第14练 平面向量的数量积-【精英1号】2024-2025学年高中数学学考笔记·专题提升训练

精英1号 学考笔记 数学 58 因为AC→∥OB→,BC→⊥AB→,所以 (x+2)×2-0×(y-1)=02x+y-2=0 , 解得 x=-2 y=6 ,所以点C 的坐标为(-2,6). 故答案为:(-2,6). 10.【答案】1+ 2 【解析】因为a,b,c均为单位向量,且a·b=0, 设a=(1,0),b=(0,1),c=(cos θ,sin θ), ∴(a+b)·(b+c)=(1,1)·(cos θ,1+sin θ)=cos θ+ 1+sin θ= 2sinθ+π4 +1, 故(a+b)·(b+c)的最大值为1+ 2. 故答案为:1+ 2. 11.【解析】(1)∵a 与b-2c 垂直,∴a·(b-2c)=a·b- 2a·c=0,4cos α·sin β+sin α·4cos β-2[4cos α·cosβ+ sin α·(-4sin β)]=0,即4sin(α+β)-8cos(α+β)=0, ∴tan(α+β)=2. (2)b+c=(sin β+cos β,4cos β-4sin β), |b+c|2 =sin2β+2sin βcos β+cos2β+16cos2β- 32cos βsin β+16sin2β=17-30sin βcos β=17-15sin 2β, ∴|b+c|2 的最大值为32,∴|b+c|的最大值为42. (3)证明:由tan αtan β=16,得sin αsin β=16cos αcos β, 即4cos α·4cos β-sin αsin β=0,故a∥b. 12.【解析】(1)由三角函数的定义可得sin θ=45,cos θ=35, 且点C 的坐标为 cos θ+π3 ,sin θ+π3 , 所以cos θ+π3 =12cos θ- 32sin θ=3-4310 , sin θ+π3 =12sin θ+ 32cos θ=4+3310 , 故点C 的坐标为 3-4310 , 4+33 10 . (2)f(θ)=BC→·OA→=(OC→-OB→)·OA→=OC→·OA→- OB→·OA→ =|OC→|·|OA→|cos θ+π3 -|OB→|·|OA→|cos θ =cos θ+π3 -cos θ=12cos θ- 32sin θ-cos θ =- 32sin θ+12cos θ =-sinθ+π6 , ∵0<θ<π2,则 π 6<θ+ π 6< 2π 3,由 π 2<θ+ π 6< 2π 3,解 得 π 3<θ< π 2, 故函数f(θ)的单调递增区间为 π3, π 2 . 第14练 平面向量的数量积 1.【答案】B 【解析】因为(b-2a)⊥b,所以(b-2a)·b=0,即b2= 2a·b, 又因为|a|=1,|a+2b|=2, 所以1+4a·b+4b2=1+6b2=4, 从而|b|= 22.故选B. 2.【答案】B 【解析】对于 A,a·(b+a)=a·b+a2=5|b|2≠0,故 A 错误; 对于B,b·(b-a)=b2-b·a=b2-b2=0,所以b⊥(b- a),故B正确; 对于C,b·(b+a)=b2+a·b=2|b|2≠0,故C错误; 对于D,a·(b-a)=a·b-a2=-3|b|2≠0,故D错误. 故选B. 3.【答案】A 【解析】由(BC→+BA→)·AC→=|AC→|2,得(BC→+BA→)·AC→- AC→2=(BC→+BA→-AC→)·AC→=(BC→+BA→+CA→)·AC→= 2BA→·AC→=0,所以BA⊥AC,又无法判断边长之间的关 系,故△ABC 为直角三角形.故选A. 4.【答案】C 【解析】由题意知,∀t∈R,|a-tb|≥|a-b|, ∴∀t∈R,|a|2+t2|b|2-2ta·b≥|a|2+|b|2-2a·b, 即t2|b|2-6t|b|2cos<a,b>-|b|2+6|b|2cos<a,b>≥0. ∵|b|≠0, ∴∀t∈R,t2-6tcos<a,b>-1+6cos<a,b>≥0, ∴Δ=36cos2<a,b>-4(6cos<a,b>-1)=36(cos<a,b>- 1 3)2≤0, ∴cos<a,b>-13=0,即cos<a,b>= 1 3.故选C. 5.【答案】A 【解析】设BP=λBC(0≤λ≤1). AP→·(AB→+AC→)=(AB→+BP→)·(AB→+AC→)=AB→2+ AB→·AC→+λBC→·(AB→+AC→), 因为λBC→·(AB→+AC→)=λ(BA→+AC→)·(AB→+AC→)= λ(AC→2-AB→2)=0, cos A=AB 2+AC2-BC2 2AB·AC = 9+9-16 2×3×3= 1 9, 所以AP→·(AB→+AC→)=AB→2+AB→·AC→=32+3×3· cos A=10. 