2019届高三数学课标一轮复习考点规范练： 24平面向量的数量积 .docx

《2019届高三数学课标一轮复习考点规范练： 24平面向量的数量积 .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三数学课标一轮复习考点规范练： 24平面向量的数量积 .docx（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、考点规范练24平面向量的数量积基础巩固组1.(2017浙江衢州二次适应性测试)线段AD,BE分别是边长为2的等边三角形ABC在边BC,AC边上的高,则ADBE=()A.-32B.32C.-332D.3322.已知向量BA=12,32,BC=32,12,则ABC=()A.30B.45C.60D.1203.(2017北京高考)设m,n为非零向量,则“存在负数,使得m=n”是“mn0”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.(2017浙江宁波二次质检)已知不共线的两个向量a,b满足|a-b|=2,且a(a-2b),则|b|=()A.2B.2C.22D

2、.45.(2017浙江绍兴二模)已知点A(0,1),B(-2,3),C(-1,2),D(1,5),则向量AC在BD方向上的投影为()A.21313B.-21313C.1313D.-13136.(2017浙江温州瑞安检测)已知a,b,c是同一平面内的三个向量,其中a=(1,2),|b|=1,且a+b与a-2b垂直,则向量ab=;a与b的夹角的余弦值为.7.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos=13.若n(tm+n),则实数t的值为.8.在ABC中,已知ABAC=4,|BC|=3,M,N分别是BC边上的三等分点,则AMAN的值是.能力提升组9.(2017浙江温州模拟)设a,b,c均为非

3、零向量,若|(a+b)c|=|(a-b)c|,则()A.abB.abC.ac或bcD.ac或bc10.如图,三个边长为2的等边三角形有一条边在同一直线上,边B3C3上有10个不同的点P1,P2,P10,记mi=AB2APi(i=1,2,10),则m1+m2+m10的值为()A.153B.45C.603D.18011.在梯形ABCD中,ABDC,ABAD,AD=DC=1,AB=2,若AP=16AD+56AB,则|BC+tPB|(tR)的取值范围是()A.55,+B.2,+)C.55,1D.1,+)12.(2017浙江杭州高级中学模拟)若向量a,b满足|a|=|2a+b|=2,则a在b方向上投影的

4、最大值是()A.3B.-3C.6D.-613.(2017浙江衢州考试)已知向量a,b夹角为3,|b|=2,对任意xR,有|b+xa|a-b|,则|tb-a|+tb-a2(tR)的最小值是()A.132B.32C.1+32D.7214.(2017浙江台州调研)已知向量OA=(3,-4),OB=(6,-3),OC=(5-m,-3-m),若ABC为锐角,实数m的取值范围是;若ABC为钝角时,实数m的取值范围是.15.设|OA|=1,|OB|=2,OAOB=0,OP=OA+OB,且+=1,则OA在OP上的投影的取值范围是.16.如图,在ABC中,D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分点,BACA=

5、4,BFCF=-1,则BECE的值是.17.已知向量a=(1,2),b=(-3,4).(1)求a+b与a-b的夹角;(2)若a(a+b),求实数的值.18.(2017浙江湖州一模)在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(cos(A-B),sin(A-B),n=(cos B,-sin B),且mn=-35.(1)求sin A的值;(2)若a=42,b=5,求角B的大小及向量BA在BC方向上的投影.答案：1.A由等边三角形的性质得|AD|=|BE|=3,=120,所以ADBE=|AD|BE|cos=33-12=-32,故选A.2.A由题意得cosABC=BABC|BA|BC|=1

6、232+321211=32,所以ABC=30,故选A.3.A若0,使m=n,即两向量反向,夹角是180,那么mn=|m|n|cos 180=-|m|n|0;若mn0,那么两向量的夹角为(90,180,并不一定反向,即不一定存在负数,使得m=n,所以是充分不必要条件,故选A.4.B由a(a-2b)得a(a-2b)=|a|2-2ab=0.|a-b|=2,|a-b|2=|a|2-2ab+|b|2=4,则|b|2=4,|b|=2,故选B.5.DAC=(-1,1),BD=(3,2),AC在BD方向上的投影为|AC|cos=ACBD|BD|=-13+1232+22=-113=-1313.故选D.6.335

