平面向量的数量积与平面向量的应用练习-2025届高三数学一轮复习

考点规范练32　平面向量的数量积与平面向量的应用 一、基础巩固 1.已知a,b为单位向量,其夹角为60°,则(2a-b)·b等于(　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 2.(多选)(2023新高考Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则(　　) A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1 C.λμ=1 D.λμ=-1 3.对任意平面向量a,b,下列关系式不恒成立的是(　　) A.|a·b|≤|a||b| B.|a-b|≤||a|-|b|| C.(a+b)2=|a+b|2 D.(a+b)·(a-b)=a2-b2 4.在四边形ABCD中,=(1,2),=(-4,2),则该四边形的面积为(　　) A. B.2 C.5 D.10 5.若向量a,b满足|a|=2,|b|=,且(a-b)⊥(2a+3b),则a与b夹角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 6.一条河流某流域内南北两岸平行,如图所示.已知游船在静水中的航行速度v1的大小|v1|=10 km/h,水流的速度v2的大小|v2|=4 km/h,设v1和v2所成角为θ(0<θ<π),若游船要从南岸A码头航行到正北方向上位于北岸的B码头处,则cos θ等于(　　) A.- B.- C.- D.- 7.设m,n为非零向量,则“存在负数λ,使得m=λn”是“m·n<0”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 8.(多选)已知向量a=(,1),b=(cos α,sin α)α∈0,,则下列说法正确的有 (　　) A.|b|=1 B.若a∥b,则tan α= C.a·b的最大值为2 D.|a-b|的最大值为3 9.一副三角板由两种特殊的直角三角板组成,一种是等腰直角三角板,另一种是有一个锐角是30°的直角三角板,如图,两个三角板斜边的长度之比为∶2.四边形ABCD就是由一副三角板拼成的,AB=2,∠ABC=60°,则的值为(　　) A.2 B.-6 C.-6-2 D.-2 10.(2023新高考Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|=　　　　　.  11.设a,b为单位向量,且|a+b|=1,则|a-b|=　　　　　.  12.已知|a|=2,|b|=1,(2a-3b)·(2a+b)=9. (1)求向量a与b的夹角θ; (2)求|a+b|及向量a在a+b方向上的投影向量的模. 二、综合应用 13.已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则的取值范围是(　　) A.(-2,6) B.(-6,2) C.(-2,4) D.(-4,6) 14.(多选)八卦是中国文化的基本哲学概念,其平面图形记为正八边形ABCDEFGH,如图所示.其中OA=1,则以下结论正确的是(　　) A.=0 B.=- C.=- D.||= 15.如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若点E为边CD上的动点,则的最小值为(　　) A. B. C. D.3 16.在日常生活中,我们会看到两人共提一个行李包的情境.假设行李包所受重力为G,作用在行李包上的两个拉力分别为F1,F2,且|F1|=|F2|,F1与F2的夹角为θ.给出以下结论: ①θ越大越费力,θ越小越省力; ②θ的范围为[0,π]; ③当θ=时,|F1|=|G|; ④当θ=时,|F1|=|G|. 其中正确的结论是　　　　　.(填序号)  三、探究创新 17.已知平面向量a,b,|a|=1,|b|=2,a·b=1.若e为平面单位向量,则|a·e|+|b·e|的最大值是　　　　　.  18.如图,在正方形ABCD中,P是对角线BD上的一点,四边形PECF是矩形,用向量方法证明:PA⊥EF. 考点规范练32　平面向量的数量积与平面向量的应用 1.B　由已知得|a|=|b|=1,a与b的夹角θ=60°, 则(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a||b|cos θ-|b|2=2×1×1×cos 60°-12=0,故选B. 2.D　方法一:由题意得,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.故选D. 方法二:由题意得,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.故选D. 3.B　A项,设向量a与b的夹角为θ,则a·b=|a||b|cos θ≤|a||b|,所以不等式恒成立; B项,当a与b同向时,|a-b|=||a|-|b||;当a与b非零且反向时,|a-b|=|a|+|b|>||a|-|b||. 故不等式不恒成立; C项,(a+b)2=|a+b|2恒成立; D项,(a+b)·(a-b)=a2-a·b+b·a-b2=a2-b2,故等式恒成立. 故选B. 4.C　依题意得,=1×(-4)+2×2=0,则 即四边形ABCD的面积为|||==5. 