新课改地区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平面向量的应用新人教B版.doc

1、核心素养测评二十七 平面向量的数量积及平面向量的应用(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ab=1,则x=()A.-1B.-C.D.1【解析】选D.ab=12+(-1)x=2-x=1,所以x=1.2.(2020十堰模拟)若夹角为的向量a与b满足|b|=|a-b|=1,且向量a为非零向量,则|a|=()A.-2cos B.2cos C.-cos D.cos 【解析】选B.因为|b|=|a-b|=1,所以b2=a2-2ab+b2,a2=2ab,|a|2=2|a|b|cos ,因为a为非零向量,所以|a|=2|b|cos =2cos .3

2、.(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广州模拟)已知非零向量a,b的夹角为60,|a|=2,|a-2b|=2,则|b|等于()A.4B.2C.D.1【解析】选D.因为|a-2b|=2,所以|a-2b|2=4,a2-4ab+4b2=4,4-42|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

3、,1),b=(-1,3),c=(2,1),且(a-b)c,则=()A.3B.2C.-2D.-3【解析】选A.由题,得a-b=(1+,1-3),由(a-b)c,从而2(1+)+1(1-3)=0,解得=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ab+bc+ac=_.【解析】因为=120,|a|=|b|=|c|=1,所以ab=bc=ac=11cos 120=-,ab+bc+ac=-.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,因为m(m+n),所以m(m+n)=m2+mn=1+

4、12cos =0,所以cos =-,又,所以=.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.由已知a2-2b2+ab=-2,4-8+4cos =-2,cos =,又0,所以=,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ab=_,e1与e2的夹角为_.【解析】设e1,e2的夹角为,因为a在b上的投影为2,所以 =2e1e2+|e2|2=2|e1|e2|cos +1=2,解得cos =,则=.ab=(2e1+e2)e2=2e1e2+|e2|2

5、=2|e1|e2|cos +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),t0,1,则=(t,-1),=(0,-1),所以=(t,-1)(0,-1)=1.因为=(1,0),所以=(t,-1)(1,0)=t1,的最大值为1. 答案:11三、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:|a+b|,|4a-2b|.(2)当k为何值时,(a+2b)(k

6、a-b).【解析】由已知ab=48=-16.(1)因为|a+b|2=a2+2ab+b2=16+2(-16)+64=48,所以|a+b|=4.因为|4a-2b|2=16a2-16ab+4b2=1616-16(-16)+464=768,所以|4a-2b|=16.(2)因为(a+2b)(ka-b),所以(a+2b)(ka-b)=0,ka2+(2k-1)ab-2b2=0,即16k-16(2k-1)-264=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.

7、(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)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,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=

8、|a|,变形得1+ab=+1,即ab=11cos =cos =,又由0,则=,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“ab”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ab=2-2=0,所以充分性成立;当ab时,ab=m(m-1)-2=0,解得m=2或m=-1,必要性不成立.综上,“m=2”是“ab”的充分不必要条件.3.(5分)在RtABC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,

9、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).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郑州模拟)已知向量m=(2sin x,cos2x-sin2x),n=(cos x,1),其中0,xR.若函数f(x)=mn的最小正周期为.(1)求的值.(2)在ABC中,若f(B)=-2,BC=,sin B=sin A,求的值.【解析】(1)f(x)=mn=2sin xcos x+cos2x-sin2x=sin 2x+cos 2x=2sin.因为f

10、(x)的最小正周期为,所以T=,又0,所以=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,即sin=-1,又0B,解得B=.因为BC=,即a=,又sin B=sin A,所以b=a,b=3.由正弦定理得,=,解得sin A=.又0A,解得A=,所以C=,c=a=,所以=cacos B=cos =-.5.(10分)在如图所示的平面直角坐标系中,已知点A(1,0)和点B(-1,0),|=1,且AOC=x,其中O为坐标原点.(1)若x=,设点D为线段OA上的动点,求|+|的最小值.(2)若x,向量m=,n=(1-cos

11、x,sin x-2cos x),求mn的最小值及对应的x值.【解析】(1)设D(t,0)(0t1),当x=时,可得C,所以+=,所以|+|2=+(0t1),所以当t=时,|+|2取得最小值为,故|+|的最小值为.(2)由题意得C(cos x,sin x),m=(cos x+1,sin x),则mn=1-cos2x+sin2x-2sin xcos x=1-cos 2x-sin 2x=1-sin.因为x,所以2x+.所以当2x+=,即x=时,mn=1-sin取得最小值1-,所以mn的最小值为1-,此时x=.1.已知向量a,b,c共面,且均为单位向量,ab=0,则|a+b-c|的取值范围是()A.-

12、1,+1 B.1,C., D.-1,1【解析】选A.因为ab=0,所以|a+b|2=a2+2ab+b2=2,所以|a+b|=.所以|a+b-c|2=a2+b2+c2+2ab-2(a+b)c=3-2(a+b)c.当c与(a+b)同向时,(a+b)c最大,|a+b-c|2最小,此时(a+b)c=|a+b|c|cos 0=,|a+b-c|2=3-2=(-1)2,所以|a+b-c|min=-1;当c与(a+b)反向时,(a+b)c最小,|a+b-c|2最大,此时(a+b)c=|a+b|c|cos =-,|a+b-c|2=3+2=(+1)2,所以|a+b-c|max=+1.所以|a+b-c|的取值范围为-1,+1.2.已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足=(1,),=(-,1),则凸四边形ABCD的面积为_;的取值范围是_.【解析】由=(1,),=(-,1)得,且|=2,|=2,所以凸四边形ABCD的面积为22=2;因为ABCD为凸四边形,所以AC与BD交于四边形内一点,记为M,则=(-)(-)=+-,设=,=,则,(0,1),且=-,=(1-),=-,=(1-),所以=-4(1-)-4(1-)-2,0),所以有=时,取到最小值-2.答案:2 -2,0)