高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（二十七）平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用 文（含解析）蘇教版-蘇教版高三數(shù)學(xué)試題

課時跟蹤檢測（二十七）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．(2019·海門模擬)向量a＝(3,4)在向量b＝(1，－1)方向上的投影為________．解析：∵向量a＝(3,4)，b＝(1，－1)，∴向量a在向量b方向上的投影為|a|cosθ＝eq\f(a·b,|b|)＝eq\f(3×1＋4×－1,\r(12＋－12))＝－eq\f(\r(2),2).答案：－eq\f(\r(2),2)2．(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．(2018·蘇州期末)已知a＝(m,2)，b＝(1，n)，m＞0，n＞0，且|a|＝4，|b|＝2，則向量a與b的夾角是________．解析：設(shè)向量a與b的夾角是θ，θ∈[0，π]，∵a＝(m,2)，b＝(1，n)，m＞0，n＞0，且|a|＝4，|b|＝2，∴m2＋4＝16,1＋n2＝4，解得m＝2eq\r(3)，n＝eq\r(3).∴a·b＝m＋2n＝4eq\r(3)＝4×2×cosθ，∴cosθ＝eq\f(\r(3),2)，則向量a與b的夾角是eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)4．(2018·濱海期末)已知向量a＝(－1,3)，b＝(3，t)，若a⊥b，則|2a＋b|＝________.解析：∵向量a＝(－1,3)，b＝(3，t)，a⊥b，∴a·b＝－3＋3t＝0，解得t＝1，∴b＝(3,1)，2a＋b＝(1,7)，故|2a＋b|＝eq\r(1＋49)＝5eq\r(2).答案：5eq\r(2)5．(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________．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．(2019·如皋模擬)已知平面向量a與b的夾角為60°，a＝(3,4)，|b|＝1，則|a－2b|＝________.解析：∵a＝(3,4)，∴|a|＝eq\r(32＋42)＝5，又|b|＝1，∴a·b＝|a|·|b|cos60°＝5×1×eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)，∴|a－2b|2＝a2＋4b2－4a·b＝25＋4－10＝19，則|a－2b|＝eq\r(19).答案：eq\r(19)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夾角的余弦值為________．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．(2019·崇川一模)若非零向量a與b滿足|a|＝|a＋b|＝2，|b|＝1，則向量a與b夾角的余弦值為________．解析：∵非零向量a與b滿足|a|＝|a＋b|＝2，|b|＝1，∴|a|2＝|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2a·b，即a·b＝－eq\f(1,2)|b|2＝－eq\f(1,2)×12＝－eq\f(1,2)，設(shè)a與b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－\f(1,2),2×1)＝－eq\f(1,4)，∴向量a與b夾角的余弦值為－eq\f(1,4).答案：－eq\f(1,4)8．(2018·鹽城期中)如圖，在四邊形ABCD中，A＝eq\f(π,3)，AB＝2，AD＝3，分別延長CB，CD至點(diǎn)E，F(xiàn)，使得eq\o(CE,\s\up7(→))＝λeq\o(CB,\s\up7(→))，eq\o(CF,\s\up7(→))＝λeq\o(CD,\s\up7(→))，其中λ＞0，若eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝15，則λ的值為________．解析：∵eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\o(CF,\s\up7(→))－eq\o(CE,\s\up7(→))＝λeq\o(CD,\s\up7(→))－λeq\o(CB,\s\up7(→))＝λeq\o(BD,\s\up7(→))＝λ(eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))，∴eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝λ(eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝λ(eq\o(AD,\s\up7(→))2－eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→)))＝λ(9－3)＝15，∴λ＝eq\f(5,2).答案：eq\f(5,2)9．(2019·通州調(diào)研)設(shè)兩個向量a，b不共線．(1)若eq\o(AB,\s\up7(→))＝a＋b，eq\o(BC,\s\up7(→))＝2a＋8b，eq\o(CD,\s\up7(→))＝3(a－b)，求證：A，B，D三點(diǎn)共線；(2)若|a|＝2，|b|＝3，a，b的夾角為60°，求使向量ka＋b與a＋kb垂直的實(shí)數(shù)k的值．解：(1)證明：∵eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＝(a＋b)＋(2a＋8b)＋3(a－b)＝6(a＋b)＝6eq\o(AB,\s\up7(→))，∴eq\o(AD,\s\up7(→))與eq\o(AB,\s\up7(→))共線，且有公共點(diǎn)A，∴A，B，D三點(diǎn)共線．(2)∵ka＋b與a＋kb垂直，∴(ka＋b)·(a＋kb)＝0，∴ka2＋(k2＋1)|a||b|·cos60°＋kb2＝0，即3k2＋13k＋3＝0，解得k＝eq\f(－13±\r(133),6).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).三上臺階，自主選做志在沖刺名校1．(2018·徐州高三年級期中考試)如圖，在半徑為2的扇形AOB中，∠AOB＝90°，P為上的一點(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________．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(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al