2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時規(guī)范練26平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用含解析新人教B版

課時規(guī)范練26平面對量的數(shù)量積與平面對量的應(yīng)用基礎(chǔ)鞏固組1.(2024山東鄄城一中高三月考)在梯形ABCD中,AB∥DC,AD⊥AB,AD=2,則BC·AD=(A.-1 B.1 C.2 D.22.(2024四川廣元高三期末)在△ABC中,若(CA+CB)·BA=0,則△ABC是(A.正三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.鈍角三角形3.(2024黑龍江哈師大附中高三調(diào)研)已知向量a=(-2,m),b=(1,-2),c=(m+1,5),若a⊥b,則a與b+c的夾角為()A.π4 B.πC.2π3 D4.(2024河南南陽中學(xué)高三月考)已知向量a=(1,2),A(6,4),B(4,3),b為向量AB在向量a上的投影,則|b|=()A.455 B.1 C.5 D5.在△ABC中,若AB=(1,2),AC=(-x,2x)(x>0),則當(dāng)BC最小時,∠ACB=()A.90° B.60° C.45° D.30°6.(多選)(2024山東高考預(yù)料卷)已知向量a=(1,2),b=(m,1)(m<0),且向量b滿意b·(a+b)=3,則()A.|b|=2B.(2a+b)∥(a+2b)C.向量2a-b與a-2b的夾角為πD.向量a在向量b上的投影的數(shù)量的肯定值為57.(多選)(2024海南中學(xué)高三期中)若△ABC內(nèi)接于以O(shè)為圓心,1為半徑的圓,且3OA+4OB+5OC=0,則下列結(jié)論正確的是()A.∠BOC=90°B.∠AOB=90°C.OB·CAD.OC·AB8.在直角三角形ABC中,∠C=π2,AC=4,取點(diǎn)D,E,使BD=3DA,AB=4BE,那么CD9.(2024浙江舟山高三期中)已知向量a,b,|a|=1,|b|=2,|a-2b|=13,則a與b的夾角為;a在b上的投影的數(shù)量是.

10.(2024河南中原名校質(zhì)檢)在△ABC中,AB⊥AC,M是BC(1)若|AB|=|AC|,求向量AB+2AC與向量2AB+AC(2)若O是線段AM上隨意一點(diǎn),且|AB|=|AC|=2,求OA·OB11.(2024山東齊魯備考聯(lián)盟校階段檢測)已知向量a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0).(1)求向量b+c的模的最大值;(2)設(shè)α=π4,且a⊥(b+c),求cosβ的值綜合提升組12.(多選)(2024湖北孝感一中考前診測)已知e1,e2是兩個單位向量,λ∈R,|e1+λe2|的最小值為32,則下列結(jié)論正確的是(A.e1,e2的夾角是πB.e1,e2的夾角是πC.|e1+e2|=1或3D.|e1+e2|=1或313.(多選)(2024山東濟(jì)南歷城其次中學(xué)高三開學(xué)考試)點(diǎn)O在△ABC所在的平面內(nèi),則以下說法正確的有()A.若OA+OB+OC=0,則OB.若OA·AC|AC|-AB|AB|=OB·BC|BC|-C.若(OA+OB)·AB=(OB+OC)·BC=0,則OD.若OA·OB=OB·OC=14.已知直線y=x+m和圓x2+y2=1交于A,B兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),若AO·AB=32,A.±1 B.±3C.±22 D.±15.(多選)在日常生活中,我們會看到如圖所示的情境,兩個人共提一個行李包.假設(shè)行李包所受重力為G,作用在行李包上的兩個拉力分別為F1,F2,且|F1|=|F2|,F1與F2的夾角為θ.給出以下結(jié)論,其中正確的有()A.θ越大越費(fèi)勁,θ越小越省力 B.θ的范圍為[0,π] C.