2021高考数学大一轮复习考点规范练27平面向量的数量积与平面向量的应用理新人教A版

考点规范练27　平面向量的数量积与平面向量的应用　考点规范练A册第18页　 基础巩固1.对任意平面向量a,b,下列关系式不恒成立的是(　　)A.|a·b|≤|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项,设向量a与b的夹角为θ,则a·b=|a||b|cosθ≤|a||b|,所以不等式恒成立;B项,当a与b同向时,|a-b|=||a|-|b||;当a与b非零且反向时,|a-b|=|a|+|b|>||a|-|b||.故不等式不恒成立;C项,(a+b)2=|a+b|2恒成立;D项,(a+b)·(a-b)=a2-a·b+b·a-b2=a2-b2,故等式恒成立.综上,故选B.2.已知a,b为单位向量,其夹角为60°,则(2a-b)·b=(　　)A.-1 B.0 C.1 D.2答案:B解析:由已知得|a|=|b|=1,a与b的夹角θ=60°,则(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a||b|cosθ-|b|2=2×1×1×cos60°-12=0,故选B.3.(2019全国Ⅰ,理7)已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a-b)⊥b,则a与b的夹角为(　　)A B C D答案:B解析:因为(a-b)⊥b,所以(a-b)·b=a·b-b2=0,所以a·b=b2.所以cos<a,b>=,所以a与b的夹角为,故选B.4.(2019全国Ⅱ,理3)已知=(2,3),=(3,t),||=1,则=(　　)A.-3 B.-2 C.2 D.3答案:C解析:由=(1,t-3),||==1,得t=3,则=(1,0).所以=(2,3)·(1,0)=2×1+3×0=2.故选C.5.(2019河北唐山一中高三下学期冲刺)设四边形ABCD为平行四边形,||=6,||=4.若点M,N满足=3=2,则=(　　)A.20 B.15 C.9 D.6答案:C解析:因为=3=2,所以,则=9.6.(2019广西桂林高三一模)已知平面向量的模都为2,<>=90°,若=(λ≠0),则()=(　　)A.4 B.2 C D.0答案:A解析:设BC的中点为N,根据向量加法的平行四边形法则得到=2,所以()=2平面向量的模都为2,AN是Rt△ABC的中线,则||=由向量投影的几何意义可得2=2||2=4.故选A.7.已知向量p=(2,-3),q=(x,6),且p∥q,则|p+q|的值为(　　)A B C.5 D.13答案:B解析:由题意,得2×6+3x=0,解得x=-4.|p+q|=|(2,-3)+(-4,6)|=|(-2,3)|=8.在四边形ABCD中,=(1,2),=(-4,2),则该四边形的面积为(　　)A B.2 C.5 D.10答案:C解析:依题意得,=1×(-4)+2×2=0,∴四边形ABCD的面积为|||==5.9.(2019北京,理7)设点A,B,C不共线,则的夹角为锐角”是“||>||”的(　　)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案:C解析:∵A,B,C三点不共线,∴||>||⇔||>||⇔||2>||2>0的夹角为锐角.故的夹角为锐角”是“||>||”的充分必要条件,故选C.10.已知A(1,2),B(3,4),C(-2,2),D(-3,5),则向量在向量方向上的投影为　　　　　. 答案:解析:由A(1,2),B(3,4),C(-2,2),D(-3,5),得=(2,2),=(-1,3),=2×(-1)+2×3=4,||=,则向量在向量方向上的投影为11.设e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,若a=e1+λe2与b=2e1-3e2垂直,则λ=　　　　　. 答案:解析:∵e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,∴|e1|=|e2|=1,e1·e2=∵(e1+λe2)⊥(2e1-3e2),∴(e1+λe2)·(2e1-3e2)=2+(2λ-3)e1·e2-3=2+(2λ-3)-3λ=0.∴λ=12.已知|a|=2,|b|=1,(2a-3b)·(2a+b)=9.(1)求向量a与b的夹角θ;(2)求|a+b|及向量a在a+b方向上的投影.解:(1)因为|a|=2,|b|=1,(2a-3b)·(2a+b)=9,所以4a2-3b2-4a·b=9,即16-8cosθ-3=9.所以cosθ=因为θ∈[0,π],所以θ=(2)由(1)可知a·b=|a||b|cos=1,所以|a+b|=,a·(a+b)=a2+a·b=5.所以向量a在a+b方向上的投影为能力提升13.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,m,n的夹角为θ,cos θ=若n⊥(tm+n),则实数t的值为(　　)A.4 B.-4 C D.-答案:B解析:由4|m|=3|n|,可设|m|=3k,|n|=4k(k>0),因为n⊥(tm+n),所以n·(tm+n)=n·tm+n·n=t|m||n|cosθ+|n|2=t×3k×4k+(4k)2=4tk2+16k2=0.所以t=-4,故选B.14.已知△ABC是边长为2的等边三角形,P为平面ABC内一点,则()的最小值是(　　)A.-2 B.- C.- D.-1答案:B解析:以BC所在的直线为x轴,BC的垂直平分线AD为y轴,D为坐标原点建立平面直角坐标系,如图.可知A(0,),B(-1,0),C(1,0).设P(x,y),则=(-x,-y),=(-1-x,-y),=(1-x,-y).所以=(-2x,-2y).所以()=2x2-2y(-y)=2x2+2-当点P的坐标为时,()取得最小值为-,故选B.15.如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若点E为边CD上的动点,则的最小值为(　　)A BC D.3答案:A解析:如图,取AB的中点F,连接EF,==||2-当EF⊥CD时,||最小,即取最小值.过点A作AH⊥EF于点H,由AD⊥CD,EF⊥CD,可得EH=AD=1,∠DAH=90°.因为∠DAB=120°,所以∠HAF=30°.在Rt△AFH中,易知AF=,HF=,所以EF=EH+HF=1+所以()min=16.(2019江苏,12)如图,在△ABC中,D是BC的中点,E在边AB上,BE=2EA,AD与CE交于点O.若=6,则的值是　　　　　. 答案:解析:如图,过点D作DF∥CE,交AB于点F,由BE=2EA,D为BC中点,知BF=FE=EA,AO=OD.又=6=3()=)===,得,即||=|,故17.已知平面向量a,b,|a|=1,|b|=2,a·b=1.若e为平面单位向量,则|a·e|+|b·e|的最大值是　　　　　. 答案:解析:设a与b的夹角为φ,由已知得φ=60°,不妨取a=(1,0),b=(1,).设e=(cosα,sinα),则|a·e|+|b·e|=|cosα|+|cosα+sinα|≤|cosα|+|cosα|+|sinα|=2|cosα|+|sinα|,当cosα与sinα同号时等号成立.所以2|cosα|+|sinα|=|2cosα+sinα|=|sin(α+θ)|显然|sin(α+θ)|易知当α+θ=时,|sin(α+θ)|取最大值1,此时α为锐角,sinα,cosα同为正,因此上述不等式中等号能同时取到.故所求最大值为高考预测18.已知两个平面向量a,b满足|a|=1,|a-2b|=,且a与b的夹角为120°,则|b|=　　　　　. 答案:2解析:∵向量a,b满足|a|=1,|a-2b|=,且a与b的夹角为120°,∴(a-2b)2=a2-4a·b+4b2=1-4×1×|b|cos120°+4|b|2=21,化简得2|b|2+|b|-10=0,解得|b|=2(负值舍去).