全國統(tǒng)考2025版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第5章平面向量第2講平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用1備考試題文含解析

第五章平面對量其次講平面對量的數(shù)量積及應(yīng)用練好題·考點自測1.下列說法正確的個數(shù)為()(1)向量在另一個向量方向上的投影是數(shù)量,而不是向量.(2)兩個向量的數(shù)量積是一個實數(shù),向量的加法、減法、數(shù)乘運算的運算結(jié)果是向量.(3)由a·b=0可得a=0或b=0.(4)(a·b)·c=a·(b·c).(5)兩個向量的夾角的范圍是[0,π2]A.2 B.3 C.4 D.52.[易錯題]已知兩個非零向量a與b的夾角為θ,則“a·b>0”是“θ為銳角”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3.[2024全國卷Ⅱ,3,5分]已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,則AB·BC=()A.-3 B.-2 C.2 D.34.[2024全國卷Ⅲ,6,5分]已知向量a,b滿意|a|=5,|b|=6,a·b=-6,則cos<a,a+b>=()A.-3135 B.-1935 C.175.[2024山東,7,5分]已知P是邊長為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)的一點,則AP·AB的取值范圍是()A.(-2,6) B.(-6,2) C.(-2,4) D.(-4,6)6.[2024全國卷Ⅱ,4,5分][文]設(shè)非零向量a,b滿意|a+b|=|a-b|,則()A.a⊥b B.|a|=|b|C.a∥b D.|a|>|b|7.[2024全國卷Ⅰ,14,5分][文]設(shè)向量a=(1,-1),b=(m+1,2m-4),若a⊥b,則m=.

8.[2024合肥市調(diào)研檢測]已知a=(1,1),b=(2,-1),則向量b在a方向上的投影等于.

9.[2024全國卷Ⅰ,13,5分]已知向量a,b的夾角為60°,|a|=2,|b|=1,則|a+2b|=.

拓展變式1.(1)已知點A(-1,1),B(1,2),C(-2,-1),D(3,4),則向量CD在BA方向上的投影是()A.-35 B.-322 C.35(2)[2024大同市調(diào)研測試]在直角三角形ABC中,直角邊AB=3,AC=4,則AB·BC+BC·CA+CA·AB=A.-25 B.25 C.7 D.-7(3)[2024天津,14,5分][文]在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD=2DC,AE=λAC-AB(λ∈R),且AD·AE=-4,則λ的值為2.(1)[2024安徽省四校聯(lián)考]已知向量a=(-1,m),2a+b=(2,3+2m),且(a+b)⊥(a-b),則實數(shù)m的值為.

(2)[2024全國卷Ⅰ,14,5分]設(shè)a,b為單位向量,且|a+b|=1,則|a-b|=.