當(dāng)θ=π2時,|F1|=|GD.當(dāng)θ=2π3時,|F1|=|16.(2024甘肅武威第六中學(xué)高三段考)已知△ABC為等腰直角三角形,OA=1,OC為斜邊上的高.若P為線段OC的中點(diǎn),則AP·OP=;若P為線段OC上的動點(diǎn),則AP·創(chuàng)新應(yīng)用組17.(2024重慶巴蜀中學(xué)高三月考)已知向量a=(2,0),向量b=(1,3),向量c滿意|c-a-b|=3,則|c|的最大值為()A.233 B.C.3 D.3318.如圖,在正方形ABCD中,P是對角線BD上的一點(diǎn),四邊形PECF是矩形,用向量證明:PA⊥EF.參考答案課時規(guī)范練26平面對量的數(shù)量積與平面對量的應(yīng)用1.D由題可知,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為直角梯形,所以BC在AD上的投影的數(shù)量為由數(shù)量積的幾何意義可知BC·AD=(22.C設(shè)D為AB的中點(diǎn),則CA+CB=2CD,∴2CD·BA=∴CD⊥AB,∴直線CD是線段AB的中垂線,∴△ABC為等腰三角形.故選C.3.D因?yàn)閍⊥b,a=(-2,m),b=(1,-2),所以-2×1+(-2)×m=0,解得m=-1.所以a=(-2,-1),c=(0,5),所以b+c=(1,3).設(shè)a與b+c的夾角為θ,則cosθ=a=-2×1+(-1)×3(-2)2+(-1)2·124.AAB=(-2,-1),由題意知|b|=AB·a|a|=-2×1+(-1)5.A∵BC=AC-AB=∴|BC|=(-x-1)2+(2x-2)2=5x2-6x+5.令y=5∴CA=35,-65,∴CA⊥CB,即∠ACB=90°,6.AC將a=(1,2),b=(m,1)代入b·(a+b)=3,得(m,1)·(1+m,3)=3,得m2+m=0,解得m=-1或m=0(舍去),所以b=(-1,1),所以|b|=(-1)2+12=2,故A正確;因?yàn)?a+b=(1,5),a+2b=(-1,4),1×4-(-1)×5=9≠0,所以2a+b與a+2b不平行,故B錯誤;設(shè)向量2a-b與a-2b的夾角為θ,因?yàn)?a-b=(3,3),a-2b=(3,0),所以cosθ=(2a-b)·(a-2b)|2a-b||a-2b|=7.BD由于△ABC內(nèi)接于以O(shè)為圓心,1為半徑的圓,且3OA+4OB+5OC=0,所以3OA+4OB=-5OC,兩邊平方并化簡得25+24OA·OB=25,解得OA3OA+5OC=-4OB,兩邊平方并化簡得34+30OA·OC=16,解得OA·4OB+5OC=-3OA,兩邊平方并化簡得41+40OB·OC=9,解得OB所以∠BOC≠90°,故A錯誤;∠AOB=90°,故B正確;OB·CA=OB·(OA-OC)OC·AB=OC·(OB-OA)=OC·OB-OC·OA=-45-8.8∵BD=3DA,∴CD-CB=3(同理可得CE=-1∵∠C=π2,∴CA∴CD·CA+CE·CA=CA·(CD+9.3π4-22設(shè)a與b的夾角為θ,θ∈|a-2b|=(a將|a|=1,|b|=2代入上式,化簡可得1-42cosθ+8=13,解得cosθ=-22.∵θ∈[0,π],∴θ=3π4,即a與b的夾角為3π10.解(1)設(shè)向量AB+2AC與向量2AB+AC的夾角為θ,則cosθ=令|AB|=|AC|=a,則cosθ=2(2)∵|AB|=|AC|=2,∴|AM|=1.設(shè)|OA|=x(0≤x≤1),則|OM|=1-x.而OB+OC=2∴OA·OB+OC·OA=OA·(OB+OC)=2OA·OM=2|OA|·|OM|cosπ=∴當(dāng)x=12時,OA·OB+OC11.解(1)b+c=(cosβ-1,sinβ),則|b+c|2=(cosβ-1)2+sin2β=2(1-cosβ).因?yàn)?1≤cosβ≤1,所以0≤|b+c|2≤4,即0≤|b+c|≤2.當(dāng)cosβ=-1時,有|b+c|=2,所以向量b+c的模的最大值為2.