5.D　由题意得(a-b)·(2a+3b)=2a2+a·b-3b2=0,而|a|=2,|b|=, 所以2cos<a,b>-1=0,故cos<a,b>= 6.B　由题意知(v1+v2)·v2=0,有|v1||v2|cos θ+=0,即10×4cos θ+42=0, 所以cos θ=- 7.A　m,n为非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即两向量反向,夹角θ是180°,则m·n=|m||n|cos 180°=-|m||n|<0.反过来,若m·n<0,则两向量的夹角,并不一定反向,即不一定存在负数λ,使得m=λn,所以是充分不必要条件. 故选A. 8.AC　对于A,|b|==1,A正确; 对于B,若a∥b,则sin α-cos α=0,则tan α=,B错误; 对于C,a·b=cos α+sin α=2sin,因为,所以α+, 所以当α+时,最大值为2,C正确; 对于D,|a-b|=, 因为,所以α+, 则sin, 即|a-b|max=,D错误. 9.C　建立平面直角坐标系如图所示. 因为AB=2,∠ABC=60°,所以AC=2,AD=, 则A(0,0),B(2,0),C(0,2),D(-). 所以=(2,0),=(0,2),=(-,-),=(2+,-), 所以=-6-2 10.　由|a-b|=,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|= 11　∵|a+b|2=(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=1+1+2a·b=1, ∴a·b=-,∴|a-b|2=(a-b)2=|a|2+|b|2-2a·b=3,∴|a-b|= 12.解 (1)因为|a|=2,|b|=1,(2a-3b)·(2a+b)=9, 所以4a2-4a·b-3b2=9,即16-8cos θ-3=9, 所以cos θ=因为θ∈[0,π],所以θ= (2)由(1)可知a·b=|a||b|cos=1, 所以|a+b|=,a·(a+b)=a2+a·b=5. 所以向量a在a+b方向上的投影向量的模为 13.A　如图,以AB所在的直线为x轴,AE所在的直线为y轴建立平面直角坐标系,易知A(0,0),B(2,0),F(-1,),C(3,). 设P(x,y),则=(x,y),=(2,0), 即=2x+0×y=2x. ∵-1<x<3,的取值范围为(-2,6),故选A. 14.ABC　因为八卦图为正八边形,所以中心角为,即∠FOD=,所以=0,故A正确; 由以上得∠AOD==||·||cos=-,B正确; 的夹角为,因为||=||,所以根据平行四边形法则,=-,C正确; 因为||=||=||,∠AOF=, 所以在△AOF中,由余弦定理可得|AF|2=|OA|2+|OF|2-2|OA||OF|cos=2+,|AF|=,D错误. 15. A　如图,取AB的中点F,连接EF, ==||2- 当EF⊥CD时,||最小,即取最小值. 过点A作AH⊥EF于点H,由AD⊥CD,EF⊥CD, 可得EH=AD=1,∠DAH=90°. 因为∠DAB=120°,所以∠HAF=30°. 在Rt△AFH中,易知AF=,HF=, 所以EF=EH+HF=1+ 即()min= 16.①④　对于①,因为|G|=|F1+F2|为定值, 所以|G|2=|F1|2+|F2|2+2|F1||F2|cos θ=2|F1|2(1+cos θ),解得|F1|2=; 由题意知,当θ∈(0,π)时,y=cos θ单调递减, 所以|F1|2单调递增, 即θ越大越费力,θ越小越省力;①正确; 对于②,当θ=π时,F1+F2=0,行李包不会处于平衡状态,所以θ≠π,②错误; 对于③,当θ=时,|F1|2=, 所以|F1|=|G|,③错误; 对于④,当θ=时,|F1|2=|G|2, 所以|F1|=|G|,④正确. 综上可知,正确结论的序号是①④. 17　设a与b的夹角为φ,且φ∈[0,π],由已知得φ=60°,不妨取a=(1,0),b=(1,). 设e=(cos α,sin α), 则|a·e|+|b·e|=|cos α|+|cos α+sin α| ≤|cos α|+|cos α|+|sin α|=2|cos α|+|sin α|, 当且仅当cos α与sin α同号时,等号成立. 所以2|cos α|+|sin α|=|2cos α+sin α|=|sin(α+θ)|(其中sin θ=,cos θ=,取θ为锐角). 显然|sin(α+θ)| 易知当α+θ=时,|sin(α+θ)|取最大值1,此时α为锐角,sin α,cos α同为正值,因此上述不等式中等号能同时取到.故所求最大值为 18.证法一 设正方形的边长为a,由于P是对角线BD上的一点,可设=(0≤λ≤1). 则--λ()=(1-λ)- 因为在正方形ABCD中,四边形PECF为矩形, 所以△DPF∽△DBC,从而可得=(1-λ)-, 所以=[(1-λ)-]·[(1-λ)-]=(1-λ)2-(1-λ)-λ(1-λ)+λ2=-λ(1-λ)a2+λ(1-λ)a2=0, 因此, 故PA⊥EF. 证法二 如图,以D为原点,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴,建立平面直角坐标系. 设正方形的边长为a,由P是对角线BD上的一点,设DP=λDB=a(0≤λ≤1), 则点A(0,a),P(λa,λa),E(a,λa),F(λa,0), 于是=(-λa,a-λa),=(λa-a,-λa), 因此=-λa(λa-a)-(a-λa)λa=-λ2a2+λa2-λa2+λ2a2=0, 因此,故PA⊥EF. 学科网（北京）股份有限公司 $$