课时作业(三十)　平面向量的数量积.DOC

1、课时作业(三十)平面向量的数量积 基础过关组 一、单项选择题 1设 a，b 是非零向量。“ab|a|b|”是“ab”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 解析若 ab|a|b|，则 a 与 b 的方向相同，所以 ab。若 ab，则 ab|a|b|或 ab|a|b|，所以“ab |a|b|”是“ab”的充分不必要条件。故选 A。 答案A 2已知 a(1,2)，2ab(3,1)，则 ab() A2B3 C4D5 解析因为 a(1,2)，2ab(3,1)，所以 b2a(3,1)2(1,2)(3,1)(1,3)。所以 ab(1,2)(1,3) 1235。 答案D

2、3已知|a|6，|b|3，ab12，则向量 a 在向量 b 方向上的投影是() A4B4 C2D2 解析因为 ab|a|b|cosa，b18cosa，b12，所以 cosa，b2 3。所以 a 在 b 方向上 的投影是|a|cosa，b4。 答案A 4已知向量 a(1,2)，b(m，1)，且 a(ab)，则 m() A1B2C3D4 解析ab(1m,1)，因为 a(ab)，所以 a(ab)0，即 1m20，解得 m3。故选 C。 答案C 5非零向量 a，b 满足|ab|a|，a(ab)0，则 ab 与 b 夹角的大小为() A135B120 C60D45 解析因为非零向量 a，b 满足 a(a

3、b)0，所以 a2ab，由|ab|a|可得，a22abb2a2，解得|b| 2|a|，所以 cos abb |ab|b| ab|b| 2 |a|b| |a| 22|a|2 2|a|2 2 2 ，所以135。故选 A。 答案A 6已知ABC 是边长为 1 的等边三角形，D，E 分别是边 AB，BC 的中点，连接 DE 并延长到点 F，使 得 DE2EF，则AF BC 的值为() A5 8 B1 8 C1 4 D11 8 解析解法一：设BA a，BC b，所以DE 1 2AC 1 2(ba)，DF 3 2DE 3 4(ba)，AF AD DF 1 2a 3 4(ba) 5 4a 3 4b，所以AF

4、 BC 5 4ab 3 4bb 1 8。故选 B。 解法二：以 E 为坐标原点，BC 所在直线为 x 轴，EA 所在直线为 y 轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则 E(0,0)，A 0， 3 2 ，B 1 2，0，C 1 2，0，D 1 4， 3 4 ，BC (1,0)，DE 1 4， 3 4 。设 F(a，b)，则EF (a，b)，由题意知DE 2EF ，则 1 4， 3 4 2(a，b)，可得 F 1 8， 3 8 ，所以AF 1 8， 5 3 8，所以AF BC 1 81 5 3 801 8。故选 B。 答案B 7在ABC 中，|AB AC |AB AC |，AB4，AC3，则BC 在

5、CA 方向上的投影是() A4B3 C4D3 解析|AB AC |AB AC |两边同时平方， 可得AB AC 0， 即AB AC ， BC 在CA 方向上的投影是 BC CA |CA | |BC |cosBC ， CA |CA |3。 答案D 8平面向量 a，b，c 不共线，且两两所成的角相等，若|a|b|2，|c|1，则|abc|() A1B2 C 5D5 解析解法一：因为 a，b，c 不共线且两两所成的角相等，所以 a，b，c 两两所成的角均为 120，又|a| |b|2，|c|1，所以 ab2，bcac1，所以|abc|24414221，所以|abc|1。 故选 A。 解法二：因为 a

6、，b，c 不共线且两两所成的角相等，所以 a，b，c 两两所成的角均为 120。如图，建立 平面直角坐标系，又|a|b|2，|c|1，所以 a(1， 3)，b(1， 3)，c(1,0)，所以 abc( 1,0)，所以|abc|1。故选 A。 答案A 二、多项选择题 9设 a 为非零向量，下列有关向量 a |a|的描述正确的是( ) A| a |a|1B a |a|a C a |a|a D a |a|a|a| 解析根据题意，向量 a |a| 1 |a|a，据此分析选项：对于 A， a |a| 1 |a|a，则| a |a| 1 |a|a|1，A 正确；对于 B， a |a| 1 |a|a，则有

7、a |a|a，B 正确；对于 C， a |a| 1 |a|a，C 错误；对于 D，| a |a| 1 |a|a|1， a |a|a| a |a|a|a|，D 正确。故选 ABD。 答案ABD 10(2020山东泰安三模)已知向量 a(2，1)，b(3,2)，c(1,1)，则() AabB(ab)c CabcDc5a3b 解析a(2，1)，b(3,2)，因为 22(1)(3)10，故 a 与 b 不平行，故 A 错误；ab (1,1)，则(ab)c110，故(ab)c，故 B 正确；ab(1,1)c，故 C 错误；设 c1a2b(1， 2R)，则(1,1)1(2，1)2(3,2)(2132，12

