适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学一轮总复习第七章平面向量复数课时规范练36平面向量的数量积与平面向量的应用

课时规范练36平面向量的数量积与平面向量的应用基础巩固组1.设向量a=(1,2),b=(m,-1),且(a+b)⊥a,则实数m=()A.-3 B.32 C.-2 D.-2.(2023全国乙,文6)已知正方形ABCD的边长为2,E为AB的中点,则EC·ED=(A.5 B.3 C.25 D.53.已知向量a,b满足|a|=2,a·b=-1,且(a+b)·(a-b)=3,则|a-b|=()A.3 B.3 C.7 D.74.在△ABC中,若AB=(1,2),AC=(-x,2x)(x>0),则当BC最小时,∠ACB=()A.90° B.60° C.45° D.30°5.(多选)已知向量a=(2,1),b=(x,x+1),则下列结论正确的是()A.若a⊥b,则x=-1B.若a∥b,则x=±2C.若x=1,则|a-b|=2D.若x=1,则a与b的夹角为锐角6.(多选)(2023安徽黄山二模)如图,EF为圆O的一条直径,点P是圆周上的动点,M,N是直径EF上关于圆心O对称的两点,且EF=8,MN=6,则()A.PMB.PEC.PMD.PF7.已知a,b是两个单位向量,c=2a+b,且b⊥c,则a·(a+b)=.

8.已知向量a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0).(1)求向量b+c的模的最大值;(2)设α=π4,且a⊥(b+c),求cosβ的值综合提升组9.(多选)若△ABC内接于以O为圆心,1为半径的圆,且3OA+4OB+5OC=0,则下列结论正确的是()A.∠BOC=90° B.∠AOB=90°C.OB·CA=-D.OC·AB10.(多选)在平面四边形ABCD中,|AB|=|BC|=|CD|=DA·DC=1,BA·BC=A.|AC|=1B.|CA+CD|=|C.ADD.BD11.(2023陕西安康一模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(CA+CB)·AB=35|AB|212.已知△ABC为等腰直角三角形,OA=1,OC为斜边上的高.若P为线段OC的中点,则AP·OP=;若P为线段OC上的动点,则AP·OP创新应用组13.“赵爽弦图”由四个全等的直角三角形和一个正方形所构成(如图).在直角三角形CGD中,已知GC=4,GD=3,在线段EF上任取一点P,线段BC上任取一点Q,则AP·AQ的最大值为(A.25 B.27C.29 D.3114.(2023山东潍坊一模)已知单位圆O:x2+y2=1上有两定点A(1,0),B(0,1)及两动点C,D,且OC·OD=12,则A.2+6 B.2+23C.6-2 D.23-2

