高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第五章 平面向量 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十六）平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十六）平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．設(shè)x∈R，向量a＝(1，x)，b＝(2，－4)，且a∥b，則a·b＝________.解析：因?yàn)閍＝(1，x)，b＝(2，－4)且a∥b，所以－4－2x＝0，x＝－2，所以a＝(1，－2)，a·b＝10.答案：102．(2018·江蘇百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知平面向量a，b的夾角為eq\f(2π,3)，且a·(a－b)＝8，|a|＝2，則|b|＝________.解析：因?yàn)閍·(a－b)＝8，所以a·a－a·b＝8，即|a|2－|a||b|cosa，b＝8，所以4＋2|b|×eq\f(1,2)＝8，解得|b|＝4.答案：43．(2017·鹽城三模)已知向量a，b滿足a＝(4，－3)，|b|＝1，|a－b|＝eq\r(21)，則向量a，b的夾角為_(kāi)_______．解析：設(shè)向量a，b的夾角為θ，由|a－b|＝eq\r(21)得，21＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b))2＝a2＋b2－2a·b＝25＋1－2×5×cosθ，即cosθ＝eq\f(1,2)，所以向量a，b的夾角為eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)4．已知a＝(m＋1，－3)，b＝(1，m－1)，且(a＋b)⊥(a－b)，則m的值是________．解析：a＋b＝(m＋2，m－4)，a－b＝(m，－2－m)，因?yàn)?a＋b)⊥(a－b)，所以m(m＋2)－(m－4)(m＋2)＝0，所以m＝－2.答案：－25．(2018·淮安高三期中)在平行四邊形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠ABC＝60°，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝________.解析：由題意得eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))，所以eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))＝eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝4＋2×1×cos120°＝3.答案：36．(2018·南通一調(diào))已知邊長(zhǎng)為6的正三角形ABC，eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up7(→))，AD與BE交于點(diǎn)P，則eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(PD,\s\up7(→))的值為_(kāi)_______．解析：如圖，以D為原點(diǎn)，以BC為x軸，AD為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則B(－3,0)，C(3,0)，D(0,0)，A(0，3eq\r(3))，E(1,2eq\r(3))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3\r(3),2)))，所以eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(PD,\s\up7(→))＝|eq\o(PD,\s\up7(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))2＝eq\f(27,4).答案：eq\f(27,4)二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1．(2018·淮安調(diào)研)已知向量a＝(1，x)，b＝(－1，x)，若2a－b與b垂直，則|a解析：由已知得2a－b＝(3，x)，而(2a－b)·b＝0?－3＋x2＝0?x2＝3，所以|a|＝eq\r(1＋x2)＝eq\r(4)＝2.答案：22．若單位向量e1，e2的夾角為eq\f(π,3)，向量a＝e1＋λe2(λ∈R)，且|a|＝eq\f(\r(3),2)，則λ＝________.解析：由題意可得e1·e2＝eq\f(1,2)，|a|2＝(e1＋λe2)2＝1＋2λ×eq\f(1,2)＋λ2＝eq\f(3,4)，化簡(jiǎn)得λ2＋λ＋eq\f(1,4)＝0，解得λ＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)3．(2018·蘇北四市期末)已知非零向量a，b滿足|a|＝|b|＝|a＋b|，則a與2a－b解析：因?yàn)榉橇阆蛄縜，b滿足|a|＝|b|＝|a＋b|，所以a2＝b2＝a2＋2a·b＋b2，a·b＝－eq\f(1,2)a2＝－eq\f(1,2)b2，所以a·(2a－b)＝2a2－a·b＝eq\f(5,2)a2，|2a－b|＝eq\r(2a－b2)＝eq\r(5a2－4a·b)＝eq\r(7)|a|，cos〈a,2a－b〉＝eq\f(a·2a－b,|a|·|2a－b|)＝eq\f(\f(5,2)a2,|a|·\r(7)|a|)＝eq\f(5,2\r(7))＝eq\f(5\r(7),14).答案：eq\f(5\r(7),14)4．(2018·泰州中學(xué)高三學(xué)情調(diào)研)矩形ABCD中，P為矩形ABCD所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且滿足PA＝3，PC＝4，矩形對(duì)角線AC＝6，則eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(PD,\s\up7(→))＝________.解析：由題意可得eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(PD,\s\up7(→))＝(eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→)))·(eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))＝eq\o(PA,\s\up7(→))2＋eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝9＋eq\o(PA,\s\up7(→))·(eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→)))＋0＝9＋eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝9＋3×6×cos(π－∠PAC)＝9－18×eq\f(PA2＋AC2－PC2,2×PA×AC)＝9－18×eq\f(9＋36－16,2×3×6)＝－eq\f(11,2).答案：－eq\f(11,2)5．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知菱形ABCD邊長(zhǎng)為2，∠B＝eq\f(π,3)，點(diǎn)P滿足eq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))，λ∈R，若eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(CP,\s\up7(→))＝－3，則λ＝________.