1、课时作业30 平面向量的数量积一、选择题1已知平面向量 a，b 的夹角为3，且 a(ab)2，|a|2，则|b|等于()A 2B2 3C4 D2D解析：因为 a(ab)2，所以 a2ab2，即|a|2|a|b|cosa，b2，所以 42|b|122，解得|b|2.2(2020武昌统考)已知向量 a(2,1)，b(2，x)不平行，且满足(a2b)(ab)，则 x()A12B12C1 或12D1 或12A解析：因为(a2b)(ab)，所以(a2b)(ab)0，所以|a|2ab2|b|20，因为向量 a(2,1)，b(2，x)，所以 54x2(4x2)0，解得 x1 或 x12，因为向量 a，b 不
2、平行，所以x1，所以 x12，故选 A3(2020山西模拟)已知向量 a，b 满足|a|1，|b|2，|ab|3，则 a 与 b 的夹角为()A3B6C23 DA解析：对|ab|3两边平方得 a22abb23，即 14cosa，b43，解得 cosa，b12，a，b3.故选 A4(2020湖南省五市十校联考)已知向量 a，b 满足|a|1，|b|2，a(a2b)0，则|ab|()A 6B 5C2 D 3A解析：由题意知，a(a2b)a22ab12ab0，所以 2ab1，所以|ab|a22abb2 114 6.故选 A5(2020茂名联考)如图，正六边形 ABCDEF 的边长为 2，则ACBD(
3、)A2 B3C6 D12C解析：ACBD(ABBC)(AD AB)(ABBC)(2BCAB)2|BC|2BCAB|AB|28221246.6(2020贵州黔东一模)已知梯形 ABCD 中，ABCD，AB2CD，且DAB90，AB2，AD1，若点 Q 满足AQ 2QB，则QC QD()A109B109C139D139D解析：以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则 B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)又AQ 2QB，Q43，0，QC 13，1，QD 43，1，QC QD 491139.故选 D7已知点 A(1,1)，B(1,2)
4、，C(2，1)，D(3,4)，则向量CD 在BA方向上的投影是()A3 5B3 22C3 5D3 22A解析：依题意得，BA(2，1)，CD(5,5)，BACD(2，1)(5,5)15，|BA|5，因此向量CD 在BA方向上的投影是BACD|BA|155 3 5.8(2020湖南湘东六校联考)已知向量AB(1,2)，AC(1,2)，则ABC 的面积为()A35B4C32D2D解析：由题意，得|AB|5，|AC|5.设向量AB，AC 的夹角为，则 cos ABAC|AB|AC|11225 535，所以 sin45，所以SABC12|AB|AC|sin12 5 5452，故选 D9(2020河南南
5、阳模拟)已知两点 M(1,0)，N(1,0)，若直线 3x4ym0 上存在点 P 满足PM PN 0，则实数 m 的取值范围是()A(，55，)B(，2525，)C5,5D25,25C解析：设 P(x，y)，则PM(1x，y)，PN(1x，y)由PM PN0 得 x2y21.因为点 P 在直线 3x4ym0 上，故圆 x2y21 与直线 3x4ym0 相交，则圆心(0,0)到直线的距离 d|m|32421，故 m5，5故选 C二、填空题10已知平面向量 a，b 满足|a|b|1，a(a2b)，则|ab|.3解析：a(a2b)，a(a2b)0，解得 2ab1，|ab|a|2|b|22ab 3.1
6、1已知向量 a(1，3)，b(3，m)且 b 在 a 方向上的投影为3，则向量 a 与 b 的夹角为.23解析：因为 b 在 a 方向上的投影为3，所以|b|cosa，b3，又|a|12 322，所以 ab|a|b|cosa，b6，又 ab3 3m，所以 3 3m6，解得 m3 3，则 b(3，3 3)，所以|b|323 326，所以 cosa，b ab|a|b|62612，因为 0a，b，所以 a 与 b 的夹角为23.12(2019天津卷)在四边形 ABCD 中，ADBC，AB2 3，AD5，A30，点 E 在线段 CB 的延长线上，且 AEBE，则BD AE.1解析：解法 1：在等腰AB
7、E 中，易得BAEABE30，故 BE2，则BD AE(AD AB)(ABBE)AD ABAD BEAB 2 AB BE 523 cos30 52cos180 12 232cos15015101261.解法 2：在ABD 中，由余弦定理可得BD2512252 3cos30 7，所以 cosABD 1272522 3 7 2114，则 sinABD5 714.设BD 与AE的夹角为，则 coscos(180ABD30)cos(ABD30)cosABDcos30sinABDsin30 714，在ABE 中，易得AEBE2，故BD AE 72 714 1.13(2020河南、河北百校联考)如图，在平