故选A. 6.【答案】A 【解析】根据题意画出图形,并建立平面直角坐标系,如图: 由题意可知A(0,0),B(3,0),C(3,3),D(0,3). 设点P(cos θ,sin θ)0≤θ≤π2 , 则PB→·PD→=(3-cos θ,-sin θ)·(-cos θ,3-sin θ)= -cos θ·(3-cos θ)-sin θ(3-sin θ)=1-3sin θ-3cos θ= 1-32sinθ+π4 .又0≤θ≤π2,则π4≤θ+π4≤3π4, 所以 2 2≤sinθ+ π 4 ≤1, 答案解析 59 所以1-32≤1-32sinθ+π4 ≤-2,即PB→·PD→ 的 取值范围为[1-32,-2],故选A. 7.【答案】BD 【解析】对于A,因为|a|=2,a·b=1,所以a·(a-b)= a2-a·b=4-1=3≠0,故A错误; 对于B,因为|a|=2,|b|=1,所以(a-2b)·(a+2b)= a2-4b2=4-4×1=0,所以(a-2b)⊥(a+2b),故 B 正确; 对于C,若|a-λb|=32,则a2-2λa·b+λ2b2= 9 4,即 4-2λ+λ2=94,整理得4λ2-8λ+7=0,因为Δ=64-112= -48<0,所以方程无实数解,实数λ不存在,故C错误; 对于D,若|a-λb|≥|a-b|恒成立,则(a-λb)2≥(a- b)2,即a2-2λa·b+λ2b2≥a2-2a·b+b2, 整理得(λ-1)2≥0,此式恒成立,所以∀λ∈R,|a-λb|≥ |a-b|恒成立,故D正确.故选BD. 8.【答案】AC 【解析】如图,设直线PO 与圆O 交于点E,F. 则PA→·PC→=-|PA→||PC→|=-|EP||PF|=-(|OE|- |PO|)(|OE|+|PO|)=|PO|2-|EO|2=-2,故A正确; 取AC 的中点为 M,连接OM,则OA→·OC→=(OM→+MA→)· (OM→+MC→)=OM→2-MC→2=OM→2-(4-OM→2)=2OM→2- 4,而0≤OM→2≤|OP|2=2,故 OA→·OC→ 的取值范围是 [-4,0],故B错误; 当AC⊥BD 时,AB→·CD→=(AP→+PB→)·(CP→+PD→)= AP→·CP→+PB→·PD→=-|AP→||CP→|-|PB→||PD→|= -2|EP||PF|=-4,故C正确; 因为|AC→|≤4,|BD→|≤4,故|AC→|·|BD→|≤16,故D错误. 故选AC. 9.【答案】14 【解析】以点A 为坐标原点,AD 所在直线为x 轴建立如图 所示的平面直角坐标系, 则A(0,0),B(2,23),C(5,23),D(3,0),Q(4,3), AB→=(2,23),BD→=(1,-23),BP→=λBD→=(λ,-23λ), 所以AP→=AB→+BP→=(2+λ,23-23λ), 因为BQ→=(2,- 3),AP→⊥BQ→,所以AP→·BQ→=2(2+λ)- 3(23-23λ)=8λ-2=0,解得λ=14.故答案为: 1 4. 10.【答案】[12+22,16] 【解析】以圆心为原点,A7A3 所在直线为x 轴,A5A1 所在 直线为y 轴建立平面直角坐标系,如图所示: 则A1 (0,1),A2 22, 2 2 ,A3 (1,0),A4 22,- 22 , A5(0,-1),A6 - 22,- 2 2 ,A7(-1,0),A8 - 22,22 , 设P(x,y),于是PA→21+PA→22+…+PA→28=8(x2+y2)+8, 因为cos 22.5°≤|OP|≤1,所以1+cos 45° 2 ≤x2+y2≤1, 故PA→21+PA→22+…+PA→28 的取值范围是[12+22,16]. 故答案为:[12+22,16]. 11.【解析】根据题意可知,在△ABC 中,D,E 分别是BC,AB 边上的中点,所以O 为△ABC 的重心, 所以AO→=23·12·(AB→+AC→)=13(AB→+AC→), 又AC→=BC→-BA→,所以AO→=13(BC→-2BA→), 又AO→·BC→=-3, 所以 1 3(BC →-2BA→)·BC→=13|BC→|2-23BA→·BC→=-3, 因为AB=32,所以BA→·BC→=|BA→|·|BC→|·cos B, 所以 1 3|BC →|2-22cos B|BC→|+3=0, 则Δ=(-22cos B)2-4×13×3≥0, 所以cos2B≥12,由AO →·BC→=-3<0, 所以B∈ 0,π2 , 则cos B≥ 22,所以B∈ 0,π4􀭤􀭥􀪁􀪁 , 所以角B 的最大值为π4. 12.