2020版高考数学一轮复习课时作业28《 平面向量的数量积》(含解析) 练习

课时作业28　平面向量的数量积

一、选择题

1.已知平面向量a，b的夹角为，且a·(a－b)＝2，|a|＝2，则|b|等于(　D　)

A.   B.2

C.4   D.2

解析：因为a·(a－b)＝2，所以a2－a·b＝2，

即|a|2－|a||b|cos〈a，b〉＝2，

所以4－2|b|×＝2，解得|b|＝2.

2.已知点A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量在方向上的投影是(　A　)

A.－3   B.－

C.3   D.

解析：依题意得，＝(－2，－1)，＝(5,5)，

·＝(－2，－1)·(5,5)＝－15，||＝，

因此向量在方向上的投影是

＝＝－3.

3.(2019·洛阳第一次统一考试)已知平面向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，a与b的夹角为，且(a＋λb)⊥(2a－b)，则实数λ的值为(　D　)

A.－7   B.－3

C.2   D.3

解析：依题意得a·b＝2×1×cos＝－1，由(a＋λb)·(2a－b)＝0，得2a2－λb2＋(2λ－1)a·b＝0，即－3λ＋9＝0，解得λ＝3.

4.(2019·西安八校联考)在△ABC中，已知·＝，||＝3，||＝3，M，N分别是BC边上的三等分点，则·的值是(　B　)

A.   B.

C.6   D.7

解析：不妨设＝＋，＝＋，

所以·＝(＋)·(＋)

＝2＋·＋2

＝(2＋2)＋·

＝×(32＋32)＋×＝，故选B.

5.如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条直径，＝2，则·的值是(　B　)

A.－   B.－

C.－   D.－

解析：因为＝2，r＝1，所以||＝，·＝(＋)·(＋)＝2＋·(＋)＋·＝2＋0－1＝－，故选B.

6.(2019·武汉市调研测试)设非零向量a，b满足|2a＋b|＝|2a－b|，则(　A　)

A.a⊥b   B.|2a|＝|b|

C.a∥b   D.|a|<|b|

解析：解法1：∵|2a＋b|＝|2a－b|，∴(2a＋b)2＝(2a－b)2，化简得a·b＝0，∴a⊥b，故选A.

解法2：记c＝2a，则由|2a＋b|＝|2a－b|得|c＋b|＝|c－b|，由平行四边形法则知，以向量c，b为邻边的平行四边形的对角线相等，∴该四边形为矩形，故c⊥b，即a⊥b，故选A.

二、填空题

7.(2019·张掖一诊)已知平面向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a⊥(a－2b)，则|a＋b|＝.

解析：∵a⊥(a－2b)，∴a·(a－2b)＝0，解得2a·b＝1，

∴|a＋b|＝＝.

8.(2019·惠州市调研考试)在四边形ABCD中，＝，P为CD上一点，已知||＝8，||＝5，与的夹角为θ，且cosθ＝，＝3，则·＝2.

解析：∵＝，＝3，∴＝＋

＝＋，＝＋

＝－，又||＝8，||＝5，cosθ＝，

∴·＝8×5×＝22，

∴·＝(＋)·(－)

＝||2－·－||2

＝52－11－×82＝2.

9.(2019·合肥市质量检测)已知平面向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝，则a在b方向上的投影等于－.

解析：解法1：∵|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝，∴(a＋b)2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝5＋2a·b＝3，

∴a·b＝－1，∴a在b方向上的投影为＝－.

解法2：记a＝，a＋b＝，则b＝，由题意知||＝1，||＝，||＝2，则||2＋||2＝||2，△AOB是直角三角形，且∠OAB＝，∴a在b方向上的投影为||cos(π－)＝1×(－)＝－.

10.(2019·益阳、湘潭调研考试)已知非零向量a，b满足a·b＝0，|a＋b|＝t|a|，若a＋b与a－b的夹角为，则t的值为.

