2020高考数学刷题首选卷考点测试28平面向量的数量积及应用理（含解析）.docx

考点测试28平面向量的数量积及应用高考概览考纲研读1理解平面向量数量积的含义及其几何意义2了解平面向量的数量积与向量投影的关系3掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算4能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系一、基础小题1已知向量a(2，1)，b(m，1)，mR，若ab，则m的值为()A B C2 D2答案A解析由ab，得ab0，即2m10，则m故选A2在边长为1的等边三角形ABC中，设a，b，c，则abbcca()A B0 C D3答案A解析依题意有abbcca111111故选A3在RtABC中，C90，AC4，则等于()A16 B8 C8 D16答案D解析因为cosA，故|cosA|216故选D4已知|a|6，|b|3，向量a在b方向上的投影是4，则ab为()A12 B8 C8 D2答案A解析|a|cosa，b4，|b|3，ab|a|b|cosa，b3412故选A5平面四边形ABCD中，0，()0，则四边形ABCD是()A矩形 B正方形 C菱形 D梯形答案C解析因为0，所以，所以四边形ABCD是平行四边形又()0，所以四边形对角线互相垂直，所以四边形ABCD是菱形故选C6已知向量a(2，7)，b(x，3)，且a与b的夹角为钝角，则实数x的取值范围为()Ax BxCx Dx且x答案D解析由ab2x210，得x当a与b共线时，则x故x的取值范围为x且x故选D7(2018大庆质检一)若e1，e2是夹角为60的两个单位向量，则向量ae1e2，be12e2的夹角为()A30 B60 C90 D120答案B解析依题意，有e1e2cos60，则cosa，b，故a，b60，故选B8已知在直角三角形ABC中，ACB90，ACBC2，点P是斜边AB上的中点，则_答案4解析由题意可建立如图所示的坐标系可得A(2，0)，B(0，2)，P(1，1)，C(0，0)，则(1，1)(0，2)(1，1)(2，0)224二、高考小题9(2018全国卷)已知向量a，b满足|a|1，ab1，则a(2ab)()A4 B3 C2 D0答案B解析因为a(2ab)2a2ab2|a|2(1)213故选B10(2018天津高考)如图，在平面四边形ABCD中，ABBC，ADCD，BAD120，ABAD1若点E为边CD上的动点，则的最小值为()A BC D3答案A解析解法一：如图，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(1，0)，B，C(0，)，令E(0，t)，t0，(1，t)，tt2t，t0，当t时，取得最小值，()min故选A解法二：令(01)，由已知可得DC，()()|22|232当时，取得最小值故选A11(2018浙江高考)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b24eb30，则|ab|的最小值是()A1 B1 C2 D2答案A解析设a，b，e，以O为原点，的方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，则E(1，0)不妨设A点在第一象限，a与e的夹角为，点A在从原点出发，倾斜角为，且在第一象限内的射线上设B(x，y)，由b24eb30，得x2y24x30，即(x2)2y21，即点B在圆(x2)2y21上运动而ab，|ab|的最小值即为点B到射线OA的距离的最小值，即为圆心(2，0)到射线yx(x0)的距离减去圆的半径，所以|ab|min1故选A12(2017全国卷)已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则()的最小值是()A2 B C D1答案B解析解法一：设BC的中点为D，AD的中点为E，则有2，则()22()()2(22)而22，当P与E重合时，2有最小值0，故此时()取最小值，最小值为222故选B解法二：以AB所在直线为x轴，AB的中点为原点建立平面直角坐标系，如图，则A(1，0)，B(1，0)，C(0，)，设P(x，y)，取BC的中点D，则D，()22(1x，y)x，y2(x1)xyy2x2y2因此，当x，y时，()取得最小值，为2故选B13(2017山东高考)已知e1，e2是互相垂直的单位向量若e1e2与e1e2的夹角为60，则实数的值是_答案解析由题意不妨设e1(1，0)，e2(0，1)，则e1e2(，1)，e1e2(1，)根据向量的夹角公式得cos60，所以，解得14(2018上海高考)在平面直角坐标系中，已知点A(1，0)，B(2，0)，E，F是y轴上的两个动点，且|2，则的最小值为_答案3解析设E(0，m)，F(0，n)，又A(1，0)，B(2，0)，(1，m)，(2，n)2mn，又知|2，|mn|2当mn2时，mn2(n2)n2n22n2(n1)23当n1，即E的坐标为(0，1)，F的坐标为(0，1)时，取得最小值3当mn2时，mn2(n2)n2n22n2(n1)23当n1，即E的坐标为(0，1)，F的坐标为(0，1)时，取得最小值3综上可知，的最小值为3三、模拟小题15(2018惠州一模)若O为ABC所在平面内任一点，且满足()(2)0，则ABC的形状为()A等腰三角形 