2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第四章平面向量數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入第二節(jié)平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例課時(shí)規(guī)范練理含解析新人教版

PAGE其次節(jié)平面對量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例[A組基礎(chǔ)對點(diǎn)練]1．已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)且(a－b)⊥b，則m＝()A．－8 B．－5C．5 D．8解析：由(a－b)⊥b知(a－b)·b＝0，所以a·b－b2＝0，即3－2m－13＝0所以m＝－5.答案：B2．已知|a|＝6，|b|＝3，向量a在b方向上的投影是4，則a·b＝()A．12 B．8C．－8 D．2解析：∵|a|cos〈a，b〉＝4，|b|＝3，∴a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝3×4＝12.答案：A3．(2024·河南新鄉(xiāng)模擬)若向量m＝(2k－1，k)與向量n＝(4，1)共線，則m·n＝()A．0 B．4C．－eq\f(9,2) D．－eq\f(17,2)解析：∵向量m＝(2k－1，k)與向量n＝(4，1)共線，∴2k－1－4k＝0，解得k＝－eq\f(1,2)，∴m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))，∴m·n＝－2×4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×1＝－eq\f(17,2).答案：D4．(2024·湖南永州模擬)已知非零向量a，b的夾角為60°，且|b|＝1，|2a－b|＝1，則|aA．eq\f(1,2) B．1C．eq\r(2) D．2解析：∵非零向量a，b的夾角為60°，且|b|＝1，∴a·b＝|a|×1×eq\f(1,2)＝eq\f(|a|,2).∵|2a－b|＝1，∴|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4|a|2－2|a|＋1＝1，∴4|a|2－2|a|＝0，∴|a|＝eq\f(1,2)答案：A5．已知平面對量a與b的夾角為60°，a＝(2，0)，|b|＝1，則|a＋2b|＝()A．eq\r(3) B．2eq\r(3)C．4 D．12解析：由題意得|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2＝4＋4×2×1×cos60°＋4＝12，所以|a＋2b|＝2eq\r(3).答案：B6．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知四邊形ABCD是平行四邊形，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，－2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2，1)，則eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝()A．5 B．4C．3 D．2解析：由四邊形ABCD是平行四邊形，知eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1，－2)＋(2，1)＝(3，－1)，故eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，1)·(3，－1)＝2×3＋1×(－1)＝5.答案：A7．已知非零向量m，n滿意4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝eq\f(1,3).若n⊥(tm＋n)，則實(shí)數(shù)t的值為()A．4 B．－4C．eq\f(9,4) D．－eq\f(9,4)解析：由n⊥(tm＋n)可得n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋n2＝0，所以t＝－eq\f(n2,m·n)＝－eq\f(n2,|m|·|n|cos〈m，n〉)＝－eq\f(|n|2,|m|·|n|·\f(1,3))＝－3·eq\f(|n|,|m|)＝－3×eq\f(4,3)＝－4.答案：B8．若非零向量a，b滿意|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，則a與b的夾角為()A．eq\f(π,4) B．eq\f(π,2)C．eq\f(3π,4) D．π解析：設(shè)a與b的夾角為θ，|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，因?yàn)?a－b)⊥(3a＋2b)，所以(a－b)·(3a＋2b)＝3|a|2－2|b|2－a·b＝eq\f(8,3)|b|2－2|b|2－eq\f(2\r(2),3)|b|2cosθ＝0，解得cosθ＝eq\f(\r(2),2).因?yàn)棣取蔥0，π]，所以θ＝eq\f(π,4).答案：A9．(2024·安徽淮北模擬)在△ABC中，三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(3，t)，B(t，－1)，C(－3，－1).若△ABC是以B為直角頂點(diǎn)的直角三角形，則t＝________．解析：由已知，得eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，即(3－t，t＋1)·(－3－t，0)＝0，∴(3－t)(－3－t)＝0，解得t＝3或t＝－3，當(dāng)t＝－3時(shí)，點(diǎn)B與點(diǎn)C重合，舍去．故t＝3.答案：310．若非零向量a，b滿意|a|＝3|b|＝|a＋2b|，則a，b夾角θ的余弦值為________．解析：|a|＝|a＋2b|，兩邊平方得，|a|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝|a|2＋4|b|2＋4|a||b|·cosθ又考慮到|a|＝3|b|，所以0＝4|b|2＋12|b|2cosθ，得cosθ＝－eq\f(1,3).答案：－eq\f(1,3)11．已知向量a＝(－4，3)，b＝(6，m)，且a⊥b，則m＝________．解析：∵a⊥b，∴a·b＝(－4，3)·(6，m)＝－24＋3m＝0，∴m答案：812．如圖所示，在△ABC中，O為BC的中點(diǎn)，若AB＝1，AC＝3，eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角為60°，則|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝________．解析：eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·cos∠BAC＝1×3×eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).又eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以eq\o(AO,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝eq\f(1,4)·(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))2)，即eq\o(AO,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)×(1＋3＋9)＝eq\f(13,4)，所以|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(13),2).答案：eq\f(\r(13),2)[B組素養(yǎng)提升練]1．