【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第30讲 平面向量的数量积（达标检测） Word版含解析.docx，共(15)页，1.630 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-feebcfa9aa0d306d910fd3c2e55cdd92.html

以下为本文档部分文字说明：

第30讲平面向量的数量积（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•隆回县期末）已知(1,2)a=，(2,3)b=，则(ab=)A．8B．7C．(3,5)D．(2,6)【分析】直接利用向量的坐标运算以及向量的

数量积公式求解即可．【解答】解：(1,2)a=，(2,3)b=，则12238ab=+=．故选：A．2．（2020春•商洛期末）已知向量(,1)am=，(2,3)b=−，若(2)abb−⊥，则(m=)A．

194−B．23C．23−D．194【分析】利用平面向量坐标运算法则先求出2ab−，再由(2)abb−⊥，利用向量垂直的性质能求出m．【解答】解：向量(,1)am=，(2,3)b=−，2(22,5)abm−=−

，(2)abb−⊥，(2)2(22)150abbm−=−−=，解得194m=．故选：D．3．（2020春•汉台区校级月考）已知向量(2,1)a=−，(6,)bx=，且//ab，则||(ab−=)A．5B．

25C．5D．4【分析】根据//ab即可求出3x=−，从而可得出ab−的坐标，从而可得出||ab−的值．【解答】解：//ab，260x+=，解得3x=−，(4,2)ab−=−，||16425ab−=+

=．故选：B．3．（2020春•五华区校级期末）已知单位向量a，b满足||||aab=+，则1()(2abb+=)A．32B．1C．12D．0【分析】对条件式两边平方计算ab，再计算1()2abb+．【解答】解：,ab是单位向量，

221ab==，||||aab=+，2221aabb++=，故12ab=−，21111()02222abbabb+=+=−+=．故选：D．4．（2020•贵阳模拟）已知非零向量,ab满足||2||ba=，且()aab⊥+，则a与b的夹角为()A

．6B．3C．23D．56【分析】根据()0aab+=列方程得出2||aba=−，再代入向量的夹角公式即可得出答案．【解答】解：()aab⊥+，()0aab+=，即20aab+=，2||aba=−，2||1cos,2||

||||||abaababab−===−，2,3ab=．故选：C．5．（2020春•兴宁区校级期末）已知单位向量1e与2e的夹角为23，则向量1e在向量2e方向上的投影为()A．12−B．12C．32−D．32【分析】根据向量数量积公式转化求解即可．【解答】解：

因为单位向量1e与2e的夹角为23，所以向量1e在向量2e方向上的投影为121||cos32e=−；故选：A．6．（2020春•内江期末）已知向量(1,2)a=，(,4)bx=，(2,)cy=，若//ab，ac⊥，则()(bac−=)A．14B．14−C．10D．6【分析】通过向量的共线与

垂直，求出x，y，然后求解向量的数量积即可．【解答】解：向量(1,2)a=，(,4)bx=，(2,)cy=，//ab，可得142x=，解得2x=，(2,4)b=，ac⊥，可得1220y+=，解得1y=−，(1,3)ac−=−，则()21210bac−=−+=．故选

：C．7．（2020•石家庄模拟）设圆O的半径为1，P，A，B是圆O上不重合的点，则PAPB的最小值是()A．12−B．1−C．14−D．18−【分析】用,,OAOBOP表示出,PAPB，作OCAB⊥，垂足为C，设AOB=，POC=，用，表示出PAPB即

可得出最值．【解答】解：2()()()PAPBOAOPOBOPOAOBOPOAOBOP=−−=+−+，由题意可知OA，OB，OP均为单位向量，故||||||1OAOBOP===，连接AB，作OCAB⊥，垂足为C，设AOB=，POC=，则cos2

