2025屆高三一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)試題(人教版新高考新教材)考點(diǎn)規(guī)范練32　平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用

考點(diǎn)規(guī)范練32平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用一、基礎(chǔ)鞏固1.已知a,b為單位向量,其夾角為60°,則(2a-b)·b等于()A.-1 B.0C.1 D.22.(多選)(2023新高考Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),則()A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1C.λμ=1 D.λμ=-13.對(duì)任意平面向量a,b,下列關(guān)系式不恒成立的是()A.|a·b|≤|a||b| B.|a-b|≤||a|-|b||C.(a+b)2=|a+b|2 D.(a+b)·(a-b)=a2-b24.在四邊形ABCD中,AC=(1,2),BD=(-4,2),則該四邊形的面積為()A.5 B.25 C.5 D.105.若向量a,b滿足|a|=2,|b|=3,且(a-b)⊥(2a+3b),則a與b夾角的余弦值為()A.112 B.336 C.215 6.一條河流某流域內(nèi)南北兩岸平行,如圖所示.已知游船在靜水中的航行速度v1的大小|v1|=10km/h,水流的速度v2的大小|v2|=4km/h,設(shè)v1和v2所成角為θ(0<θ<π),若游船要從南岸A碼頭航行到正北方向上位于北岸的B碼頭處,則cosθ等于()A.-215 B.-25 C.-35 D7.設(shè)m,n為非零向量,則“存在負(fù)數(shù)λ,使得m=λn”是“m·n<0”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件8.(多選)已知向量a=(3,1),b=(cosα,sinα)α∈0,π2,則下列說(shuō)法正確的有()A.|b|=1 B.若a∥b,則tanα=3C.a·b的最大值為2D.|a-b|的最大值為39.一副三角板由兩種特殊的直角三角板組成,一種是等腰直角三角板,另一種是有一個(gè)銳角是30°的直角三角板,如圖,兩個(gè)三角板斜邊的長(zhǎng)度之比為3∶2.四邊形ABCD就是由一副三角板拼成的,AB=2,∠ABC=60°,則AB·CD+A.23B.-6C.-6-23D.-2310.(2023新高考Ⅱ,13)已知向量a,b滿足|a-b|=3,|a+b|=|2a-b|,則|b|=.

11.設(shè)a,b為單位向量,且|a+b|=1,則|a-b|=.

12.已知|a|=2,|b|=1,(2a-3b)·(2a+b)=9.(1)求向量a與b的夾角θ;(2)求|a+b|及向量a在a+b方向上的投影向量的模.二、綜合應(yīng)用13.已知P是邊長(zhǎng)為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)的一點(diǎn),則AP·AB的取值范圍是(A.(-2,6) B.(-6,2) C.(-2,4) D.(-4,6)14.(多選)八卦是中國(guó)文化的基本哲學(xué)概念,其平面圖形記為正八邊形ABCDEFGH,如圖所示.其中OA=1,則以下結(jié)論正確的是()A.HD·BFB.OA·ODC.OB+OHD.|AH?FH15.如圖,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn),則AE·BE的最小值為(A.2116 B.32 C.2516 16.在日常生活中,我們會(huì)看到兩人共提一個(gè)行李包的情境.假設(shè)行李包所受重力為G,作用在行李包上的兩個(gè)拉力分別為F1,F2,且|F1|=|F2|,F1與F2的夾角為θ.給出以下結(jié)論:①θ越大越費(fèi)力,θ越小越省力;②θ的范圍為[0,π];③當(dāng)θ=π2時(shí),|F1|=|G|④當(dāng)θ=2π3時(shí),|F1|=|G其中正確的結(jié)論是.(填序號(hào))

三、探究創(chuàng)新17.已知平面向量a,b,|a|=1,|b|=2,a·b=1.若e為平面單位向量,則|a·e|+|b·e|的最大值是.

18.如圖,在正方形ABCD中,P是對(duì)角線BD上的一點(diǎn),四邊形PECF是矩形,用向量方法證明:PA⊥EF.