B直角三角形C等边三角形 D等腰直角三角形答案A解析因为()(2)0，即()0，()()0，即|，所以ABC是等腰三角形，故选A16(2018唐山期末)在平行四边形ABCD中，已知AB5，AD3，|4，则()A5 B9 C12 D16答案B解析如图，因为，所以|4又AB5，AD3，所以ADBD所以|cos，539故选B17(2018郑州质检三)在ABC中，已知ADAB，3，|1，则()A1 B2 C3 D4答案D解析如图，过点C作CEAD交AD的延长线于点E，则ABCE由3，得3，从而4由数量积的几何意义，知44，故选D18(2018石家庄质检二)若两个非零向量a，b满足|ab|ab|2|b|，则向量ab与a的夹角为()A B C D答案D解析由|ab|ab|两边平方得ab0再由|ab|2|b|两边平方得|a|b|从而有cosab，a，所以ab，a，故选D19(2018太原三模)已知a，b是单位向量，ab0，若向量c满足|cab|1，则|c|的最大值是_答案1解析因为a，b是单位向量，ab0，设a(1，0)，b(0，1)，c(x，y)，则cab(x1，y1)，所以|cab|1，即(x1)2(y1)21，所以向量c的模|c|表示圆(x1)2(y1)21上的动点与原点的距离，最大值为1120(2018乌鲁木齐一检)在ABC中，已知CA2CB2，1，O是ABC的外心，若xy，则xy_答案解析解法一：如图，因为O是ABC的外心，所以|OA|OC|OB|在ACO中，|OA|2|OC|2|CA|22|OC|CA|cosACO，所以cosACO，所以|cosACO|CA|22在BCO中，|OB|2|OC|2|CB|22|OC|CB|cosBCO，所以cosBCO，所以|cosBCO|CB|2因为xy，所以所以解得x，y，所以xy解法二：因为|cosACB2cosACB1，所以ACB120如图，以点C为原点，以CA所在直线为x轴，过点C作垂直于CA的直线为y轴建立平面直角坐标系则C(0，0)，A(2，0)作BDx轴，因为ACB120，所以BCD60所以|DC|，|BD|得B，所以BC的中点坐标为，又因为直线BC的斜率kBC，所以BC的中垂线所在直线的斜率k所以BC的中垂线所在直线方程为yx又因为AC的中垂线所在直线方程为x1，代入上式解得O1，所以1，(2，0)，因为xy，即1，2xy，y，所以解得x，y，所以xy一、高考大题1(2017江苏高考)已知向量a(cosx，sinx)，b(3，)，x0，(1)若ab，求x的值；(2)记f(x)ab，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值解(1)因为a(cosx，sinx)，b(3，)，ab，所以cosx3sinx若cosx0，则sinx0，与sin2xcos2x1矛盾，故cosx0，于是tanx又x0，所以x(2)f(x)ab(cosx，sinx)(3，)3cosxsinx2cosx因为x0，所以x，从而1cosx于是，当x，即x0时，f(x)取到最大值3；当x，即x时，f(x)取到最小值22(2015广东高考)在平面直角坐标系xOy中，已知向量m，n(sinx，cosx)，x(1)若mn，求tanx的值；(2)若m与n的夹角为，求x的值解(1)mn，mn0，故sinxcosx0，tanx1(2)m与n的夹角为，cosm，n，故sin又x，x，x，即x，故x的值为二、模拟大题3(2018江西南昌三校联考)已知A，B，C是ABC的内角，a，b，c分别是其对边长，向量m(，cosA1)，n(sinA，1)，mn(1)求角A的大小；(2)若a2，cosB，求b的值解(1)mn，mnsinA(cosA1)(1)0，sinAcosA1，sinA0A，A0，|ab|2cosx(2)f(x)cos2x2cosx2cos2x2cosx122x，cosx1，当cosx时，f(x)取得最小值；当cosx1时，f(x)取得最大值1单元质量测试(三)时间：120分钟满分：150分第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1函数f(x)12sin2的最小正周期为()A2 