2023年高考数学一轮复习课时规范练26平面向量的数量积及其应用含解析北师大版文

这是一份2023年高考数学一轮复习课时规范练26平面向量的数量积及其应用含解析北师大版文，共8页。
课时规范练26　平面向量的数量积及其应用基础巩固组1.(2021北京人大附中高三月考)在等边三角形ABC中,AB=1,D为AB边的中点,则的值为(　　)A. B. C.- D.-答案:C解析:设的夹角为θ,∵θ=120°,又D为AB边的中点,AB=1,∴||=.∴=||||cos120°=1××-=-.2.(2021河北张家口二模)设平面向量a=(1,0),θ为a,b间夹角,若a·b=2,cos θ=,则|b|=(　　)A.2 B.3 C.9 D.6答案:D解析:cosθ=⇒|b|=6.3.(2021山西太原一模)已知a,b为单位向量,且满足|a-b|=,则|2a+b|=(　　)A B C D.2答案:C解析:a,b为单位向量,且满足|a-b|=,所以a2-2a·b+b2=2,解得a·b=0,所以|2a+b|=4.(2021西藏拉萨二模)已知向量a=(-1,2),b=(3,2),设θ为a+b,a-b间夹角,则cos θ为(　　)A. B.- C. D.-答案:B解析:因为a=(-1,2),b=(3,2),所以a+b=(2,4),a-b=(-4,0).所以cosθ==-.5.(2021江西萍乡二模)已知a与b满足|a|=1,|b|=2,|a-2b|=,则a与b的夹角为(　　)A.120° B.90° C.60° D.30°答案:C解析:由|a-2b|=,等式左右平方得,(a-2b)2=a2-4a·b+4b2=1-4a·b+4×4=13,设θ为a,b间夹角,所以a·b=1,即1×2×cosθ=1,cosθ=,θ=60°.6.(2021吉林长春模拟)长江流域内某地南北两岸平行,如图所示已知游船在静水中的航行速度v1的大小|v1|=10 km/h,水流的速度v2的大小|v2|=4 km/h,设v1和v2所成角为θ(0<θ<π),若游船要从A航行到正北方向上位于北岸的码头B处,则cos θ等于(　　)河流两岸示意图A.- B.- C.- D.-答案:B解析:由题意知(v1+v2)·v2=0,有|v1||v2|cosθ+=0,即10×4cosθ+42=0,所以cosθ=-7.(2021贵州贵阳二模)若向量a,b满足|a|=2,(a+2b)·a=6,则b在a方向上的射影为(　　)A.1 B.-1 C.- D.答案:D解析:设θ为a,b间夹角,由已知条件可得(a+2b)·a=a2+2a·b=4+2a·b=6,∴a·b=|a|·|b|cosθ=1,因此,b在a方向上的射影为|b|cosθ=.8.(2021山东济南一模)已知单位向量a,b,c,满足a+b+c=0,则a与b的夹角为(　　)A. B. C. D.答案:C解析:设θ为a,b间夹角,由a+b+c=0,得a+b=-c,所以|a+b|=|-c|,即|a+b|2=|a|2+2a·b+|b|2=1,所以a·b=-,由a·b=|a||b|·cosθ=-,得θ=.9.(2021山西晋中三模)若向量m=(0,-2),n=(,1),写出一个与2m+n垂直的非零向量　　　　　. 答案:(,1)(答案不唯一)解析:因为m=(0,-2),n=(,1),所以2m+n=2(0,-2)+(,1)=(,-3),设a=(x,y),x·y≠0,因为a与2m+n垂直,所以a·(2m+n)=0,即x-3y=0,令x=,则y=1,所以a=(,1).10.如图,在Rt△ABC中,AB=AC,BC=4,O为BC的中点,以O为圆心,1为半径的半圆与线段OC交于点D,P为半圆上任意一点,则的最小值为　　　　. 答案:2-解析:建立如图所示的平面直角坐标系, 则B(-2,0),A(0,2),D(1,0),设P(x,y),故=(x+2,y),=(1,-2),所以=x-2y+2.