解析：因为a·b＝0，所以(a＋b)2＝(a－b)2，

即|a＋b|＝|a－b|.又|a＋b|＝t|a|，

所以|a－b|＝|a＋b|＝t|a|.因为a＋b与a－b的夹角为，所以＝cos，

整理得＝，即(2－t2)|a|2＝2|b|2.又|a＋b|＝t|a|，平方得|a|2＋|b|2＝t2|a|2，

所以|a|2＋＝t2|a|2，解得t2＝.因为t>0，所以t＝.

三、解答题

11.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).

解：由已知得，a·b＝4×8×＝－16.

(1)①∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，∴|a＋b|＝4.

②∵|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768，∴|4a－2b|＝16.

(2)∵(a＋2b)⊥(ka－b)，∴(a＋2b)·(ka－b)＝0，∴ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，即16k－16(2k－1)－2×64＝0.∴k＝－7.即k＝－7时，a＋2b与ka－b垂直.

12.如图，已知O为坐标原点，向量＝(3cosx,3sinx)，＝(3cosx，sinx)，＝(，0)，x∈.

(1)求证：(－)⊥；

(2)若△ABC是等腰三角形，求x的值.

解：(1)证明：－＝(0,2sinx)，∴(－)·＝0×＋2sinx×0＝0，∴(－)⊥.

(2)若△ABC是等腰三角形，则AB＝BC，

∴(2sinx)2＝(3cosx－)2＋sin2x，

整理得2cos2x－cosx＝0，解得cosx＝0，或cosx＝.∵x∈，∴cosx＝，x＝.

13.(2019·南宁市摸底联考)已知O是△ABC内一点，＋＋＝0，·＝2且∠BAC＝60°，则△OBC的面积为(　A　)

A.　　　　B.  C.　　　　D.

解析：∵＋＋＝0，∴O是△ABC的重心，于是S△OBC＝S△ABC.∵·＝2，∴||·||·cos∠BAC＝2，∵∠BAC＝60°，∴||·||＝4.又S△ABC＝||·||sin∠BAC＝，∴△OBC的面积为，故选A.

14.已知平面向量a，b满足|a|＝1，a与b－a的夹角为60°，记m＝λa＋(1－λ)b(λ∈R)，则|m|的取值范围为.

解析：如图所示，设＝a，＝b，＝m，则||＝1，∠OAB＝120°.∵m＝λa＋(1－λ)b(λ∈R)，∴A，B，C三点共线，

∵点O到直线AB的距离为||·sin60°＝，

∴||≥，∴|m|的取值范围为.

15.(2019·洛阳市第一次联考)已知点O是锐角三角形ABC的外心，若＝m＋n(m，n∈R)，则(　C　)

A.m＋n≤－2   B.－2≤m＋n<－1

C.m＋n<－1   D.－1<m＋n<0

解析：因为点O是锐角三角形ABC的外心，所以O在三角形内部，则m<0，n<0，不妨设锐角三角形ABC的外接圆的半径为1，因为＝m＋n，所以2＝m22＋n22＋2mn·，设向量，的夹角为θ，则1＝m2＋n2＋2mncosθ<m2＋n2＋2mn＝(m＋n)2，所以m＋n<－1或m＋n>1(舍去)，所以m＋n<－1，故选C.

16.(2019·南昌摸底调研)已知动直线l与圆O：x2＋y2＝4相交于A，B两点，且满足|AB|＝2，点C为直线l上一点，且满足＝，若M是线段AB的中点，则·的值为3.

解析：解法1：动直线l与圆O：x2＋y2＝4相交于A，B两点，连接OA，OB，因为满足|AB|＝2，所以△AOB为等边三角形，于是不妨设动直线l为y＝(x＋2)，如图所示，根据题意可得B(－2,0)，A(－1，)，因为M是线段AB的中点，所以M(－，).设C(x，y)，因为＝，所以(－2－x，－y)＝(－1－x，－y)，

所以

解得所以C(－，)，所以·＝(－，)·(－，)＝＋＝3.

解法2：连接OA，OB，因为直线l与圆O：x2＋y2＝4相交于A，B两点，|AB|＝2，所以△AOB为等边三角形，因为＝，所以＝＋＝＋＝＋－＝－，又M为AB的中点，所以＝＋，且与的夹角为60°，则·＝(－)·(＋)＝2－2＋||||cos60°＝×4－×4＋×2×2×＝3.