解析：法一：由題意可得eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝2×2coseq\f(π,3)＝2，eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(CP,\s\up7(→))＝(eq\o(BA,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))·(eq\o(BP,\s\up7(→))－eq\o(BC,\s\up7(→)))＝(eq\o(BA,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))·[(eq\o(AP,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))－eq\o(BC,\s\up7(→))]＝(eq\o(BA,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))·[(λ－1)·eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(BC,\s\up7(→))]＝(1－λ)eq\o(BA,\s\up7(→))2－eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＋(1－λ)eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))－eq\o(BC,\s\up7(→))2＝(1－λ)·4－2＋2(1－λ)－4＝－6λ＝－3，所以λ＝eq\f(1,2).法二：建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則B(2,0)，C(1，eq\r(3))，D(－1，eq\r(3))．令P(x,0)，由eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(CP,\s\up7(→))＝(－3，eq\r(3))·(x－1，－eq\r(3))＝－3x＋3－3＝－3x＝－3得x＝1.因?yàn)閑q\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))，所以λ＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)6.(2018·蘇北四市調(diào)研)如圖，在平面四邊形ABCD中，O為BD的中點(diǎn)，且OA＝3，OC＝5.若eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝－7，則eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝________.解析：eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝(eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→)))·(eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OD,\s\up7(→)))＝(eq\o(OC,\s\up7(→))＋eq\o(OD,\s\up7(→)))·(eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OD,\s\up7(→)))＝eq\o(OC,\s\up7(→))2－eq\o(OD,\s\up7(→))2，同理，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\o(AO,\s\up7(→))2－eq\o(OD,\s\up7(→))2＝－7，所以eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\o(OC,\s\up7(→))2－eq\o(OD,\s\up7(→))2＝eq\o(OC,\s\up7(→))2－eq\o(AO,\s\up7(→))2－7＝9.答案：97．已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，則向量m，n的夾角的余弦值為_(kāi)_______．解析：因?yàn)閙＋n＝(2λ＋3,3)，m－n＝(－1，－1)，所以由(m＋n)⊥(m－n)得(m＋n)·(m－n)＝0，即(2λ＋3)×(－1)＋3×(－1)＝0，解得λ＝－3，則m＝(－2,1)，n＝(－1,2)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(4,5).答案：eq\f(4,5)8.如圖所示，在等腰直角三角形AOB中，OA＝OB＝1，eq\o(AB,\s\up7(→))＝4eq\o(AC,\s\up7(→))，則eq\o(OC,\s\up7(→))·(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))＝________.解析：由已知得|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(2),4)，則eq\o(OC,\s\up7(→))·(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))＝(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\r(2)coseq\f(3π,4)＋eq\f(\r(2),4)×eq\r(2)＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)9．已知|a|＝4，|b|＝8，a與b的夾角是120°.(1)計(jì)算：①|(zhì)a＋b|，②|4a－2b(2)當(dāng)k為何值時(shí)，(a＋2b)⊥(ka－b)．解：由已知得，a·b＝4×8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－16.(1)①因?yàn)閨a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，所以|a＋b|＝4eq\r(3).②因?yàn)閨4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4所以|4a－2b|＝16eq\r(3).(2)因?yàn)?a＋2b)⊥(ka－b)，所以(a＋2b)·(ka－b)＝0，所以ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，即16k－16(2k－1)－2×64＝0.所以k＝－7.即k＝－7時(shí)，a＋2b與ka－b垂直．10．在四邊形ABCD中，已知AB＝9，BC＝6，eq\o(CP,\s\up7(→))＝2eq\o(PD,\s\up7(→)).(1)若四邊形ABCD是矩形，求eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(BP,\s\up7(→))的值；(2)若四邊形ABCD是平行四邊形，且eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(BP,\s\up7(→))＝6，求eq\o(AB,\s\up7(→))與eq\o(AD,\s\up7(→))夾角的余弦值．