2021版高考数学一轮复习核心素养测评二十七平面向量的数量积及应用举例苏教版 10页

核心素养测评二十七 平面向量的数量积及应用举例 ‎(30分钟　60分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.已知向量a=(1,-1),b=(2,x),若a·b=1,则x= (　　)‎ A.-1 B.- C. D.1‎ ‎【解析】选D.a·b=1×2+(-1)×x=2-x=1,所以x=1.‎ ‎2.(2020·十堰模拟)若夹角为θ的向量a与b满足|b|=|a-b|=1,且向量a为非零向量,则|a|= (　　)‎ A.-2cos θ B.2cos θ C.-cos θ D.cos θ ‎【解析】选B.因为|b|=|a-b|=1,所以b2=a2-2a·b+b2,a2=2a·b,|a|2=‎ ‎2|a||b|cos θ,因为a为非零向量,所以|a|=2|b|cos θ=2cos θ.‎ ‎3.(多选)在直角坐标平面上,=(1,4),=(-3,1),且与在直线l的方向向量上的投影的长度相等,则直线l的斜率k的值为 (　　)‎ A.- B. C. - D.‎ ‎【解析】选BC.设直线l的一个方向向量为v=(1,k),由题意可得=,‎ 所以|1+4k|=|-3+k|,解得k=或-.‎ ‎4. (2019·南京模拟)已知非零向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|a-2b|=2,则|b|等于 (　　)‎ A.4　　 B.2 C. D.1‎ ‎【解析】选D.因为|a-2b|=2,所以|a-2b|2=4,‎ a2-4a·b+4b2=4,4-4·2|b|cos 60°+4|b|2=4,解得|b|=1.(|b|=0舍去)‎ ‎5.(2020·山东新高考模拟)设向量a=(1,1),b=(-1,3),c=(2,1),且(a-λb)⊥c,则λ= (　　)‎ A.3 B.2 C.-2 D.-3‎ - 10 -‎ ‎【解析】选A.由题,得a-λb=(1+λ,1-3λ),由(a-λb)⊥c,从而2×(1+λ)+1×(1-3λ)=0,解得λ=3.‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎6.已知△ABC的三边长均为1,且=c,=a,=b,则a·b+b·c+a·c=________. ‎ ‎【解析】因为===120°,|a|=|b|=|c|=1,所以a·b=b·c=a·c=1×1×cos 120°=-,a·b+b·c+a·c=-.‎ 答案:-‎ ‎7.已知向量m与n满足|m|=1,|n|=2,且m⊥(m+n),则向量m与n的夹角为________.  ‎ ‎【解析】设m,n的夹角为θ,因为m⊥(m+n),所以m·(m+n)=m2+m·n=1+1‎ ‎×2cos θ=0,所以cos θ=-,又θ∈,所以θ=.‎ 答案:‎ ‎【变式备选】‎ 已知向量a,b满足|a|=|b|=2且(a+2b)·(a-b)=-2,则向量a与b的夹角 为________. ‎ ‎【解析】设a与b的夹角为θ.由已知a2-2b2+a·b=-2,4-8+4cos θ=-2,cos θ=,又θ∈[0,π],所以θ=,即a与b的夹角为.‎ 答案:‎ ‎8.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=‎ - 10 -‎ ‎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　‎ ‎【变式备选】‎ 已知正方形ABCD的边长为1,点E是AB边上的动点,则·的值为________;·的最大值为________. ‎ ‎【解析】‎ 以射线AB,AD为x轴,y轴的正方向建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),设E(t,0),t∈[0,1],则 ‎=(t,-1),=(0,-1),所以·=(t,-1)·(0,-1)=1.