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

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.‎π‎6‎ B‎.‎π‎3‎ C‎.‎‎2π‎3‎ D‎.‎‎5π‎6‎ 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|a|·|b|‎‎=‎|b‎|‎‎2‎‎2|b‎|‎‎2‎=‎‎1‎‎2‎,‎ 所以a与b的夹角为π‎3‎,故选B.‎ ‎4.(2019全国Ⅱ,理3)已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,则AB‎·‎BC=(　　)‎ 7‎ A.-3 B.-2 C.2 D.3‎ 答案:C 解析:由BC‎=AC-‎AB=(1,t-3),|BC|=‎1‎‎2‎‎+(t-3‎‎)‎‎2‎=1,得t=3,则BC=(1,0).所以AB‎·‎BC=(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,|AB|=6,|AD|=4.若点M,N满足BM=3MC‎,‎DN=2NC,则AM‎·‎NM=(　　)‎ A.20 B.15 C.9 D.6‎ 答案:C 解析:因为BM=3MC‎,‎DN=2NC,所以AM‎=AB+‎3‎‎4‎BC,NM=‎1‎‎3‎AB-‎‎1‎‎4‎BC,则AM‎·NM=AB‎+‎‎3‎‎4‎BC·‎1‎‎3‎AB‎-‎‎1‎‎4‎BC=‎1‎‎3‎AB‎2‎-‎‎3‎‎16‎BC‎2‎=9.‎ ‎6.(2019广西桂林高三一模)已知平面向量AB‎,‎AC的模都为2,=90°,若BM=λMC(λ≠0),则AM‎·‎(AB‎+‎AC)=(　　)‎ A.4 B.2 C‎.‎‎3‎ 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AB‎+‎AC=2AN,所以AM‎·‎(AB‎+‎AC)=2AM‎·AN.‎平面向量AB‎,‎AC的模都为2,AN是Rt△ABC的中线,则|AN|=‎2‎‎.‎由向量投影的几何意义可得2AM‎·‎AN=2|AN|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.‎‎5‎ B‎.‎‎13‎ 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)|=‎‎13‎‎.‎ ‎8.在四边形ABCD中,AC=(1,2),BD=(-4,2),则该四边形的面积为(　　)‎ A‎.‎‎5‎ B.2‎5‎ C.5 D.10‎ 答案:C 解析:依题意得,AC‎·‎BD=1×(-4)+2×2=0,‎‎∴AC⊥BD.‎ 7‎ ‎∴四边形ABCD的面积为‎1‎‎2‎‎|‎AC||BD|=‎1‎‎2‎‎×‎5‎×‎‎20‎=5.‎ ‎9.(2019北京,理7)设点A,B,C不共线,则‎“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB‎+‎AC|>|BC|”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,∴|AB‎+‎AC|>|BC|⇔|AB‎+‎AC|>|AB‎-‎AC|⇔|AB‎+‎AC|2>|AB‎-‎AC|2‎⇔AB·‎AC>0‎⇔AB与AC的夹角为锐角.故‎“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB‎+‎AC|>|BC|”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AB在向量CD方向上的投影为　　　　　. ‎ 答案:‎‎2‎‎10‎‎5‎ 解析:由A(1,2),B(3,4),C(-2,2),D(-3,5),得AB=(2,2),CD=(-1,3),AB‎·‎CD=2×(-1)+2×3=4,‎ ‎|CD|=‎1+9‎‎=‎‎10‎,则向量AB在向量CD方向上的投影为AB‎·‎CD‎|CD|‎‎=‎4‎‎10‎=‎2‎‎10‎‎5‎.‎ ‎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:‎‎1‎‎4‎ 解析:∵e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,‎ ‎∴|e1|=|e2|=1,e1·e2=‎‎1‎‎2‎‎.‎ ‎∵(e1+λe2)⊥(2e1-3e2),‎ ‎∴(e1+λe2)·(2e1-3e2)=2e‎1‎‎2‎+(2λ-3)e1·e2-3λe‎2‎‎2‎=2+‎1‎‎2‎(2λ-3)-3λ=0.∴λ=‎‎1‎‎4‎‎.‎ ‎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,‎ 7‎ 所以4a2-3b2-4a·b=9,即16-8cosθ-3=9.