第2章 §5 5.2 向量数量积的坐标表示5.3利用数量积计算长度与角度（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（北师大版）

5.2　向量数量积的坐标表示 5.3　利用数量积计算长度与角度 基础过关练 题组一　向量数量积的坐标表示 1.(2025湖南娄底教学质量检测)若向量a=(,1),b=(-1,),则a·(a-b)=(　　) A.3　　B.2　　 C.-3　　D.-2 2.(2025江西上饶高考模拟)已知向量a=(0,1),a+b=(1,x),若a⊥b,则x=(　　) A.-2　　B.-1　　 C.1　　D.2 3.(2025湖南三湘名校联盟期中)已知平面内四点A(-1,2),B(1,1),C(2,1),D(3,4),则向量在向量上的投影向量为(　　) A.　　B. C.　　D. 4.(2025福建厦门二中期中)已知过点A(1,1)的直线l的方向向量为m=(1,2),则原点O到直线l的距离为(　　) A.　　B.　　 C.　　D. 5.(2025江西新余第四中学模拟)已知在正方形ABCD中,AB=2,M为BC的中点,N为正方形ABCD内部或边界上一点,则·的最大值为(　　) A.1　　B.　　C.　　D.2 6.(2024江西宜春丰城第九中学期末)在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=,AB=3,CD=1,若k-与垂直,则k=　　　　;若P为AB边上的动点(不包括端点),则(+)·的最小值为　　　　.  题组二　向量长度的计算 7.(2025江西多校联考)已知向量a=(1,m-4),b=(4,2),若|a+b|=|a-b|,则|a|=(　　) A.5　　B.3　　C.　　D. 8.(2025四川达州测试)已知向量a=(1,2),b=(k,-1),若a⊥(a+b),则|2a+b|=(　　) A.　　B.　　 C.5　　D. 9.(2024江西南昌二中月考)已知向量a=(2,0),b=,若向量b在向量a方向上的投影向量为c=,则|a+b|=(　　) A.　　B.　　 C.3　　D.7 10.(2024陕西咸阳实验中学月考)已知平面向量a,b,|a|=2,当|a-tb|最小时,t|b|=,则a与b的夹角为(　　) A.90°　　B.60°　　C.45°　　D.30° 题组三　向量夹角的计算 11.(2025湖南邵阳邵东第三中学期中)已知向量a=(1,1),b=(x,-5),则“x<5”是“a与b的夹角为钝角”的(　　) A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 12.(2025四川绵阳中学测试)设λ为实数,已知向量m=(2,1-λ),n=(2,1).若m⊥n,则向量m-n与n的夹角的余弦值为　　　　.  13.(2025江西赣州重点中学联考)已知两个非零向量a,b满足a⊥(a-2b),且=,则向量a,b的夹角为　　　　.  能力提升练 题组一　向量长度与夹角的计算 1.(2025安徽蚌埠适应性考试)在四边形ABCD中,2=3,=(1,),=(,-1),则该四边形的面积为(　　) A.4　　B.2　　 C.　　D. 2.(2025河南洛阳强基联盟联考)已知P是菱形ABCD所在平面内的一点,若菱形的边长为定值,且(+)·(+)的最小值为-9,则该菱形的边长为(　　) A.　　B.　　 C.2　　D.3 3.(多选题)(2025安徽安庆第一中学期中)已知向量a,b的夹角为,|a|=2,|b|=1,t∈R,则(　　) A.a在b方向上的投影数量为1 B.a+b在a方向上的投影数量为 C.|ta+b|的最小值为 D.|ta+b|取得最小值时,a⊥(ta+b) 4.(多选题)(2024辽宁七校协作体期中)已知向量a=(1,2),b= (-3,4),c=a+λb,λ∈R,则下列说法正确的是(　　) A.当λ=-时,|c|最小 B.当|c|最小时,b⊥c C.当λ=1时,a与c的夹角最小 D.当a与c的夹角最小时,a=c 5.(2024四川成都树德中学期中)已知平面向量a,b,c满足|a|=1,2a+b=0,2|c-a|=|c-b|,则c-b与a夹角的最大值为　　　　.  6.(2024湖南师范大学附属中学月考)在△OAB中,·=0,||=2,||=4,E点满足=t(t∈R),D为OB的中点. (1)当t=时,求直线AD与OE相交所成的较小的角的余弦值; (2)求|-|的最小值及相应的t的值. 题组二　向量数量积坐标表示的综合应用 7.(2025江苏无锡江阴第一中学阶段检测)已知半径为2的☉O内有一条长度等于半径的弦AB,若☉O内部(不含圆周)有一动点P,则+·的取值范围为(　　) A.(2,4)　　B.(1,4)　　C.