廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練26 平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用 文.docx

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考點規(guī)范練26　平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用 一、基礎(chǔ)鞏固 1.對任意平面向量a,b,下列關(guān)系式中不恒成立的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.|ab|≤|a||b| B.|a-b|≤||a|-|b|| C.(a+b)2=|a+b|2 D.(a+b)(a-b)=a2-b2 答案B 解析A項,設(shè)向量a與b的夾角為θ, 則ab=|a||b|cosθ≤|a||b|,所以不等式恒成立; B項,當(dāng)a與b同向時,|a-b|=||a|-|b||;當(dāng)a與b非零且反向時,|a-b|=|a|+|b|>||a|-|b||.故不等式不恒成立; C項,(a+b)2=|a+b|2恒成立; D項,(a+b)(a-b)=a2-ab+ba-b2=a2-b2, 故等式恒成立. 綜上,選B. 2.已知a,b為單位向量,其夾角為60,則(2a-b)b=(　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 答案B 解析由已知得|a|=|b|=1,a與b的夾角θ=60, 則(2a-b)b=2ab-b2=2|a||b|cosθ-|b|2 =211cos60-12=0,故選B. 3.已知向量a=(1,2),b=(m,-4),若|a||b|+ab=0,則實數(shù)m等于(　　) A.-4 B.4 C.-2 D.2 答案C 解析設(shè)a,b的夾角為θ, ∵|a||b|+ab=0,∴|a||b|+|a||b|cosθ=0, ∴cosθ=-1,即a,b的方向相反. 又向量a=(1,2),b=(m,-4), ∴b=-2a,∴m=-2. 4.若向量BA=(1,2),CA=(4,5),且CB(λBA+CA)=0,則實數(shù)λ的值為(　　) A.3 B.-92 C.-3 D.-53 答案C 解析∵BA=(1,2),CA=(4,5), ∴CB=CA+AB=CA-BA=(3,3), λBA+CA=(λ+4,2λ+5). 又CB(λBA+CA)=0, ∴3(λ+4)+3(2λ+5)=0,解得λ=-3. 5.在四邊形ABCD中,AC=(1,2),BD=(-4,2),則該四邊形的面積為(　　) A.5 B.25 C.5 D.10 答案C 解析依題意得,ACBD=1(-4)+22=0,∴AC⊥BD. ∴四邊形ABCD的面積為12|AC||BD|=12520=5. 6.在△ABC中,邊AB上的高為CD,若CB=a,CA=b,ab=0,|a|=1,|b|=2,則AD=(　　) A.13a-13b B.23a-23b C.35a-35b D.45a-45b 答案D 解析∵ab=0,∴CA⊥CB. ∵|a|=1,|b|=2,∴AB=5. 又CD⊥AB,∴由射影定理,得AC2=ADAB. ∴AD=45=455.∴ADAB=4555=45. ∴AD=45AB=45(CB-CA)=45(a-b),故選D. 7.已知向量a=(m,2),b=(2,-1),且a⊥b,則|2a-b|a(a+b)等于(　　) A.-53 B.1 C.2 D.54 答案B 解析∵a=(m,2),b=(2,-1),且a⊥b, ∴ab=2m-2=0,解得m=1, ∴a=(1,2),2a-b=(0,5),|2a-b|=5. 又a+b=(3,1),a(a+b)=13+21=5, ∴|2a-b|a(a+b)=55=1. 8.設(shè)m,n為非零向量,則“存在負(fù)數(shù)λ,使得m=λn”是“mn<0”的 (　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 答案A 解析m,n為非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即兩向量反向,夾角是180,則mn=|m||n|cos180=-|m||n|<0.反過來,若mn<0,則兩向量的夾角為(90,180],并不一定反向,即不一定存在負(fù)數(shù)λ,使得m=λn,所以“存在負(fù)數(shù)λ,使得m=λn”是“mn<0”的充分不必要條件.故選A. 9.已知A(1,2),B(3,4),C(-2,2),D(-3,5),則向量AB在向量CD方向上的投影為(　　) A.105 B.2105 C.3105 D.4105 答案B 解析由A(1,2),B(3,4),C(-2,2),D(-3,5),得AB=(2,2),CD=(-1,3),ABCD=2(-1)+23=4,|CD|=1+9=10,則向量AB在向量CD方向上的投影為ABCD|CD|=410=2105. 