高考总复习优化设计一轮用书文科数学配北师版课时规范练26　平面向量的数量积及其应用

课时规范练26平面向量的数量积及其应用基础巩固组1.(2021北京人大附中高三月考)在等边三角形ABC中,AB=1,D为AB边的中点,则AC·DA的值为(A.34 B.14 C.-14 D答案:C解析:设AC,DA的夹角为θ,∵θ=120°,又D为AB边的中点,AB=1,∴|DA|=∴AC·DA=|AC||DA|cos120°=1×12×-12=-2.(2021河北张家口二模)设平面向量a=(1,0),θ为a,b间夹角,若a·b=2,cosθ=13,则|b|=(A.2 B.3 C.9 D.6答案:D解析:cosθ=a·b|a||b3.(2021山西太原一模)已知a,b为单位向量,且满足|a-b|=2,则|2a+b|=()A.3 B.7 C.5 D答案:C解析:a,b为单位向量,且满足|a-b|=2,所以a2-2a·b+b2=2,解得a·b=0,所以|2a+b|=44.(2021西藏拉萨二模)已知向量a=(-1,2),b=(3,2),设θ为a+b,a-b间夹角,则cosθ为()A.1010 B.-55 C.22 D答案:B解析:因为a=(-1,2),b=(3,2),所以a+b=(2,4),a-b=(-4,0).所以cosθ=(a+b5.(2021江西萍乡二模)已知a与b满足|a|=1,|b|=2,|a-2b|=13,则a与b的夹角为()A.120° B.90° C.60° D.30°答案:C解析:由|a-2b|=13,等式左右平方得,(a-2b)2=a2-4a·b+4b2=1-4a·b+4×4=13,设θ为a,b间夹角,所以a·b=1,即1×2×cosθ=1,cosθ=12,θ=60°6.(2021吉林长春模拟)长江流域内某地南北两岸平行,如图所示已知游船在静水中的航行速度v1的大小|v1|=10km/h,水流的速度v2的大小|v2|=4km/h,设v1和v2所成角为θ(0<θ<π),若游船要从A航行到正北方向上位于北岸的码头B处,则cosθ等于()河流两岸示意图A.-215 B.-25 C.-35 D答案:B解析:由题意知(v1+v2)·v2=0,有|v1||v2|cosθ+v22=0,即10×4cosθ+42所以cosθ=-27.(2021贵州贵阳二模)若向量a,b满足|a|=2,(a+2b)·a=6,则b在a方向上的射影为()A.1 B.-1 C.-12 D.答案:D解析:设θ为a,b间夹角,由已知条件可得(a+2b)·a=a2+2a·b=4+2a·b=6,∴a·b=|a|·|b|cosθ=1,因此,b在a方向上的射影为|b|cosθ=128.(2021山东济南一模)已知单位向量a,b,c,满足a+b+c=0,则a与b的夹角为()A.π6 B.π3 C.2π3答案:C解析:设θ为a,b间夹角,由a+b+c=0,得a+b=-c,所以|a+b|=|-c|,即|a+b|2=|a|2+2a·b+|b|2=1,所以a·b=-12,由a·b=|a||b|·cosθ=-12,得θ=9.(2021山西晋中三模)若向量m=(0,-2),n=(3,1),写出一个与2m+n垂直的非零向量.

答案:(3,1)(答案不唯一)解析:因为m=(0,-2),n=(3,1),所以2m+n=2(0,-2)+(3,1)=(3,-3),设a=(x,y),x·y≠0,因为a与2m+n垂直,所以a·(2m+n)=0,即3x-3y=0,令x=3,则y=1,所以a=(3,1).10.如图,在Rt△ABC中,AB=AC,BC=4,O为BC的中点,以O为圆心,1为半径的半圆与线段OC交于点D,P为半圆上任意一点,则BP·AD的最小值为答案:2-5解析:建立如图所示的平面直角坐标系,则B(-2,0),A(0,2),D(1,0),设P(x,y),故BP=(x+2,y),AD=(1,-2),所以BP·AD=x-2y+令x-2y+2=t,根据直线的几何意义可知,当直线x-2y+2=t与半圆相切时,t取得最小值,由点到直线的距离公式可得|2-t|5=1,t=2-5,即BP11.(2021北京海淀模拟)已知向量a,b满足:|a|=1,|b|=6,a·(b-a)=2,则a与b的夹角为;|2a-b|=.

