2025版新教材高考数学一轮复习课时规范练26平面向量的数量积与平面向量的应用含解析新人教B版

课时规范练26平面对量的数量积与平面对量的应用基础巩固组1.(2024山东鄄城一中高三月考)在梯形ABCD中,AB∥DC,AD⊥AB,AD=2,则BC·AD=(A.-1 B.1 C.2 D.22.(2024四川广元高三期末)在△ABC中,若(CA+CB)·BA=0,则△ABC是(A.正三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.钝角三角形3.(2024黑龙江哈师大附中高三调研)已知向量a=(-2,m),b=(1,-2),c=(m+1,5),若a⊥b,则a与b+c的夹角为()A.π4 B.πC.2π3 D4.(2024河南南阳中学高三月考)已知向量a=(1,2),A(6,4),B(4,3),b为向量AB在向量a上的投影,则|b|=()A.455 B.1 C.5 D5.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°6.(多选)(2024山东高考预料卷)已知向量a=(1,2),b=(m,1)(m<0),且向量b满意b·(a+b)=3,则()A.|b|=2B.(2a+b)∥(a+2b)C.向量2a-b与a-2b的夹角为πD.向量a在向量b上的投影的数量的肯定值为57.(多选)(2024海南中学高三期中)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·CAD.OC·AB8.在直角三角形ABC中,∠C=π2,AC=4,取点D,E,使BD=3DA,AB=4BE,那么CD9.(2024浙江舟山高三期中)已知向量a,b,|a|=1,|b|=2,|a-2b|=13,则a与b的夹角为;a在b上的投影的数量是.

10.(2024河南中原名校质检)在△ABC中,AB⊥AC,M是BC(1)若|AB|=|AC|,求向量AB+2AC与向量2AB+AC(2)若O是线段AM上随意一点,且|AB|=|AC|=2,求OA·OB11.(2024山东齐鲁备考联盟校阶段检测)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12.(多选)(2024湖北孝感一中考前诊测)已知e1,e2是两个单位向量,λ∈R,|e1+λe2|的最小值为32,则下列结论正确的是(A.e1,e2的夹角是πB.e1,e2的夹角是πC.|e1+e2|=1或3D.|e1+e2|=1或313.(多选)(2024山东济南历城其次中学高三开学考试)点O在△ABC所在的平面内,则以下说法正确的有()A.若OA+OB+OC=0,则OB.若OA·AC|AC|-AB|AB|=OB·BC|BC|-C.若(OA+OB)·AB=(OB+OC)·BC=0,则OD.若OA·OB=OB·OC=14.已知直线y=x+m和圆x2+y2=1交于A,B两点,O为坐标原点,若AO·AB=32,A.±1 B.±3C.±22 D.±15.(多选)在日常生活中,我们会看到如图所示的情境,两个人共提一个行李包.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,其中正确的有()A.θ越大越费劲,θ越小越省力 B.θ的范围为[0,π] C.当θ=π2时,|F1|=|GD.当θ=2π3时,|F1|=|16.(2024甘肃武威第六中学高三段考)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·创新应用组17.(2024重庆巴蜀中学高三月考)已知向量a=(2,0),向量b=(1,3),向量c满意|c-a-b|=3,则|c|的最大值为()A.233 B.C.3 D.3318.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,用向量证明:PA⊥EF.参考答案课时规范练26平面对量的数量积与平面对量的应用1.D由题可知,因为四边形ABCD为直角梯形,所以BC在AD上的投影的数量为由数量积的几何意义可知BC·AD=(22.C设D为AB的中点,则CA+CB=2CD,∴2CD·BA=∴CD⊥AB,∴直线CD是线段AB的中垂线,∴△ABC为等腰三角形.故选C.3.D因为a⊥b,a=(-2,m),b=(1,-2),所以-2×1+(-2)×m=0,解得m=-1.所以a=(-2,-1),c=(0,5),所以b+c=(1,3).设a与b+c的夹角为θ,则cosθ=a=-2×1+(-1)×3(-2)2+(-1)2·124.AAB=(-2,-1),由题意知|b|=AB·a|a|=-2×1+(-1)5.A∵BC=AC-AB=∴|BC|=(-x-1)2+(2x-2)2=5x2-6x+5.