如圖所示，在△ABC中，∠BAC＝eq\f(π,3)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→))，P為CD上一點(diǎn)，且滿意eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→)).若△ABC的面積為2eq\r(3)，則|eq\o(AP,\s\up6(→))|的最小值為()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．3 D．eq\f(4,3)解析：∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→))，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(AD,\s\up6(→)).∵eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→)).∵C，P，D三點(diǎn)共線，∴m＋eq\f(3,4)＝1，即m＝eq\f(1,4)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))2＝eq\f(1,16)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))≥2×eq\f(1,8)|eq\o(AC,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|＋eq\f(1,4)|eq\o(AC,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|coseq\f(π,3)＝eq\f(3,8)|eq\o(AC,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|.∵S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(AC,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|sineq\f(π,3)＝2eq\r(3)，∴|eq\o(AC,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|＝8，∴eq\o(AP,\s\up6(→))2≥eq\f(3,8)×8＝3，∴|eq\o(AP,\s\up6(→))|≥eq\r(3).答案：B2．如圖所示，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝5，|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0，且eq\o(AB,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝3eq\o(AE,\s\up6(→))，連接BE，CD交于點(diǎn)F，則|eq\o(AF,\s\up6(→))|＝________．解析：由三點(diǎn)共線可知，eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AE,\s\up6(→))＝2λeq\o(AD,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AE,\s\up6(→))(λ∈R)，①同理，eq\o(AF,\s\up6(→))＝μeq\o(AD,\s\up6(→))＋(1－μ)eq\o(AC,\s\up6(→))＝μeq\o(AD,\s\up6(→))＋3(1－μ)eq\o(AE,\s\up6(→))(μ∈R)，②由①②，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(μ＝2λ，,3－3μ＝1－λ，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2,5)，,μ＝\f(4,5)，))故eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,5)eq\o(AE,\s\up6(→))，∴|eq\o(AF,\s\up6(→))|＝eq\r(\f(4,25)|\o(AB,\s\up6(→))|2＋\f(9,25)|\o(AE,\s\up6(→))|2＋\f(12,25)\o(AB,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)))＝eq\f(\r(145),5).答案：eq\f(\r(145),5)3．已知向量a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－eq\r(3))，x∈[0，π].(1)若a∥b，求x的值；(2)記f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及對應(yīng)的x的值．解析：(1)因?yàn)閍＝(cosx，sinx)，b＝(3，－eq\r(3))，a∥b，所以－eq\r(3)cosx＝3sinx.若cosx＝0，則sinx＝0，與sin2x＋cos2x＝1沖突，故cosx≠0.于是tanx＝－eq\f(\r(3),3).又x∈[0，π]，所以x＝eq\f(5π,6).(2)f(x)＝a·b＝(cosx，sinx)·(3，－eq\r(3))＝3cosx－eq\r(3)sinx＝2eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).因?yàn)閤∈[0，π]，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，從而－1≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))≤eq\f(\r(3),2).于是，當(dāng)x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即x＝0時(shí)，f(x)取到最大值3；當(dāng)x＋eq\f(π,6)＝π，即x＝eq\f(5π,6)時(shí)，f(x)取到最小值－2eq\r(3).4．(2024·江西南昌模擬)已知向量a＝(2，2)，向量b與向量a的夾角為eq\f(3π,4)，且a·b＝－2.(1)求向量b；(2)若t＝(1，0)，且b⊥t，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosA，2cos2\f(C,2)))，其中A，B，C是△ABC的內(nèi)角，若A，B，C依次成等差數(shù)列，試求|b＋c|的取值范圍．解析：(1)設(shè)b＝(x，y)，則a·b＝2x＋2y＝－2，且|b|＝eq\f(a·b,|a|cos\f(3π,4))＝1＝eq\r(x2＋y2)，聯(lián)立方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝－2，,x2＋y2＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1，))∴b＝(－1，0)或b＝(0，－1).(2)∵b⊥t，且t＝(1，0)，∴b＝(0，－1).∵A，B，C依次成等差數(shù)列，∴B＝eq\f(π,3).∴b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosA，2cos2\f(C,2)－1))＝(cosA，cosC)，∴|b＋c|2＝cos2A＋cos＝1＋eq\f(1,2)(cos2A＋cos2C)＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2A＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)－2A))))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2A－\f(1,2)cos2A－\f(\r(3),2)sin2A))＝1＋eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\