（2022讲与练 高三理科数学一轮复习PPT）课时作业30(001).doc

1、课时作业课时作业 30平面向量的数量积平面向量的数量积 一、选择题 1(2021重庆巴蜀一诊)设 a，e 均为单位向量，当 a，e 的夹角为2 3 时，a 在 e 方向上的投影为(B) A 3 2 B1 2 C.1 2 D. 3 2 解析：a 在 e 方向上的投影为|a|cosa，ecos2 3 1 2.故选 B. 2已知AB (2,3)，AC (3，t)，|BC |1，则AB BC (C) A3B2 C2D3 解析：BC AC AB (1，t3)，|BC | 12t321，t3，AB BC (2,3)(1,0)2. 3(2021云南曲靖一模)已知|a|1，b 1 2，m，若(ab)(ab)，

2、则实数 m 的值为(D) A1 2 B. 3 2 C.1 2 D 3 2 解析：由题意得 a21，b2m21 4.(ab)(ab)，(ab)(ab)a 2b21 m21 4 0，解得 m 3 2 . 4a，b 为平面向量，已知 a(2,4)，a2b(0,8)，则 a，b 夹角的余弦值等于(B) A4 5 B3 5 C.3 5 D.4 5 解析：a(2,4)，a2b(0,8)，b1 2a(a2b)(1，2)，ab286.设 a，b 的夹角为， ab|a|b|cos2 5 5cos10cos6，cos3 5，故选 B. 5(2021湖北襄阳月考)已知向量 a(1,2)，b(m,3)，若 a(2ab

3、)，则 a 在 b 方向上的投影为 (D) A. 2 2 B1 C.3 2 2 D2 解析：因为 a(1,2)，b(m,3)，a(2ab)，所以 a(2ab)2a2ab10(m6)0，解得 m4， 即 b(4,3)，则 a 在 b 方向上的投影为ab |b| 1423 4232 2.故选 D. 6已知向量 a，b 满足|a|4，b(ab)0.若|ab|的最小值为 2(R)，则 ab 的值为(C) A0B4 C8D16 解析：|ab|2(ab)2a222(ab)b2. 因为|a|4，所以 a216. 因为 b(ab)0，所以 b2ab. 于是|ab|21622(ab)ab 16 1 16ab 2

4、ab1 16(ab) 2， 所以|ab|2的最小值为 ab 1 16(ab) 24， 解得 ab8. 7(2021四川双流中学模拟)已知平面向量PA ，PB 满足|PA |PB |1，PA PB 1 2，若|BC |1，则|AC | 的最大值为(D) A. 21B. 31 C. 21D. 31 解析： 因为|PA |PB |1， PA PB 1 2， 所以 cosAPB 1 2， 即APB 2 3 ， 由余弦定理可得 AB 3， 如图，建立平面直角坐标系，则 A 3 2 ，0 ，B 3 2 ，0 ，由题意知点 C(x，y)在以 B 3 2 ，0 为圆心，1 为半 径的圆上运动，结合图形可知，当

5、点 C(x，y)运动到点 D 3 2 1，0 时，|AC |取最大值，即|AC |max|AD |AB | 1 31，故选 D. 8(2021甘肃二诊)如图，在ABC 中，M 是 AC 的中点，N 在边 BC 上，且BC 3BN ，BM 与 AN 交于 点 P.若AB BC 24BP PN ，则 |AB | |BC | 的值是(A) A. 3 3 B. 3 C.1 3 D3 解析：如图，过 M 作 MQNC 交 AN 于 Q.因为 M 是 AC 的中点，所以 Q 是 AN 的中点所以 QM 是 ANC 的中位线，故 QM1 2NC.又BC 3BN ，故BN 1 2NC ，故 QMBN 且 QM

6、BN.故QPMNPB，故 QP PN ， BP PM ， 故 PN 1 4 AN. 又 AB BC 24 BP PN ， 故 AB BC 3 BM AN ， 即 AB BC 3 1 2BA 1 2BC AB 1 3BC ，所以 2AB BC (BA BC )(3AB BC )3AB 22AB BC BC 2，化简得 BC 2 3AB 2，所以|AB | |BC | 3 3 . 9(2021湖南六校联考)已知等边三角形 ABC 的边长为 2，BD xBA ，CE yCA ，x0，y0，且 xy 1，则CD BE 的最大值为(B) A.3 4 B3 2 C9 8 D2 解析：由题知等边三角形 AB

7、C 的边长为 2，以线段 AB 的中点为原点，线段 AB 所在的直线为 x 轴，线 段 AB 的垂直平分线为 y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则 A(1,0)，B(1,0)，C(0， 3)，BA (2,0)， CA (1， 3)，BC (1， 3)所以BD xBA (2x,0)，CE yCA (y， 3y)所以CD BD BC (2x,0)(1， 3)(12x， 3)，BE CE CB (y， 3y)(1， 3)(y1， 3 3y)因 为 xy1，所以CD (2y1， 3)所以CD BE (2y1， 3)(y1， 3 3y)(2y1)(y1) 3( 3 3y)2 y1 2 23 2.当

8、y 1 2时，CD BE 取得最大值3 2. 10 (2021福建厦门月考)ABC 中， AB2， AC2 2， BAC45， P 为线段 AC 上任意一点， 则PB PC 的取值范围是(C) A. 1 4，1B. 1 4，0 C. 1 2，4D. 1 2，2 解析：由余弦定理可得，BC2BA2CA22BACAcosBAC48222 2 2 2 4，即 BC2， 所以ABC 是等腰直角三角形，且B90. 以 B 为坐标原点，BC 所在直线为 x 轴，BA 所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，如图，则 C(2,0)， A(0,2) 设 P(x，y)，则 x0，y0 且 xy2，于是 y2x，