【解析】(1)因为bsin C=3(a-bcos C),所以sin Bsin C= 3(sin A-sin Bcos C). 因为sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C, 所以 sin Bsin C = 3(sin Bcos C +cos Bsin C - sin Bcos C)= 3cos Bsin C.因为sin C≠0, 所以tan B= 3.又因为0<B<π, 所以B=π3. 精英1号 学考笔记 数学 60 (2)因为aAD→=cDC→,所以点 D 在线段AC 上,且ac = |DC→| |AD→|.因为 |DC→| |AD→|= S△BCD S△ABD = 1 2·BC·BD·sin∠DBC 1 2·AB·BD·sin∠ABD = BC AB ,所以sin∠DBC=sin∠ABD,即BD 为∠ABC 的角 平分线.由(1)得B=π3,所以∠ABD=∠CBD= π 6.由 S△ABC=S△ABD +S△BCD,得 12acsin π 3 = 1 2a·BD· sin π6+ 1 2c·BDsin π 6,即ac=2(a+c)≥4 ac,得ac≥ 16,当且仅当a=c 时,等号成立,S△ABC=12acsin π 3 ≥ 1 2×16sin π 3=43.故△ABC 面积的最小值为43. 第15练 正弦定理和余弦定理 1.【答案】C 【解析】∵a2+b2-c2=ab,∴cos C=a 2+b2-c2 2ab = ab 2ab= 1 2. ∵C∈(0,π),∴C=π3, ∵∠A=π4,c=3, ∴由正弦定理 asin A= c sin C,可得 a 2 2 = 33 2 ,解得a= 6. 故选C. 2.【答案】B 【解析】由2a·cos B=c以及余弦定理得2a·a 2+c2-b2 2ac = c,化简得a=b,所以三角形的形状一定是等腰三角形.故 选B. 3.【答案】B 【解析】在Rt△ABM 中,AM= ABsin 15°. 在△ACM 中,∠CAM=30°+15°=45°,∠AMC=180°- 15°-60°=105°,故∠ACM=180°-45°-105°=30°, 由正弦定理,得 AMsin∠ACM= CM sin∠CAM, 故CM=sin∠CAMsin∠ACM·AM= 2AB sin 15°. 在 Rt△CDM 中,CD = CMsin 60° = 6AB2sin 15° = 6×103(3-1) 2× 6- 24 =60(m).故选B. 4.【答案】D 【解析】如图所示. 因为∠APQ=30°,∠CPB=90°-α, 所以∠APB=30°-90°+α=α-60°, 则∠PBA=180°-30°-α+60°=180°+30°-α, 在△PBA 中,由正弦定理,得 |PA| sin∠PBA= |AB| sin∠APB, 即 |PA| sin(180°+30°-α)= m sin(α-60°), 得|PA|=msin(α-30°)sin(α-60°), 在Rt△PAQ 中,sin 60°=|PQ||PA|, 得|PQ|=m 3sin(α-30°)2sin(α-60°) .故选D. 5.【答案】C 【解析】∵a2+c2-b2=2accos B,b2+c2-a2=2bccos A, 两式相减,得2a2-2b2=2accos B-2bccos A=-c2, ∴2acos B-2bcos A=-c.由正弦定理,得2sin Acos B- 2sin Bcos A=-2sin(B-A)=-sin C, ∴sin C=12.故选C. 6.【答案】A 【解析】因为A=120°,所以AB→·AC→=|AB→||AC→|cos 120°= -12bc, 因为 AD 是 中 线,所 以 AD→= 12 (AB→+AC→),AD→2 = 1 4(AB →2+AC→2+2AB→·AC→), 所以4=b2+c2-bc≥bc,当且仅当b=c时,等号成立, △ABC 面积为S=12bcsin A≤12×4× 3 2= 3.故选A. 7.【答案】BD 【解析】对于A,由a2+b2>c2 以及余弦定理可得cos C= a2+b2-c2 2ab >0,所 以 A 为 锐 角,但 B,C 不 确 定,所 以 △ABC 不一定为锐角三角形,故A错误; 对于 B,由 a2 >b2 +c2 以 及 余 弦 定 理 可 得 cos A = b2+c2-a2 2bc <0,所以 A 为钝角,所以△ABC 为钝角三角 形,故B正确; 对于C,由A∶B∶C=1∶2∶3,可得A=30°,B=60°,C= 90°,由正弦定理可得a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C= 1∶ 3∶2,故C错误; 对于D,由A>B,可得a>b,由正弦定可得a=2Rsin A, b=2Rsin B,所以sin A>sin B,故D正确.