解：(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，所以eq\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(AD,\s\up7(→))，即eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝0，又AB＝9，BC＝6，eq\o(CP,\s\up7(→))＝2eq\o(PD,\s\up7(→))，所以eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(DP,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(BP,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CP,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up7(→))，所以eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(BP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(AD,\s\up7(→))＋\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(AD,\s\up7(→))－\f(2,3)eq\o(AB,\s\up7(→))))＝eq\o(AD,\s\up7(→))2－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\f(2,9)eq\o(AB,\s\up7(→))2＝62－eq\f(2,9)×92＝18.(2)設(shè)eq\o(AB,\s\up7(→))與eq\o(AD,\s\up7(→))的夾角為θ，由(1)得，eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(BP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(AD,\s\up7(→))＋\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(AD,\s\up7(→))－\f(2,3)eq\o(AB,\s\up7(→))))＝eq\o(AD,\s\up7(→))2－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\f(2,9)eq\o(AB,\s\up7(→))2＝62－eq\f(1,3)×9×6×cosθ－eq\f(2,9)×92＝6，所以cosθ＝eq\f(2,3).故eq\o(AB,\s\up7(→))與eq\o(AD,\s\up7(→))夾角的余弦值為eq\f(2,3).三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校1．(2018·徐州高三年級(jí)期中考試)如圖，在半徑為2的扇形AOB中，∠AOB＝90°，P為AB上的一點(diǎn)，若eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→))＝2，則eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝________.解析：如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OA所在直線為x軸，OB所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(2,0)，B(0,2)，設(shè)P(x，y)，由eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→))＝2，可得2x＝2，x＝1，P為Aeq\x\to(B)上的一點(diǎn)，所以|eq\o(OP,\s\up7(→))|＝2，所以P(1，eq\r(3))，eq\o(OP,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3))，又eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－2,2)，所以eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝－2＋2eq\r(3).答案：－2＋2eq\r(3)2．(2018·南通、揚(yáng)州、泰州、淮安調(diào)研)如圖，已知△ABC的邊BC的垂直平分線交AC于點(diǎn)P，交BC于點(diǎn)Q.若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(eq\o(AB,\s\up7(→))))＝3，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(eq\o(AC,\s\up7(→))))＝5，則(eq\o(AP,\s\up7(→))＋eq\o(AQ,\s\up7(→)))·(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→)))的值為_(kāi)_______．解析：法一：因?yàn)閑q\o(AP,\s\up7(→))＝eq\o(AQ,\s\up7(→))＋eq\o(QP,\s\up7(→))，所以eq\o(AP,\s\up7(→))＋eq\o(AQ,\s\up7(→))＝2eq\o(AQ,\s\up7(→))＋eq\o(QP,\s\up7(→))，而eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(CB,\s\up7(→))，由于eq\o(QP,\s\up7(→))⊥eq\o(CB,\s\up7(→))，所以eq\o(QP,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＝0，所以(eq\o(AP,\s\up7(→))＋eq\o(AQ,\s\up7(→)))·(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→)))＝(2eq\o(AQ,\s\up7(→))＋eq\o(QP,\s\up7(→)))·eq\o(CB,\s\up7(→))＝2eq\o(AQ,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))，又因?yàn)镼是BC的中點(diǎn)，所以2eq\o(AQ,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))，故2eq\o(AQ,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＝(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))·(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→)))＝eq\o(AB,\s\up7(→))2－eq\o(AC,\s\up7(→))2＝9－25＝－16.法二：由題意得△ABC是不確定的，而最后的結(jié)果是唯一的，因此取AB⊥BC，從而P為AC的中點(diǎn)．又|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝3，|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝5，所以|eq\o(BC,\s\up7(→))|＝4，cos∠BAC＝eq\f(3,5)，故eq\o(AP,\s\up7(→))＋eq\o(AQ,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))，從而(eq\o(AP,\s\up7(→))＋eq\o(AQ,\s\up7(→)))·(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(