8、2)，则 21321， 1221， 所以 15， 23， 所以 c 5a3b，故 D 正确。故选 BD。 答案BD 三、填空题 11已知向量 a(k,3)，b(1,4)，c(2,1)，且(2a3b)c，则实数 k_。 解析2a3b2(k,3)3(1,4)(2k3，6)，因为(2a3b)c，所以 2(2k3)(6)0，解得 k3。 答案3 12 已知向量 a， b， |a| 3， |b|2， 且(ab)a， 则向量 a 和 b 的夹角是_， a(ab)_。 解析设向量 a，b 的夹角为，因为|a| 3，|b|2，且(ab)a，所以(ab)a|a|2ab|a|2|a|b|cos 32 3cos 0

9、，解得 cos 3 2 。又 0，所以 6，所以 a(ab)|a| 2|a|b|cos 32 3 3 2 6。 答案 6 6 13.(2021广州市调研测试)如图所示，在ABC 中，ADAB，BC 3BD，AD1，则AC AD _。 解析由于 ADAB， 所以ABD 是直角三角形， 所以 cosADB |AD | |BD | 。 AC AD (AB BC )AD AB AD BC AD 3BD AD 3|BD |AD |cos ADB 3|BD |AD | |AD | |BD | 3|AD |2 3。 答案3 14.(2021广东六校联考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A( 3，1)

10、在以原点 O 为圆心的圆上。已知圆 O 与 y 轴正半轴的交点为 P， 延长 AP 至点 B， 使得AOB90， 则BP OA _， |BP OA |_。 解析由题意可得圆 O 的半径 r 312，所以 P(0,2)，则直线 AP 的方程为 y2 21 0 3(x0)，即 y 3 3 x2。设 B x， 3 3 x2 ，则OA ( 3，1)，OB x， 3 3 x2 。由AOB90，可得OA OB 0， 所以3x 3 3 x22 3 3 x20， 解得 x 3， 所以 B( 3， 3)， 所以BP ( 3， 1)， 所以BP OA 3 3 (1)12，|BP OA |( 3，1)( 3，1)|

11、(2 3，0)|2 3。 答案22 3 素养提升组 15(多选)已知平面向量 a，b，c 满足|a|b|c|1。若 ab1 2，则(ab)(2bc)的值可能为( ) A3 3B2C0D 2 解析由题意， 可知(ba)2|b|2|a|22ab1121 21， 故|ba|1， 所以(ab)(2bc)2abac 2|b|2bc21 22(ba)c1|ba|c|cosba，c1cosba，c ，因为 0ba，c ，所以1cosba，c1，所以21cosba，c0，即2(ab)(2bc)0。故选 BCD。 答案BCD 16.(2021广州市阶段训练)如图，圆 O 的半径为 1，A，B 是圆上的定点，OB

12、OA，P 是圆上的动点，点 P 关于直线 OB 的对称点为 P，角 x 的始边为射线 OA，终边为射线 OP，将|OP OP |表示为 x 的函数 f(x)，则 yf(x)在0，上的图象大致为() 解析根据题意建立如图所示的平面直角坐标系，则 P(cos x，sin x)，P(cos x，sin x)，所以OP (cos x， sin x)，OP (cos x，sin x)，所以OP OP (2cos x,0)，所以 f(x)|OP OP |2cos x|，所以 f(x) 2cos x，0 x 2， 2cos x， 2x， 由余弦函数的图象知 A 正确。故选 A。 答案A 17(2020天津高

13、考)如图，在四边形 ABCD 中，B60，AB3，BC6，且AD BC ，AD AB 3 2， 则实数的值为_，若 M，N 是线段 BC 上的动点，且|MN |1，则DM DN 的最小值为_。 解析依题意得 ADBC，BAD120，由AD AB |AD |AB |cosBAD3 2|AD |3 2，得|AD |1，因 此 |AD | |BC | 1 6。取 MN 的中点 E，连接 DE(图略)，则DM DN 2DE ，DM DN 1 4(DM DN )2(DM DN )2 DE 21 4NM 2DE 21 4。注意到线段 MN 在线段 BC 上运动时，DE 的最小值等于点 D 到直线 BC 的距离，即 ABsinB3 3 2 ，因此 DE 21 4的最小值为 3 3 2 21 4 13 2 ，即DM DN 的最小值为13 2 。 答案 1 6 13 2