2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)26平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例必刷題理含解析

PAGEPAGE1考點(diǎn)26平面對(duì)量的數(shù)量積與平面對(duì)量應(yīng)用舉例1、已知|a|＝6，|b|＝3，向量a在b方向上的投影是4，則a·b為()A．12 B．8C．－8 D．2【答案】A【解析】∵|a|cos〈a，b〉＝4，|b|＝3，∴a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝3×4＝12.2、若O是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且滿意|eq\o(OB,\s\up15(→))－eq\o(OC,\s\up15(→))|＝|eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))－2eq\o(OA,\s\up15(→))|，則△ABC的形態(tài)是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等邊三角形【答案】B【解析】eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))－2eq\o(OA,\s\up15(→))＝eq\o(OB,\s\up15(→))－eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))－eq\o(OA,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→))，eq\o(OB,\s\up15(→))－eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\o(CB,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→))，所以|eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→))|＝|eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→))|?|eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→))|2?eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝0，所以三角形為直角三角形．故選B.3、已知平面對(duì)量a＝(－2，m)，b＝(1，eq\r(3))，且(a－b)⊥b，則實(shí)數(shù)m的值為()A．－2eq\r(3) B．2eq\r(3)C．4eq\r(3) D．6eq\r(3)【答案】B【解析】∵a＝(－2，m)，b＝(1，eq\r(3))，∴a－b＝(－2，m)－(1，eq\r(3))＝(－3，m－eq\r(3))．由(a－b)⊥b，得(a－b)·b＝0，即(－3，m－eq\r(3))·(1，eq\r(3))＝－3＋eq\r(3)m－3＝eq\r(3)m－6＝0，解得m＝2eq\r(3).故選B.4、設(shè)M為邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD的邊BC的中點(diǎn)，N為正方形區(qū)域內(nèi)隨意一點(diǎn)(含邊界)，則eq\o(AM,\s\up15(→))·eq\o(AN,\s\up15(→))的最大值為()A．32 B．24C．20 D．16【答案】B【解析】以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，則B(4,0)，C(4,4)，M(4,2)，設(shè)N(x，y)(0≤x，y≤4)，則eq\o(AM,\s\up15(→))·eq\o(AN,\s\up15(→))＝4x＋2y≤4×4＋2×4＝24，當(dāng)且僅當(dāng)eq\o(AN,\s\up15(→))＝eq\o(AC,\s\up15(→))時(shí)取等號(hào)，故選B.5、設(shè)向量a，b滿意|a|＝1，|a－b|＝eq\r(3)，a·(a－b)＝0，則|2a＋b|＝()A．2 B．2eq\r(3)C．4 D．4eq\r(3)【答案】B【解析】由a·(a－b)＝0，可得a·b＝a2＝1，由|a－b|＝eq\r(3)，可得(a－b)2＝3，即a2－2a·b＋b2＝3，解得b2＝4.所以(2a＋b)2＝4a2＋4a·b＋b2＝12，所以|2a＋b|＝2eq\r(3).6、已知△ABC的外接圓半徑為2，D為該圓上的一點(diǎn)，且eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))，則△ABC的面積的最大值為()A．3 B．4C．3eq\r(3) D．4eq\r(3)【答案】B【解析】由題設(shè)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))，可知四邊形ABDC是平行四邊形．由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可知∠BAC＝90°，且當(dāng)AB＝AC時(shí)，四邊形ABDC的面積最大，則△ABC的面積的最大值為Smax＝eq\f(1,2)AB·AC＝eq\f(1,2)×(2eq\r(2))2＝4.