备战2023年高考数学二轮专题复习考点过关检测26__平面向量的数量积.docx
考点过关检测26_平面向量的数量积一、单项选择题1设平面向量a，b的夹角为120°，且|a|1，|b|2，则a·()A1 B2 C3 D422022·湖北汉阳一中月考已知(1,3)，(2，t)，|1，则·()A5 B7 C9 D1132022·河北保定模拟已知向量a(x,1)，b(2，y)，若2ab(2,6)，则向量a与b的夹角为()A. B. C. D.42022·福建龙岩一中月考已知平面向量a与b的夹角为60°，a(2,0)，|b|1，则|a2b|的值为()A. B2 C4 D.5已知单位向量a，b，c，满足abc0，则a与b的夹角为()A. B. C. D.6若向量a(3，)，|b|5，a·b10，a与b的夹角为60°，则x()A16 B4 C7 D.72022·北京丰台二中月考已知等边三角形ABC的边长为1，若a，b，c，则a·bb·cc·a等于()A B. C D.82022·辽宁沈阳模拟在矩形ABCD中，AB3，AD1，若3，则与的夹角为()A30° B45°C60° D135°二、多项选择题92022·湖南湘潭模拟已知向量a(1,2)，b(2，4)，且a与b的夹角为，则()Aab(1，2) B|b|2|a|Cab Dcos 102022·广东深圳月考已知平面向量(1，k)，(2,1)，若ABC是直角三角形，则k的可能取值是()A2 B2 C5 D7112022·湖南雅礼中学月考设向量a，b满足|a|b|1，且|b2a|，则以下结论正确的是()AabB|ab|2C|ab|D向量a，b夹角为60°12.2022·山东济南模拟已知四边形OABC和四边形ODEF为正方形30，·12，则下列说法正确的是()A|3 B|1C.·3 D.·2三、填空题13已知向量a(2,1)，b(1,3)，若(3akb)a，则实数k_.14设向量a(1，m)，b(2,1)，且b·(2ab)7，则m_.152021·新高考卷已知向量abc0，|a|1，|b|c|2，a·bb·cc·a_.162022·天津杨村一中月考在平面四边形ABCD中，ABBC，ABC90°，AD4，连接AC，ACD90°，CAD30°，则·_；E为线段AD上的动点，则·的最小值为_考点过关检测26平面向量的数量积 参考答案1答案：A解析：由题意，a·(2ab)2a2a·b2×121×2×cos 120°211则a·1.2答案：D解析：由已知，得(2，t)(1,3)(1，t3)，又|1，所以1，解得t3，所以·(1,3)·(2,3)2911.3答案：B解析：因为a(x,1)，b(2，y)，且2ab(2,6)，所以得x2，y4，即a(2,1)，b(2,4)，则cosa，b0，又a，b0，所以a，b，即a与b的夹角为.4答案：B解析：因为a(2,0)，所以|a|2，所以a·b|a|·|b|cos 60°2×1×1，所以|a2b|2(a2b)2a24b24a·b|a|24|b|24a·b2244×14，所以|a2b|2.5答案：C解析：由abc0，得abc，所以|ab|c|，即|ab|2|a|22a·b|b|21，所以a·b，由a·b|a|b|cosa，b，得a，b.6答案：C解析：由题可知：a·b10，a与b的夹角为60°，|b|5，所以a·b|a|·|b|·cos 60°·|a|10|a|4，则|a|4，由x0，所以x7.7答案：A解析：如图，a·b|a|b|cosa，b1×1×cos120°，b·c|b|c|cosb，c1×1×cos120°，c·a|c|a|cosc，a1×1×cos120°，所以a·bb·cc·a.8答案：B解析：如图：以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，因为四边形ABCD是矩形，AB3，AD1，3，则B(3,0)，D(0,1)，C(3,1)，E(1,0)，则(3,1)，(2，1)，故cos，因为0°，180°，所以，45°.9答案：BD解析：对于A中，由 ab(12,24)(1,6)，所以A不正确；对于B中，由|a|，|b|2，所以B正确；对于C中，由a(1,2)，b(2，4)，可得，所以C不正确；对于D中，由向量的夹角公式，可得cos ，所以D正确10答案：BD解析：(1，k)，(2,1)，(3,1k)，若A90°，则·0，2k0，解得k2；若B90°，则·0，3k(1k)0，此时方程无解；若C90°，则·0，6(1k)0，解得k7.结合选项可知BD正确11答案：AC解析：|b2a|2|b|24|a|24a·b5，又因为|a|b|1，所以a·b0，所以ab，所以A正确，D不正确；|ab|2|a|2|b|22a·b2，故|ab|，所以B不正确，同理C正确12.答案：ACD解析：如图建立平面直角坐标系，因为30，所以OC3OD，设ODa(a>0)，则A(0,3a)，O(0,0)，B(3a,3a)，D(a,0)，C(3a,0)，因为·(a,3a)·(3a,3a)3a29a212a212，所以a1，对于A，|3a3，所以A正确，对于B，|，所以B错误，对于C，·(0，3)·(3，1)3，所以C正确，对于D，·(1,3)·(1，1)2，所以D正确13答案：3解析：因为a(2,1)，b(1,3)，所以3akb(6k,33k)因为(3akb)a，所以2×(6k)1×(33k)0，解得k3.14答案：1解析：2ab(4,2m1)，b·(2ab)7，2×42m17，解得：m1.15答案：解析：由已知可得(abc)2a2b2c22(a·bb·cc·a)92(a·bb·cc·a)0，因此，a·bb·cc·a.16答案：3解析：由于ABC90°，如图以B为坐标原点，BC，BA所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，由于AD4，CAD30°，故CD2，AC2，又ABBC，故BC，AB3，B(0,0)，C(，0)，A(0,3)，D(2，1)，·(，0)·(，1)3.不妨设t(0t1)，t(0,3)t(2，2)(2t,32t)，(，0)(2t,32t)(2t，32t)，·2t×(2t)(32t)216t218t9，故当t时，·取得最小值为.
