2022年高三数学一轮复习 专项训练 平面向量的数量积（含解析）

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1、2022年高三数学一轮复习 专项训练 平面向量的数量积（含解析） 1、 (1)(xx·威海期末考试)已知a＝(1,2)，2a－b＝(3,1)，则a·b＝(　　)． A．2 B．3 C．4 D．5 (2)(xx·江西卷)设e1，e2为单位向量，且e1，e2的夹角为，若a＝e1＋3e2，b＝2e1，则向量a在b方向上的射影为________． 解析　(1)∵a＝(1,2)，2a－b＝(3,1) ∴b＝2a－(3,1)＝2(1,2)－(3,1)＝(－1,3)． ∴a·b＝(1,2)·(－1,3)＝－1＋2×3＝5. (2)由于a＝e1＋3e2，b＝2e1， 所以|b|＝2，a·

2、b＝(e1＋3e2)·2e1＝2e＋6e1·e2 ＝2＋6×＝5， 所以a在b方向上的射影为|a|·cos＝＝. 答案　(1)D　(2) 2、 (1)若向量a＝(1,1)，b＝(2,5)，c＝(3，x)满足条件(8a－b)·c＝30，则x＝(　　)． A．6 B．5 C．4 D．3 (2)(xx·山东卷)已知向量与的夹角为120°，且||＝3，||＝2.若＝λ＋，且⊥，则实数λ的值为______． 解析　(1)8a－b＝8(1,1)－(2,5)＝(6,3)， 所以(8a－b)·c＝(6,3)·(3，x)＝30， 即18＋3x＝30，解得x＝4.故选C. (2

3、)∵⊥，∴·＝0， ∴(λ＋)·＝0，即(λ＋)·(－)＝(λ－1)·－λ2＋2＝0. ∵向量与的夹角为120°，||＝3，||＝2， ∴(λ－1)||||·cos 120°－9λ＋4＝0，解得λ＝. 答案　(1)C　(2) 3.向量a＝(1,2)，b＝(0,2)，则a·b＝(　　)． A．2 B．(0,4) C．4 D．(1,4) 解析　a·b＝(1,2)·(0,2)＝1×0＋2×2＝4. 答案　C 4．在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝120°，则在方向上的投影为(　　)． A. B. C．1

4、 D．2 解析　如图所示，在方向上的投影为||cos 60°＝2×＝1. 答案　C 5．已知向量a＝(，1)，b＝(0,1)，c＝(k，)．若a＋2b与c垂直，则k＝(　　)． A．－3 B．－2 C．－1 D．1 解析　由题意知(a＋2b)·c＝0，即a·c＋2b·c＝0. 所以k＋＋2＝0，解得k＝－3. 答案　A 6．若非零向量a，b满足|a|＝|b|，且(2a＋b)·b＝0，则向量a，b的夹角为(　　)． A. B. C. D. 解析　由(2a＋b)·b＝0，得2a·b＋|b|2＝0. ∴2|b|2·cos＋|b|2＝0，∴cos

5、＝－， 又∈[0，π]，∴＝. 答案　A 7．(xx·新课标全国Ⅰ卷)已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b.若b·c＝0，则t＝________. 解析　b·c＝b·[ta＋(1－t)b]＝ta·b＋(1－t)b2 ＝t|a||b|cos 60°＋(1－t)|b|2 ＝＋1－t＝1－. 由b·c＝0，得1－＝0，所以t＝2. 答案　2 8．在平面直角坐标系xOy中，已知＝(3，－1)，＝(0,2)．若·＝0，＝λ，则实数λ的值为________． 解析　设C(x，y)，则＝(x，y)，又＝－＝(0,2)－(3，－1)＝(－3,3)

6、，所以·＝－3x＋3y＝0，解得x＝y.又＝(x－3，y＋1)＝λ(0,2)，得结合x＝y，解得λ＝2. 答案　2 9.(xx·潍坊二模)如图，在△ABC中，O为BC中点，若AB＝1，AC＝3，<，>＝60°，则||＝________. 解析　因为<，>＝60°，所以·＝||·||cos 60°＝1×3×＝，又＝，所以2＝(＋)2＝(2＋2·＋2)，即2＝(1＋3＋9)＝，所以||＝. 答案　 考点：向量的夹角与向量的模 1、(1)若非零向量a，b满足|a|＝3|b|＝|a＋2b|，则a与b夹角的余弦值为________． (2)已知向量a，b满足a·b＝0，|a|＝