令x-2y+2=t,根据直线的几何意义可知,当直线x-2y+2=t与半圆相切时,t取得最小值,由点到直线的距离公式可得=1,t=2-,即的最小值是2-.11.(2021北京海淀模拟)已知向量a,b满足:|a|=1,|b|=6,a·(b-a)=2,则a与b的夹角为　　　　;|2a-b|=　　　　. 答案:　2解析:设θ为a,b间夹角,由题意,向量a,b满足|a|=1,|b|=6,因为a·(b-a)=a·b-a2=a·b-1=2,可得a·b=3,则cosθ=,因为θ∈[0,π],所以θ=,即a与b的夹角为,又由|2a-b|2=4a2-4a·b+b2=4×12-4×3+62=28,所以|2a-b|=2.综合提升组12.(2021湖南师大附中高三月考)已知a,b是非零向量且满足(a-2b)⊥a,(b-2a)⊥b,则a与b的夹角是(　　)A B C D答案:B解析:∵(a-2b)⊥a,(b-2a)⊥b,∴(a-2b)·a=a2-2a·b=0,(b-2a)·b=b2-2a·b=0,∴a2=b2=2a·b,设a与b的夹角为θ,cosθ=,∵θ∈[0,π],∴θ=13.(2021四川成都二诊)在△ABC中,已知AB=AC,D为BC边中点,点O在直线AD上,且=3,则BC边的长度为(　　)A B.2 C.2 D.6答案:A解析:在△ABC中,AB=AC,D为BC边中点,∴AD⊥BC,在Rt△BDO中有BD=BO·cos∠OBD,且BD=,的夹角为∠OBD,即=||·||·cos∠OBD=3,=3,可得||=,所以BC边的长度为14.(2021山东临沂二模)点A,B,C在圆O上,若|AB|=2,∠ACB=30°,则的最大值为(　　)A.3 B.2 C.4 D.6答案:C解析:点A,B,C在圆O上,|AB|=2,∠ACB=30°,设三角形的外接圆的半径为R,可得2R==4,所以R=2,如图,因为|AB|=2,|OC|=R=2,所以当共线同向时,向量的数量积取得最大值4.故选C.15.若点O和点F分别为椭圆=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则的最大值为　　　　. 答案:6解析:由题意,得F(-1,0),设P(x0,y0),则有=1,解得=31-,因为=(x0+1,y0),=(x0,y0),所以=x0(x0+1)++x0+31-=+x0+3=(x0+2)2+2,因为-2≤x0≤2,故当x0=2时,取得最大值6.16.(2021天津部分学校高三调研)如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥AD,AB=BC=2,∠ABC=,且=12,则||=　　　　　,若M是线段AB上的一个动点,则的取值范围是　　　　　　. 答案:4　,18解析:因为AB=BC=2,∠ABC=,所以△ABC为正三角形,所以AC=2,∠BAC=因为AB⊥AD,所以∠CAD=因为=12,所以||||·cos=12,所以||==4.因为M是线段AB上的一个动点,所以可设=t(0≤t≤1),所以=()·()=(t)·(t)=t2-t-t=(2)2t2-t·22-0+12=12t2-6t+12=12t-2+,因为0≤t≤1,所以t=时,12t-2+取得最小值,当t=1时,12t-2+取得最大值18,所以的取值范围是,18.创新应用组17.已知圆O上有三点A,B,C,AB=2且∠ACB=90°,D为BC中点,AD延长线与圆O交于点E,如图,,则的值为(　　)A.-1 B.-C.-或-1 D.-或1答案:C解析:由∠ACB=90°,可得BA为直径,连接BE,则∠ACB=∠AEB=90°,故()=,∴||=,∵∠BDE=∠ADC,∠AEB=∠ACB=90°,则△DBE∽△DAC.设||=2x,||=y,||=2z,∵D为BC中点,则||=||=x,由△DBE∽△DAC可得,解得∵D为BC的中点,则)=),当x=z=,y=时,)·()=)=-1;当x=,y=,z=时,)·()=)=-4=-综上所述,=-1或-