7、5(a+b)(a-2b),(a+b)(a-2b)=0,即|a|2-ab-2|b|2=0,5-ab-2=0,ab=3,cos =ab|a|b|=355.7.-4由4|m|=3|n|,可设|m|=3k,|n|=4k(k0),又n(tm+n),所以n(tm+n)=ntm+nn=t|m|n|cos +|n|2=t3k4k13+(4k)2=4tk2+16k2=0,所以t=-4.8.6记BC中点为D,则由ABAC=14(AB+AC)2-(AB-AC)2=14(2AD)2-CB2=AD2-94=4,得AD2=254.所以AMAN=14(AM+AN)2-(AM-AN)2=14(2AD)2-14MN2=AD2-

8、14=254-14=6.9.D因为a,b,c均为非零向量,若|(a+b)c|=|(a-b)c|,所以(a+b)c=(a-b)c,或者(a+b)c=-(a-b)c,展开整理得到bc=0,或者ac=0,所以bc或ac.故选D.10.D因为AB2与B3C3垂直,设垂足为C,所以APi在AB2投影为AC,mi=AB2APi=|AB2|AC|=2333=18,从而m1+m2+m10的值为1810=180.选D.11.AAP=16AD+56AB,点P的位置在线段BD的六等分点(最靠近点B的分点).而|BC+tPB|(tR)=|BC-tBP|(tR),即为点C与直线BD上的动点Q所连线段的长度.当点Q在直线

9、BD上,且CQBD时,长度最小为|CQ|=55.又点Q在直线BD上运动,故长度可无限增大,没有上界.故选A.12.B|2a+b|=2,|a|=2,|b|2+4ab+16=4,设a,b的夹角为,则|b|2+8|b|cos +12=0.cos =-|b|2+128|b|.a在b方向上的投影为|a|cos =-|b|2+124|b|=-|b|4+3|b|.|b|4+3|b|234=3,|a|cos -3.故选B.13.D向量a,b夹角为3,|b|=2,对任意xR,有|b+xa|a-b|,两边平方整理可得x2a2+2xab-(a2-2ab)0,则=4(ab)2+4a2(a2-2ab)0,即有(a2-a

10、b)20,即为a2=ab,则(a-b)a,由向量a,b夹角为3,|b|=2,有|a|2=ab=|a|b|cos 3,即有|a|=1,则|a-b|=a2+b2-2ab=3,画出AO=a,AB=b,建立平面直角坐标系,如图所示.则A(1,0),B(0,3),a=(-1,0),b=(-1,3).|tb-a|+tb-a2=(1-t)2+(3t)2+12-t2+(3t)2=4t2-2t+1+4t2-t+14=2t-142+0-342+t-182+0+382.表示P(t,0)与M14,34,N18,-38的距离之和的2倍,当M,P,N共线时,取得最小值2|MN|.即有2|MN|=214-182+34+38

11、2=72.故选D.14.-34,1212,+-,-34由已知得AB=OB-OA=(3,1),AC=OC-OA=(2-m,1-m).若ABAC,则有3(1-m)=2-m,解得m=12.由题设知,BA=(-3,-1),BC=(-1-m,-m).若ABC为锐角,则由BABC=3+3m+m0,可得m-34;若ABC为钝角,则m0时,1x=42-8+5=2-22+1,故当=1时,1x取最小值为1,即1x1,则0x1,当0时,1x=-42-8+5=-2-22+1-4+1=-5,所以-55x0.综上可得x-55,1,即OA在OP上的投影的取值范围是-55,1.16.78因为在ABC中,D是BC的中点,所以B

12、A+CA=2DA.又因为BA-CA=BC,所以BA=2DA+BC2,CA=2DA-BC2.所以BACA=4DA2-BC24=36DF2-BC24=4,同理,BFCF=4DF2-BC24=-1,因此DF2=58,BC2=132,BECE=4DE2-BC24=16DF2-BC24=78.17.解 (1)因为a=(1,2),b=(-3,4),所以a+b=(-2,6),a-b=(4,-2).所以cos=(-2,6)(4,-2)4020=-204020=-22.因为0,所以=34,即a+b与a-b的夹角为34.(2)因为a(a+b),所以a(a+b)=0.又a+b=(1-3,2+4),所以1-3+4+8=0,解得=-1.18.解 (1)由mn=-35,得cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin B=-35,所以cos A=-35.因为0Ab,所以AB,且B是ABC的内角,则B=4.由余弦定理得(42)2=52+c2-25c-35,解得c=1,c=-7,舍去负值,故向量BA在BC方向上的投影为|BA|cos B=ccos B=122=22.