B C D4答案A解析f(x)12sin2cosx，最小正周期T2，故选A2已知sin0，则化简的结果为()Acos BcosCcos D以上都不对答案B解析由已知可判断出是第三象限角，所以|cos|cos故选B3(2018福建4月质检)已知向量(1，1)，(2，3)，则下列向量与垂直的是()Aa(3，6) Bb(8，6)Cc(6，8) Dd(6，3)答案D解析(1，2)，因为(1，2)(6，3)1(6)230故选D4(2018长沙统考)已知a，b为单位向量，且a(a2b)，则向量a与b的夹角为()A30 B60 C120 D150答案C解析由题意，a(a2b)a22ab|a|22|a|b|cosa，b12cosa，b0，所以cosa，b，又0a，b180，所以a，b120故选C5(2018长春调研)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosC2ccosBa，且B2C，则ABC的形状是()A等腰直角三角形 B直角三角形C等腰三角形 D等边三角形答案B解析2bcosC2ccosBa，2sinBcosC2sinCcosBsinAsin(BC)，即sinBcosC3cosBsinC，tanB3tanC，又B2C，3tanC，得tanC，C，B2C，A，故ABC为直角三角形故选B6(2018广东广州调研)如图所示，在ABC中，P是BN上的一点，若m，则实数m的值为()A BC D答案B解析因为N，P，B三点共线，所以mm，从而m1m故选B7(2018湖南长郡中学调研)若ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2bsin2AasinB，且c2b，则等于()A2 B3 C D答案A解析由2bsin2AasinB，得4bsinAcosAasinB，由正弦定理得4sinBsinAcosAsinAsinB，sinA0，且sinB0，cosA，由余弦定理，得a2b24b2b2，a24b2，2故选A8(2018江西九校联考)已知5sin26cos，则tan()A B C D答案B解析由题意知10sincos6cos，又，sin，cos，tan9(2018东北三省四市二联)将函数f(x)sin(2x)|的图象向右平移个单位，所得到的图象关于y轴对称，则函数f(x)在0，上的最小值为()A B C D答案D解析f(x)sin(2x)向右平移个单位得到函数g(x)sin2xsin2x，此函数图象关于y轴对称，即函数g(x)为偶函数，则k，kZ，由|，可得，所以f(x)sin2x，因为0x，所以2x，所以f(x)的最小值为sin故选D10(2018湖北宜昌二模)已知ABC中，A120，且AB3，AC4，若，且，则实数的值为()A B C6 D答案A解析因为，且，所以有()()22(1)220，整理可得(1)34cos1209160，解得，故选A11(2018湖南长沙长郡中学摸底)已知函数f(x)sin(x)0，|0)的最小正周期为(1)求的值，并在下面提供的直角坐标系中画出函数yf(x)在区间0，上的图象；(2)函数yf(x)的图象可由函数ysinx的图象经过怎样的变换得到？解(1)函数可化为f(x)sin，因为T，所以，即2，所以f(x)sin列表如下：x0y1010画出图象如图所示：(2)将函数ysinx(xR)图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数ysin(xR)的图象，再将所得图象上的所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，可得函数f(x)sin(xR)的图象19(2018河南洛阳二模)(本小题满分12分)如图，已知扇形的圆心角AOB，半径为4，若点C是上的一动点(不与点A，B重合)(1)若弦BC4(1)，求的长；(2)求四边形OACB面积的最大值解(1)在OBC中，BC4(1)，OBOC4，所以由余弦定理得cosBOC，所以BOC，于是的长为4(2)设AOC，0，则BOC，S四边形OACBSAOCSBOC44sin44sin24sin8cos16sin，由于0，所以，当时，四边形OACB的面积取得最大值1620(2018河南濮阳三模)(本小题满分12分)ABC内接于半径为R的圆，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且2R(sin2Bsin2A)(bc)sinC，c3(1)求角A的大小；(2)若AD是BC边上的中线，AD，求ABC的面积解(1)因为2R(sin2Bsin2A)(bc)sinC，所以2RsinBsinB2RsinAsinA(bc)sinC，所以bsinBasinAbsinCcsinC，即b