令y=5∴CA=35,-65,∴CA⊥CB,即∠ACB=90°,6.AC将a=(1,2),b=(m,1)代入b·(a+b)=3,得(m,1)·(1+m,3)=3,得m2+m=0,解得m=-1或m=0(舍去),所以b=(-1,1),所以|b|=(-1)2+12=2,故A正确;因为2a+b=(1,5),a+2b=(-1,4),1×4-(-1)×5=9≠0,所以2a+b与a+2b不平行,故B错误;设向量2a-b与a-2b的夹角为θ,因为2a-b=(3,3),a-2b=(3,0),所以cosθ=(2a-b)·(a-2b)|2a-b||a-2b|=7.BD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=-45-8.8∵BD=3DA,∴CD-CB=3(同理可得CE=-1∵∠C=π2,∴CA∴CD·CA+CE·CA=CA·(CD+9.3π4-22设a与b的夹角为θ,θ∈|a-2b|=(a将|a|=1,|b|=2代入上式,化简可得1-42cosθ+8=13,解得cosθ=-22.∵θ∈[0,π],∴θ=3π4,即a与b的夹角为3π10.解(1)设向量AB+2AC与向量2AB+AC的夹角为θ,则cosθ=令|AB|=|AC|=a,则cosθ=2(2)∵|AB|=|AC|=2,∴|AM|=1.设|OA|=x(0≤x≤1),则|OM|=1-x.而OB+OC=2∴OA·OB+OC·OA=OA·(OB+OC)=2OA·OM=2|OA|·|OM|cosπ=∴当x=12时,OA·OB+OC11.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+22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.12.BC由题可知,(e1+λe2)2=λ2+2λe1·e2+1=(λ+e1·e2)2+1-(e1·e2)2≥1-(e1·e2)2.∵e1,e2是两个单位向量,且|e1+λe2|的最小值为32,∴(e1+λe2)2的最小值为34,则1-(e1·e2)2=34,解得cos<e1,e13.AC对于A,设D为BC的中点,由于OA=-(OB+OC)=-2OD,所以O为BC边上中线的三等分点(靠近点D),所以O为△ABC的重心,故A对于B,向量AC|AC|,AB|AB|分别表示与AC,AB方向相同的单位向量,设为AC'和AB',则它们的差是向量B'C',则当OA·AC|AC|-AB|AB|=0,即OA⊥B'C'时,点O在对于C,OA+OB是以OA,OB为邻边的平行四边形的一条对角线,而AB是该平行四边形的另一条对角线,AB·(OA+OB)=0表示这个平行四边形是菱形,即OA=OB,同理有OB=OC,于是O为△ABC对于D,由OA·OB∴OB·(OA-OC)=0,即OB·∴OB⊥CA,OA⊥CB,OC⊥AB,即O是△ABC的垂心,故D错误.故选AC.14.C联立y=x+m,x2+y2=1,消y可得2x2+2mx+m2-1=0.由题意知Δ=-设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-m,x1x2=m2y1y2=(x1+m)(x2+m)=x1x2+m(x1+x2)+m2,∴AO=(-x1,-y1),AB=(x2-x1,y2-y1).∴AO·AB=x12-x1x2+y12-y1y2=1-m2-12-m2-115.AD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设y=cosθ,由题意知θ∈(0,π)时,y=cosθ单调递减,所以|F1|2单调递增,即θ越大越费劲,θ越小越省力,A正确;由题意知,θ的取值范围是(0,π),B错误;当θ=π2时,|F1|2=|G|22,所以|F1|=22当θ=2π3时,|F1|2=|G|2,所以|F1|=|G|,D故选AD.16.14[0,1]△ABC为等腰直角三角形,CO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=12所以AP·OP==12|AC|·|OP|cos45°+当P为线段OC上的动点时,设OP=λOC,0≤λAP·OP=(AC=λOC·AC-(1-λ)OC=λ×1×2×22-(1-λ)·λ=λ-λ+λ2=所以AP·OP的取值范围为17.D设c=(x,y),∵a=(2,0),b=(1,3),∴c-a-b=(x-3,y-3),故|c-a-b|=(x-3)2+(y-3将c的起点放到坐标原点,则终点在以(3,3)为圆心,3为半径的圆上.∴|c|的最大值即圆心到原点的距离加半径,即9+3+3=33,故选18.证明(方法1)设正方形边长为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又因为EF=CF-CE=(1-λ)所以PA·EF=[(1-λ)DA-λAB]·[(1-λ)CD-λCB]=(1-λ)2DA·CD-(1-λ)