故選B.7、已知|a|＝1，|b|＝6，a·(b－a)＝2，則向量a與b的夾角為()A.eq\f(π,2) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)【答案】B【解析】a·(b－a)＝a·b－a2＝2，所以a·b＝3，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(3,1×6)＝eq\f(1,2)，所以向量a與b的夾角為eq\f(π,3).8、在△ABC中，角A，B，C對(duì)應(yīng)邊分別為a，b，c，已知三個(gè)向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，cos\f(A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，cos\f(B,2)))，p＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，cos\f(C,2)))共線，則△ABC形態(tài)為()A．等邊三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】A【解析】由題意得acoseq\f(B,2)＝bcoseq\f(A,2)，acoseq\f(C,2)＝ccoseq\f(A,2)，由正弦定理得sinAcoseq\f(B,2)＝sinBcoseq\f(A,2)?sineq\f(B,2)＝sineq\f(A,2)?B＝A，同理可得C＝A，所以△ABC為等邊三角形．故選A.9、已知向量a＝(eq\r(3)，1)，b＝(0,1)，c＝(k，eq\r(3))．若a＋2b與c垂直，則k＝()A．－3 B．－2C．1 D．－1【答案】A【解析】因?yàn)閍＋2b與c垂直，所以(a＋2b)·c＝0，即a·c＋2b·c＝0，所以eq\r(3)k＋eq\r(3)＋2eq\r(3)＝0，解得k＝－3.10、已知點(diǎn)M(－3,0)，N(3,0)。動(dòng)點(diǎn)P(x，y)滿意|eq\o(MN,\s\up15(→))|·|eq\o(MP,\s\up15(→))|＋eq\o(MN,\s\up15(→))·eq\o(NP,\s\up15(→))＝0，則點(diǎn)P的軌跡的曲線類(lèi)型為()A．雙曲線 B．拋物線C．圓 D．橢圓【答案】B【解析】eq\o(MN,\s\up15(→))＝(3,0)－(－3,0)＝(6,0)，|eq\o(MN,\s\up15(→))|＝6，eq\o(MP,\s\up15(→))＝(x，y)－(－3,0)＝(x＋3，y)，eq\o(NP,\s\up15(→))＝(x，y)－(3,0)＝(x－3，y)，所以|eq\o(MN,\s\up15(→))|·|eq\o(MP,\s\up15(→))|＋eq\o(MN,\s\up15(→))·eq\o(NP,\s\up15(→))＝6eq\r(x＋32＋y2)＋6(x－3)＝0，化簡(jiǎn)可得y2＝－12x.故點(diǎn)P的軌跡為拋物線．故選B.11、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\up15(→))＝(1，－2)，eq\o(AD,\s\up15(→))＝(2,1)，則eq\o(AD,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝()A．5 B．4C．3 D．2【答案】A【解析】由四邊形ABCD是平行四邊形，知eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AD,\s\up15(→))＝(1，－2)＋(2,1)＝(3，－1)，故eq\o(AD,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝(2,1)·(3，－1)＝2×3＋1×(－1)＝5.12、稱(chēng)d(a，b)＝|a－b|為兩個(gè)向量a，b間的“距離”，若向量a，b滿意：①|(zhì)b|＝1；②a≠b；③對(duì)隨意t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，則()A．a(chǎn)⊥b B．a(chǎn)⊥(a－b)C．b⊥(a－b) D．(a＋b)⊥(a－b)【答案】C【解析】由d(a，tb)≥d(a，b)，可知|a－tb|≥|a－b|，所以(a－tb)2≥(a－b)2，又|b|＝1，所以t2－2(a·b)t＋2(a·b)－1≥0.因?yàn)樯鲜綄?duì)隨意t∈R恒成立，所以Δ＝4(a·b)2－4[2(a·b)－1]≤0，即(a·b－1)2≤0，所以a·b＝1.于是b·(a－b)＝a·b－|b|2＝1－12＝0，所以b⊥(a－b)．故選C.13、若平面對(duì)量a＝(－1,2)與b的夾角是180°，且|b|＝3eq\r(5)，則b的坐標(biāo)為()A．(3，－6) B．(－3,6)C．(6，－3) D．(－6,3)【答案】A【解析】由題意設(shè)b＝λa＝(－λ，2λ)(λ＜0)，而|b|＝3eq\r(5)，則eq\r(－λ2＋2λ2)＝3eq\r(5)，所以λ＝－3，b＝(3，－6)．故選A.14、已知△ABC為等邊三角形，AB＝2，設(shè)點(diǎn)P，Q滿意eq\o(AP,\s\up15(→))＝λeq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AQ,\s\up15(→))＝(1－λ)eq\o(AC,\s\up15(→))，λ∈R.若eq\o(BQ,\s\up15(→))·eq\o(CP,\s\up15(→))＝－eq\f(3,2)，則λ＝()A.eq\f(1,2) B．