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核心素养测评二十七 平面向量的数量积及应用举例
(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a·b=1,则x= ( )
A.-1 B.-12 C.12
【解析】选D.a·b=1×2+(-1)×x=2-x=1,所以x=1.
2.(2020·十堰模拟)若夹角为θ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 θ B.2cos θ
C.-cos θ D.cos θ
【解析】选B.因为|b|=|a-b|=1,所以b2=a2-2a·b+b2,a2=2a·b,|a|2=
2|a||b|cos θ,因为a为非零向量,所以|a|=2|b|cos θ=2cos θ.
3.(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.-14 B.25 C. -43
【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=25或-4
4. (2019·南京模拟)已知非零向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|a-2b|=2,则|b|等于 ( )
A.4 B.2 C.2 D.1
【解析】选D.因为|a-2b|=2,所以|a-2b|2=4,
a2-4a·b+4b2=4,4-4·2|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=(1,1),b=(-1,3),c=(2,1),且(a-λb)⊥c,则λ= ( )
A.3 B.2 C.-2 D.-3
【解析】选A.由题,得a-λb=(1+λ,1-3λ),由(a-λb)⊥c,从而2×(1+λ)+1×(1-3λ)=0,解得λ=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a·b+b·c+a·c=________.?
【解析】因为<a,b>=<b,c>=<a,c>=120°,|a|=|b|=|c|=1,所以a·b=b·c=a·c=1×1×cos 120°=-12,a·b+b·c+a·c=-3
答案:-3
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θ,因为m⊥(m+n),所以m·(m+n)=m2+m·n=1+1
×2cos θ=0,所以cos θ=-12,又θ∈0,π,所以
答案:2π
【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θ.由已知a2-2b2+a·b=-2,4-8+4cos θ=-2,cos θ=12,又θ∈[0,π],所以θ=π3,即a与b的夹角为
答案:π
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,
所以a·b|b|=(2e1+e2)·
2|e1|·|e2|cos θ+1=2,
解得cos θ=12,则θ=π
a·b=(2e1+e2)·e2=2e1·e2+|e2|2=2|e1|·
|e2|cos θ+1=2.
答案:2 π
【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),t∈[0,1],则
=(t,-1),=(0,-1),所以·=(t,-1)·(0,-1)=1.
因为=(1,0),
所以·=(t,-1)·(1,0)=t≤1,
·的最大值为1.
答案:1 1
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:①|a+b|,②|4a-2b|.
(2)当k为何值时,(a+2b)⊥(k a-b).
【解析】由已知a·b=4×8×-1
(1)①因为|a+b|2=a2+2a·b+b2
=16+2×(-16)+64=48,所以|a+b|=43.
②因为|4a-2b|2=16a2-16a·b+4b2
=16×16-16×(-16)+4×64=768,
所以|4a-2b|=163.
(2)因为(a+2b)⊥(ka-b
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