《版廣西高考人教A版數(shù)學(xué)文一輪復(fù)習考點規(guī)范練：26 平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《版廣西高考人教A版數(shù)學(xué)文一輪復(fù)習考點規(guī)范練：26 平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用 Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 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 　考點規(guī)范練B冊第17頁　? 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.|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項,設(shè)向量a與b的夾角為θ, 則a·b=|a||b|cos θ≤|a||b|,所以不等式恒成立; B項,當a與b同向時,|a-b|=||a|-|b||;當a與b非零且反向時,|a-b|=|a|+|b|>||a|-|b||.故不等式

2、不恒成立; C項,(a+b)2=|a+b|2恒成立; D項,(a+b)·(a-b)=a2-a·b+b·a-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=2a·b-b2=2|a||b|cos θ-|b|2 =2×1×1×cos 60°-12=0,故選B. 3.已知向量a=(1,2),b=(m,-4),若|a||b|+a·b=0,則實數(shù)m等于(　　) A.-4 B.4 C.-2 D

3、.2 答案C 解析設(shè)a,b的夾角為θ, ∵|a||b|+a·b=0,∴|a||b|+|a||b|cos θ=0, ∴cos θ=-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=(1,2),=(4,5),且·(λ)=0,則實數(shù)λ的值為(　　) A.3 B.- C.-3 D.- 答案C 解析∵=(1,2),=(4,5), ∴=(3,3), λ=(λ+4,2λ+5). 又·(λ)=0, ∴3(λ+4)+3(2λ+5)=0,解得λ=-3. 5.在四邊形ABCD中,=(1,2),=(-4,2),則該四邊形的面積為

4、(　　) A. B.2 C.5 D.10 答案C 解析依題意得,=1×(-4)+2×2=0,∴. ∴四邊形ABCD的面積為|||==5. 6.在△ABC中,邊AB上的高為CD,若=a,=b,a·b=0,|a|=1,|b|=2,則=(　　) A. a-b B. a-b C. a-b D. a-b 答案D 解析∵a·b=0,∴. ∵|a|=1,|b|=2,∴AB=. 又CD⊥AB,∴由射影定理,得AC2=AD·AB. ∴AD=.∴. ∴)=(a-b),故選D. 7.已知向量a=(m,2),b=(2,-1),且a⊥b,則等于(　　) A.- B.1 C.2 D. 答案

5、B 解析∵a=(m,2),b=(2,-1),且a⊥b, ∴a·b=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)=1×3+2×1=5, ∴=1. 8.設(shè)m,n為非零向量,則“存在負數(shù)λ,使得m=λn”是“m·n<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m·n=|m||n|cos 180°=-|m||n|<0.反過來,若m·n<0,則兩向量的夾角為(9

6、0°,180°],并不一定反向,即不一定存在負數(shù)λ,使得m=λn,所以“存在負數(shù)λ,使得m=λn”是“m·n<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),則向量在向量方向上的投影為(　　) A. B. C. D. 答案B 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,||=,則向量在向量方向上的投影為. 10.(2018江蘇蘇州調(diào)研)已知向量a=(1,2),b=(-2,-4),|c|=,若(a+b)·c=,則a,c的夾角大小為　　　　　.? 答案1

7、20° 解析設(shè)a,c的夾角為θ. ∵a=(1,2),b=(-2,-4),∴b=-2a, ∴(a+b)·c=-a·c=.∴a·c=-. ∴cos θ==-. ∵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4a2-3b2-4a·b=9,即16-8cos θ-3=9. 所以cos θ=. 因為θ∈[0,π],所以θ=. (2)由(1)可知a·b=|a||b|

8、cos=1, 所以|a+b|=, a·(a+b)=a2+a·b=5. 所以向量a在a+b方向上的投影為. 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=.若n⊥(tm+n),則實數(shù)t的值為(　　) A.4 B.-4 C. D.- 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)=n·tm+n·n=t|m|·|n|cos θ+|n|2=t×3k×4k×+(4k)2=4tk2+16k2=0. 所以t=-4,故選B. 13.在矩形ABCD中,AB=1,AD

9、=,P為矩形內(nèi)一點,且AP=.若=λ+μ(λ,μ∈R),則λ+μ的最大值為(　　) A. B. C. D. 答案B 解析因為=λ+μ, 所以||2=|λ+μ|2. 所以=λ2||2+μ2||2+2λμ. 因為AB=1,AD=,AB⊥AD,所以=λ2+3μ2. 又=λ2+3μ2≥2λμ, 所以(λ+μ)2=+2λμ≤. 所以λ+μ的最大值為,當且僅當λ=,μ=時等號成立. 14.已知,||=,||=t.若點P是△ABC所在平面內(nèi)的一點,且,則的最大值等于(　　) A.13 B.15 C.19 D.21 答案A 解析以點A為原點,所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐

10、標系,如圖,則A(0,0),B,C(0,t), ∴=(1,0),=(0,1), ∴=(1,0)+4(0,1)=(1,4), ∴點P的坐標為(1,4), =(-1,t-4), ∴=1--4t+16 =-+17≤-4+17=13. 當且僅當=4t,即t=時等號成立, ∴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,則的最小值為 (　　) A. B. C. D.3 答案A 解析如圖,取AB的中點F,連接EF. ==||2-. 當EF⊥CD時, ||最小,即取最小值

11、. 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=,HF=, 所以EF=EH+HF=1+. 所以()min=. 16. 如圖,在?ABCD中,已知AB=8,AD=5,=3=2,則的值是　　　　　.? 答案22 解析∵=3,∴. 又AB=8,AD=5, ∴ =||2-|2 =25--12=2. ∴=22. 三、高考預(yù)測 17.已知兩個平面向量a,b滿足|a|=1,|a-2b|=,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|=,且a與b的夾角為120°, ∴(a-2b)2=a2-4a·b+4b2=1-4×1×|b|cos 120°+4|b|2=21, 化簡得2|b|2+|b|-10=0,解得|b|=2(負值舍去).