(-2,6)　　D.(-1,6) 8.(2024山西部分学校联考)美术课对于陶冶人的情操、发展学生的艺术兴趣和爱好、培养学生的艺术特长、提高学生的审美素养具有积极作用.下图是某学生关于“杯子”的联想创意图,它是由一个正方形和三个半圆组成的,其中A,B是正方形的两个顶点,P是三段圆弧上的动点,若AB=4,则·的取值范围是(　　) A.[-24,24]　　B.[-8,24]　　 C.[-16,16]　　D.[-8,16] 9.(2024福建莆田二中段考)已知⊥,||=t,||=.若P是△ABC所在平面内一点,且=+,则·的最大值为(　　) A.13　　B.5-2　　 C.5-2　　D.10+2 10.(2025辽宁沈阳第二十中学阶段测试)若平面向量a,b,c满足|c|=1,a·c=1,b·c=3,a·b=2,则cos<a,b>的最大值是　　　　.  11.(2024天津第五中学月考)如图,在四边形ABCD中,∠B=60°,AB=3,BC=6. (1)求·的值; (2)若=λ,·=-,求实数λ的值; (3)在(2)的条件下,若M,N是线段BC上的动点,且||=1,求·的最小值. 12.(创新题·新考法)(2025上海曹杨二中阶段练习)已知单位向量e1,e2的夹角为θ,θ∈∪.若向量v=xe1+ye2,则把有序数对(x,y)叫作向量v由e1,e2表示的“斜坐标”,记v=(x,y). (1)设m∈R,若θ=,a1的“斜坐标”为(1,-3),b1的“斜坐标”为(7,m),a1⊥b1,求m的值; (2)若θ=,a2的“斜坐标”为(1,-1),b2的“斜坐标”为(1,3),求a2在b2上的投影向量的“斜坐标”; (3)若a3的“斜坐标”为(2,1),b3的“斜坐标”为(1,1),c3的“斜坐标”为(3,-1),且|c3|≤,求cos 2<a3,b3>的取值范围. 答案与分层梯度式解析 5.2　向量数量积的坐标表示 5.3　利用数量积计算长度与角度 基础过关练 1.A 2.C 3.A 4.B 5.D 7.C 8.A 9.B 10.D 11.A 1.A　由题知a-b=(+1,1-), 所以a·(a-b)=×(+1)+1-=3. 2.C　解法一:由a=(0,1),a+b=(1,x),得a·(a+b)=x,又a⊥b,所以a·b=0,所以x=a2+a·b=1+0=1. 解法二:由a=(0,1),a+b=(1,x),得b=(1,x)-(0,1)=(1,x-1),又a⊥b,所以a·b=0,所以0×1+1×(x-1)=0,解得x=1. 3.A　根据题意,可得=(2,-1),=(1,3), 则·=2-3=-1, 所以向量在向量上的投影向量为·=-××(1,3)=. 4.B　设n=(x,y),且n⊥l,则n⊥m, 所以n·m=(x,y)·(1,2)=x+2y=0, 令y=-1,则x=2,n=(2,-1), 而=(-1,-1), 所以点O到直线l的距离d=·==. 5.D　以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴,建立平面直角坐标系,如图, 则A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,2),M(2,1), 故=(2,-1), 设N(m,n),0≤m≤2,0≤n≤2, 则=(m-2,n-2), 故·=(2,-1)·(m-2,n-2)=2m-4+2-n=2m-n-2, 故当m=2,n=0时,·取得最大值,最大值为4-0-2=2. 6.答案　;- 解析　过D作DO⊥AB于O,因为四边形ABCD为等腰梯形,∠ABC=,AB=3,CD=1,所以AO=1,OB=2,∠DAB=45°,所以OD=1, 以O为坐标原点,,的方向分别为x轴,y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略),则A(-1,0),B(2,0),C(1,1),D(0,1), 所以=(3,0),=(1,1),=(2,1), 故k-=(3k,0)-(1,1)=(3k-1,-1), 因为k-与垂直, 所以(3k-1)×2+(-1)×1=0,解得k=. 设P(x,0),-1<x<2,则=(1-x,1),=(-x,1),=(-1-x,0), 所以(+)·=(1-2x,2)·(-1-x,0)=2x2+x-1, 令y=2x2+x-1,可知其在R上的图象的对称轴为直线x=-, 易知函数y=2x2+x-1在(-1,2)上的最小值为2×-2--1=-, 故(+)·的最小值为-. 7.C　因为|a+b|=|a-b|,所以(a+b)2=(a-b)2,即a2+b2+2a·b=a2+b2-2a·b,化简得a·b=0, 所以4+2(m-4)=0,解得m=2, 所以a=(1,-2),所以|a|=. 