2020年高考数学一轮复习考点26平面向量的数量积与平面向量应用举例必刷题理含解析.doc

教学资料范本2020年高考数学一轮复习考点26平面向量的数量积与平面向量应用举例必刷题理含解析编 辑：_时 间：_考点26 平面向量的数量积与平面向量应用举例1、已知|a|6，|b|3，向量a在b方向上的投影是4，则ab为()A12B8C8D2【答案】A【解析】|a|cosa，b4，|b|3，ab|a|b|cosa，b3412.2、若O是ABC所在平面内一点，且满足|2|，则ABC的形状是()A等腰三角形B直角三角形C等腰直角三角形D等边三角形【答案】B【解析】2，所以|2|20，所以三角形为直角三角形故选B.3、已知平面向量a(2，m)，b(1，)，且(ab)b，则实数m的值为()A2B2C4 D6【答案】B【解析】a(2，m)，b(1，)，ab(2，m)(1，)(3，m)由(ab)b，得(ab)b0，即(3，m)(1，)3m3m60，解得m2.故选B.4、设M为边长为4的正方形ABCD的边BC的中点，N为正方形区域内任意一点(含边界)，则的最大值为()A32B24C20D16【答案】B【解析】以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则B(4,0)，C(4,4)，M(4,2)，设N(x，y)(0x，y4)，则4x2y442424，当且仅当时取等号，故选B.5、设向量a，b满足|a|1，|ab|，a(ab)0，则|2ab|()A2B2 C4 D4【答案】B【解析】由a(ab)0，可得aba21，由|ab|，可得(ab)23，即a22abb23，解得b24.所以(2ab)24a24abb212，所以|2ab|2.6、已知ABC的外接圆半径为2，D为该圆上的一点，且，则ABC的面积的最大值为()A3B4C3D4【答案】B【解析】由题设，可知四边形ABDC是平行四边形由圆内接四边形的性质可知BAC90，且当ABAC时，四边形ABDC的面积最大，则ABC的面积的最大值为SmaxABAC(2)24.故选B.7、已知|a|1，|b|6，a(ba)2，则向量a与b的夹角为()A.BCD【答案】B【解析】a(ba)aba22，所以ab3，所以cosa，b，所以向量a与b的夹角为.8、在ABC中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，已知三个向量m，n，p共线，则ABC形状为()A等边三角形B等腰三角形C直角三角形D等腰直角三角形【答案】A【解析】由题意得acosbcos，acosccos，由正弦定理得sinAcossinBcossinsinBA，同理可得CA，所以ABC为等边三角形故选A.9、已知向量a(，1)，b(0,1)，c(k，)若a2b与c垂直，则k()A3B2C1D1【答案】A【解析】因为a2b与c垂直，所以(a2b)c0，即ac2bc0，所以k20，解得k3.10、已知点M(3,0)，N(3,0)。动点P(x，y)满足|0，则点P的轨迹的曲线类型为()A双曲线B抛物线C圆D椭圆【答案】B【解析】(3,0)(3,0)(6,0)，|6，(x，y)(3,0)(x3，y)，(x，y)(3,0)(x3，y)，所以|66(x3)0，化简可得y212x.故点P的轨迹为抛物线故选B.11、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()A5B4C3D2【答案】A【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)231(1)5.12、称d(a，b)|ab|为两个向量a，b间的“距离”，若向量a，b满足：|b|1；ab；对任意tR，恒有d(a，tb)d(a，b)，则()AabBa(ab)Cb(ab)D(ab)(ab)【答案】C【解析】由d(a，tb)d(a，b)，可知|atb|ab|，所以(atb)2(ab)2，又|b|1，所以t22(ab)t2(ab)10.因为上式对任意tR恒成立，所以4(ab)242(ab)10，即(ab1)20，所以ab1.于是b(ab)ab|b|21120，所以b(ab)故选C.13、若平面向量a(1,2)与b的夹角是180，且|b|3，则b的坐标为()A(3，6)B(3,6)C(6，3)D(6,3)【答案】A【解析】由题意设ba(，2)(0)，而|b|3，则3，所以3，b(3，6)故选A.14、已知ABC为等边三角形，AB2，设点P，Q满足，(1)，R.