课时规范练36平面向量的数量积与平面向量的应用1.A解析由题意,向量a=(1,2),b=(m,-1),可得a+b=(m+1,1).因为(a+b)⊥a,所以(a+b)·a=m+1+2=0,解得m=-3.故选A.2.B解析方法一:由题可知|AB|=|AD|=2,AB·AD=0,则EC·ED=(EB+BC)·(EA+AD)=12AB+AD·-12方法二:因为E是AB的中点,所以ED=EC=22在△DCE中,由余弦定理,得cos∠DEC=ED2+EC2-DC22ED·EC=方法三:以点A为原点建立如图所示平面直角坐标系,则D(0,2),C(2,2),E(1,0),则EC=(1,2),ED=(-1,2),所以EC·ED=1×(-1)+2×2=3.故选3.D解析由(a+b)·(a-b)=|a|2-|b|2=3,可得|b|=1,因为|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=4+2+1=7,所以|a-b|=7.故选D.4.A解析∵BC=AC-AB=(-x-1,2x-2),∴|BC|=(-x-1)2+(2x-2)2=5x2-6x+5.∴CA=35,-65,CB∴CA⊥CB,即∠ACB=90°,故选5.AD解析A选项,若a⊥b,则2x+x+1=0,解得x=-13,A正确B选项,若a∥b,则2(x+1)=x,解得x=-2,B错误;C选项,若x=1,则b=(1,2),a-b=(1,-1),|a-b|=2,C错误;D选项,若x=1,则b=(1,2),cos<a,b>=a·b|a||b|=45>0,6.BC解析由题意,得EM=NF=1.对于A,∵PM=PE+EM=PE+1对于B,∵EM=NF,∴PM-PE=PF-PN对于C,由题意可得0°<∠MPN<∠EPF=90°,EP⊥PF,则PM·PN=|PM|·|PN|cos∠MPN>0,PE·PF=0,即PM·对于D,∵PF-PE=EF,PN-PM=MN7.12解析因为a,b是两个单位向量,c=2a+b,且b⊥c,所以b·c=b·(2a+b)=2a·b+b2=0,解得a·b=-12,所以a·(a+b)=a2+a·b=18.解(1)b+c=(cosβ-1,sinβ),则|b+c|2=(cosβ-1)2+sin2β=2(1-cosβ).因为-1≤cosβ≤1,所以0≤|b+c|2≤4,即0≤|b+c|≤2.当cosβ=-1时,有|b+c|=2,所以向量b+c的模的最大值为2.(2)若α=π4,则a=22,又由b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0)得a·(b+c)=22,22·(cosβ-1,sinβ)=22cosβ+22sin因为a⊥(b+c),所以a·(b+c)=0,即cosβ+sinβ=1,所以sinβ=1-cosβ,平方后化简得cosβ(cosβ-1)=0,解得cosβ=0或cosβ=1.经检验cosβ=0或cosβ=1即为所求.9.BD解析由于△ABC内接于以O为圆心,1为半径的圆,且3OA+4OB+5OC=0,所以3OA+4OB=-5OC,两边平方并化简得25+24OA·OB=25,解得OA3OA+5OC=-4OB,两边平方并化简得34+30OA·OC=16,解得OA·4OB+5OC=-3OA,两边平方并化简得41+40OB·OC=9,解得OB·所以∠BOC≠90°,故A错误;∠AOB=90°,故B正确;OB·CA=OB·(OA-OC)=OC·AB=OC·(OB-OA)=OC·OB-OC·OA=-45--10.ABD解析因为|AB|=|BC|=|CD|=1,BA·BC=|BA||BC|cosB=12,可得所以△ABC为等边三角形,则|AC|=1,故A正确;因为|CD|=1,所以CD2=又DA·DC=1,所以得DC2-DA·DC=DC·所以AC⊥CD,则|CA+CD|=|CA-CD|,根据以上分析作图如下:由于BC与AD不平行,故C错误;建立如上图所示的平面直角坐标系,则B-12,0,C12,0,D1+32,12BD=2+32,12,CD=3所以BD·CD=2+3故选ABD.11.4解析由(CA+CB)·AB=35|AB|即-AC·AB+所以-bc·cosA+ac·cosB=35c2即-bcosA+acosB=35c由正弦定理得sinAcosB-sinBcosA=35sinC=35sin(A+B),化简得2sinAcosB=8sinBcosA,故acos12.14[0,1]解析△ABC为等腰直角三角形,CO为斜边上的高,则CO为边AB上的中线,所以AC=BC=2,AO=BO=CO=1.当P为线段OC的中点时,在△ACO中,AP为边CO上的中线,则AP=所以AP·OP=12(AC+AO)·OP=12(AC当P为线段OC上的动点时,设OP=λOC,0≤λ≤1,AP·OP=(AC+CP)·OP=AC·OP+CP·OP=λOC·AC-(1-λ)OC·(λOC)=λ×1×2×22-(1所以AP·OP的取值范围为13.C解析建立平面直角坐标系如图所示,则A(0,3).设P(4,a)(3≤a≤4),Q4+t,43t(0≤t≤3),则AP=(4,a-3),AQ=4+t,43t-3,AP·AQ=4(4+t)+(a-3)43t-3=16+4t+43at-4t-3a+9=25+43at-3a=25+43t-3-3≤43t-3≤1,3≤a≤4,所以当43t-3=1,a=4时,AP·AQ取得最大值为25+1×4=2914.A解析设AB中点为E,CD中点为F,则OA+OB=2OE,