2023届高考数学二轮复习微专题9平面向量数量积的常见求法作业

微专题9平面向量数量积的常见求法1.已知|a|＝4，|b|＝2，且a与b的夹角为120°，则(a＋2b)·(a＋b)的值为________．2．在△ABC中，a＝5，b＝8，C＝eq\f(π,3)，则eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))的值为________．3．已知|a|＝2eq\r(2)，|b|＝3，a和b的夹角为eq\f(π,4)，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝5a＋2b，eq\o(AC,\s\up6(→))＝a－3b，D为BC的中点，则|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝________.4．向量a，b满足|a＋b|＝2eq\r(3)|a|，且(a－b)·a＝0，则a，b的夹角的余弦值为________．5．在△ABC中，A＝120°，AB＝4.若点D在边BC上，且eq\o(BD,\s\up6(→))＝2eq\o(DC,\s\up6(→))，AD＝eq\f(2\r(7),3)，则AC的长为________．6．设a＝(1，2)，b＝(1，1)，且a与a＋λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是________．7．(1)如图1，在四边形ABCD中，AC＝eq\r(3)，BD＝1，求(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))的值．(2)如图2，在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝1，点M，N分别是AB，BC的中点，点P是△ABC(包括边界)内任一点．求eq\o(AN,\s\up6(→))·eq\o(MP,\s\up6(→))的取值范围．8．已知A，B，C是半径为1的圆O上的三点，AB为圆O的直径，P为圆O内一点(含圆周)，求eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))的取值范围．微专题91．答案：12.解析：因为|a|＝4，|b|＝2，且a与b的夹角为120°，所以a·b＝|a||b|cos120°＝4×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－4，从而(a－2b)·(a＋b)＝a2－a·b－2b2＝12.2．答案：－20.解析：如图，在△ABC中，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝|eq\o(BC,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|cos(π－C)＝5×8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－20.3．答案：eq\f(15,2).解析：eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝3a－eq\f(1,2)b，a2＝8，b2＝9，a·b＝6，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a－\f(1,2)b))eq\s\up12(2)＝9a2＋eq\f(1,4)b2－3a·b＝eq\f(225,4).故|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\f(15,2).4．答案：eq\f(1,3).解析：因为(a－b)·a＝0，所以a2＝b·a，又|a＋b|＝2eq\r(3)|a|，所以|a＋b|2＝12|a|2，化简得b2＝9a2，从而cos〈a，b〉＝eq\f(b·a,|a||b|)＝eq\f(a2,3|a||b|)＝eq\f(1,3).5．答案：3.解析：由eq\o(BD,\s\up6(→))＝2eq\o(DC,\s\up6(→))，得eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，两边平方得9eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋4eq\o(AC,\s\up6(→))2＋4eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，又AD＝eq\f(2\r(7),3)，A＝120°，所以|eq\o(AC,\s\up6(→))|2－2|eq\o(AC,\s\up6(→))|－3＝0，所以AC＝3.6．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，0))∪(0，＋∞)．解析：因为a与a＋λb的夹角为锐角，所以a·(a＋λb)＞0且排除a与a＋λb共线同向．a·(a＋λb)＞03λ＋5＞0λ＞－eq\f(5,3)，a∥(a＋λb)2＋λ－2－2λ＝0λ＝0.所以实数λ的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，0))∪(0，＋∞)．7．答案：(1)2；(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4))).解析：(1)因为eq\o(AC,\s\up6(→))与eq\o(BD,\s\up6(→))不共线，所以eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))可以作为平面所有向量的一组基底．所以(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝[(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))＋(eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BD,\s\up6(→)))]·(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(BD,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\o(AC,\s\up6(→))2－eq\o(BD,\s\up6(→))2＝3－1＝2.(2)以C为坐标原点，CA，CB分别为x轴和y轴建立如图所示的直角坐标系，易知A(1，0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，设P(x，y)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,x＋y≤1，))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)，y－\f(1,2)))，所以eq\o(AN,\s\up6(→))·eq\o(MP,\s\up6(→))＝－x＋eq\f(1,2)y＋eq\f(1,4)，根据线性规划可得eq\o(AN,\s\up6(→))·eq\o(MP,\s\up6(→))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4))).8．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，4)).解法1在平面直角坐标系xOy中，设A(－1，0)，B(1，0)，C(cosα，sinα)，P(rcosβ，rsinβ)，其中α∈(0，π)，r∈[0，1]，β∈R.eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝3r2－1－2rcos(β－α)∈[3r2－2r－1，3r2＋2r－1]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，4))，当r＝eq\f(1,3)，β＝α时，取得最小值－eq\f(4,3)；当r＝1，β＝π＋α时，取得最大值4.解法2eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\f(（\o(PA,\s\up6(→))＋\o(PB,\s\up6(→))）2－（\o(PA,\s\up6(→))－\o(PB,\s\up6(→))）2,4)＋eq\o(PC,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PA,\s\up6(→)))＝eq\f(（2\o(PO,\s\up6(→))）2－\o(AB,\s\up6(→))2,4)＋2eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))2＋2eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PO,\s\up6(→))－1.以O为坐标原点，建立直角坐标系，设P(x0，y0)，C(cosθ，sinθ)，则eq\o(PO,\s\up6(→))2＋2eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PO,\s\up6(→))－1＝3x02＋3y02－2x0cosθ－2y0sinθ－1，其中x0cosθ＋y0sinθ＝eq\r(x02＋y02)sin(θ＋φ)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(x02＋y02)，\r(x02＋y02))).令t＝eq\r(x02＋y02)∈[0，1]，则3t2－2t－1≤eq\o(PO,\s\up6(→))2＋2eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PO,\s\up6(→))－1≤3t2＋2t－1，得到eq\o(PO,\s\up6(→))2＋2eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PO,\s\up6(→))－1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，4)).解法3设A(－1，0)，B(1，0)，C(cosα，sinα)，P(x，y)，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋2eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PO,\s\up6(→))＝(1－x，－y)(－1－x，－y)＋2(cosα－x，sinα－y)(－x，－y)＝x2－1＋y2－2x(cosα－x)－2y(sinα－y)＝3x2＋3y2－2xcosα－2ysinα－1＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)cosα))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,3)sinα))\s\up12(2)))－eq\f(4,3)，因为点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)cosα，\f(1,3)sinα))落在以原点为圆心，eq\f(1,3)为半径的圆上，而点P(x，y)落在以原点为圆心，1为半径的圆O内，