2018届高考数学一轮复习配餐作业28的数量积含解析理.docx

配餐作业(二十八)平面向量的数量积(时间：40分钟)一、选择题1已知p(2，3)，q(x,6)，且pq，则|pq|的值为()A. B.C5 D13解析由题意得263x0x4|pq|(2，3)(4,6)|(2,3)|。故选B。答案B2(2016商丘模拟)在ABC中，已知|4，|1，SABC，则的值为()A2 B2C4 D2解析SABC|AB|AC|sinBAC41sinBAC。sinBAC，cosBAC，|cosBAC2。故选D。答案D3(2017石家庄模拟)在ABC中，AB4，AC3，1，则BC()A.B.C2 D3解析设A，因为，AB4，AC3，所以2AB91。8，cos，所以BC3。故选D。答案D4(2016昆明质检)设D为ABC所在平面内一点，|2，|1，则()A1 B.C1 D解析在ABC中，因为，所以BC，所以|，所以()20()2，故选B。答案B5(2016江西赣南五校二模)ABC的外接圆的圆心为O，半径为1,2且|，则向量在方向上的投影为()A. B.C D解析由2可知O是BC的中点，即BC为ABC外接圆的直径，所以|，由题意知|1，故OAB为等边三角形，所以ABC60。所以向量在方向上的投影为|cosABC1cos60。故选A。答案A6(2017厦门模拟)在ABC中，A120，1，则|的最小值是()A. B2C. D6解析由|cos120|1得|2，|2|22222222|26，当且仅当|时等号成立。所以|，故选C。答案C二、填空题7(2016开封一模)设向量a与b(1,2cos)垂直，则cos2_。解析依题意，2cos20，即2cos2，所以cos22cos21。答案8已知A，B，C为圆O上的三点，若()，则与的夹角为_。解析由()，可得O为BC的中点，故BC为圆O的直径，所以与的夹角为90。答案909已知在矩形ABCD中，AB2，AD1，E，F分别是BC，CD的中点，则()_。解析如图，将矩形放在直角坐标系中，则A(0,0)，B(2,0)，D(0,1)，E，C(2,1)，F(1,1)，所以，(1,1)，(2,1)，所以，所以()(2,1)6。答案10设a，b，c是单位向量，且ab0，则(ac)(bc)的最大值为_。解析解法一：设向量c与ab的夹角为，则有|ab|，(ac)(bc)(ab)cc21cos，故最大值是1。解法二：a，b是单位向量，且ab0，故可设a(1,0)，b(0,1)，又c是单位向量，故可设c(cos，sin)，0,2)。(ac)(bc)(1cos，sin)(cos，1sin)(1cos)cossin(1sin)coscos2sinsin21cossin1sin。(ac)(bc)的最大值为1。答案1三、解答题11已知|a|4，|b|8，a与b的夹角是120。(1)计算：|ab|，|4a2b|；(2)当k为何值时，(a2b)(kab)。解析由已知得，ab4816。(1)|ab|2a22abb2162(16)6448，|ab|4。|4a2b|216a216ab4b2161616(16)464768，|4a2b|16。(2)(a2b)(kab)，(a2b)(kab)0，ka2(2k1)ab2b20，即16k16(2k1)2640，k7。即k7时，a2b与kab垂直。答案(1)416(2)712.如图，O是ABC内一点，AOB150，AOC120，向量，的模分别为2，4。(1)求|；(2)若mn，求实数m，n的值。解析(1)由已知条件易知|cosAOB3，|cosAOC4，0，|22222()9，|3。(2)由mn可得，m2n，且mn2，mn4。答案(1)3(2)mn4(时间：20分钟)1(2016山东三校联考)如图，菱形ABCD的边长为2，BAD60，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点(含边界)，则的最大值为()A3 B2C6 D9解析由平面向量的数量积的几何意义知，等于的模与在方向上的投影之积，所以()max()229。故选D。答案D2(2016山东高考)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(tmn)可得n(tmn)0，即tmnn20，所以t334。故选B。答案B3(2016福州质检)已知在ABC中，AB4，AC6，BC，其外接圆的圆心为O，则_。解析如图，取BC的中点M，连OM，AM，则，()。O为ABC的外心，OMBC，即0，()()(22)(6242)2010。答案104(2017临沂模拟)已知向量m(sin2，cos)，n(sin，cos)，其中R。(1)若mn，求角；(2)若|mn|，求cos2的值。解析(1)向量m(sin2，cos)，n(sin，cos)，若mn，则mn0，即为sin(sin2)cos20，即sin，可得2k或2k