2021高考数学一轮复习课后限时集训31平面向量的数量积与平面向量应用举例理北师大版2020021104107.doc

1、课后限时集训31平面向量的数量积与平面向量应用举例建议用时：45分钟一、选择题1(2018全国卷)已知向量a，b满足|a|1，ab1，则a(2ab) ()A4 B3 C2 D0Ba(2ab)2a2ab2(1)3，故选B.2已知平面向量a(2,3)，b(1,2)，向量ab与b垂直，则实数的值为()A.BC.DDa(2,3)，b(1,2)，ab(21,32)ab与b垂直， (ab)b0，(21,32)(1,2)0，即21640，解得.3已知向量a，b满足|a|1，b(2,1)，且ab0，则|ab|()A. B.C2D.A因为|a|1，b(2,1)，且ab0，所以|ab|2a2b22ab1506，所

2、以|ab|.故选A.4.如图在边长为1的正方形组成的网格中，平行四边形ABCD的顶点D被阴影遮住，请设法计算()A10B11C12D13B以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(4,1)，C(6,4)，(4,1)，(2,3)，421311，故选B.5(2019银川模拟)已知i，j为互相垂直的单位向量，ai2j，bij，且a与b的夹角为锐角，则实数的取值范围是()A. B.C(，2)D.C不妨令i(1,0)，j(0,1)，则a(1，2)，b(1，)，因为它们的夹角为锐角， 所以ab120且a，b不共线，所以且2，故选C.6(2019河北衡水模拟三)已知向量a(1，k)，b(2,4

3、)，则“k”是“|ab|2a2b2”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件C由|ab|2a2b2，得a22abb2a2b2，得ab0，得(1，k)(2,4)0，解得k，所以“k”是“|ab|2a2b2”的充要条件故选C.7(2019宝鸡模拟)在直角三角形ABC中，角C为直角，且ACBC1，点P是斜边上的一个三等分点，则()A0B1C.DB以点C的坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则C(0,0)，A(1,0)，B(0,1)，不妨设P，所以()1.故选B.二、填空题8已知平面向量a，b满足a(ab)3，且|a|2，|b|1，则向

4、量a与b的夹角的正弦值为_a(ab)a2ab2221cosa，b42cosa，b3，cosa，b，又a，b0，sina，b.9已知平面向量a，b满足|a|1，|b|2，|ab|，则a在b方向上的投影等于_|a|1，|b|2，|ab|，(ab)2|a|2|b|22ab52ab3，ab1，a在b方向上的投影为.10(2019天津高考)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法一：BAD30，ADBC，ABE30，又EAEB，EAB30，在EAB中，AB2，EAEB2.以A为坐标原点，直线AD为x轴建立如图所示的平面直角坐标系则A(0,0)

5、，D(5,0)，E(1，)，B(3，)，(2，)，(1，)，(2，)(1，)1.法二：同法一，求出EBEA2，以，为一组基底，则，()225212251.1(2018石家庄二模)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.A法一：由|ab|ab|知，ab0，所以ab.将|ab|2|b|两边平方，得|a|22ab|b|24|b|2，所以|a|23|b|2，所以|a|b|，所以cosab，a，所以向量ab与a的夹角为，故选A.法二：|ab|ab|，ab.在四边形ABCO中，设|b|1，|ab|2|b|2，|a|，ab，aBOA，在RtOBC中，BOA

6、.2已知平面向量a，b，c满足|a|b|c|1，若ab，则(ac)(2bc)的最小值为()A2BC1D0B因为ab|a|b|cosa，bcosa，b，所以a，b.不妨设a(1,0)，b，c(cos ，sin )，则(ac)(2bc)2abac2bcc21cos 21sin ，所以(ac)(2bc)的最小值为，故选B.3在ABC中，a，b，c为A，B，C的对边，a，b，c成等比数列，ac3，cos B，则_.由a，b，c成等比数列得acb2，在ABC中，由余弦定理可得cos B，则，解得ac2，则accos(B)accos B.4(2019江苏高考)如图，在ABC中，D是BC的中点，E在边AB上

7、，BE2EA，AD与CE交于点O.若6，则的值是_法一：过D作DFEC，交AB于F.D为BC的中点，F为BE的中点，又BE2EA，EFEA，又DFEO，AOAD，()().6，22，232，|，.法二：由于题目中对BAC没有限制，所以不妨设BAC90，ABc，ACb，建立如图所示的平面直角坐标系则E，D，易得lAD：yx，lEC：1，联立得解得则O.由6得60，c23b2，cb，.1已知平面向量a，b，c满足|a|b|1，a(a2b)，(c2a)(cb)0，则|c|的最大值与最小值的和为()A0 B.C.D.Da(a2b)，a(a2b)0，即a22ab，又|a|b|1，ab，a与b的夹角为60

8、.设a，b，c，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则a，b(1,0)设c(x，y)，则c2a(x1，y)，cb(x1，y)又(c2a)(cb)0，(x1)2y(y)0.即(x1)22，点C的轨迹是以点M为圆心，为半径的圆又|c|表示圆M上的点与原点O(0,0)之间的距离，所以|c|max|OM|，|c|min|OM|，|c|max|c|min2|OM|2，故选D.2已知在ABC所在平面内有两点P，Q，满足0，若|4，|2，SAPQ，则sin A_，_.4由0知，P是AC的中点，由，可得，即，即2，Q是AB边靠近B的三等分点，SAPQSABCSABC，SABC3SAPQ32.SABC|sin A42sin A2，sin A，cos A，|cos A4.