8.A　a+b=(1,2)+(k,-1)=(1+k,1), 由a⊥(a+b),得a·(a+b)=(1,2)·(1+k,1)=1+k+2=0,解得k=-3, 所以2a+b=(2,4)+(-3,-1)=(-1,3), 所以|2a+b|==. 9.B　由已知可得,b在a方向上的投影向量为·=(2,0)=(sin α,0), 又b在a方向上的投影向量为c=,所以sin α=, 故b=,则a+b=, 所以|a+b|==. 10. D　设a与b的夹角为θ,则|a-tb|2=|a|2+t2|b|2-2ta·b=t2|b|2- 4|b|tcos θ+4, 由二次函数的图象可知,当且仅当t=时,|a-tb|2取得最小值,此时|a-tb|最小, 将t=代入t|b|=得cos θ=, 因为0°≤θ≤180°,所以θ=30°. 11.A　若a与b的夹角为钝角,则a·b<0,且a与b不共线, 所以1×x+1×(-5)<0,且1×x≠1×(-5), 解得x<5且x≠-5, 故“x<5”是“a与b的夹角为钝角”的必要不充分条件. 易错警示 　　当向量a与b的夹角为钝角时,不仅要考虑a·b<0,还要排除两向量反向共线的情形. 12.答案　- 解析　由m=(2,1-λ),n=(2,1),m⊥n,可得m·n=4+1-λ=0,解得λ=5,所以m=(2,-4), 故|m-n|====5, 易知|n|=,则(m-n)·n=m·n-n2=-5, 设向量m-n与n的夹角为θ, 则cos θ=cos<m-n,n>===-, 即向量m-n与n的夹角的余弦值为-. 13.答案　 解析　∵a⊥(a-2b),∴a·(a-2b)=a2-2a·b=0, ∴a2=2a·b. 又=,∴|a+b|=|a-b|, ∴a2+2a·b+b2=3a2-6a·b+3b2, ∴a2+b2=4a·b, 又a2=2a·b,∴b2=2a·b,∴a2=b2,∴|a|=|b|, ∴cos<a,b>===. 又∵<a,b>∈[0,π],∴<a,b>=. 能力提升练 1.C 2.D 3.AD 4.ABD 7.C 8.B 9.B 1.C　由=(1,),=(,-1),可得·=(1,)·(,-1)=-=0,所以⊥, 所以S△ABD=||||=××=, 又2=3,所以=,⊥, 则S△BCD=S△ACD=||||=×||||=1, 所以S四边形ABCD=S△BCD+S△ABD=1+=. 2.D　连接AC,BD交于点O. 在菱形ABCD中,有AC⊥BD,以O为原点建立如图所示的平面直角坐标系, 设B(-a,0),D(a,0),A(0,b),C(0,-b),P(x,y), 则=(-x,b-y),=(a-x,-y),=(-a-x,-y),=(-x,-b-y), 所以+=(a-2x,b-2y),+=(-a-2x,-b-2y), 故(+)·(+)=(a-2x)(-a-2x)+(b-2y)(-b-2y)=4x2+4y2-a2-b2≥-a2-b2=-AB2, 当且仅当x=0,y=0时等号成立, 又(+)·(+)的最小值为-9, 所以-AB2=-9,所以AB=3,即该菱形的边长为3. 3.AD　由题可知a在b方向上的投影数量为==1,故A正确; a+b在a方向上的投影数量为===,故B错误; |ta+b|2=t2a2+2ta·b+b2=4t2+2t+1=4+, 当t=-时,|ta+b|取得最小值,为,故C错误; 由C知a·(ta+b)=ta2+a·b=4t+1=4×+1=0, 所以a⊥(ta+b),故D正确. 4.ABD　由题意得c=a+λb=(1-3λ,2+4λ),则|c|2=(1-3λ)2+(2+4λ)2=5+10λ+25λ2=25+4, 当λ=-时,|c|取得最小值,故A正确; 当|c|最小时,c=,所以b·c=-3×+4×=0,所以b⊥c,故B正确; 设向量a与c的夹角为θ,则cos θ===, 要使向量a与c的夹角最小,则cos θ最大,由于θ∈[0,π],所以cos θ的最大值为1,令=1,解得λ=0,所以当λ=0时,a与c的夹角最小,此时a=c,故C错误,D正确. 5.答案　 解析　∵2a+b=0,∴b=-2a, ∵2|c-a|=2|c-b+b-a|=|c-b|,即2|c-b-3a|=|c-b|,∴4[(c-b)2-6a·(c-b)+9a2]=(c-b)2, 又|a|=1,∴(c-b)2-8a·(c-b)+12=0, ∴a·(c-b)=, ∴cos<a,c-b>==≥=, 当且仅当(c-b)2=12,即|c-b|=2时取等号, 又<a,c-b>∈[0,π], ∴c-b与a夹角的最大值为. 6.