故选BD. 8.【答案】ABC 【解析】对于A,由c-b=2bcos A 以及正弦定理可得sin C- sin B=2sin Bcos A, 又sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B, 代入上式得sin Acos B-cos Asin B=sin B,即sin(A- B)=sin B, 因为0<A,B<π,则sin B>0,故0<A-B<π, 所以A-B=B 或A-B+B=π,即A=2B 或A=π(舍去), 所以A=2B,故A正确; 对于B,因 为△ABC 为 锐 角 三 角 形,A=2B,所 以 C= π-3B, 由 0<B<π2 0<2B<π2 0<π-3B<π2 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁􀪁 􀪁􀪁􀪁 ,解得B∈ π6, π 4 ,故B正确; 第14练 平面向量的数量积 27 第14练 平面向量的数量积 一、单选题 1.已知向量a,b 满足|a|=1,|a+2b|=2, 且(b-2a)⊥b,则|b|= ( )………… A.12 B. 2 2 C.32 D.1 2.若平面向量a,b 的夹角为60°,且|a|= 2|b|,则 ( )…………………………… A.a⊥(b+a) B.b⊥(b-a) C.b⊥(b+a) D.a⊥(b-a) 3.在△ABC 中,(BC→+BA→)·AC→=|AC→|2, 则△ABC 的形状一定是 ( )………… A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形 4.两不共线的向量a,b,满足|a|=3|b|,且 ∀t∈R,|a-tb|≥|a-b|,则cos<a,b>= ( )………………………………… A.12 B. 3 2 C.13 D. 3 3 5.如 图,在 等 腰△ABC 中,AB=AC=3, BC=4,点P 是边BC 上的动点,则AP→· (AB→+AC→)= ( )…………………… A.为定值10 B.为定值6 C.最大值为18 D.与P 的位置有关 6.在边长为3的正方形ABCD 中,以点A 为 圆心作单位圆,分别交AB,AD 于E,F 两 点,点P 是EF︵ 上一点,则PB→·PD→ 的取 值范围为 ( )………………………… A.[1-32,-2] B.-1,- 22 􀭠 􀭡 􀪁􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁􀪁 C.[-2,1- 2] D.[1-32,1- 2] 二、多选题 7.已知平面向量a,b 满足|a|=2,|b|=1, a·b=1,则下列说法正确的是 ( )… A.a·(a-b)=0 B.(a-2b)⊥(a+2b) C.∃λ∈R,使|a-λb|=32 D.∀λ∈R,|a-λb|≥|a-b|恒成立 8.“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重 要定理,它包含三个结论,其中一个是相交 弦定理:圆内的两条相交弦,被交点分成的 两条线段长的积相等.如图,已知圆O 的半 径为2,点 P 是圆O 内的定点,且 OP= 2,弦AC,BD 均过点P,则下列说法正确 的是 ( )……………………………… A.PA→·PC→ 为定值 B.OA→·OC→ 的取值范围是[-2,0] C.当AC⊥BD 时,AB→·CD→ 为定值 D.|AC→|·|BD→|的最大值为12 三、填空题 9.在平行四边形ABCD 中,AB=4,AD=3, ∠BAD=60°,Q 为CD 的中点,点Р 在对 角线BD 上,且BP→=λBD→,若 AP→⊥BQ→, 则λ= . 10.设点P 在单位圆的内接正八边形A1A2…A8 的边A1A2 上,则PA→21+PA2→2+…+PA→28 的取值范围是 . 28 四、解答题 11.如图,在△ABC 中,D,E 分别是BC,AB 边上的中点,AD 与CE 的交点为O,若 AO→·BC→=-3,AB=32,求角B 的最 大值. 12.在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别是 a,b,c,bsin C= 3(a-bcos C). (1)求角B 的大小; (2)若点D 满足aAD→=cDC→,且|BD→|= 23,求△ABC 面积的最小值.