2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第五章　3 第3讲　平面向量的数量积及应用举例

2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第五章　3 第3讲　平面向量的数量积及应用举例

‎[基础题组练]‎ ‎1．已知A，B，C为平面上不共线的三点，若向量＝(1，1)，n＝(1，－1)，且n·＝2，则n·等于(　　)‎ A．－2　　　　　　　　　 B．2‎ C．0 D．2或－2‎ 解析：选B.n·＝n·(＋)＝n·＋n·＝(1，－1)·(－1，－1)＋2＝0＋2＝2.‎ ‎2．(2020·温州市十校联合体期初)设正方形ABCD的边长为1，则|－＋|等于(　　)‎ A．0 B. C．2 D．2 解析：选C.正方形ABCD的边长为1，则|－＋|2＝|＋|2＝||2＋||2＋2·＝12＋12＋12＋12＝4，所以|－＋|＝2，故选C.‎ ‎3．(2020·温州市十校联合体期初)已知平面向量a，b，c满足c＝xa＋yb(x，y∈R)，且a·c>0，b·c>0.(　　)‎ A．若a·b<0则x>0，y>0‎ B．若a·b<0则x<0，y<0‎ C．若a·b>0则x<0，y<0‎ D．若a·b>0则x>0，y>0‎ 解析：选A.由a·c>0，b·c>0，若a·b<0，‎ 可举a＝(1，1)，b＝(－2，1)，c＝(0，1)，‎ 则a·c＝1>0，b·c＝1>0，a·b＝－1<0，‎ 由c＝xa＋yb，即有0＝x－2y，1＝x＋y，‎ 解得x＝，y＝，则可排除B；‎ 若a·b>0，可举a＝(1，0)，b＝(2，1)，c＝(1，1)，‎ 则a·c＝1>0，b·c＝3>0，a·b＝2>0，‎ 由c＝xa＋yb，即有1＝x＋2y，1＝y，解得x＝－1，y＝1，‎ 则可排除C，D.故选A.‎ ‎4．在△ABC中，(＋)·＝||2，则△ABC的形状一定是(　　)‎ A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 解析：选C.由(＋)·＝||2，得·(＋－)＝0，即·(＋＋)＝0，‎ 所以2·＝0，所以⊥.‎ 所以∠A＝90°，又因为根据条件不能得到||＝||.故选C.‎ ‎5．已知正方形ABCD的边长为2，点F是AB的中点，点E是对角线AC上的动点，则·的最大值为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选B.以A为坐标原点，，方向分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则F(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，设E(λ，λ)(0≤λ≤2)，则＝(λ，λ－2)，＝(1，2)，所以·＝3λ－4≤2.‎ 所以·的最大值为2.故选B.‎ ‎6．(2020·金华市东阳二中高三月考)若a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，则b与a－b的夹角的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.因为|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，‎ 不妨设|a＋b|＝1，则|a|＝|b|＝λ.‎ 令＝a，＝b，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，‎ 则平行四边形OACB为菱形．‎ 故有△OAB为等腰三角形，故有∠OAB＝∠OBA＝θ，‎ 且0<θ<.‎ 而由题意可得，b与a－b的夹角，‎ 即与的夹角，等于π－θ，‎ ‎△OAC中，由余弦定理可得|OC|2＝1＝|OA|2＋|AC|2－2|OA|·|AC|·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，‎ 解得cos 2θ＝1－.‎ 再由≤λ≤1，可得≤≤，所以－≤cos 2θ≤，所以≤2θ≤，所以≤θ≤，‎ 故≤π－θ≤，即b与a－b的夹角π－θ的取值范围是.‎ ‎7．(2020·温州市十校联合体期初)已知平面向量a与b的夹角为120°，且|a|＝|b|＝4，那么|a－2b|＝________．‎ 解析：因为平面向量a与b的夹角为120°，且|a|＝|b|＝4，所以a·b＝4·4·cos 120°＝－8，‎ 所以|a－2b|＝＝＝＝＝4.‎ 答案：4 ‎8．(2020·嘉兴一中高考适应性考试)设e1，e2为单位向量，其中a＝2e1＋e2，b＝e2，且a在b上的投影为2，则a·b＝________，e1与e2的夹角为________．‎ 解析：设e1，e2的夹角为θ，因为a在b上的投影为2，‎ 所以＝＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝，则θ＝.‎ a·b＝(2e1＋e2)·e2‎ ‎＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2.‎ 答案：2　 ‎9.如图，在边长为2的正方形ABCD中，点Q为边CD上一个动点，＝λ，点P为线段BQ (含端点)上一个动点．若λ＝1，则·的取值范围为________．‎ 解析：当λ＝1时，Q为CD的中点．‎ 设＝m，＝n，＝μ(0≤μ≤1)．‎ 易知＝－m＋n，＝＋＝m＋μ＝m＋μn，‎ ＝－＝m＋μn－n＝m＋(μ－1)n，‎ 所以·＝·＝·＝4＋4μ(μ－1)＝5μ2－8‎ μ＋4.‎ 根据二次函数性质可知，当μ＝时上式取得最小值；当μ＝0时上式取得最大值4.所以·的取值范围为.‎ 答案： ‎10．(2020·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足＝(1，)，＝(－，1)，则凸四边形ABCD的面积为________；·的取值范围是________．‎ 解析：由＝(1，)，＝(－，1)得⊥，且||＝2，||＝2，所以凸四边形ABCD的面积为×2×2＝2；因为ABCD为凸四边形，所以AC与BD交于四边形内一点，记为M，则·＝(－)·(－)＝·＋·－·－·，‎ 设＝λ，＝μ，则λ，μ∈(0，1)，且＝－λ，＝(1－λ)，‎ ＝－μ，＝(1－μ)，所以·＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝时，·取到最小值－2.‎ 答案：2　[－2，0)‎ ‎11．已知m＝，n＝(cos x，1)．‎ ‎(1)若m∥n，求tan x的值；‎ ‎(2)若函数f(x)＝m·n，x∈[0，π]，求f(x)的单调递增区间．‎ 解：(1)由m∥n得，sin－cos x＝0，‎ 展开变形可得，sin x＝cos x，‎ 即tan x＝.‎ ‎(2)f(x)＝m·n＝sin＋，‎ 由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z得，－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.‎ 又x∈[0，π]，所以当x∈[0，π]时，‎ f(x)的单调递增区间为和.‎ ‎12．(2020·金华市东阳二中高三月考)设O是△ABC的三边中垂线的交点，a，b，c分别为角A，B，C对应的边，已知b2－2b＋c2＝0，求·的取值范围．‎ 解：因为O是△ABC的三边中垂线的交点，故O是三角形外接圆的圆心，‎ 如图所示，延长AO交外接圆于点D.‎ 因为AD是⊙O的直径，所以∠ACD＝∠ABD＝90°.‎ 所以cos∠CAD＝，cos∠BAD＝.‎ 所以·＝·(－)‎ ‎＝·－· ‎＝||||·cos∠CAD－||||·cos∠BAD＝||2－||2‎ ‎＝b2－c2‎ ‎＝b2－(2b－b2)(因为c2＝2b－b2)‎ ‎＝b2－b＝－.‎ 因为c2＝2b－b2>0，解得0

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