2022高考数学一轮复习课时规范练26平面向量的数量积与平面向量的应用（含解析）

课时规范练26　平面向量的数量积与平面向量的应用

基础巩固组

1.(2020河北保定一模,文4,理4)已知a与b均为单位向量,若b⊥(2a+b),则a与b的夹角为(　　)

A.30° B.45° C.60° D.120°

2.(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.充要条件 D.既不充分也不必要条件

3.(2020全国2,文5)已知单位向量a,b的夹角为60°,则在下列向量中,与b垂直的是(　　)

A.a+2b B.2a+b

C.a-2b D.2a-b

4.(2020湖南郴州二模,文7)已知向量a=(2,-3),b=(3,m),且a⊥b,则向量a在a+b方向上的投影为(　　)

A. B.- C. D.-

5.在△ABC中,若=(1,2),=(-x,2x)(x>0),则当BC最小时,C=(　　)

A.90° B.60° C.45° D.30°

6.(2020河北邢台模拟,理3)设非零向量a,b满足|a|=3|b|,cos<a,b>=,a·(a-b)=16,则|b|=(　　)

A. B. C.2 D.

7.(2020辽宁大连模拟,文9)已知扇形OAB的半径为2,圆心角为,点C是弧AB的中点,=-,则的值为(　　)

A.3 B.4 C.-3 D.-4

8.已知平面向量满足||=||=1,=0,且,E为△OAB的外心,则= (　　)

A.- B.- C. D.

9.(2020全国1,理14)设a,b为单位向量,且|a+b|=1,则|a-b|=　　　　　. 

10.(2020湖南长郡中学四模,理13)已知向量a=(1,2),b=(k,1),且2a+b与向量a的夹角为90°,则向量a在向量b方向上的投影为　　　　　. 

11.(2020山东齐鲁备考联盟校阶段检测)已知向量a=(cos α,sin α),b=(cos β,sin β),c=(-1,0).

(1)求向量b+c的模的最大值;

(2)设α=,且a⊥(b+c),求cos β的值.

综合提升组

12.(2020皖豫名校联考,理10)在菱形ABCD中,∠ABC=120°,AC=2=0,=λ,若=29,则λ=(　　)

A. B. C. D.

13.

(2020陕西西安中学八模,理7)如图所示,已知正六边形P1P2P3P4P5P6,则下列向量的数量积中最大的是(　　)

A. 

B.

C. 

D.

14.在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,AC与BD相交于点O,过点A作AE⊥BD,垂足为E,则=(　　)

A. B. C. D.

15.(2020浙江,17)已知平面单位向量e1,e2满足|2e1-e2|≤,设a=e1+e2,b=3e1+e2,向量a,b的夹角为θ,则cos2θ的最小值是　　　　. 

16.已知向量a=(cos x,sin x),b=(3,-),x∈[0,π].

(1)若a∥b,求x的值;

(2)记f(x)=a·b,求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值.

创新应用组

17.已知直线y=x+m和圆x2+y2=1交于A,B两点,O为坐标原点,若,则实数m=(　　)

A.±1 B.± C.± D.±

参考答案

课时规范练26　平面向量

的数量积与平面向量的应用

1.D　∵b⊥(2a+b),∴b·2a+|b|2=0.又|a|=|b|=1,∴a·b=-,

∴cos<a,b>==-,∴a与b的夹角为120°.故选D.

2.C　∵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“||>||”的充要条件,故选C.

3.D　由题意可知,a·b=|a||b|cos60°=.对于A,(a+2b)·b=a·b+2b2=≠0,不符合题意;

对于B,(2a+b)·b=2a·b+b2=2≠0,不符合题意;

对于C,(a-2b)·b=a·b-2b2=-≠0,不符合题意;

对于D,(2a-b)·b=2a·b-b2=0,故2a-b与b垂直.故选D.

4.A　因为a⊥b,所以a·b=6-3m=0,解得m=2,所以b=(3,2),a=(2,-3),a+b=(5,-1),则a·(a+b)=13,|a+b|=,所以a在a+b方向上的投影为.故选A.

5.A　由题意=(-x-1,2x-2),

∴||=.

令y=5x2-6x+5,x>0,当x=,ymin=,此时BC最小,

∴=,=0,

∴,即C=90°.故选A.