解析　(1)由·=0,得⊥,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴,建立平面直角坐标系,如图所示, 则O(0,0),A(2,0),B(0,4),D(0,2),故=(-2,2), 因为=,所以E为AB的中点,故E(1,2), 所以=(1,2), 设与的夹角为θ, 则cos θ===, 所以直线AD与OE相交所成的较小的角的余弦值是. (2)解法一:由(1)知=(-2,4),=(-2,0), 则=t=(-2t,4t), 则|-|===, 故当t=时,|-|取得最小值,为. 解法二:=t(t∈R)表示E是直线AB上任意一点,|-|=||,其最小值就是原点O到直线AB的距离,设为d, 则||·d=||·||,可得d==, 此时||==,则t==, 故当t=时,|-|取得最小值,为. 7.C　易知+·=·(-)=·=·, 连接OA,OB,由题可知△OAB是边长为2的等边三角形,不妨建立如图所示的平面直角坐标系,使A,B关于y轴对称,且A在B的左侧, 则A(-1,-),B(1,-),设P(x,y),-2<x<2,-2<y<2, 则=(x+1,y+),=(2,0),所以·=2x+2, 又-2<x<2,所以·∈(-2,6), 即+·的取值范围为(-2,6). 8.B　如图,作CD⊥AB,EF⊥AB,垂足分别为D,F,且CD与左半圆相切,切点为C,EF与右半圆相切,切点为E. ·=||||cos<,>,其中||cos<,>为在方向上的投影数量, 因为AB=4,所以三个半圆的直径均为4,所以AD=BF=2. 当P与E重合时,||cos<,>取得最大值,最大值为4+2=6,此时·取得最大值,为4×6=24; 当P与C重合时,||cos<,>取得最小值,最小值为-2,此时·取得最小值,为4×(-2)=-8. 故·的取值范围是[-8,24]. 9.B　 思路分析 解析　以A为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系, 则A(0,0),B(t,0),C(t>0),=(1,0),=(0,2), 所以=(1,2),即P(1,2), 故=(t-1,-2),=, 所以·=1-t+4-=5-≤5-2,当且仅当t=,即t=时,等号成立. 所以·的最大值为5-2. 10.答案　 解析　以c的起点为原点,c的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系(图略),则c=(1,0), 设a=(x,y),b=(m,n), 由a·c=1,得(x,y)·(1,0)=1,所以x=1, 由b·c=3,得(m,n)·(1,0)=3,所以m=3, 又a·b=2,所以(x,y)·(m,n)=2,所以3+ny=2,所以ny=-1,即n=-, 所以cos<a,b>= == = = ≤=, 当且仅当y2=时,等号成立, 故cos<a,b>的最大值为. 11.解析　(1)·=||·||cos 120°=3×6×=-9. (2)因为=λ,所以AD∥BC,所以∠BAD=120°, 所以·=||||cos∠BAD=-||=-, 解得||=1,又||=6,所以=,即λ=. (3)以B为原点,BC所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系, 因为∠ABC=60°,AB=3, 所以A,则D, 不妨设M(x,0),N(x+1,0), 因为M,N是线段BC上的两个动点, 所以解得0≤x≤5, 易得=,=, 所以·=+=(x-2)2+, 所以当x=2时,·取得最小值,为. 12.解析　(1)∵θ=,a1=(1,-3),b1=(7,m),e1,e2均为单位向量, ∴a1=e1-3e2,b1=7e1+me2,==1,e1·e2=1×1×cos =-, 又a1⊥b1,∴a1·b1=(e1-3e2)·(7e1+me2)=7-3m+(m-21)×=0, 所以m=5. (2)∵θ=,a2=(1,-1),b2=(1,3),e1,e2均为单位向量,∴a2=e1-e2,b2=e1+3e2,|e1|=|e2|=1,e1·e2=, ∴a2·b2=(e1-e2)·(e1+3e2)=-3+2e1·e2=1-3+2×=-1, |b2|===, ∴a2在b2上的投影向量为·=(e1+3e2)=-e1-e2=, 即a2在b2上的投影向量的“斜坐标”为. (3)∵c3=(3,-1)=3e1-e2,|c3|≤, ∴(3e1-e2)2=9-6e1·e2+=10-6e1·e2≤7,∴e1·e2≥, 又a3=2e1+e2,b3=e1+e2, ∴a3·b3=(2e1+e2)·(e1+e2)=3+3e1·e2, 又|a3|==,|b3|==, ∴cos 2<a3,b3>===×, 令t=e1·e2,则t≥,cos2<a3,b3>=, 又y==-在上单调递增, ∴cos 2<a3,b3>=≥, 又θ∈∪,∴cos2<a,b>≠1,∴cos 2<a3,b3>的取值范围为. 7 学科网（北京）股份有限公司 $