OC=，cosOAOB=，21OP=，2OAOBOC+=，()22coscos2OAOBOPOCOP+==，22211cos12coscos2cos2coscos2(coscos)cos222222PAPB=+−=−=−−，当2cos1=，1c

oscos22=时，PAPB取得最小值12−．故选：A．8．（2020春•驻马店期末）已知||||2ab==，2ab=−，()()0cacb−−=，若||2dc−=，则||d最大值为()A．23B．23+C．33+D．33【分析】由平面向量

数量积的定义可知2,3ab=，设(,)cxy=，(2,0)a=，则(1,3)b=−，结合平面向量数量积的坐标运算和()()0cacb−−=，可得2213()()322xy−+−=，若令cOC=，dO

D=，则点C的轨迹是以13(,)22O为圆心，3r=为半径的圆，于是当O、O与C三点共线(O位于O和C的中间），且点D在OC的延长线上时，||||ODd=最大，为||||OOrCD++，从而得解．【解答】解：||||2ab==，2ab=−

，22cos,2ab=−，即2,3ab=．设(,)cxy=，(2,0)a=，则(1,3)b=−，()()0cacb−−=，(2x−，)(1yx+，3)0y−=，化简整理得，2213()()322xy−+−=，令cOC=，dOD=，则点C的轨迹是以13(,

)22O为圆心，3r=为半径的圆．||||||2dcODOCCD−=−==，当O、O与C三点共线(O位于O和C的中间），且点D在OC的延长线上时，||||ODd=最大，为2213||||()()323322OOrCD++=+++=+．故选：C．9．（

2020春•湖北期末）已知向量a，b满足||3,||2ab==，且对任意的实数x，不等式||||axbab++…恒成立，设,ab的夹角为，则tan的值为()A．52B．52−C．5−D．5【分析】根据条件，对||||axbab++…两边平

方，进行数量积的运算即可得出23cos3cos10xx+−−…，从而得出△2(3cos2)0=+„，进而得出cos，sin，从而可求出tan的值．【解答】解：||3,||2ab==，,ab的夹角为，且对任意的实数x，不等式||||axbab++…恒成立，22()()ax

bab++…，29412cos9412cosxx++++…，整理得，23cos3cos10xx+−−…，△229cos12cos4(3cos2)0=++=+„，3cos20+=，2cos3=−，且0剟，5sin3=

，5tan2=−．故选：B．10．（多选）（2020•青岛模拟）已知向量(1,1),(3,1),(1,1)ababc+=−=−=，设,ab的夹角为，则()A．||||ab=B．ac⊥C．//bcD．135=【分析】根据题意，求出a、b的

坐标，据此分析选项，综合即可得答案．【解答】解：根据题意，(1,1)ab+=，(3,1)ab−=−，则(1,1)a=−，(2,0)b=，依次分析选项：对于A，||2a=，||2b=，则||||ab=不成立，A错误；对于B，(1,1)a=−，(1,1)c=，则0ac=，即ac⊥，B正确；对于C，(2

,0)b=，(1,1)c=，//bc不成立，C错误；对于D，(1,1)a=−，(2,0)b=，则2ab=−，||2a=，||2b=，则22cos222−==−，则135=，D正确；故选：BD．11．（多选）（2020•山东模拟）在平行四边形ABCD中，120DAB=，||2AB=

，||1AD=，若E为线段AB的中点，则()A．12DEAC=B．32DEAC=C．72DEBD=−D．92DEBD=−【分析】画出图形，求出相关点的坐标，通过向量的数量积求解即可．【解答】解：在平行四边形ABCD中，120DAB=，||2AB=，||1AD=，若E为线段A

B中点，建立如图所示的坐标系，则(1,3)B，(0,0)A，(1,0)D−，则(E12，3)2，可得(2,3)BD=−−，(0,3)AC=，(DE=32，3)2，则33322DEAC==；339(2)(3)222DEBD=−+−=−．故选：