9、且 0 x2.于是PB (x，x2)，PC (2x， x2)所以PB PC x(2x)(x2)22 x3 2 21 2. 当 x3 2时， PB PC 取得最小值1 2； 当 x0 时， PB PC 取得最大值 4， 所以PB PC 的取值范围是 1 2，4. 二、填空题 11(2021湖南、河南、江西联考)设非零向量 a，b 满足|a|3|b|，cosa，b1 3，a(ab)16，则|b| 2. 解析：|a|3|b|，cosa，b1 3，a(ab)9|b| 2|b|28|b|216，|b| 2. 12已知 a，b 为单位向量，且 ab0，若 c2a 5b，则 cosa，c2 3. 解析：|a

10、|b|1，ab0， aca(2a 5b)2a2 5ab2， |c|2a 5b| 2a 5b2 4a25b24 5ab3. cosa，c ac |a|c| 2 3. 13已知 e1，e2是互相垂直的单位向量若3e1e2与 e1e2的夹角为 60，则实数的值是 3 3 . 解析：由题意不妨设 e1(1,0)，e2(0,1)，则3e1e2( 3，1)，e1e2(1，)根据向量的夹角 公式得 cos60 3，11， 2 12 3 2 12 1 2，所以 3 1 2，解得 3 3 . 14 (2021江苏南京盐城一模)已知 H 是ABC 的垂心(三角形三条高所在直线的交点)， AH 1 4AB 1 2A

11、C ， 则 cosBAC 的值为 3 3 . 解析：由题意可得，AH AC (AB BH )AC AB AC ， 且AH BC 0.因为AH 1 4AB 1 2AC ， 所以 AH AC 1 4AB 1 2AC AC ， AH BC 1 4AB 1 2AC BC 0， 而BC AC AB ，整理可得3 2AB AC AC 2，且AB AC AB 22AC 20.于是 2AB AC AB 2. 从而 3 2|AB |AC |cosBAC|AC |2， 2|AB |AC |cosBAC|AB |2， 所以 cosBAC0，且 cos2BAC1 3. 因此，cosBAC 3 3 . 三、解答题 15

12、(2021山东枣庄统考)已知平面向量 a(1,2)，b(2，m) (1)若 ab，求|a2b|； (2)若 m0，求 ab 与 ab 夹角的余弦值 解：(1)因为 ab，a(1,2)，b(2，m)，所以 ab0，即22m0，解得 m1，所以 a2b( 1,2)(4,2)(3,4)，因此|a2b| 32425. (2)设 ab 与 ab 的夹角为，若 m0，则 b(2,0)， 所以 ab(1,2)，ab(3,2)， 则|ab| 5，|ab| 13， (ab)(ab)341， 所以 cosabab |ab|ab| 1 5 13 65 65 . 16(2021江苏启东模考)在平面直角坐标系中，O 为

13、坐标原点，已知向量 a(1,2)，A(8,0)，B(n，t)， C(ksin，t) 0 2 . (1)若AB a，且|AB | 5|OA |，求向量OB ； (2)向量AC 与向量 a 共线，当 k4，且 tsin取最大值 4 时，求OA OC . 解：(1)由题设知AB (n8，t)，因为AB a，所以 8n2t0. 又 5|OA |AB |，所以 564(n8)2t25t2， 解得 t8， 当 t8 时，n24；当 t8 时，n8. 所以OB (24,8)或OB (8，8) (2)由题设知AC (ksin8，t)， 因为AC 与 a 共线，所以 t2ksin16， tsin(2ksin16

14、)sin2k sin4 k 232 k . 因为 k4，所以 04 k1， 所以当 sin4 k时，tsin取得最大值 32 k . 由32 k 4，得 k8，此时 6，OC (4,8)， 所以OA OC (8,0)(4,8)32. 17在ABC 中，AB5，AC10，AB AC 25，点 P 是ABC 内(包括边界)的一动点，且AP 3 5AB 2 5AC (R)，则|AP |的最大值是(B) A.3 3 2 B. 37 C. 39D. 41 解析：在ABC 中，AB5，AC10，AB AC 25，510cosBAC25，cosBAC1 2， BAC60，BC5210225101 25 3，

15、AB 2BC2AC2， B90.以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则 A(0,0)，B(5,0)， C(5,5 3)，设点 P(x，y)，0 x5,0y5 3，且 y 3x. AP 3 5AB 2 5AC ， (x，y)3 5(5,0) 2 5(5,5 3)(32，2 3)， x32， y2 3， y 3(x3)，故点 P 在直线 y 3(x3)上，且满足 0 x5,0y5 3，又 直线 BC 的方程为 x5， 联立 y 3x3， x5， 解得 x5， y2 3， 此时|AP |最大，为 522 32 37.故选 B. 18(2021江苏海安测试)已知向量

16、 a，b，c 满足 abc0，且 a 与 b 的夹角的正切值为1 2，b 与 c 的夹角的正切值为1 3，|b|2，则 ac 的值为 4 5. 解析：由 abc0 可设AB a，BC b，CA c，如图由题意可得 tanB1 2，tanC 1 3， 则 tanAtan(BC) tanBtanC 1tanBtanC 1 2 1 3 11 2 1 3 1，所以A135. 又知B 为锐角，sin2Bcos2B1，sinB cosB 1 2， 所以 sinB 5 5 ，同理可得 sinC 10 10 ， 由正弦定理可得 2 sin135 |c| 5 5 |a| 10 10 ， 即有|c|2 10 5 ，|a|2 5 5 ， 则 ac|c|a|cos452 10 5 2 5 5 2 2 4 5.