2021版浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第五章 3 第3讲 平面向量的数量积及应用举例

[基础题组练]

→→

1．已知A，B，C为平面上不共线的三点，若向量AB＝(1，1)，n＝(1，－1)，且n·AC＝→2，则n·BC等于( )

A．－2 C．0

B．2 D．2或－2

→→→→→

解析：选B.n·BC＝n·(BA＋AC)＝n·BA＋n·AC＝(1，－1)·(－1，－1)＋2＝0＋2＝2. →→→2．(2020·温州市十校联合体期初)设正方形ABCD的边长为1，则|AB－BC＋AC|等于( )

A．0 C．2

B.2 D．22

→→→→→→→解析：选C.正方形ABCD的边长为1，则|AB－BC＋AC|2＝|DB＋AC|2＝|DB|2＋|AC|2＋→→→→→

2DB·AC＝12＋12＋12＋12＝4，所以|AB－BC＋AC|＝2，故选C.

3．(2020·温州市十校联合体期初)已知平面向量a，b，c满足c＝xa＋yb(x，y∈R)，且a·c>0，b·c>0.( )

A．若a·b<0则x>0，y>0 B．若a·b<0则x<0，y<0 C．若a·b>0则x<0，y<0 D．若a·b>0则x>0，y>0

解析：选A.由a·c>0，b·c>0，若a·b<0， 可举a＝(1，1)，b＝(－2，1)，c＝(0，1)， 则a·c＝1>0，b·c＝1>0，a·b＝－1<0， 由c＝xa＋yb，即有0＝x－2y，1＝x＋y， 21

解得x＝，y＝，则可排除B；

33

若a·b>0，可举a＝(1，0)，b＝(2，1)，c＝(1，1)， 则a·c＝1>0，b·c＝3>0，a·b＝2>0，

由c＝xa＋yb，即有1＝x＋2y，1＝y，解得x＝－1，y＝1， 则可排除C，D.故选A.

→→→→2

4．在△ABC中，(BC＋BA)·AC＝|AC|，则△ABC的形状一定是( ) A．等边三角形 C．直角三角形

B．等腰三角形 D．等腰直角三角形

→→→→2→→→→→→→→解析：选C.由(BC＋BA)·AC＝|AC|，得AC·(BC＋BA－AC)＝0，即AC·(BC＋BA＋CA)＝0， →→→→所以2AC·BA＝0，所以AC⊥AB.

→→

所以∠A＝90°，又因为根据条件不能得到|AB|＝|AC|.故选C.

5．已知正方形ABCD的边长为2，点F是AB的中点，点E是对角线AC上的动点，→→

则DE·FC的最大值为( )

A．1 C．3

B．2 D．4

→→

解析：选B.以A为坐标原点，AB，AD方向分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐→→

标系(图略)，则F(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，设E(λ，λ)(0≤λ≤2)，则DE＝(λ，λ－2)，FC＝→→

(1，2)，所以DE·FC＝3λ－4≤2.

→→

所以DE·FC的最大值为2.故选B.

6．(2020·金华市东阳二中高三月考)若a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈

?3，1?，则b与a－b的夹角的取值范围是( ) ?3?

π2π

A.?，?

3??3C.?

2π

，π? ?3?

2π5π

B.?，?

6??3D.?5π

，π? ?6?

解析：选B.因为|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈?不妨设|a＋b|＝1，则|a|＝|b|＝λ.

3?，

?3，1?

→→

令OA＝a，OB＝b，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB， 则平行四边形OACB为菱形．

故有△OAB为等腰三角形，故有∠OAB＝∠OBA＝θ， π

且0<θ<.

2

而由题意可得，b与a－b的夹角，

→→

即OB与BA的夹角，等于π－θ，

△OAC中，由余弦定理可得|OC|2＝1＝|OA|2＋|AC|2－2|OA|·|AC|·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，

解得cos 2θ＝1－

1

. 22λπ2ππ311311

再由≤λ≤1，可得≤2≤，所以－≤cos 2θ≤，所以≤2θ≤，所以≤θ≤

322λ222336π

， 3

2π5π?2π5π?故≤π－θ≤，即b与a－b的夹角π－θ的取值范围是?，?. 36?36?

7．(2020·温州市十校联合体期初)已知平面向量a与b的夹角为120°，且|a|＝|b|＝4，那么|a－2b|＝________．

解析：因为平面向量a与b的夹角为120°，且|a|＝|b|＝4，所以a·b＝4·4·cos 120°＝－8， 所以|a－2b|＝答案：47

8．(2020·嘉兴一中高考适应性考试)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，

a·b（2e1＋e2）·e2π12所以＝＝2e1·e2＋|e2|＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝，则θ＝.

|b||e2|23a·b＝(2e1＋e2)·e2

＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2. 答案：2

π

3

（a－2b）2＝

a2－4a·b＋4b2＝

16－4·（－8）＋4·16＝112＝47.

→

9.如图，在边长为2的正方形ABCD中，点Q为边CD上一个动点，CQ→→→

＝λQD，点P为线段BQ (含端点)上一个动点．若λ＝1，则PA·PD的取值范围为________．

解析：当λ＝1时，Q为CD的中点． →→→→

设AB＝m，AD＝n，BP＝μBQ(0≤μ≤1)．

111→→→→

－m＋n?＝?1－μ?m＋μn， 易知BQ＝－m＋n，AP＝AB＋BP＝m＋μ??2??2?211→→→

1－μ?m＋μn－n＝?1－μ?m＋(μ－1)n， DP＝AP－AD＝??2??2?

1?1?2→→→→??1??????所以PA·PD＝AP·DP＝??1－2μ?m＋μn?·??1－2μ?m＋（μ－1）n?＝4?1－2μ?＋4μ(μ－1)＝5μ2－8μ＋4.

44

根据二次函数性质可知，当μ＝时上式取得最小值；当μ＝0时上式取得最大值4.所

554?→→

以PA·PD的取值范围为??5，4?.

4?

答案：??5，4?

→10．(2020·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足AC＝(1，→→→3)，BD＝(－3，1)，则凸四边形ABCD的面积为________；AB·CD的取值范围是________． →→→→→→

解析：由AC＝(1，3)，BD＝(－3，1)得AC⊥BD，且|AC|＝2，|BD|＝2，所以凸四边1

形ABCD的面积为×2×2＝2；因为ABCD为凸四边形，所以AC与BD交于四边形内一点，

2→→→→→→→→→→→→→→

记为M，则AB·CD＝(MB－MA)·(MD－MC)＝MB·MD＋MA·MC－MB·MC－MA·MD，

→→→→→→→→

设AM＝λAC，BM＝μBD，则λ，μ∈(0，1)，且MA＝－λAC，MC＝(1－λ)AC， →→→→→→

MB＝－μBD，MD＝(1－μ)BD，所以AB·CD＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有1→→

λ＝μ＝时，AB·CD取到最小值－2.

2

答案：2 [－2，0)

π

11．已知m＝?sin?x－?，1?，n＝(cos x，1)．

??6??(1)若m∥n，求tan x的值；

(2)若函数f(x)＝m·n，x∈[0，π]，求f(x)的单调递增区间．

?π?

解：(1)由m∥n得，sin?x－?－cos x＝0，

?6?

展开变形可得，sin x＝3cos x， 即tan x＝3.

π?31?

(2)f(x)＝m·n＝sin?2x－?＋，

2?6?4