高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练4.2《平面向量的数量积及应用举例》(教师版)

1、课时规范练A组基础对点练1已知向量a(1，m)，b(3，2)且(ab)b，则m()A8B5C5 D8解析：由(ab)b知：(ab)·b0，所以a·bb20，即32m130，所以m5.答案：B2已知平面向量a与b的夹角为60°，a(2,0)，|b|1，则|a2b|()A. B2C4 D12解析：由题得，|a2b|2a24a·b4b244×2×1×cos 60°412.所以|a2b|2.答案：B3已知|a|6，|b|3，向量a在b方向上的投影是4，则a·b为()A12B8C8 D2解析：|a|cosa，b4，

2、|b|3，a·b|a|b|·cosa，b3×412.答案：A4已知向量a(1，m)，b(3，2)，且(ab)b，则m()A8 B6C6 D8解析：由向量的坐标运算得ab(4，m2)，由(ab)b，(ab)·b122(m2)0，解得m8，故选D.答案：D5已知平面向量a(2，m)，b(1，)，且(ab)b，则实数m的值为()A2 B2C4 D6解析：因为a(2，m)，b(1，)，所以ab(2，m)(1，)(3，m)由(ab)b，得(ab)·b0，即(3，m)·(1，)3m3m60，解得m2，故选B.答案：B6若非零向量a，b满足|a|3

3、|b|a2b|，则a，b夹角的余弦值为_解析：|a|a2b|，两边平方得，|a|2|a|24|b|24a·b|a|24|b|24|a|b|·cos .又考虑到|a|3|b|，所以04|b|212|b|2cos ，得cos .答案：7(济南模拟)已知A(1，cos )，B(sin ，1)若|(O为坐标原点)，则锐角_.解析：利用几何意义求解：由已知可得，是以OA，OB为邻边所作平行四边形OADB的对角线向量，则是对角线向量，由对角线相 等的平行四边形为矩形知OAOB.因此·0，所以锐角.答案：8已知两个单位向量a，b的夹角为60°，ct a(1t)b.若b

4、·c0，则t_.解析：由题意，将b·ct a(1t)b·b整理得ta·b(1t)0，又a·b，所以t2.答案：29.如图，平行四边形ABCD中，AB2，AD1，A60°，点M在AB边上，且AMAB，则·等于_解析：因为，所以··()|2|2·1·|·|·cos 60°×1×2×1.答案：1B组能力提升练10已知非零向量m，n满足4|m|3|n|，cosm，n.若n(tmn)，则实数t的值为()A4 B4C. D解析：由n(tm

5、n)可得n·(tmn)0，即tm·nn20，所以t3×3×4.故选B.答案：B11在ABC中，C90°，且|3，点M满足：2，则·()A6 B4C3 D2解析：由题意可得()，···0×93，故选C.答案：C12在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形，(1，2)，(2,1)，则·()A5 B4C3 D2解析：由四边形ABCD是平行四边形，知(1，2)(2,1)(3，1)，故·(2,1)·(3，1)2×31×(1)5.答案：A13

6、(济南模拟)设非零向量a与b的夹角是，且|a|ab|，则的最小值是()A. B.C. D.解析：因为非零向量a与b的夹角是，且|a|ab|，所以|a|2|ab|2|a|2|b|22|a|·|b|cos ，所以|b|2|a|b|0，所以|b|a|，所以2t22t(t1)2，所以当t1时，取最小值.答案：B14在ABC中，已知AB3，BC2，D在AB上，若·3，则AC的长是_解析：因为，所以，所以···4·3，所以·，所以3×2×cos B，所以cos B.在ABC中，由余弦定理得AC2AB2BC22AB·BCcos B10.所以AC.答案：15已知向量a(cos x，sin x)，b(3，)，x0，(1)若ab，求x的值；(2)记f(x)a·b，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值解析：(1)因为a(cos x，sin x)，b(3，)，ab，所以cos x3sin x.若cos x0，则sin x0，与sin2xcos2x1矛盾，故cos x0.于是tan x.又x0，所以x.(2)f(