答案:π32解析:设θ为a,b间夹角,由题意,向量a,b满足|a|=1,|b|=6,因为a·(b-a)=a·b-a2=a·b-1=2,可得a·b=3,则cosθ=a·因为θ∈[0,π],所以θ=π3即a与b的夹角为π3又由|2a-b|2=4a2-4a·b+b2=4×12-4×3+62=28,所以|2a-b|=27.综合提升组12.(2021湖南师大附中高三月考)已知a,b是非零向量且满足(a-2b)⊥a,(b-2a)⊥b,则a与b的夹角是()A.π6 B.π3 C答案:B解析:∵(a-2b)⊥a,(b-2a)⊥b,∴(a-2b)·a=a2-2a·b=0,(b-2a)·b=b2-2a·b=0,∴a2=b2=2a·b,设a与b的夹角为θ,cosθ=a·∵θ∈[0,π],∴θ=π13.(2021四川成都二诊)在△ABC中,已知AB=AC,D为BC边中点,点O在直线AD上,且BC·BO=3,则BC边的长度为(A.6 B.23 C.26 D.答案:A解析:在△ABC中,AB=AC,D为BC边中点,∴AD⊥BC,在Rt△BDO中有BD=BO·cos∠OBD,且BD=BC2∵BC,BO的夹角为∠OBD,即BC·BO=|BC|·|BO|∴|BC|22=3,可得|BC|=614.(2021山东临沂二模)点A,B,C在圆O上,若|AB|=2,∠ACB=30°,则OC·AB的最大值为(A.3 B.23 C.4 D.6答案:C解析:点A,B,C在圆O上,|AB|=2,∠ACB=30°,设三角形的外接圆的半径为R,可得2R=2sin30°=4,所以如图,因为|AB|=2,|OC|=R=2,所以当OC与AB共线同向时,向量的数量积取得最大值故选C.15.若点O和点F分别为椭圆x24+y23=1的中心和左焦点,点P答案:6解析:由题意,得F(-1,0),设P(x0,y0),则有x024+y023=1,解得y因为FP=(x0+1,y0),OP=(x0,y0),所以OP·FP=x0(x0+1)+y02=x02+x0+31-x024=x024+x0因为-2≤x0≤2,故当x0=2时,OP·FP取得最大值16.(2021天津部分学校高三调研)如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥AD,AB=BC=23,∠ABC=π3,且AD·AC=12,则|AD|=,若M是线段AB上的一个动点,则DM·答案:4454,18解析:因为AB=BC=23,∠ABC=π3所以△ABC为正三角形,所以AC=23,∠BAC=π因为AB⊥AD,所以∠CAD=π因为AD·AC=12,所以|AD||AC|·cosπ所以|AD|=1223×因为M是线段AB上的一个动点,所以可设AM=tAB(0≤t≤1),所以DM·CM=(AM−AD)·(AM−AC)=(tAB−AD)·(tAB−AC)=t2AB2-tAB·AC-tAB·AD+AD·AC=(23)2t2-t·23×23×1因为0≤t≤1,所以t=14时,12t-142+454取得最小值454,当t=1时,12t-142+454所以DM·CM的取值范围是454,18创新应用组17.已知圆O上有三点A,B,C,AB=2且∠ACB=90°,D为BC中点,AD延长线与圆O交于点E,如图,AE·AB=185A.-1 B.-8C.-85或-1 D.-8答案:C解析:由∠ACB=90°,可得BA为直径,连接BE,则∠ACB=∠AEB=90°,故AE·AB=AE·(∴|BE|=|AB∵∠BDE=∠ADC,∠AEB=∠ACB=