eq\f(1±\r(2),2)C.eq\f(1±\r(10),2) D．eq\f(－3±2\r(2),2)【答案】A【解析】∵eq\o(BQ,\s\up15(→))＝eq\o(AQ,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＝(1－λ)eq\o(AC,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(CP,\s\up15(→))＝eq\o(AP,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→))＝λeq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→))，又eq\o(BQ,\s\up15(→))·eq\o(CP,\s\up15(→))＝－eq\f(3,2)，|eq\o(AB,\s\up15(→))|＝|eq\o(AC,\s\up15(→))|＝2，A＝60°，eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝|eq\o(AB,\s\up15(→))|·|eq\o(AC,\s\up15(→))|cos60°＝2，∴[(1－λ)eq\o(AC,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))]·(λeq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→)))＝－eq\f(3,2)，即λ|eq\o(AB,\s\up15(→))|2＋(λ2－λ－1)eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＋(1－λ)|eq\o(AC,\s\up15(→))|2＝eq\f(3,2)，所以4λ＋2(λ2－λ－1)＋4(1－λ)＝eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(1,2).15、在△ABC中，若eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(CB,\s\up15(→))＝2，則邊AB的長(zhǎng)等于________．【答案】2【解析】由題意知eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(CB,\s\up15(→))＝4，即eq\o(AB,\s\up15(→))·(eq\o(AC,\s\up15(→))＋eq\o(CB,\s\up15(→)))＝4，即eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))＝4，所以|eq\o(AB,\s\up15(→))|＝2.16、如圖，平行四邊形ABCD中，AB＝2，AD＝1，A＝60°，點(diǎn)M在AB邊上，且AM＝eq\f(1,3)AB，則eq\o(DM,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝________.【答案】1【解析】因?yàn)閑q\o(DM,\s\up15(→))＝eq\o(DA,\s\up15(→))＋eq\o(AM,\s\up15(→))＝eq\o(DA,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(DB,\s\up15(→))＝eq\o(DA,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→))，所以eq\o(DM,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up15(→))＋\f(1,3)\o(AB,\s\up15(→))))·(eq\o(DA,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→)))＝|eq\o(DA,\s\up15(→))|2＋eq\f(1,3)|eq\o(AB,\s\up15(→))|2＋eq\f(4,3)eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))＝1＋eq\f(4,3)－eq\f(4,3)eq\o(AD,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\f(7,3)－eq\f(4,3)|eq\o(AD,\s\up15(→))|·|eq\o(AB,\s\up15(→))|·cos60°＝eq\f(7,3)－eq\f(4,3)×1×2×eq\f(1,2)＝1.8．(2024重慶調(diào)研)已知|a|＝2|b|，|b|≠0，且關(guān)于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有兩相等實(shí)根，則向量a與b的夾角是________．【答案】eq\f(3π,3)【解析】由已知可得Δ＝|a|2＋4a·b＝0，即4|b|2＋4×2|b|2cosθ＝0，所以cosθ＝－eq\f(1,2)，又因?yàn)?≤θ≤π，所以θ＝eq\f(2π,3).16、已知平面對(duì)量a＝(2,4)，b＝(1，－2)．若c＝a－(a·b)·b，則|c|＝________.