BD．12．（2020春•运城期末）已知||2a=，||3b=，且3ab=，则a与b夹角为．【分析】根据向量夹角的余弦公式即可得出1cos,2ab=，然后根据向量夹角的范围即可求出夹角．【解答】解：||2,|

|3,3abab===，31cos,232||||ababab===，且0,ab剟，a与b的夹角为3．故答案为：3．13．（2020春•上高县校级期末）已知向量(,1)a=，(2,1)b=+，若||||abab−=+，则

实数的值为．【分析】可以得出(2,0),2(1,1)abab−=−+=+，然后根据||||abab−=+即可得出244(1)4=++，从而解出即可．【解答】解：(2,0),(22,2)2(1,1)abab−=−+=+=+，||||abab−=+，244[(1)1]

=++，解得1=−．故答案为：1−．14．（2020•宁波模拟）已知ABC所在平面内的两点H，W满足：HAHBHBHCHCHA==，||||||WAWBWC==，D是边BC上的点，若4AB=，3AC=，2AH=，1WD=，则()()AWABACAHWD

BC+++=．【分析】由题意可判断W是ABC的外心，H是ABC的垂心，结合2AH=，1WD=及WHWAWBWC=++可判断D为BC的中点，从而可计算()()AWABACAHWDBC+++．【解答】解：HAHB

HBHC=，()0HBHAHC−=，即0HBCA=，HBAC⊥，同理可得：HABC⊥，HCAB⊥，H是ABC的垂心，0AHBC=，||||||WAWBWC==，W是ABC的外心，2182AWABAB==，21922AWACAC==，下面证

明：WHWAWBWC=++，延长BW交圆W于E，则EAAB⊥，又CHAB⊥，//AECH，同理可得：//CEAH，四边形AECH是平行四边形，AHEC=，WHWAAHWAECWAWCWEWAWBWC=+=

+=+−=++，设BC的中点为M，则2AHWHWAWBWCWM=−=+=，||1WM=，又1WD=，WMBC⊥，D与M重合，故0WDBC=，925()()822AWABACAHWDBCAWABAWACAHBCWDBC+++=+++=+=．故答案为：25215．（202

0春•湖北期末）已知||3AB=，||1AC=，(2||||ABACABAC+=，1)−，则ABAC=．【分析】两边平方即可求出ABAC的值．【解答】解：||3AB=，||1AC=，13||ABABAB=，||ACACAC=，1(23ABAC+=，1)−

，2212593ABABACAC++=，即2253ABAC+=，92ABAC=．故答案为：92．16．（2020春•凉山州期末）已知||1a=，||2b=，()aba−⊥．（1）求ab；（2）求ab−与b的夹角．【分析

】（1）根据()aba−⊥即可得出()0aba−=，进行数量积的运算即可求出1ab=；（2）可设ab−与b的夹角为，然后可求出()abb−的值，根据2||()abab−=−求出||ab−的值，从而可得出cos的值，进而得出的值．【解

答】解：（1）()aba−⊥，||1a=，2()10abaaabab−=−=−=，1ab=；（2）设ab−与b的夹角为，由（1）与||2b=得，2()143abbabb−=−=−=−，222||()21243ababaabb−=−=−+=−+=，()33c

os2||||23abbabb−−===−−，且[0，]，56=．17．（2020春•辽阳期末）已知单位向量1e，2e的夹角为23，向量12aee=−，向量1223bee=+．（1）若//ab，求

的值；（2）若ab⊥，求||a．【分析】（1）由题意利用两个向量共线的性质，求出的值．（2）由题意利用两个向量垂直的性质，求出的值，可得a，从而求出||a．【解答】解：（1）单位向量1e，2e的夹角为

23，1e与2e不共线．向量12aee=−，向量1223bee=+，若//ab，则123−=，23=−．（2）若ab⊥，122111cos32ee==−．1212()(23abeeee=−+2211221)2(32)32(32)()302eeee