10.(2018江蘇蘇州調(diào)研)已知向量a=(1,2),b=(-2,-4),|c|=5,若(a+b)c=52,則a,c的夾角大小為　　　　　. 答案120 解析設(shè)a,c的夾角為θ. ∵a=(1,2),b=(-2,-4),∴b=-2a, ∴(a+b)c=-ac=52.∴ac=-52. ∴cosθ=ac|a||c|=-5255=-12. ∵0≤θ≤180,∴θ=120. 11.已知|a|=2,|b|=1,(2a-3b)(2a+b)=9. (1)求向量a與b的夾角θ; (2)求|a+b|及向量a在a+b方向上的投影. 解(1)因為|a|=2,|b|=1,(2a-3b)(2a+b)=9, 所以4a2-3b2-4ab=9,即16-8cosθ-3=9. 所以cosθ=12. 因為θ∈[0,π],所以θ=π3. (2)由(1)可知ab=|a||b|cosπ3=1, 所以|a+b|=a2+b2+2ab=7, a(a+b)=a2+ab=5. 所以向量a在a+b方向上的投影為a(a+b)|a+b|=57=577. 二、能力提升 12.已知非零向量m,n滿足4|m|=3|n|,向量m與n的夾角為θ,且cos θ=13.若n⊥(tm+n),則實數(shù)t的值為(　　) A.4 B.-4 C.94 D.-94 答案B 解析由4|m|=3|n|,可設(shè)|m|=3k,|n|=4k(k>0), 因為n⊥(tm+n),所以n(tm+n)=ntm+nn=t|m||n|cosθ+|n|2=t3k4k13+(4k)2=4tk2+16k2=0. 所以t=-4,故選B. 13.在矩形ABCD中,AB=1,AD=3,P為矩形內(nèi)一點,且AP=32.若AP=λAB+μAD(λ,μ∈R),則λ+3μ的最大值為(　　) A.32 B.62 C.3+34 D.6+324 答案B 解析因為AP=λAB+μAD, 所以|AP|2=|λAB+μAD|2. 所以322=λ2|AB|2+μ2|AD|2+2λμABAD. 因為AB=1,AD=3,AB⊥AD,所以34=λ2+3μ2. 又34=λ2+3μ2≥23λμ, 所以(λ+3μ)2=34+23λμ≤34+34=32. 所以λ+3μ的最大值為62,當(dāng)且僅當(dāng)λ=64,μ=24時等號成立. 14.已知AB⊥AC,|AB|=1t,|AC|=t.若點P是△ABC所在平面內(nèi)的一點,且AP=AB|AB|+4AC|AC|,則PBPC的最大值等于(　　) A.13 B.15 C.19 D.21 答案A 解析以點A為原點,AB,AC所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系,如圖,則A(0,0),B1t,0,C(0,t), ∴AB|AB|=(1,0),AC|AC|=(0,1), ∴AP=AB|AB|+4AC|AC|=(1,0)+4(0,1)=(1,4), ∴點P的坐標(biāo)為(1,4), PB=1t-1,-4,PC=(-1,t-4), ∴PBPC=1-1t-4t+16 =-1t+4t+17≤-4+17=13. 當(dāng)且僅當(dāng)1t=4t,即t=12時等號成立, ∴PBPC的最大值為13. 15. 如圖,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120,AB=AD=1.若點E為邊CD上的動點,則AEBE的最小值為 (　　) A.2116 B.32 C.2516 D.3 答案A 解析如圖,取AB的中點F,連接EF. AEBE=(AE+BE)2-(AE-BE)24 =(2FE)2-AB24=|FE|2-14. 當(dāng)EF⊥CD時,|EF|最小,即AEBE取最小值. 過點A作AH⊥EF于點H,由AD⊥CD,EF⊥CD,可得EH=AD=1,∠DAH=90. 因為∠DAB=120,所以∠HAF=30. 在Rt△AFH中,易知AF=12,HF=14, 所以EF=EH+HF=1+14=54. 所以(AEBE)min=542-14=2116. 16. 如圖,在?ABCD中,已知AB=8,AD=5,CP=3PD,APBP=2,則ABAD的值是　　　　　. 答案22 解析∵CP=3PD,∴AP=AD+14AB,BP=AD-34AB. 又AB=8,AD=5, ∴APBP=AD+14ABAD-34AB =|AD|2-12ABAD-316|AB|2 =25-12ABAD-12=2. ∴ABAD=22. 三、高考預(yù)測 17.已知兩個平面向量a,b滿足|a|=1,|a-2b|=21,且a與b的夾角為120,則|b|=　　　　　. 答案2 解析∵向量a,b滿足|a|=1,|a-2b|=21,且a與b的夾角為120, ∴(a-2b)2=a2-4ab+4b2=1-41|b|cos120+4|b|2=21, 化簡得2|b|2+|b|-10=0,解得|b|=2(負(fù)值舍去).