6.A　∵|a|=3|b|,cos<a,b>=,∴a·(a-b)=a2-a·b=9|b|2-|b|2=8|b|2=16,∴|b|=.故选A.

7.

C　如图,连接CO,∵点C是弧AB的中点,

∴CO⊥AB,∴=0,

又OA=OB=2,=-,∠AOB=,

∴=()·=-=-·()=×2×2×--×4=-3.

8.A　∵=0,∴,

又||=||=1,∴△OAB为等腰直角三角形.

∵E为△OAB的外心,∴E为AB中点,∴||=|=且∠BOE=45°.∵,

∴,∴=()·=-||||cos∠BOE=-=-.

9.　∵|a+b|2=(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=1+1+2a·b=1,∴a·b=-,

∴|a-b|2=(a-b)2=|a|2+|b|2-2a·b=3,∴|a-b|=.

10.　因为向量a=(1,2),b=(k,1),则2a+b=(2+k,5),

又因为2a+b与向量a的夹角为90°,所以(2a+b)·a=0,即2+k+10=0,解得k=-12,即b=(-12,1),所以向量a在向量b方向上的投影为|a|cos<a,b>=.

11.解(1)b+c=(cosβ-1,sinβ),

则|b+c|2=(cosβ-1)2+sin2β=2(1-cosβ).因为-1≤cosβ≤1,所以0≤|b+c|2≤4,即0≤|b+c|≤2.

当cosβ=-1时,有|b+c|=2,

所以向量b+c的模的最大值为2.

(2)若α=,则a=.

又由b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0)得

a·(b+c)=·(cosβ-1,sinβ)=cosβ+sinβ-.

因为a⊥(b+c),所以a·(b+c)=0,

即cosβ+sinβ=1,所以sinβ=1-cosβ,平方后化简得cosβ(cosβ-1)=0,

解得cosβ=0或cosβ=1.

经检验cosβ=0或cosβ=1即为所求.

12.D　作出图形,建立如图所示的平面直角坐标系,设N(x,y).因为AC=2,∠ABC=120°,故BO=1,因为=0,所以,即M为BC的中点.

所以A(-,0),M,D(0,-1),C(,0),则=,=(,1)=λ=λ(x,y+1),由题可知λ≠0,

故N-1,=-1,所以+4=29,解得λ=.

13.A　设边长||=a,易知∠P2P1P3=,||=a,则=a·a·cos;易知∠P2P1P4=,||=2a,则=a·2a·cos=a2;易知=0,<0.所以数量积中最大的是.故选A.

14.B　如图,由AB=3,AD=4得BD==5,AE=.

又·()=.∵AE⊥BD,∴=0.

又=||||cos∠EAO=||||·,

∴.故选B.

15.　|2e1-e2|≤≤2,解得e1·e2≥.又e1·e2≤1,所以≤e1·e2≤1.

cosθ=

=,

设e1·e2=x,则≤x≤1.

cos2θ=

=,

得cos2θ∈,

所以cos2θ的最小值是.

16.解(1)因为a=(cosx,sinx),b=(3,-),a∥b,所以-cosx=3sinx.

则tanx=-.

又因为x∈[0,π],所以x=.

(2)f(x)=a·b=(cosx,sinx)·(3,-)=3cosx-sinx=2cosx+.因为x∈[0,π],所以x+∈,从而-1≤cosx+≤.于是,当x+,即x=0时,f(x)取到最大值3;

当x+=π,即x=时,f(x)取到最小值-2.

17.C　联立消去y可得2x2+2mx+m2-1=0.

由题意知Δ=-2m2+8>0,解得-<x<.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

则x1+x2=-m,x1x2=,

y1y2=(x1+m)(x2+m)=x1x2+m(x1+x2)+m2,

∴=(-x1,-y1),=(x2-x1,y2-y1),∵,

∴-x1x2+-y1y2=1-+m2-m2=2-m2=,解得m=±.故选C.

18.　∵=λ,∴=λ=λ||||·cos120°=λ×6×3×=-,∴λ=.

令=μ0<μ≤,

则=μ,

=-+μ,

=-=μ.

=·(μ)=μ|2-+||2=36×9+9=36μ2-6μ-18μ+=36μ2-24μ+=36.又∵0<μ≤,∴当μ=时取最小值.