=+−−=+−−−=，求得4=，124aee=−，222121122||(4)168164121aeeeeee=−=−+=++=．18．（2020春•泸州期末）设平面向量(1,2)a=−，(3,4)b=．（Ⅰ）求|3|ab−的值；（Ⅱ）若(2,3)c=且()atbc+⊥，求实

数t的值．【分析】（Ⅰ）由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，求得3ab−的坐标，可得它的模．（Ⅱ）由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求得t的值．【解答】解：（Ⅰ）向量(1,2)a=−，(3,4)b=，3(ab−=0，10)−

，2|3|0(10)10ab−=+−=．（Ⅱ）若(2,3)c=且()atbc+⊥，(13,24)atbtt+=+−+，()2(13)3(24)1840atbcttt+=++−+=−=，实数29t=．19．（

2020春•新余期末）如图，在ABC中，已知2AB=，4AC=，60BAC=，D为线段BC中点，E为线段AD中点．（1）求ADBC的值；（2）求EB，EC夹角的余弦值．【分析】（1）建立坐标系，求出相关向量，利用向量的数量

积求解即可．（2）求出EB，EC的坐标，利用向量的数量积求解两个向量的夹角．【解答】解：（1）依题意可知ABC为直角三角形，23BC=，如图建立坐标系：则(0,0)B，(0,2)A，(23C，0)，因为D为BC的中点，故(3D，0)(3,2),(23,0)ADBC=−=，3236ADBC=

=．（2）由E为线段AD中点可知3(2E，1)，333(,1),(,1)22EBEC=−−=−，222233311522cos,||||217333()(1)()(1)22EBECEBECEBEC−+

===−−+−+−．20．（2020春•滨州期末）如图，在OAB中，P为边AB上的一点2,||6,||2BPPAOAOB===，且OA与OB的夹角为60．（1）设OPxOAyOB=+，求x，y的值；（2）求OPAB的值．【分析】（1）用,OA

OB表示出OP即可得出x，y的值；（2）,OAOB表示出OP，AB，再计算OPAB的值．【解答】解：（1）2BPPA=，22()33BPBAOAOB==−，221()333OPOBBPOBOAOBOAOB=+=+−=+，23x=，13

y=．（2）236OA=，24OB=，62cos606OAOB==，2221211462()()2423333333OPABOAOBOBOAOAOBOAOB=+−=−++=−++=−．[B组]—强基

必备1．（2020春•焦作期末）在ABC中，点M，N在线段AB上，4ABMB=，当N点在线段AB上运动时，总有NBNCMBMC…，则一定有()A．BCAB⊥B．ACBC⊥C．ABAC=D．ACBC=【分析】由题

意画出图形，设(01)NBtABt=，由4ABMB=，得14MBAB=，代入NBNCMBMC…，再令||cos||BCBAB=，结合已知转化为关于t的不等式，再由判别式恒小于等于0求得的值，然后利用数量积的几何意义可得AC

BC=，则答案可求．【解答】解：如图，设(01)NBtABt=，由4ABMB=，得14MBAB=，又NBNCMBMC…，1()()4tABNBBCABMBBC++…，即有22211||||164tABtABBCABABBC++…，222

11||||||cos||||cos||0416tABtABBCBABBCBAB−+−…，令||cos||BCBAB=，则2222211||||||||0416tABtABABAB−+−…，即2110416tt−+−…恒成立．可得2114()0416=

−−„．化为21()02−„，则12=．1||cos||2BCBAB=，即C在AB上的投影为AB的中点．ACBC=．故选：D．2．（2020春•桃城区校级期中）已知平面单位向量12,ee的夹角为60，向量c满足2123(2)02ceec−++=，若对任意的tR，记1||

cte−的最小值为M，则M的最大值为()A．1324+B．132+C．3314+D．13+【分析】由题意设1(1,0)e=，21(2e=，3)2，(,)cxy=，化2123(2)02ceec−++=为2531()()444xy−+