(2)若α=π4,則a=22,又由b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0)得a·(b+c)=22,22·(cosβ-1,sinβ)=22cosβ+22因?yàn)閍⊥(b+c),所以a·(b+c)=0,即cosβ+sinβ=1,所以sinβ=1-cosβ,平方后化簡得cosβ(cosβ-1)=0,解得cosβ=0或cosβ=1.經(jīng)檢驗(yàn)cosβ=0或cosβ=1即為所求.12.BC由題可知,(e1+λe2)2=λ2+2λe1·e2+1=(λ+e1·e2)2+1-(e1·e2)2≥1-(e1·e2)2.∵e1,e2是兩個單位向量,且|e1+λe2|的最小值為32,∴(e1+λe2)2的最小值為34,則1-(e1·e2)2=34,解得cos<e1,e13.AC對于A,設(shè)D為BC的中點(diǎn),由于OA=-(OB+OC)=-2OD,所以O(shè)為BC邊上中線的三等分點(diǎn)(靠近點(diǎn)D),所以O(shè)為△ABC的重心,故A對于B,向量AC|AC|,AB|AB|分別表示與AC,AB方向相同的單位向量,設(shè)為AC'和AB',則它們的差是向量B'C',則當(dāng)OA·AC|AC|-AB|AB|=0,即OA⊥B'C'時,點(diǎn)O在對于C,OA+OB是以O(shè)A,OB為鄰邊的平行四邊形的一條對角線,而AB是該平行四邊形的另一條對角線,AB·(OA+OB)=0表示這個平行四邊形是菱形,即OA=OB,同理有OB=OC,于是O為△ABC對于D,由OA·OB∴OB·(OA-OC)=0,即OB·∴OB⊥CA,OA⊥CB,OC⊥AB,即O是△ABC的垂心,故D錯誤.故選AC.14.C聯(lián)立y=x+m,x2+y2=1,消y可得2x2+2mx+m2-1=0.由題意知Δ=-設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-m,x1x2=m2y1y2=(x1+m)(x2+m)=x1x2+m(x1+x2)+m2,∴AO=(-x1,-y1),AB=(x2-x1,y2-y1).∴AO·AB=x12-x1x2+y12-y1y2=1-m2-12-m2-115.AD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設(shè)y=cosθ,由題意知θ∈(0,π)時,y=cosθ單調(diào)遞減,所以|F1|2單調(diào)遞增,即θ越大越費(fèi)勁,θ越小越省力,A正確;由題意知,θ的取值范圍是(0,π),B錯誤;當(dāng)θ=π2時,|F1|2=|G|22,所以|F1|=22當(dāng)θ=2π3時,|F1|2=|G|2,所以|F1|=|G|,D故選AD.16.14[0,1]△ABC為等腰直角三角形,CO則CO為邊AB上的中線,所以AC=BC=2,AO=BO=CO=1.當(dāng)P為線段OC的中點(diǎn)時,在△ACO中,AP為邊CO上的中線,則AP=12所以AP·OP==12|AC|·|OP|cos45°+當(dāng)P為線段OC上的動點(diǎn)時,設(shè)OP=λOC,0≤λAP·OP=(AC=λOC·AC-(1-λ)OC=λ×1×2×22-(1-λ)·λ=λ-λ+λ2=所以AP·OP的取值范圍為17.D設(shè)c=(x,y),∵a=(2,0),b=(1,3),∴c-a-b=(x-3,y-3),故|c-a-b|=(x-3)2+(y-3將c的起點(diǎn)放到坐標(biāo)原點(diǎn),則終點(diǎn)在以(3,3)為圓心,3為半徑的圓上.∴|c|的最大值即圓心到原點(diǎn)的距離加半徑,即9+3+3=33,故選18.證明(方法1)設(shè)正方形邊長為a,由于P是對角線BD上的一點(diǎn),可設(shè)DP=λDB(0<λ<1)則PA=DA-DP=DA-λDB=DA-λ(DA又因?yàn)镋F=CF-CE=(1-λ)所以PA·EF=[(1-λ)DA-λAB]·[(1-λ)CD-λCB]=(1-λ)2DA·CD-(1-λ)