2025届高三一轮复习数学试题(人教版新高考新教材)考点规范练32　平面向量的数量积与平面向量的应用

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.0C.1 D.22.(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=-1C.λμ=1 D.λμ=-13.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-b24.在四边形ABCD中,AC=(1,2),BD=(-4,2),则该四边形的面积为()A.5 B.25 C.5 D.105.若向量a,b满足|a|=2,|b|=3,且(a-b)⊥(2a+3b),则a与b夹角的余弦值为()A.112 B.336 C.215 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|=10km/h,水流的速度v2的大小|v2|=4km/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cosθ等于()A.-215 B.-25 C.-35 D7.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=(3,1),b=(cosα,sinα)α∈0,π2,则下列说法正确的有()A.|b|=1 B.若a∥b,则tanα=3C.a·b的最大值为2D.|a-b|的最大值为39.一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3∶2.四边形ABCD就是由一副三角板拼成的,AB=2,∠ABC=60°,则AB·CD+A.23B.-6C.-6-23D.-2310.(2023新高考Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=3,|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AP·AB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.HD·BFB.OA·ODC.OB+OHD.|AH−FH15.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AE·BE的最小值为(A.2116 B.32 C.2516 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=π2时,|F1|=|G|④当θ=2π3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|cosθ-|b|2=2×1×1×cos60°-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.BA项,设向量a与b的夹角为θ,则a·b=|a||b|cosθ≤|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,AC·BD=1×(-4)+2×2=0,即四边形ABCD的面积为12|AC||BD|=5.D由题意得(a-b)·(2a+3b)=2a2+a·b-3b2=0,而|a|=2,|b|=3,所以23cos<a,b>-1=0,故cos<a,b>=36.B由题意知(v1+v2)·v2=0,有|v1||v2|cosθ+v22=0,即10×4cosθ+42=所以cosθ=-27.Am,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|cos180°=-|m||n|<0.反过来,若m·n<0,则两向量的夹角θ∈π2,π,并不一定反向,即不一定存在负数λ,使得m=故选A.8.AC对于A,|b|=cos2α+sin2对于B,若a∥b,则3sinα-cosα=0,则tanα=33,B错误对于C,a·b=3cosα+sinα=2sinα+π3,因为α∈0,所以当α+π3=π2时,最大值为2对于D,|a-b|=(3因为α∈0,π2,则sinα+即|a-b|max=5-4×19.C建立平面直角坐标系如图所示.因为AB=2,∠ABC=60°,所以AC=23,AD=6,则A(0,0),B(2,0),C(0,23),D(-3,3所以AB=(2,0),AC=(0,23),CD=(-3,-3),DB=(2+3,-3),所以AB·CD+AC·10.3由|a-b|=3,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|=311.3∵|a+b|2=(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=1+1+2a·b=1∴a·b=-12,∴|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16-8cosθ-3=9,所以cosθ=12.因为θ∈[0,π],所以θ(2)由(1)可知a·b=|a||b|cosπ3=1所以|a+b|=a2+b2+2a·b=7,a·(a+b)所以向量a在a+b方向上的投影向量的模为a13.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(-1,3),C(3,3).设P(x,y),则AP=(x,y),AB=(2,0),即AP·AB=2x+0×y=2∵-1<x<3,∴AP·AB的取值范围为(-2,6),14.ABC因为八卦图为正八边形,所以中心角为π4,即∠FOD=π2,所以HD·BF=0,由以上得∠AOD=3π4,OA·OD=|OA|·|OD|cos3OB与OH的夹角为π2,因为|OB|=|OH|,所以根据平行四边形法则,OB+OH=因为|AH−FH|=|AH+HF|=|AF|所以在△AOF中,由余弦定理可得|AF|2=|OA|2+|OF|2-2|OA||OF|cos3π4=2+2,|AF|=2+2,15.A如图,取AB的中点F,连接EF,AE·BE=(AE+BE)2当EF⊥CD时,|EF|最小,即AE·BE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=12,HF=1所以EF=EH+HF=1+1即(AE·BE)min16.①④对于①,因为|G|=|F1+F2|为定值,所以|G|2=|F1|2+|F2|2+2|F1||F2|cosθ=2|F1|2(1+cosθ),解得|F1|2=|G由题意知,当θ∈(0,π)时,y=cosθ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=π2时,|F1|2=|所以|F1|=22|G|,③错误对于④,当θ=2π3时,|F1|2=|G|所以|F1|=|G|,④正确.综上可知,正确结论的序号是①④.17.7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=(1,3)设e=(cosα,sinα),则|a·e|+|b·e|=|cosα|+|cosα+3sinα|≤|cosα|+|cosα|+3|sinα|=2|cosα|+3|sinα|,当且仅当cosα与sinα同号时,等号成立.所以2|cosα|+3|sinα|=|2cosα+3sinα|=727cosα+37sinα=7|sin(α+θ)|(其中sinθ=27显然7|sin(α+θ)|≤易知当α+θ=π2时,|sin(α+θ)|取最大值1,此时α为锐角,sinα,cosα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DP=λDB(0≤λ≤1)则PA=DA−DP=DA-λDB=DA-λ(DA+因为在正方形ABCD中,四边形PECF为矩形,所以△DPF∽△DBC,从而可得EF=CF−CE=(1-λ)所以PA·EF=[(1-λ)DA-λAB]·[(1-λ)CD-λCB]=(1-λ)2DA·CD-(1-λ)λDA·CB-λ(1-λ)AB·CD