2020届高考数学理一轮复习精品特训专题五平面向量7平面向量的数量积及其应用A

平面向量（7）平面向量的数量积及其应用A1、已知向量(0,23)a，(1,3)b，则向量a在b方向上的投影为()A.3B．3C．3D．－32、在ABC△中,若,2,1,,ABACABACABACEF为BC边的三等分点,则AEAF()A.89B.109C.259D.2693、已知O为坐标原点,点,AB的坐标分别为,0,0,aa,其中0,a,点P在AB上且(01)APtABt,则OAOP的最大值为()A.aB.2aC.3aD.2a4、已知平面上有四点,,,OABC,满足0OAOBOC,OAOBOBOCOCOA1,则ABC△的周长是()A.3B.6C.36D.965、向量,,abc实数,下列命题中正确的是()A．若0ab，则0a或0bB．若0a，则0或0aC．若22ab，则ab或abD．若abac，则bc6、已知||2||ab,||0b，且关于x的方程2||0xaxab有实根，则a与b的夹角的取值范围是()A．π[0,]6B．π[,π]3C．π2π[,]33D．π[,π]67、已知ABAC,1||ABt，||ABt，若点p是ABC△所在平面内一点，且4||||ABACAPABAC,则PBPC的最大值等于（）A.13B.15C.19D.218、在ABC△中，若OAOBOBOCOAOC，且2OAOBOC，则ABC△的周长为()A．3B．33C．23D．639、在梯形ABCD中,//,1,2,120CDAABCDBBCBCDo,动点P和 Q分别在线段BC和CD上,且1,8BPBCDQDCuuuruuuruuuruuur,则APBQuuuruuur的最大值为()A.2B.3-2C.34D.9810、已知平面向量(1,0)OA,(3,2)OB,ADDB,则在AB上的投影为()A.322B.22C.31010D.32211、已知点,,ABC均位于同一单位圆O上，且2BABCAB，若3PBPC，则PAPBPC的取值范围为__________．12、设点O是ABC△的外心，13,12ABAC,则BCAO____________13、若(2,3),(4,7)ab,则b在a方向上的投影为__________14、平行四边形ABCD中，2AB，1AD,60A,2BEECFCDF，DEBF____________15、在OAB△的边,OAOB上分别有一点,PQ,已知:1:2,:3:2OPPAOQQB,连接,AQBP,设它们交于点R,若,OAaOBb.1.用a与b表示OR;2.若1,2ab,a与b夹角为60,过R作RHAB交AB于点H,用a,b表示OH.答案以及解析1答案及解析：答案：D解析：2答案及解析：答案：B解析：3答案及解析：答案：D解析：4答案及解析：答案：C解析：5答案及解析：答案：B解析：6答案及解析：答案：B解析：7答案及解析：答案：A解析：8答案及解析：答案：D解析：9答案及解析：答案：D解析：如图,由已知,2,60ABABC,因为BPBCuuuruuur,所以APABBCuuuruuuruuur,因为18DQDCuuuruuur,所以111(1)()(1)882BQBCCQBCDCBCABuuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur所以11()[()]162APBQABBCBCABuuuruuuruuuruuuruuuruuur,又因为||||2,22cos1202ABBCABBCouuuruuuruuuruuur,所以1111224544848APBQuuuruuur,由1181得118,当18时,32APBQuuuruuur;当1时,98APBQuuuruuur,所以APBQuuuruuur的最大值为98.10答案及解析：答案：D解析：因为1()(2,1)2ODOAOB,(2,2)ABOBOA,所以632cos,222ODABODODABAB,故选D.11答案及解析：答案：5,7解析：由2BABCAB可得：22()BAACABBAACABAB,所以0BAAC，所以BAAC，即线段BC为单位圆的直径.以圆心为原点，以BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如下图：则(1,0)B，(1,0)C设(,)Pxy，则(1,),(1,)PBxyPCxy由3PBPC可得：224xy，所以点P在以原点为圆心，半径为2的圆上运动，因为3PAPBPCPOOAPOOBPOOCPOOA，所以2223(3)96PAPBPCPOOAPOOAPOPOOAOA3712cos,POOA,又1cos,1POOA，所以37123712PAPBPC，即：57PAPBPC.12答案及解析：答案：252解析：13答案及解析：答案：13解析：14答案及解析：答案：116解析：15答案及解析：答案：1.33,5OPOAaOQb,由,,ARQ三点共线,可设ARmAQ.故OROAARamAQamOQOA33155ambamamb.同理,由,,BRP三点共线,可设BRnBP.故1?3nOROBBRbnOPOBanb.由于a与b不共线,则有13315nmmn解得5612mn∴1162ORab.2.由,,AHB三点共线,可设BHBA,则1OHab,11.62RHOHORab又RHAB,∴0RHAB.∴11062abba.又∵cos601abab,∴12,∴1122OHab.解析：