考點(diǎn)規(guī)范練32平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用1.B由已知得|a|=|b|=1,a與b的夾角θ=60°,則(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a||b|cosθ-|b|2=2×1×1×cos60°-12=0,故選B.2.D方法一:由題意得,a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ).∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,解得λμ=-1.故選D.方法二:由題意得,a2=12+12=2,b2=12+(-1)2=2,a·b=1×1+1×(-1)=0.∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(a+λb)·(a+μb)=a2+(λ+μ)a·b+λμb2=2+0+2λμ=0.解得λμ=-1.故選D.3.BA項(xiàng),設(shè)向量a與b的夾角為θ,則a·b=|a||b|cosθ≤|a||b|,所以不等式恒成立;B項(xiàng),當(dāng)a與b同向時(shí),|a-b|=||a|-|b||;當(dāng)a與b非零且反向時(shí),|a-b|=|a|+|b|>||a|-|b||.故不等式不恒成立;C項(xiàng),(a+b)2=|a+b|2恒成立;D項(xiàng),(a+b)·(a-b)=a2-a·b+b·a-b2=a2-b2,故等式恒成立.故選B.4.C依題意得,AC·BD=1×(-4)+2×2=0,即四邊形ABCD的面積為12|AC||BD|=5.D由題意得(a-b)·(2a+3b)=2a2+a·b-3b2=0,而|a|=2,|b|=3,所以23cos<a,b>-1=0,故cos<a,b>=36.B由題意知(v1+v2)·v2=0,有|v1||v2|cosθ+v22=0,即10×4cosθ+42=所以cosθ=-27.Am,n為非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即兩向量反向,夾角θ是180°,則m·n=|m||n|cos180°=-|m||n|<0.反過(guò)來(lái),若m·n<0,則兩向量的夾角θ∈π2,π,并不一定反向,即不一定存在負(fù)數(shù)λ,使得m=故選A.8.AC對(duì)于A,|b|=cos2α+sin2對(duì)于B,若a∥b,則3sinα-cosα=0,則tanα=33,B錯(cuò)誤對(duì)于C,a·b=3cosα+sinα=2sinα+π3,因?yàn)棣痢?,所以當(dāng)α+π3=π2時(shí),最大值為2對(duì)于D,|a-b|=(3因?yàn)棣痢?,π2,則sinα+即|a-b|max=5-4×19.C建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示.因?yàn)锳B=2,∠ABC=60°,所以AC=23,AD=6,則A(0,0),B(2,0),C(0,23),D(-3,3所以AB=(2,0),AC=(0,23),CD=(-3,-3),DB=(2+3,-3),所以AB·CD+AC·10.3由|a-b|=3,得a2-2a·b+b2=3,即2a·b=a2+b2-3①又由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,即3a2-6a·b=0,即2a·b=a2,代入①,得a2=a2+b2-3,可得b2=3,所以|b|=311.3∵|a+b|2=(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=1+1+2a·b=1∴a·b=-12,∴|a-b|2=(a-b)2=|a|2+|b|2-2a·b=3,∴|a-b|=12.解(1)因?yàn)閨a|=2,|b|=1,(2a-3b)·(2a+b)=9,所以4a2-4a·b-3b2=9,即16-8cosθ-3=9,所以cosθ=12.因?yàn)棣取蔥0,π],所以θ(2)由(1)可知a·b=|a||b|cosπ3=1所以|a+b|=a2+b2+2a·b=7,a·(a+b)所以向量a在a+b方向上的投影向量的模為a13.A如圖,以AB所在的直線為x軸,AE所在的直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系,易知A(0,0),B(2,0),F(-1,3),C(3,3).設(shè)P(x,y),則AP=(x,y),AB=(2,0),即AP·AB=2x+0×y=2∵-1<x<3,∴AP·AB的取值范圍為(-2,6),14.ABC因?yàn)榘素詧D為正八邊形,所以中心角為π4,即∠FOD=π2,所以HD·BF=0,由以上得∠AOD=3π4,OA·OD=|OA|·|OD|cos3OB與OH的夾角為π2,因?yàn)閨OB|=|OH|,所以根據(jù)平行四邊形法則,OB+OH=因?yàn)閨AH?FH|=|AH+HF|=|AF|所以在△AOF中,由余弦定理可得|AF|2=|OA|2+|OF|2-2|OA||OF|cos3π4=2+2,|AF|=2+2,15.A如圖,取AB的中點(diǎn)F,連接EF,AE·BE=(AE+BE)2當(dāng)EF⊥CD時(shí),|EF|最小,即AE·BE過(guò)點(diǎn)A作AH⊥EF于點(diǎn)H,由AD⊥CD,EF⊥CD,可得EH=AD=1,∠DAH=90°.因?yàn)椤螪AB=120°,所以∠HAF=30°.在Rt△AFH中,易知AF=12,HF=1所以EF=EH+HF=1+1即(AE·BE)min16.①④對(duì)于①,因?yàn)閨G|=|F1+F2|為定值,所以|G|2=|F1|2+|F2|2+2|F1||F2|cosθ=2|F1|2(1+cosθ),解得|F1|2=|G由題意知,當(dāng)θ∈(0,π)時(shí),y=cosθ單調(diào)遞減,所以|F1|2單調(diào)遞增,即θ越大越費(fèi)力,θ越小越省力;①正確;對(duì)于②,當(dāng)θ=π時(shí),F1+F2=0,行李包不會(huì)處于平衡狀態(tài),所以θ≠π,②錯(cuò)誤;對(duì)于③,當(dāng)θ=π2時(shí),|F1|2=|所以|F1|=22|G|,③錯(cuò)誤對(duì)于④,當(dāng)θ=2π3時(shí),|F1|2=|G|所以|F1|=|G|,④正確.綜上可知,正確結(jié)論的序號(hào)是①④.17.7設(shè)a與b的夾角為φ,且φ∈[0,π],由已知得φ=60°,不妨取a=(1,0),b=(1,3)設(shè)e=(cosα,sinα),則|a·e|+|b·e|=|cosα|+|cosα+3sinα|≤|cosα|+|cosα|+3|sinα|=2|cosα|+3|sinα|,當(dāng)且僅當(dāng)cosα與sinα同號(hào)時(shí),等號(hào)成立.所以2|cosα|+3|sinα|=|2cosα+3sinα|=727cosα+37sinα=7|sin(α+θ)|(其中sinθ=27顯然7|sin(α+θ)|≤易知當(dāng)α+θ=π2時(shí),|sin(α+θ)|取最大值1,此時(shí)α為銳角,sinα,cosα同為正值,因此上述不等式中等號(hào)能同時(shí)取到.故所求最大值為18.證法一設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為a,由于P是對(duì)角線BD上的一點(diǎn),可設(shè)DP=λDB(0≤λ≤1)則PA=DA?DP=DA-λDB=DA-λ(DA+因?yàn)樵谡叫蜛BCD中,四邊形PECF為矩形,所以△DPF∽△DBC,從而可得EF=CF?CE=(1-λ)所以PA·EF=[(1-λ)DA-λAB]·[(1-λ)CD-λCB]=(1-λ)2DA·CD-(1-λ)λDA·CB-λ(1-λ)AB·CD