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1、,名校名师推荐 ,训练目标(1) 平面向量数量积的概念；(2)数量积的应用.(1) 数量积计算的三种方法：定义、坐标运算、数量积的几何意义；(2) 求两向解题策略量的夹角时，要注意夹角为锐角和cos0 的区别，不能漏解或增解；(3)求向量的模的基本思想是利用|a|2 aa，灵活运用数量积的运算律.一、选择题1若向量 a， b 满足 |a| 1，|b| 2，且 a (a b)，则 a 与 b 的夹角为 ()2A. 2B. 335C. 4D. 62 (2017 淄博质检 )已知矩形ABCD 中， AB )2，BC 1，则 ACDB等于 (A 1B 1C. 6D 2 23已知平面上 A，B，C 三点
2、不共线， O 是不同于 A，B， C 的任意一点，若 (OB OC) (ABAC) 0，则 ABC 是 ()A 等腰三角形B直角三角形C等腰直角三角形D等边三角形4 ABC 是边长为2 的等边三角形，已知向量a， b 满足 AB 2a，AC 2ab，则下列结论正确的是 ()A |b| 1B a bCab 1D (4a b) BC25已知向量 a，b，c 满足 |a|2，|b| ab 3，若 (c2a) c3b 0，则 |b c|的最小值是 ()A 2 3B 2 3C1D 26点 O 在 ABC 所在平面内，给出下列关系式： ACAB BCBA； OA OB OC 0； OAOB OB OC O
3、COA； OA OB|AC|AB|BC|BA|1,名校名师推荐 , (OA OB) AB ( OBOC) BC 0，则点 O 依次为 ABC 的 ()A 内心、外心、重心、垂心B 重心、外心、内心、垂心C重心、垂心、内心、外心D外心、内心、垂心、重心7已知菱形 ABCD 的边长为2， BAD 120 ，点 E， F 分别在边 BC，DC 上， BE BC， 2，则 等于 ()DF DC.若 AEAF 1，CE CF 312A. 2B. 357C.6D. 128 (2018 届山西芮城中学考试)长度都为 2 的向量 OA，OB的夹角为，点 C 在以 O 为圆心的3圆弧，则 m n 的最大值是 (
4、)AB(劣弧 )上， OC mOA nOB23A 23B. 3C. 3D 3 3二、填空题 _.9已知向量 OAAB， |OA|3，则 OAOB10已知向量 a， b 的夹角为45，且 |a| 1， |2a b|10，则 |b| _. 11.如图所示， 在平行四边形 ABCD 中，已知 AB 8，AD 5，CP 3PD，APBP 2，则 ABAD的值是 _12若等边 ABC 的边长为2，平面内一点 1 1 M 满足 CM CB CA，则 MA MB _.322,名校名师推荐 ,答案精析1 C2 A方法一如图，以A 为坐标原点，AB 为 x 轴， AD 为 y 轴建立平面直角坐标系，则A(0,0
5、)， B(2，0) ，C(2， 1)， D(0,1) ， AC ( 2， 1)， DB (2， 1)，则 ACDB 2 1 1.方法二2， |b| 1，记 AB a，AD b，则 ab 0， |a| ACDB (a b) (a b) a2 b2 2 1 1.故选 A.3 A (OB OC) (AB AC) 0? CB(AB AC) 0? CB (AB AC)，所以 ABC 是等腰三角形，故选 A.4 D 如图，在 ABC 中，由 BC ACAB 2a b 2a b，得 |b|2.2又 |a|1，所以 ab |a|b|cos120 1，所以 (4a b) BC (4ab) b4ab |b| 4(
6、 1)4 0，所以 (4a b) BC，故选 D.5 A由题意，得a， b，故如图所示建立平面直角坐标系，3设 a(1，3)，b (3,0)，c (x， y)， (c 2a) 2(x 2)2 y(y 23) 0? (x 2)2c3b 0? (y 3) 2 3，其几何意义为以点 (2， 3) 为圆心， 3为半径的圆，故其到点 (3,0)的距离的最小值是 2 3，故选 A.3,名校名师推荐 ,时，O 为 ABC 的重心；6C 由三角形 “ 五心 ”的定义， 我们可得： 当OA OB OC 0 ACAB BCBA 当OAOB OBOC OCOA时，O 为 ABC 的垂心；当 OA OB |AC|AB
7、|BC|BA| 时， O 为 ABC 的内心； 当 (OAOB ) AB (OB OC) BC 0 时， O 为 ABC 的外心故选 C.7 C建立如图所示的平面直角坐标系，则 A( 1,0)， B(0，3)， C(1,0)， D(0 ，3)设 E(x1， y1)， F(x2 ，y2) 由 BE BC，得 (x1，y13) (1， 3)，解得x1 ，即点 E(， 3( 1)y1 3 1，3) (1，3)，由 DF DC ，得 (x2 ，y2解得x2 ，即点 F(， 3(1 )y2 3 1 ， 又 AEAF ( 1，3( 1) (1，3(1 ) 1， 3(1 ) 2， CECF ( 1， 3(
8、1) (1，3由 ，得 5.62，8 B OCmOA nOB ， OC2 (mOA nOB)4 4m2 4n2 2mnOAOB，即2244m 4n 2mn2 2 cos，3即 m2 n2 mn 1，故 ( m n)2 1mn m n2(当且仅当 m n 时，等号成立 )，4故 (m n)2 4，故 m n 的最大值为4 23333 .9 9 10.3 211 22 解析 因为 CP 3PD，APBP 2，4,名校名师推荐 , 1，所以 AP AD DP AD4AB 3BP BC CP ADAB，4 13 所以 APADABADABBP44 1 3 AD 22AD AB 16AB22.又因为 AB 8， AD 5，所以2 2531 16 64ABAD，故 ABAD 22.2812 9解析1 1 2 1 由于 MA CA CM 3CB2CA， MB CB CM 3CB 2CA ，故 MA MB 1 1 2 1 2 1 1 22121 CB CA 3CBCA9CB 2 4CA 2 2CB CA 92422322 2 2 cos60 89.5