‎ 所以cosθ=‎1‎‎2‎‎.‎因为θ∈[0,π],所以θ=‎π‎3‎‎.‎ ‎(2)由(1)可知a·b=|a||b|cosπ‎3‎=1,所以|a+b|=a‎2‎‎+b‎2‎+2a·b‎=‎‎7‎,a·(a+b)=a2+a·b=5.‎ 所以向量a在a+b方向上的投影为a·(a+b)‎‎|a+b|‎‎=‎5‎‎7‎=‎5‎‎7‎‎7‎.‎ 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=‎1‎‎3‎‎.‎若n⊥(tm+n),则实数t的值为(　　)‎ A.4 B.-4 C‎.‎‎9‎‎4‎ D.-‎‎9‎‎4‎ 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×‎‎1‎‎3‎+(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PA‎·‎(PB‎+‎PC)的最小值是(　　)‎ A.-2 B.-‎3‎‎2‎ C.-‎4‎‎3‎ 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(0,‎3‎),B(-1,0),C(1,0).‎ 设P(x,y),则PA=(-x,‎3‎-y),PB=(-1-x,-y),PC=(1-x,-y).‎ 所以PB‎+‎PC=(-2x,-2y).‎ 7‎ 所以PA‎·‎(PB‎+‎PC)=2x2-2y(‎3‎-y)=2x2+2y-‎‎3‎‎2‎‎2‎‎-‎3‎‎2‎≥‎-‎‎3‎‎2‎‎.‎ 当点P的坐标为‎0,‎‎3‎‎2‎时,PA‎·‎(PB‎+‎PC)取得最小值为-‎3‎‎2‎,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AE‎·‎BE的最小值为(　　)‎ A‎.‎‎21‎‎16‎ B‎.‎‎3‎‎2‎ C‎.‎‎25‎‎16‎ D.3‎ 答案:A 解析:如图,取AB的中点F,连接EF,‎ AE‎·BE=‎‎(AE+BE‎)‎‎2‎-(AE-‎BE‎)‎‎2‎‎4‎‎=‎(2FE‎)‎‎2‎-‎AB‎2‎‎4‎=|FE|2-‎‎1‎‎4‎‎.‎ 当EF⊥CD时,|EF|最小,即AE‎·‎BE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=‎1‎‎2‎,HF=‎1‎‎4‎,‎ 所以EF=EH+HF=1+‎‎1‎‎4‎‎=‎5‎‎4‎.‎ 所以(AE‎·‎BE)min=‎‎5‎‎4‎‎2‎‎-‎1‎‎4‎=‎21‎‎16‎.‎ 7‎ ‎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AB‎·‎AC=6AO‎·‎EC,则ABAC的值是　　　　　. ‎ 答案:‎‎3‎ 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AB‎·‎AC=6AO‎·‎EC=3AD‎·‎(AC‎-‎AE)‎ ‎=‎3‎‎2‎‎(AB+‎AC)‎‎·‎AC‎-‎‎1‎‎3‎AB ‎=‎‎3‎‎2‎AB‎·AC-‎1‎‎3‎AB‎2‎+AC‎2‎-‎1‎‎3‎AB·‎AC ‎=‎‎3‎‎2‎‎2‎‎3‎AB‎·AC-‎1‎‎3‎AB‎2‎+‎AC‎2‎ ‎=AB‎·AC-‎1‎‎2‎AB‎2‎+‎‎3‎‎2‎AC‎2‎,‎ 得‎1‎‎2‎AB‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎AC‎2‎,即|AB|=‎3‎‎|‎AC|,故ABAC‎=‎3‎.‎ ‎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:‎‎7‎ 解析:设a与b的夹角为φ,由已知得φ=60°,不妨取a=(1,0),b=(1,‎3‎).‎ 设e=(cosα,sinα),‎ 则|a·e|+|b·e|=|cosα|+|cosα+‎3‎sinα|‎ ‎≤|cosα|+|cosα|+‎3‎|sinα|=2|cosα|+‎3‎|sinα|,‎ 当cosα与sinα同号时等号成立.‎ 7‎ 所以2|cosα|+‎3‎|sinα|=|2cosα+‎3‎sinα|=‎7‎‎2‎‎7‎cosα+‎3‎‎7‎sinα‎=‎‎7‎|sin(α+θ)|其中sinθ=‎‎2‎‎7‎‎,cosθ=‎3‎‎7‎,取θ为锐角.‎显然‎7‎|sin(α+θ)|‎‎≤‎7‎.‎ 易知当α+θ=π‎2‎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‎7‎‎.‎ 高考预测 ‎18.已知两个平面向量a,b满足|a|=1,|a-2b|=‎21‎,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|=‎21‎,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).‎ 7‎