‎ 因为=(1,0),‎ 所以·=(t,-1)·(1,0)=t≤1,‎ ‎·的最大值为1. ‎ 答案:1　1‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎9.已知|a|=4,|b|=8,a与b的夹角是120°. ‎ ‎(1)计算:①|a+b|,②|4a-2b|.‎ - 10 -‎ ‎(2)当k为何值时,(a+2b)⊥(k a-b).‎ ‎【解析】由已知a·b=4×8×=-16.‎ ‎(1)①因为|a+b|2=a2+2a·b+b2‎ ‎=16+2×(-16)+64=48,所以|a+b|=4.‎ ‎②因为|4a-2b|2=16a2-16a·b+4b2‎ ‎=16×16-16×(-16)+4×64=768,‎ 所以|4a-2b|=16.‎ ‎(2)因为(a+2b)⊥(ka-b),‎ 所以(a+2b)·(ka-b)=0,ka2+(2k-1)a·b-2b2=0,‎ 即16k-16(2k-1)-2×64=0,k=-7,‎ 所以当k=-7时,a+2b与ka-b垂直.‎ ‎10.在平面直角坐标系xOy中,点A(-1,-2),B(2,3),C(-2,-1).‎ ‎(1)求以线段AB,AC为邻边的平行四边形两条对角线的长.‎ ‎(2)设实数t满足(-t)·=0,求t的值. ‎ ‎【解析】(1)由已知=(3,5),=(-1,1),则 ‎+=(2,6),-=(4,4).‎ 所以|+|=2,|-|=4.‎ 所以所求的两条对角线的长分别为4,2.‎ ‎(2)由已知,=(-2,-1),‎ ‎-t=(3+2t,5+t).由(-t)·=0得(3+2t,5+t)·(-2,-1)=0,‎ 所以5t=-11,所以t=-.‎ ‎(15分钟　35分)‎ - 10 -‎ ‎1.(5分)(2020·潮州模拟)已知向量a、b为单位向量,且a+b在a的方向上的投影为+1,则向量a与b的夹角为 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选A.设向量a与b的夹角为θ,因为向量a、b为单位向量,a+b在a的方向上的投影为 ‎+1,所以(a+b)·a=|a|,‎ 变形得1+a·b=+1,‎ 即a·b=1×1×cos θ=cos θ=,‎ 又由0≤θ≤π,则θ=,故选A.‎ ‎2.(5分)(2019·开封模拟)已知向量a=(m-1,1),b=(m,-2),则“m=‎2”‎是“a⊥b”的 (　　)‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎【解析】选A.当m=2时,a=(1,1),b=(2,-2),所以a·b=2-2=0,所以充分性成立;‎ 当a⊥b时,a·b=m(m-1)-2=0,解得m=2或m=-1,必要性不成立.综上,“m=2”是“a⊥b”的充分不必要条件.‎ ‎3.(5分)在Rt△ABC中,∠B=90°,BC=2,AB=1,D为BC的中点,E在斜边AC上,若=2,则·=______. ‎ ‎【解析】如图,以B为原点,AB所在直线为x轴,BC所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,‎ 则B(0,0),A(1,0),C(0,2),=(-1,2).‎ - 10 -‎ 因为D为BC的中点,所以D(0,1),‎ 因为=2,所以E,=,所以·=·(-1,2)=-+=.‎ 答案:‎ ‎4.(10分) (2020·扬州模拟)已知向量m=(2sin ωx,cos2ωx-sin2ωx),n=‎ ‎(cos ωx,1),其中ω>0,x∈R.若函数f(x)=m·n的最小正周期为π.‎ ‎(1)求ω的值.‎ ‎(2)在△ABC中,若f(B)=-2,BC=,sin B=sin A,求·的值. ‎ ‎【解析】(1)f(x)=m·n=2sin ωxcos ωx+cos2ωx-sin2ωx=sin 2ωx ‎+cos 2ωx=2sin.‎ 因为f(x)的最小正周期为π,‎ 所以T==π,又ω>0,所以ω=1.‎ ‎(2)由(1)知f(x)=2sin.‎ 设△ABC中角A,B,C所对边分别是a,b,c.‎ 因为f(B)=-2,所以2sin=-2,‎ - 10 -‎ 即sin=-1,又0