2021届高考数学人教B版大一轮总复习课时作业30 平面向量的数量积 WORD版含解析.DOC

1、课时作业30平面向量的数量积一、选择题1已知平面向量a，b的夹角为，且a(ab)2，|a|2，则|b|等于(D)A B2C4 D2解析：因为a(ab)2，所以a2ab2，即|a|2|a|b|cosa，b2，所以42|b|2，解得|b|2.2(2020武昌统考)已知向量a(2,1)，b(2，x)不平行，且满足(a2b)(ab)，则x(A)A BC1或 D1或解析：因为(a2b)(ab)，所以(a2b)(ab)0，所以|a|2ab2|b|20，因为向量a(2,1)，b(2，x)，所以54x2(4x2)0，解得x1或x，因为向量a，b不平行，所以x1，所以x，故选A3(2020山西模拟)已知向量a，

2、b满足|a|1，|b|2，|ab|，则a与b的夹角为(A)A BC D解析：对|ab|两边平方得a22abb23，即14cosa，b43，解得cosa，b，a，b.故选A4(2020湖南省五市十校联考)已知向量a，b满足|a|1，|b|2，a(a2b)0，则|ab|(A)A BC2 D解析：由题意知，a(a2b)a22ab12ab0，所以2ab1，所以|ab|.故选A5(2020茂名联考)如图，正六边形ABCDEF的边长为2，则(C)A2 B3C6 D12解析：()()()(2)2|2|282246.6(2020贵州黔东一模)已知梯形ABCD中，ABCD，AB2CD，且DAB90，AB2，AD

3、1，若点Q满足2，则(D)A BC D解析：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)又2，Q，1.故选D7已知点A(1,1)，B(1,2)，C(2，1)，D(3,4)，则向量在方向上的投影是(A)A3 BC3 D解析：依题意得，(2，1)，(5,5)，(2，1)(5,5)15，|，因此向量在方向上的投影是3.8(2020湖南湘东六校联考)已知向量(1,2)，(1,2)，则ABC的面积为(D)A B4C D2解析：由题意，得|，|.设向量，的夹角为，则cos，所以sin，所以SABC|sin2，故选D9(20

4、20河南南阳模拟)已知两点M(1,0)，N(1,0)，若直线3x4ym0上存在点P满足0，则实数m的取值范围是(C)A(，55，)B(，2525，)C5,5D25,25解析：设P(x，y)，则(1x，y)，(1x，y)由0得x2y21.因为点P在直线3x4ym0上，故圆x2y21与直线3x4ym0相交，则圆心(0,0)到直线的距离d1，故m5，5故选C二、填空题10已知平面向量a，b满足|a|b|1，a(a2b)，则|ab|.解析：a(a2b)，a(a2b)0，解得2ab1，|ab|.11已知向量a(1，)，b(3，m)且b在a方向上的投影为3，则向量a与b的夹角为.解析：因为b在a方向上的投

5、影为3，所以|b|cosa，b3，又|a|2，所以ab|a|b|cosa，b6，又ab3m，所以3m6，解得m3，则b(3，3)，所以|b|6，所以cosa，b，因为0a，b，所以a与b的夹角为.12(2019天津卷)在四边形ABCD中，ADBC，AB2，AD5，A30，点E在线段CB的延长线上，且AEBE，则1.解析：解法1：在等腰ABE中，易得BAEABE30，故BE2，则()()252cos3052cos1801222cos15015101261.解法2：在ABD中，由余弦定理可得BD，所以cosABD，则sinABD.设与的夹角为，则coscos(180ABD30)cos(ABD30)

6、cosABDcos30sinABDsin30，在ABE中，易得AEBE2，故21.13(2020河南、河北百校联考)如图，在平面四边形ABCD中，ABBC，ADBD，BCD60，CBCD2，点M为BC边上一动点，则的取值范围为.解析：如图，以点B为坐标原点，BC，BA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则B(0,0)，C(2，0)，BCD是等边三角形，则D(，3)，BD2，CBD60.又ABC90，则ABD30，则AB4，A(0,4)又点M为BC边上的一动点，设M(x,0)，x0,2，则(x，4)(x，3)x2x122，所以当x时，取得最小值，当x2时，取得最大值18，故的取值范围是.三

7、、解答题14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：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15在ABC中 ，AB2AC6，2，点P是ABC所在平面内一点，则当222取得最小值时，求的值解：|cosB|2，|cosB|6，即A，

8、以A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则B(6,0)，C(0,3)，设P(x，y)，则222x2y2(x6)2y2x2(y3)23x212x3y26y453(x2)2(y1)210当x2，y1时，222取得最小值，此时P(2,1)，(2,1)，此时(2,1)(6,3)9.16(2019北京卷)设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“|”的(C)A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析：若|，则|2|2，222|2，点A，B，C不共线，线段AB，BC，AC构成一个三角形ABC，设内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，则由平面向量的数量积公式及余弦定理可知

9、，222|2，即c2b22bccosAc2b22bccosA，cosA0，又A，B，C三点不共线，故与的夹角为锐角反之，易得当与的夹角为锐角时，|，“与的夹角为锐角”是“|”的充分必要条件，故选C17(2020豫北名校联考)已知O是ABC所在平面内一点，且满足|2|2|2|2，则点O(A)A在过点C且与AB垂直的直线上B在A的平分线所在直线上C在边AB的中线所在直线上D以上都不对解析：由|2|2|2|2得|2|2|2|2，所以()()()()，即()()，所以()20，所以.故点O在过点C且与AB垂直的直线上18. (2019江苏卷)如图，在ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE2EA，AD与CE交于点O.若6，则的值是.解析：由A，O，D三点共线，可设，则()，由E，O，C三点共线可设，则()，则(1)(1)，由平面向量基本定理可得解得，则()，则66()，化简得322，则.