8、面四边形 ABCD 中，ABBC，ADBD，BCD60，CBCD2 3，点 M 为 BC 边上一动点，则AM DM 的取值范围为.454，18解析：如图，以点 B 为坐标原点，BC，BA所在的直线为 x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，则 B(0,0)，C(2 3，0)，BCD 是等边三角形，则 D(3，3)，BD2 3，CBD60.又ABC90，则ABD30，则 AB4，A(0,4)又点 M 为 BC 边上的一动点，设 M(x,0)，x0,2 3，则AM DM(x，4)(x 3，3)x2 3x12x 322454，所以当 x 32 时，AM DM 取得最小值454，当 x2 3时，AM DM
9、取得最大值 18，故AM DM 的取值范围是454，18.三、解答题14已知|a|4，|b|8，a 与 b 的夹角是 120.(1)计算：|ab|，|4a2b|；(2)当 k 为何值时，(a2b)(kab)解：由已知得，ab4812 16.(1)|ab|2a22abb2162(16)6448，|ab|4 3.|4a2b|216a216ab4b2161616(16)464768，|4a2b|16 3.(2)(a2b)(kab)，(a2b)(kab)0，ka2(2k1)ab2b20，即 16k16(2k1)2640.k7.即 k7 时，a2b 与 kab 垂直15在ABC 中，AB2AC6，BAB
10、CBA 2，点 P 是ABC所在平面内一点，则当PA2PB 2PC 2 取得最小值时，求APBC的值解：BABC|BA|BC|cosB|BA|2，|BC|cosB|BA|6，CAAB，即 A2，以 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系，则 B(6,0)，C(0,3)，设 P(x，y)，则PA2PB 2PC 2x2y2(x6)2y2x2(y3)23x212x3y26y453(x2)2(y1)210当 x2，y1 时，PA2PB 2PC 2 取得最小值，此时 P(2,1)，AP(2,1)，此时APBC(2,1)(6,3)9.16(2019北京卷)设点 A，B，C 不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”
11、是“|ABAC|BC|”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C解析：若|ABAC|BC|，则|ABAC|2|BC|2，AB 2AC 22ABAC|BC|2，点 A，B，C 不共线，线段 AB，BC，AC 构成一个三角形 ABC，设内角 A，B，C 对应的边分别为 a，b，c，则由平面向量的数量积公式及余弦定理可知，AB 2AC 22ABAC|BC|2，即 c2b22bccosAc2b22bccosA，cosA0，又 A，B，C 三点不共线，故AB与AC的夹角为锐角反之，易得当AB与AC的夹角为锐角时，|ABAC|BC|，“AB与AC的夹角为锐角”是“|
12、ABAC|BC|”的充分必要条件，故选 C17(2020豫北名校联考)已知 O 是ABC 所在平面内一点，且满足|OA|2|BC|2|OB|2|CA|2，则点 O()A在过点 C 且与 AB 垂直的直线上B在A 的平分线所在直线上C在边 AB 的中线所在直线上D以上都不对A解析：由|OA|2|BC|2|OB|2|CA|2 得|OA|2|OB|2|CA|2|BC|2，所以(OA OB)(OA OB)(CABC)(CABC)，即BA(OAOB)(CACB)BA，所以BA(OA OB ACBC)2OC BA0，所以ABOC.故点 O 在过点 C 且与 AB 垂直的直线上18.(2019江苏卷)如图，在ABC 中，D 是 BC 的中点，E 在边AB 上，BE2EA，AD 与 CE 交于点 O.若ABAC6AO EC，则ABAC的值是.3解析：由 A，O，D 三点共线，可设AO AD，则AO 2(ABAC)，由 E，O，C 三点共线可设EO EC，则AO AE(ACAE)，则AO(1)AEAC13(1)ABAC，由平面向量基本定理可得1312，2，解得 14，12，则AO 14(ABAC)，EC AC AE AC 13AB，则 6AO EC 614(AB AC)AC13AB 3223ABACAC 213AB 2 ABAC，化简得 3AC 2AB 2，则ABAC 3.