7、1，|b|＝2，则|2a－b|＝________. 解析　(1)等式平方得|a|2＝9|b|2 ＝|a|2＋4|b|2＋4a·b， 则|a|2＝|a|2＋4|b|2＋4|a||b|cos θ， 即0＝4|b|2＋4·3|b|2cos θ， 得cos θ＝－. (2)因为|2a－b|2＝(2a－b)2＝4a2＋b2－4a·b＝4a2＋b2＝4＋4＝8，故|2a－b|＝2. 答案　(1)－　(2)2 2、已知向量a，b夹角为45°，且|a|＝1，|2a－b|＝，则|b|＝________. (2)若平面向量a，b满足|a|＝1，|b|≤1，且以向量a，b为邻边的平行四边形的面积为

8、，则a和b的夹角θ的取值范围是________． 解析　(1)由|2a－b|＝平方得， 4a2－4a·b＋b2＝10， 即|b|2－4|b|cos 45°＋4＝10， 亦即|b|2－2|b|－6＝0， 解得|b|＝3或|b|＝－(舍去)． (2)依题意有|a||b|sin θ＝， 即sin θ＝，由|b|≤1，得 ≤sin θ≤1，又0≤θ≤π， 故有≤θ≤. 答案　(1)3　(2) 3．已知平面向量a＝(1，x)，b＝(2x＋3，－x)(x∈R)． (1)若a⊥b，求x的值； (2)若a∥b，求|a－b|. 解　(1)若a⊥b， 则a·b＝1×(2x＋3)＋x(

9、－x)＝0. 整理得x2－2x－3＝0，故x＝－1或x＝3. (2)若a∥b，则有1×(－x)－x(2x＋3)＝0， 即x(2x＋4)＝0，解得x＝0或x＝－2. 当x＝0时，a＝(1,0)，b＝(3,0)，a－b＝(－2,0)， ∴|a－b|＝＝2. 当x＝－2时，a＝(1，－2)，b＝(－1,2)，a－b＝(2，－4)， ∴|a－b|＝2. 综上，可知|a－b|＝2或2. 4．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61， (1)求a与b的夹角θ； (2)求|a＋b|； (3)若＝a，＝b，求△ABC的面积． 解　(1)∵(2a－3b)·(2a＋

10、b)＝61， ∴4|a|2－4a·b－3|b|2＝61. 又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4a·b－27＝61， ∴a·b＝－6.∴cos θ＝＝＝－. 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. 5．(xx·青岛一模)若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，则向量a＋b与a的夹角为(　　)． A. B. C.

11、 D. 解析　由|a＋b|＝|a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，即a·b＝0，所以(a＋b)·a＝a2＋a·b＝|a|2. 故向量a＋b与a的夹角θ的余弦值为 cos θ＝＝＝.所以θ＝. 答案　B 6．设两向量e1，e2满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夹角为60°，若向量2te1＋7e2与向量e1＋te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围． 解　由已知得e＝4，e＝1，e1·e2＝2×1×cos 60°＝1. ∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＝2te＋(2t2＋7)e1·e2＋7te＝2t2＋15t＋7. 欲使夹角为钝角，需2t2＋15

12、t＋7＜0，得－7＜t＜－. 设2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)(λ＜0)， ∴∴2t2＝7. ∴t＝－，此时λ＝－. 即t＝－时，向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为π. ∴当两向量夹角为钝角时，t的取值范围是 ∪. 考点：向量的垂直关系 1、已知平面向量a＝(，－1)，b＝. (1)证明：a⊥b； (2)若存在不同时为零的实数k和t，使c＝a＋(t2－3)b，d＝－ka＋tb，且c⊥d，试求函数关系式k＝f(t)． (1)证明　∵a·b＝×－1×＝0，∴a⊥b. (2)解　∵c＝a＋(t2－3)b，d＝－ka＋tb，且c⊥d， ∴c·d＝[a＋(t2

13、－3)b]·(－ka＋tb) ＝－ka2＋t(t2－3)b2＋[t－k(t2－3)]a·b＝0. 又a2＝|a|2＝4，b2＝|b|2＝1，a·b＝0， ∴c·d＝－4k＋t3－3t＝0， ∴k＝f(t)＝(t≠0)． 考点：坐标法的应用 1、 (xx·上海卷)在矩形ABCD中，设AB，AD的长分别为2,1.若M，N分别是边BC，CD上的点，且满足＝，则·的取值范围是________． 解：如图，以A点为坐标原点建立平面直角坐标系，则各点坐标为A(0,0)，B(2,0)，C(2,1)，D(0,1)， 设＝＝k(0≤k≤1)，则点M的坐标为(2，k)，点N的坐标为(2－2k,1)， 则＝(2，k)，＝(2－2k,1)，·＝2(2－2k)＋k＝4－3k，而0≤k≤1，故1≤4－3k≤4. 答案　[1,4] 2、(xx·江苏卷)如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝2，点E为BC的中点，点F在边CD上，若·＝，则·的值是________． 解析：以A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(，0)，E(，1)，F(x,2)，∴＝(x,2)，＝(，0)，＝(，1)，＝(x－，2)，∴·＝x＝，解得x＝1，∴F(1,2)，∴·＝.