(3)[2024全國卷Ⅲ,13,5分]已知a,b為單位向量,且a·b=0,若c=2a-5b,則cos<a,c>=3.[2024成都市高三模擬]△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若向量m=(a,-cosA),n=(cosC,2b-c),且m·n=0,則角A的大小為()A.π6 B.π4 C.π34.[新課標(biāo)全國Ⅰ,5分]已知M(x0,y0)是雙曲線C:x22-y2=1上的一點,F1,F2是C的兩個焦點.若MF1·MF2<0,則A.(-33,33) B.(-36,C.(-223,223) D.(-5.(1)[湖南高考,5分][文]已知點A,B,C在圓x2+y2=1上運動,且AB⊥BC.若點P的坐標(biāo)為(2,0),則|PA+PB+PC|的最大值為A.6 B.7 C.8 D.9(2)[2024天津,15,5分]如圖5-2-11,在四邊形ABCD中,∠B=60°,AB=3,BC=6,且AD=λBC,AD·AB=-32,則實數(shù)λ的值為,若M,N是線段BC上的動點,且|MN|=1,則DM·DN的最小值為圖5-2-11答案第五章平面對量其次講平面對量的數(shù)量積及應(yīng)用1.A對于(1),向量的投影是數(shù)量,故(1)正確;對于(2),由數(shù)量積的定義及向量的運算法則可知,(2)正確;對于(3),當(dāng)a⊥b時,a·b=0,故(3)錯誤;對于(4),向量數(shù)量積運算不滿意結(jié)合律,故(4)錯誤;對于(5),兩個向量的夾角的范圍是[0,π],故(5)錯誤.綜上選A.2.B由a·b>0,可得到θ∈[0,π2),不能得到θ∈(0,π2);而由θ∈(0,π2),可以得到a·b>0【易錯點撥】(1)當(dāng)a·b>0時,cosθ>0,則θ是銳角或θ=0°(此時cosθ=1);(2)當(dāng)a·b<0時,cosθ<0,則θ是鈍角或θ=180°(此時cosθ=-1).3.C因為BC=AC-AB=(1,t-3),所以|BC|=1+(t-3)4.D由題意,得a·(a+b)=a2+a·b=25-6=19,|a+b|=a2+2a·b+b2=255.AAP·AB=|AP|·|AB|·cos∠PAB=2|AP|cos∠PAB,又|AP|cos∠PAB表示AP在AB方向上的投影,所以結(jié)合圖形可知,當(dāng)P與C重合時投影最大,當(dāng)P與F重合時投影最小.又AC·AB=23×2×cos30°=6,AF·AB=2×2×cos120°=-2,故當(dāng)點P在正六邊形ABCDEF內(nèi)部運動時,AP·AB∈(-2,6),故選A.6.A依題意得(a+b)2-(a-b)2=0,所以4a·b=0,即a⊥b,選A.7.5因為a⊥b,所以a·b=m+1-(2m-4)=0,所以m=5.8.22由題意,得b在a方向上的投影為a9.23易知|a+2b|=|a|21.(1)A依題意,得BA=(-2,-1),CD=(5,5),所以BA·CD=-15,|BA|=5,因此向量CD在BA方向上的投影是BA·CD|BA(2)A解法一在直角三角形ABC中,因為AB=3,AC=4,所以BC=5,于是AB·BC+BC·CA+CA·AB=BC解法二以A為坐標(biāo)原點,AB,AC所在直線分別為x軸,y軸建立如圖D5-2-1所示平面直角坐標(biāo)系,則A(0,0),B(3,0),C(0,4),AB=(3,0),CA=(0,-4),BC=(-3,4),所以AB·BC+BC·CA+CA圖D5-2-1(3)311解法一AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23(AC-AB)=13AB+23AC.又AB·AC=3×2×12=3,所以AD·AE=(13AB+23AC)·(-AB+λAC解法二以點A為坐標(biāo)原點,AB的方向為x軸正方向,建立平面直角坐標(biāo)系,不妨假設(shè)點C在第一象限,則A(0,0),B(3,0),C(1,3).由BD=2DC,得D(53,233),由AE=λAC-AB,得E(λ-3,3λ),則AD·AE=(53,233)·(λ-3,3λ)=53(λ-3)+22.(1)±26解法一由題意,得b=(2,3+2m)-2(-1,m)=(4,3),因為(a+b)⊥(a-b),所以(a+b)·(a-b)=a2-b2=|a|2-|b|2=0,所以|a|=|b|,即1+m2=5,解得m=±2解法二因為a+b=2a+b-a=(2,3+2m)-(-1,m)=(3,3+m),a-b=3a-(2a+b)=3(-1,m)-(2,3+2m)=(-5,m-3),(a+b)⊥(a-b),所以(a+b)·(a-b)=3×(-5)+(3+m)×(m-3)=m2-24=0,解得m=±26.(2)3解法一∵a,b為單位向量,且|a+b|=1,∴(a+b)2=1,∴1+1+2a·b=1,∴a·b=-12,∴|a-b|2=a2+b2-2a·b=1+1-2×(-12)=3,∴|a-解法二如圖D5-2-2,設(shè)OA=a,OB=b,利用平行四邊形法則得OC=a+b,∵|a|=|b|=|a+b|=1,∴△OAC為正三角形,∴|BA|=|a-b|=2×32×|a|=3圖D5-2-2(3)23設(shè)a=(1,0),b=(0,1),則c=(2,-5),所以cos<a,c>=3.B解法一由m·n=0,得acosC-(2b-c)cosA=0,由正弦定理,得sinAcosC-(2sinB-sinC)cosA=0,即sinAcosC+cosAsinC=2sinBcosA,所以sin(A+C)=2sinBcosA,所以sin(π-B)=2sinBcosA,即sinB=2sinBcosA.因為0<B<π,所以sinB≠0,所以cosA=22,所以A=π4解法二由m·n=0,得acosC-(2b-c)cosA=0,由余弦定理,得a·a2+b2-c22ab-2bcosA+c·b2+c2-a224.A由題意知a2=2,b2=1,所以c2=3,不妨設(shè)F1(-3,0),F2(3,0),所以MF1=(-3-x0,-y0),MF2=(3-x0,-y0),所以MF1·MF2=5.(1)B因為A,B,C均在單位圓上,AC為直徑,故PA+PC=2P