【答案】8eq\r(2)【解析】由題意可得a·b＝2×1＋4×(－2)＝－6，∴c＝a－(a·b)·b＝a＋6b＝(2,4)＋6(1，－2)＝(8，－8)，∴|c|＝eq\r(82＋－82)＝8eq\r(2).17、在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，已知B(－3，－3eq\r(3))，C(3，－3eq\r(3))，且H(x，y)是曲線x2＋y2＝1上隨意一點(diǎn)，則eq\o(BH,\s\up15(→))·eq\o(CH,\s\up15(→))的最大值為_(kāi)_______．【答案】6eq\r(3)＋19【解析】由題意得eq\o(BH,\s\up15(→))＝(x＋3，y＋3eq\r(3))，eq\o(CH,\s\up15(→))＝(x－3，y＋3eq\r(3))，所以eq\o(BH,\s\up15(→))·eq\o(CH,\s\up15(→))＝(x＋3，y＋3eq\r(3))·(x－3，y＋3eq\r(3))＝x2＋y2－9＋6eq\r(3)y＋27＝6eq\r(3)y＋19≤6eq\r(3)＋19，當(dāng)且僅當(dāng)y＝1時(shí)取最大值．18、已知向量a，b滿意(2a－b)·(a＋b)＝6，且|a|＝2，|b|＝1，則a與b的夾角為_(kāi)_______．【答案】eq\f(2π,3)【解析】∵(2a－b)·(a＋b)＝6，∴2a2＋a·b－b2＝6，又|a|＝2，|b|＝1，∴a·b＝－1，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(1,2).又〈a，b〉∈[0，π]，∴a與b的夾角為eq\f(2π,3).19、已知點(diǎn)A(1－m,0)，B(1＋m,0)，若圓C：x2＋y2－8x－8y＋31＝0上存在一點(diǎn)P使得eq\o(PA,\s\up15(→))·eq\o(PB,\s\up15(→))＝0，則m的最大值為_(kāi)_______．【答案】6【解析】圓C：(x－4)2＋(y－4)2＝1，圓心C(4,4)，半徑r＝1，設(shè)P(x0，y0)，則eq\o(PA,\s\up15(→))＝(1－m－x0，－y0)，eq\o(PB,\s\up15(→))＝(1＋m－x0，－y0)，所以eq\o(PA,\s\up15(→))·eq\o(PB,\s\up15(→))＝(1－x0)2－m2＋yeq\o\al(2,0)＝0，即m2＝(x0－1)2＋yeq\o\al(2,0).所以|m|為點(diǎn)P與點(diǎn)M(1,0)之間的距離，當(dāng)|PM|最大時(shí)，|m|取得最大值．因?yàn)閨PM|的最大值為|MC|＋1＝eq\r(4－12＋42)＋1＝6，所以m的最大值為6.20、已知a＝(λ，2λ)，b＝(3λ，2)，假如a與b的夾角為銳角，則λ的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))【解析】a與b的夾角為銳角，則a·b>0且a與b不共線，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3λ2＋4λ>0，,2λ－6λ2≠0，))解得λ<－eq\f(4,3)或0<λ<eq\f(1,3)或λ>eq\f(1,3)，所以λ的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).21、已知向量m＝(sinα－2，－cosα)，n＝(－sinα，cosα)，其中α∈R.(1)若m⊥n，求角α.(2)若|m－n|＝eq\r(2)，求cos2α的值．【答案】(1)2kπ＋eq\f(π,6)或2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.(2)－eq\f(1,8)【解析】(1)向量m＝(sinα－2，－cosα)，n＝(－sinα，cosα)，若m⊥n，則m·n＝0，即為－sinα(sinα－2)－cos2α＝0，即sinα＝eq\f(1,2)，可得α＝2kπ＋eq\f(π,6)或2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.(2)若|m－n|＝eq\r(2)，即有(m－n)2＝2，即(2sinα－2)2＋(2cosα)2＝2，即為4sin2α＋4－8sinα＋4cos2α＝2，即有8－8sinα＝2，可得sinα＝eq\f(3,4)，即有cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\f(9,16)＝－eq\f(1,8).22、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若m⊥n，求tanx的值；(2)若m與n的夾角為eq\f(π,3)，求x的值．【答案】(1)1(2)eq\f(5π,12).【解析】(1)若m⊥n，則m·n＝0.∴eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝0，∴tanx＝1.(2)∵m與n的夾角為eq\f(π,3)，∴m·n＝|m||n|coseq\f(π,3)＝1×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝eq\f(1,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(1,2).又x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，∴x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)，即x＝eq\f(5π,12).23、已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，向量m＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)