2019版高考数学复习平面向量课时达标检测二十六平面向量的数量积及其应用理.docx

课时达标检测（二十六） 平面向量的数量积及其应用小题对点练点点落实对点练(一)平面向量的数量积1已知ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE2EF，则的值为()A B. C.D.解析：选B如图所示，().2已知菱形ABCD的边长为6，ABD30，点E，F分别在边BC，DC上，BC2BE，CDCF.若9，则的值为()A2B3C4D5解析：选B依题意得，因此22，于是有6262cos 609.由此解得3，故选B.3(2018嘉兴一模)如图，B，D是以AC为直径的圆上的两点，其中AB，AD，则()A1B2CtD2t解析：选A因为，所以()|cosCAD|cosCAB.又AC为圆的直径，所以连接BC，DC(图略)，则ADCABC，所以cosCAD，cosCAB，则|2|AB|2t2(t1)1，故选A.4(2018广西质检)已知向量a，b的夹角为，|a|，|b|2，则a(a2b)_.解析：a(a2b)a22ab2226.答案：65(2018江西白鹭洲中学调研)已知在直角三角形ABC中，ACB90，ACBC2，点P是斜边AB上的中点，则_.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.答案：4对点练(二)平面向量数量积的应用1已知向量a，b满足ab0，|a|1，|b|2，则|ab|()A0B1 C2D.解析：选D|ab|.2(2018云南民族中学一模)已知向量(x,1)(x0)，(1,2)，|，则，的夹角为()A. B. C.D.解析：选C因为(1x,1)，所以|2(1x)215，即x22x30，解得x3或x1(舍)设，的夹角为，则cos ，所以.故选C.3(2018广东五校协作体一模)已知向量a(，1)，b(2,1)若|ab|ab|，则实数的值为()A1B2C1D2解析：选A根据题意，对于向量a，b，若|ab|ab|，则|ab|2|ab|2，变形可得a22abb2a22abb2，即ab0.又由向量a(，1)，b(2,1)，得(2)10，解得1.故选A.4已知向量a(，1)，b(0,1)，c(k，)，若a2b与c垂直，则k()A3B2C1D1解析：选A因为a2b与c垂直，所以(a2b)c0，即ac2bc0，所以k20，解得k3.5(2017吉林三模)已知平面向量a，b的夹角为120，且ab1，则|ab|的最小值为()A. B. C.D1解析：选A由题意可知1ab|a|b|cos 120，所以2|a|b|，即|a|2|b|24，当且仅当|a|b|时等号成立，|ab|2a22abb2a2b22426，所以|ab|，所以|ab|的最小值为.6(2018河北石家庄一模)已知三个向量a，b，c共面，且均为单位向量，ab0，则|abc|的取值范围是()A1，1B1， C， D1,1解析：选A法一：因为ab0，所以|ab|2a22abb22，所以|ab|.所以|abc|2a2b2c22ab2(ab)c32(ab)c.当c与(ab)同向时，(ab)c最大，|abc|2最小，此时(ab)c|ab|c|cos 0，|abc|232(1)2，所以|abc|min1；当c与(ab)反向时，(ab)c最小，|abc|2最大，此时(ab)c|ab|c|cos ，|abc|232(1)2，所以|abc|max1.所以|abc|的取值范围为1，1故选A.法二：由题意不妨设a(1,0)，b(0,1)，c(cos ，sin )(02)则abc(1cos ，1sin )，|abc|，令t32sin，则32t32，故|abc|1，1对点练(三)平面向量与其他知识的综合问题1(2018丰台期末)在ABC中，若2，则的值为()A. B. C.D.解析：选A设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由2，得ac2bcab，化简可得ac.由正弦定理得.2(2018吉林质检)已知A(2,0)，B(2,0)，动点P(x，y)满足x2，则动点P的轨迹为()A椭圆B双曲线C抛物线D两条平行直线解析：选D因为动点P(x，y)满足x2，所以(2x，y)(2x，y)x2，所以点P的轨迹方程为y24，即y2，所以动点P的轨迹为两条平行的直线3已知点M(1,0)，A，B是椭圆y21上的动点，且0，则的取值范围是()A. B.C.D.解析：选C由0，可得()2, 设A(2cos ，sin )，则2(2cos 1)2sin23cos24cos 232，所以当cos 时，2取得最小值，当cos 1时，2取得最大值9，故的取值范围为.4.已知点G是ABC的外心， ， 是三个单位向量，且20，ABC的顶点B，C分别在x轴的非负半轴和y轴的非负半轴上移动，如图所示，点O是坐标原点，则|的最大值为()A1B2C3D4解析：选B因为点G是ABC的外心，且20，所以点G是BC的中点，ABC是直角三角形，且BAC是直角又，是三个单位向量，所以BC2，又ABC的顶点B，C分别在x轴的非负半轴和y轴的非负半轴上移动，在RtBOC中，OG是斜边BC上的中线，则|OG|BC|1，所以点G的轨迹是以原点为圆心、1为半径的圆弧又|1，所以当OA经过BC的中点G时，|取得最大值，且最大值为2|2.5已知a，b满足|a|，|b|1，且对任意的实数x，不等式|axb|ab|恒成立，设a，b的夹角为，则tan 2_.解析：如图所示，当(ab)b时，对任意的实数x，axb或axb，因为在直角三角形中，斜边大于直角边恒成立，数形结合知，不等式|axb|ab|恒成立，因为(ab)b，a，b满足|a|，|b|1，所以(ab)b0，abb20，tan ，tan 22.答案：2大题综合练迁移贯通1(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(，cos A1)，n(sin A，1)，mn.(1)求角A的大小；(2)若a2，cos B，求b的值解：(1)mn，mnsin A(cos A1)(1)0，sin Acos A1，sin.0A，A，A，A.(2)在ABC中，A，a2，cos B，sin B .由正弦定理知，b，b. 2.已知向量a(cos ，sin )，b(cos ，sin )，c(1,0)(1)求向量bc的模的最大值；(2)设，且a(bc)，求cos 的值解：(1)bc(cos 1，sin )，则|bc|2(cos 1)2sin22(1cos )因为1cos 1，所以0|bc|24，即0|bc|2.当cos 1时，有|bc|2，所以向量bc的模的最大值为2.(2)若，则a.又由b(cos ，sin )，c(1,0)得a(bc)(cos 1，sin )cos sin .因为a(bc)，所以a(bc)0，即cos sin 1，所以sin 1cos ，平方后化简得cos (cos 1)0，解得cos 0或cos 1.经检验cos 0或cos 1即为所求3已知平面上一定点C(2,0)和直线l：x8，P为该平面上一动点，作PQl，垂足为Q，且0.(1)求动点P的轨迹方程；(2)若EF为圆N：x2(y1)21的任意一条直径，求的最值解：(1)设P(x，y)，则Q(8，y) 由0，得