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1、课时达标检测（二十六） 平面向量的数量积及其应用小题对点练点点落实对点练(一)平面向量的数量积1已知ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE2EF，则的值为()A B. C.D.解析：选B如图所示，().2已知菱形ABCD的边长为6，ABD30，点E，F分别在边BC，DC上，BC2BE，CDCF.若9，则的值为()A2B3C4D5解析：选B依题意得，因此22，于是有6262cos 609.由此解得3，故选B.3(2018嘉兴一模)如图，B，D是以AC为直径的圆上的两点，其中AB，AD，则()A1B2CtD2t解析：选A因为，所以()|cos
2、CAD|cosCAB.又AC为圆的直径，所以连接BC，DC(图略)，则ADCABC，所以cosCAD，cosCAB，则|2|AB|2t2(t1)1，故选A.4(2018广西质检)已知向量a，b的夹角为，|a|，|b|2，则a(a2b)_.解析：a(a2b)a22ab2226.答案：65(2018江西白鹭洲中学调研)已知在直角三角形ABC中，ACB90，ACBC2，点P是斜边AB上的中点，则_.解析：由题意可建立如图所示的坐标系可得A(2,0)，B(0,2)，P(1,1)，C(0,0)，则(1,1)(0,2)(1,1)(2,0)224.答案：4对点练(二)平面向量数量积的应用1已知向量a，b满足
3、ab0，|a|1，|b|2，则|ab|()A0B1 C2D.解析：选D|ab|.2(2018云南民族中学一模)已知向量(x,1)(x0)，(1,2)，|，则，的夹角为()A. B. C.D.解析：选C因为(1x,1)，所以|2(1x)215，即x22x30，解得x3或x1(舍)设，的夹角为，则cos ，所以.故选C.3(2018广东五校协作体一模)已知向量a(，1)，b(2,1)若|ab|ab|，则实数的值为()A1B2C1D2解析：选A根据题意，对于向量a，b，若|ab|ab|，则|ab|2|ab|2，变形可得a22abb2a22abb2，即ab0.又由向量a(，1)，b(2,1)，得(2)
4、10，解得1.故选A.4已知向量a(，1)，b(0,1)，c(k，)，若a2b与c垂直，则k()A3B2C1D1解析：选A因为a2b与c垂直，所以(a2b)c0，即ac2bc0，所以k20，解得k3.5(2017吉林三模)已知平面向量a，b的夹角为120，且ab1，则|ab|的最小值为()A. B. C.D1解析：选A由题意可知1ab|a|b|cos 120，所以2|a|b|，即|a|2|b|24，当且仅当|a|b|时等号成立，|ab|2a22abb2a2b22426，所以|ab|，所以|ab|的最小值为.6(2018河北石家庄一模)已知三个向量a，b，c共面，且均为单位向量，ab0，则|ab
5、c|的取值范围是()A1，1B1， C， D1,1解析：选A法一：因为ab0，所以|ab|2a22abb22，所以|ab|.所以|abc|2a2b2c22ab2(ab)c32(ab)c.当c与(ab)同向时，(ab)c最大，|abc|2最小，此时(ab)c|ab|c|cos 0，|abc|232(1)2，所以|abc|min1；当c与(ab)反向时，(ab)c最小，|abc|2最大，此时(ab)c|ab|c|cos ，|abc|232(1)2，所以|abc|max1.所以|abc|的取值范围为1，1故选A.法二：由题意不妨设a(1,0)，b(0,1)，c(cos ，sin )(02)则abc(
6、1cos ，1sin )，|abc|，令t32sin，则32t32，故|abc|1，1对点练(三)平面向量与其他知识的综合问题1(2018丰台期末)在ABC中，若2，则的值为()A. B. C.D.解析：选A设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由2，得ac2bcab，化简可得ac.由正弦定理得.2(2018吉林质检)已知A(2,0)，B(2,0)，动点P(x，y)满足x2，则动点P的轨迹为()A椭圆B双曲线C抛物线D两条平行直线解析：选D因为动点P(x，y)满足x2，所以(2x，y)(2x，y)x2，所以点P的轨迹方程为y24，即y2，所以动点P的轨迹为两条平行的直线3已知点M(
7、1,0)，A，B是椭圆y21上的动点，且0，则的取值范围是()A. B.C.D.解析：选C由0，可得()2, 设A(2cos ，sin )，则2(2cos 1)2sin23cos24cos 232，所以当cos 时，2取得最小值，当cos 1时，2取得最大值9，故的取值范围为.4.已知点G是ABC的外心， ， 是三个单位向量，且20，ABC的顶点B，C分别在x轴的非负半轴和y轴的非负半轴上移动，如图所示，点O是坐标原点，则|的最大值为()A1B2C3D4解析：选B因为点G是ABC的外心，且20，所以点G是BC的中点，ABC是直角三角形，且BAC是直角又，是三个单位向量，所以BC2，又ABC的顶
8、点B，C分别在x轴的非负半轴和y轴的非负半轴上移动，在RtBOC中，OG是斜边BC上的中线，则|OG|BC|1，所以点G的轨迹是以原点为圆心、1为半径的圆弧又|1，所以当OA经过BC的中点G时，|取得最大值，且最大值为2|2.5已知a，b满足|a|，|b|1，且对任意的实数x，不等式|axb|ab|恒成立，设a，b的夹角为，则tan 2_.解析：如图所示，当(ab)b时，对任意的实数x，axb或axb，因为在直角三角形中，斜边大于直角边恒成立，数形结合知，不等式|axb|ab|恒成立，因为(ab)b，a，b满足|a|，|b|1，所以(ab)b0，abb20，tan ，tan 22.答案：2大题
9、综合练迁移贯通1(2018江西南昌三校联考)已知A，B，C是ABC的内角，a，b，c分别是其对边长，向量m(，cos A1)，n(sin A，1)，mn.(1)求角A的大小；(2)若a2，cos B，求b的值解：(1)mn，mnsin A(cos A1)(1)0，sin Acos A1，sin.0A，A，A，A.(2)在ABC中，A，a2，cos B，sin B .由正弦定理知，b，b. 2.已知向量a(cos ，sin )，b(cos ，sin )，c(1,0)(1)求向量bc的模的最大值；(2)设，且a(bc)，求cos 的值解：(1)bc(cos 1，sin )，则|bc|2(cos 1
10、)2sin22(1cos )因为1cos 1，所以0|bc|24，即0|bc|2.当cos 1时，有|bc|2，所以向量bc的模的最大值为2.(2)若，则a.又由b(cos ，sin )，c(1,0)得a(bc)(cos 1，sin )cos sin .因为a(bc)，所以a(bc)0，即cos sin 1，所以sin 1cos ，平方后化简得cos (cos 1)0，解得cos 0或cos 1.经检验cos 0或cos 1即为所求3已知平面上一定点C(2,0)和直线l：x8，P为该平面上一动点，作PQl，垂足为Q，且0.(1)求动点P的轨迹方程；(2)若EF为圆N：x2(y1)21的任意一条直径，求的最值解：(1)设P(x，y)，则Q(8，y) 由0，得|2|20，即(2x)2(y)2(8x)20，化简得1.所以动点P在椭圆上，其轨迹方程为1.(2)易知， ，且0，由题意知N(0,1)，所以22(x)2(1y)2116(y1)21y22y16(y3)219.因为2y2，所以当y3时，取得最大值19，当y2时， 取得最小值124.综上，的最大值为19，最小值为124.