若，则()A.BC.D【答案】A【解析】(1)，又，|2，A60，|cos 602，(1)()，即|2(21)(1)|2，所以42(21)4(1)，解得.15、在ABC中，若2，则边AB的长等于_【答案】2【解析】由题意知4，即()4，即4，所以|2.16、如图，平行四边形ABCD中，AB2，AD1，A60，点M在AB边上，且AMAB，则_.【答案】1 【解析】因为，所以()|2|21|cos 60121.8(20xx重庆调研)已知|a|2|b|，|b|0，且关于x的方程x2|a|xab0有两相等实根，则向量a与b的夹角是_【答案】【解析】由已知可得|a|24ab0，即4|b|242|b|2cos 0，所以cos ，又因为0，所以.16、已知平面向量a(2,4)，b(1，2)若ca(ab)b，则|c|_.【答案】8 【解析】由题意可得ab214(2)6，ca(ab)ba6b(2,4)6(1，2)(8，8)，|c|8.17、在平面直角坐标系内，已知B(3，3)，C(3，3)，且H(x，y)是曲线x2y21上任意一点，则的最大值为_【答案】619【解析】由题意得(x3，y3)，(x3，y3)，所以(x3，y3)(x3，y3)x2y296y276y19619，当且仅当y1时取最大值18、已知向量a，b满足(2ab)(ab)6，且|a|2，|b|1，则a与b的夹角为_【答案】 【解析】(2ab)(ab)6，2a2abb26，又|a|2，|b|1，ab1，cosa，b.又a，b0，a与b的夹角为.19、已知点A(1m,0)，B(1m,0)，若圆C：x2y28x8y310上存在一点P使得0，则m的最大值为_【答案】6【解析】圆C：(x4)2(y4)21，圆心C(4,4)，半径r1，设P(x0，y0)，则(1mx0，y0)，(1mx0，y0)，所以(1x0)2m2y0，即m2(x01)2y.所以|m|为点P与点M(1,0)之间的距离，当|PM|最大时，|m|取得最大值因为|PM|的最大值为|MC|116，所以m的最大值为6.20、已知a(，2)，b(3，2)，如果a与b的夹角为锐角，则的取值范围是_【答案】 【解析】a与b的夹角为锐角，则ab0且a与b不共线，则解得或0，所以的取值范围是.21、已知向量m(sin 2，cos )，n(sin ，cos )，其中R.(1)若mn，求角.(2)若|mn|，求cos 2的值【答案】(1) 2k或2k，kZ. (2) 【解析】(1)向量m(sin 2，cos )，n(sin ，cos )，若mn，则mn0，即为sin (sin 2)cos20，即sin ，可得2k或2k，kZ.(2)若|mn|，即有(mn)22，即(2sin 2)2(2cos )22，即为4sin248sin 4cos22，即有88sin 2，可得sin ，即有cos 212sin212.22、在平面直角坐标系xOy中，已知向量m，n(sin x，cos x)，x.(1)若mn，求tan x的值；(2)若m与n的夹角为，求x的值【答案】(1) 1 (2) .【解析】(1)若mn，则mn0.sin xcos x0，tan x1.(2)m与n的夹角为，mn|m|n|cos11，即sin xcos x，sin.又x，x，x，即x.23、已知在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m(sin A，sin B)，n(cos B，cos A)，mnsin 2C.(1)求角C的大小；(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且()18，求边c的长【答案】(1) (2)6【解】(1)mnsin Acos Bsin Bcos Asin(AB)，对于ABC，ABC,0C，sin(AB)sin C，mnsin C，又mnsin 2C，sin 2Csin C，cos C，C.(2)由sin A，sin C，sin B成等差数列，可得2sin Csin Asin B，由正弦定理得2cab.()18，|cos Cabcos C18，ab36.由余弦定理得c2a2b22abcos C(ab)23ab，c24c2336，c236，c6.24、已知向量，（1）求的值；（2）若，求的值【答案】（1）；（2）【解析】（1）由已知得，所以（2）依题意得，又，即，解得25、已知平面上三点满足，（1）若三点不能构成三角形，求实数满足的条件；（2）是不以为直角的，求实数的值【答案】（1）；（2），【解析】（1）三点不能构成三角形，三点共线；存在实数，使；，解得满足的条件是（2）为直角三角形；若是直角