎3‎‎2‎λAB·AD=-λ2-λ‎2‎-1‎ ‎=-λ+‎1‎‎4‎2-‎15‎‎16‎,∴当λ=1时,AF·FE取得最小值-‎5‎‎2‎,当λ=0时,AF·FE取得最大值-1.故AF·FE的取值范围是-‎5‎‎2‎,-1.‎