−=，它表示圆；由1||cte−表示该圆上的点M到点(,0)t的距离，即到直线0y=的距离；得出距离的最小值M，求得M的最大值为dr+．【解答】解：平面单位向量12,ee的夹角为60，设1(1,0)e=，21(2e=，3)2，(,)cxy=，由2123(2)0

2ceec−++=得22533()0222xyxy+−++=，化简得2531()()444xy−+−=，它表示以点5(4，3)4为圆心，以12为半径的圆；又221||()ctexty−=−+表示圆上的点(,)Mxy到点(,0)ttR

的距离，即到直线0y=的距离；距离的最小值为M，由圆心5(4，3)4到直线0y=的距离为34d=，则M的最大值为2313424dr++==+．故选：A．3．（2020•镇海区校级模拟）已知平面向量a，b，c，d满足||||||1abc===，10aba

cbcad−==，0cd=，若平面向量(sxaybx=+，0y且1)xy=，则|2|||scsd++−的最小值是．【分析】由||||1ab==，可知()()abab+⊥−，于是可分别以ab+和ab−为横、纵轴建立平面直角坐标系，此外，不妨设()()smabnab=++

−，则xmn=+，ymn=−，||||ssxmabynab=+=−，于是有2222221||||ssxyxymnabab==−=−+−，而22||||4abab++−=，且x，0y，所以点S的轨迹是以4为焦距的双曲线的右支．再设,ac的夹角为((0,))2，可推知212abs

in=−，,ad的夹角为2−，将其代入1abacad−=，可得||2tand=，最后结合双曲线的定义、平面向量的减法运算、勾股定理和均值不等式等可求得|2|||scsd++−的最小值．【解答】解：||||1ab==，()()0abab+−=，即()()ab

ab+⊥−，不妨令()()smabnab=++−，由于sxayb=+，所以xmn=+，ymn=−，如图所示，分别以ab+和ab−为横、纵轴建立平面直角坐标系，则||||ssxmabynab=+=−，2222221||||ssx

yxymnabab==−=−+−，2222||||2()2(11)4ababab++−=+=+=，且x，0y，点S的轨迹是以4为焦距的双曲线的右支．acbc=，()0cab−=，如图，设,ac的夹角为

((0,))2，则||2cosab+=，||2sinab−=，22224aabbsin−+=，212absin=−，0cd=即cd⊥，,ad的夹角为2−，1abacad−=，2

2cos||cos()2sind=−，||2tand=，12|2||||(2)|||2||scsdscsdSFSDabSFSD++−=−−+−=+=+++2224cos4cos444cos42cosDFtan+=++=+厖，当且仅当212cos=即4=时，

取得等号．故答案为：42．4．（2019•江苏三模）在平面四边形ABCD中，90BAD=，2AB=，1AD=，若43ABACBABCCACB+=，则12CBCD+的最小值为．【分析】以A为坐标原点，以AB为x轴，

以AD为y轴建立如图坐标系，设(,)Cxy．可以推出点C在圆22(1)4xy−+=上，然后将12CBCD+的最小值的问题，根据三角形相似转化为1()2OCCD+的问题，借助三角形的两边之和大于第三边即可得到12

CBCD+的最小值．【解答】解：以A为坐标原点，以AB为x轴，以AD为y轴建立如图坐标系，设(,)Cxy．则(2,0)AB=，(,)ACxy=，(2,0)BA=−，(2,)CBxy=−−，(,)CAxy=−−，(,1)CDx

y=−−．43ABACBABCCACB+=，所以224224(2)3xxxxy−+=−+，即22(1)4xy−+=，即点C在以(1,0)O为圆心，以2为半径的圆上，取(5,0)O，则12OBOCOCOO==，所

以OBCOCO∽，所以BCOC，即12BCOC=，所以12CBCD+取得最小值即1()2OCCD+取得最小值，根据三角形的两边之和大于第三边，22115126()2222OCCDOD++==…，故填：262．