北师大版2022高考总复习数学理考点演练平面向量的数量积及平面向量的应用举例

第三节平面向量的数量积及平面向量的应用举例1.设a、b、c为平面向量，下面的命题中：①a·(b－c)＝a·b－a·c；②(a·b)c＝a(b·c)；③(a－b)2＝|a|2－2a·b＋|b|2④若a·b＝0，则a＝0或b＝0.正确的个数是()A.3B.2C.1D.2.(改编题)已知平面向量a＝(－1,2)，b＝(－4,2)，若λa＋b与b垂直，则λ的值为()A.1B.－2C.eq\f(5,2)D.－eq\f(5,2)3.(2022·深圳质检)已知向量a＝(cos15°，sin15°)，b＝(－sin15°，－cos15°)，则|a＋b|的值为()A.1B.eq\f(\r(3),2)C.eq\r(2)D.eq\r(3)4.(2022·潍坊三县高三第一次联考)若|a|＝2，|b|＝4，且(a＋b)⊥a，则a与b的夹角是()A.eq\f(π,6)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,6)5.(2022·烟台模拟)在△ABC中，(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|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6.(2022·福建模拟)已知向量a＝(2，sinx)，b＝(cos2x，2cosx)，则函数f(x)＝a·b的最小正周期是()A.eq\f(π,2)B.πC.2πD.4π7.(2022·济南模拟)在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝3，△ABC的面积S∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，则eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(BC,\s\up6(→))夹角的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))8.已知平面向量a＝(2,4)，b＝(－1,2)，若c＝a－(a·b)b，则|c|＝________.9.(原创题)已知|a|＝2，|b|＝eq\r(2)，若2b－a与a垂直，则a与b的夹角为________．10.已知向量m＝(sinθ，2cosθ)，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－\f(1,2)))，当θ∈[0，π]时，函数f(θ)＝m·n的值域为________．11.(2022·江苏)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(eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，求t的值．12.已知两个不共线的向量a，b的夹角为θ，且|a|＝3，|b|＝1，x为正实数．(1)若a＋2b与a－4b垂直，求tanθ；(2)若θ＝eq\f(π,6)，求|xa－b|的最小值及对应的x的值，并指出此时向量a与xa－b的位置关系．第三节平面向量的数量积及平面向量的应用举例1．解析：由数量积的运算性质易知①③是正确的．对于②，(a·b)·c表示与向量c共线的向量，而a·(b·c)表示与向量a共线的向量，故②错误．对于④，a·b＝0，则a＝0或b＝0或a⊥b，故④错误．答案：B2．解析：∵λa＋b＝λ(－1,2)＋(－4,2)＝(－λ－4,2λ＋2)，(λa＋b)·b＝(－λ－4,2λ＋2)·(－4,2)＝0，即－4(－λ－4)＋2(2λ＋2)＝0，∴λ＝－eq\f(5,2).答案：D3．解析：∵|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b＝1＋1＋2(－cos15°sin15°－sin15°cos15°)＝2－2sin30°＝1，∴|a＋b答案：A4．解析：设a与b的夹角为θ，(a＋b)⊥a⇒(a＋b)·a＝0，∴a2＋a·b＝0，∴cosθ＝eq\f(－a2,|a||b|)＝eq\f(－4,2×4)＝－eq\f(1,2)，∴θ＝eq\f(2π,3).答案：B5．解析：由(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|2得(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))－|eq\o(AC,\s\up6(→))|2＝0，即eq\o(AC,\s\up6(→))·(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0，eq\o(AC,\s\up6(→))·(2eq\o(BA,\s\up6(→)))＝0，故有eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BA,\s\up6(→)).答案：C6．解析：f(x)＝a·b＝2cos2x＋2sinxcosx＝1＋cos2x＋sin2x＝1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，其最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故应选B.答案：B7．解析：由题意知eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|cosθ＝3.S＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|sin(π－θ)＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|sinθ＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|·cosθtanθ＝eq\f(3,2)tanθ.∵eq\f(\r(3),2)≤S≤eq\f(3,2)，即eq\f(\r(3),3)≤tanθ≤1.又∵θ∈[0，π]，∴θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4))).答案：B8．解析：a·b＝(2,4)·(－1,2)＝6，c＝(2,4)－6(－1,2)＝(8，－8)，∴|c|＝8eq\r(2).答案：8eq\r(2)9．解析：由(2b－a)⊥a知(2b－a)·a＝0，即2b·a－a2＝0，所以a·b＝eq\f(a2,2)＝2.设a，b的夹角为θ，cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(2,2\r(2))＝eq\f(\r(2),2).又θ∈[0，π]，故θ＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)10．解析：由f(θ)＝m·n，得f(θ)＝eq\r(3)sinθ－cosθ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6))).∵θ∈[0，π]，∴θ－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴f(θ)的值域为[－1,2]．答案：[－1,2]11．解析：(1)方法一：由题设知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3,5)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1)，则eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,6)，eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4,4)．所以|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2eq\r(10)，|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|＝4eq\r(2).故所求的两条对角线的长分别为4eq\r(2)、2eq\r(10).方法二：设该平行四边形的第四个顶点为D，两条对角线的交点为E，则E为B、C的中点，故E(0,1)，又E(0,1)为A、D的中点，所以D(1,4)．故所求的两条对角线的长分别为BC＝4eq\r(2)，AD＝2eq\r(10).(2)方法一：由题设知：eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－2，－1)，eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(OC,\s\up6(→))＝(3＋2t，5＋t)．由(eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，得(3＋2t,5＋t)·(－2，－1)＝0，从而5t＝－11，所以t＝－eq\f(11,5).方法二：eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝teq\o(OC,\s\up6(→))2，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3,5)，t＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(OC,\s\up6(→)),|\o(OC,\s\up6(→))|2)＝－eq\f(11,5).12．解析：(1)由题意得(a＋2b)·(a－4b)＝0，即a2－2a·b－8b2＝0，得32－2×3×1×cosθ－8×12＝0，得cosθ＝eq\f(1,6)，又θ∈[0，π)，故θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，因此，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))2)＝eq\f(\r(35),6)，tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\r(35).(2)|xa－