2026届高考数学总复习精练册课件：5 2　平面向量的数量积

5.2平面向量的数量积五年高考考点1平面向量的夹角、模与数量积问题考点2平面向量的数量积的应用目录三年模拟基础强化练能力拔高练五年高考考点1平面向量的夹角、模与数量积问题1.(2022全国乙理,3,5分,易)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=

,|a-2b|=3,则a·b=()A.-2

B.-1

C.1

D.2C解析

由|a-2b|=3,可得|a-2b|2=a2-4a·b+4b2=9,又|a|=1,|b|=

,所以a·b=1,故选C.2.(2024新课标Ⅱ,3,5分,易)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|=()A.

B.

C.

D.1B解析

∵(b-2a)⊥b,∴b2-2a·b=0,即b2=2a·b.又∵|a+2b|=

,∴a2+4a·b+4b2=4,∴a2+6b2=4.又∵|a|=1,∴b2=

,∴|b|=

,故选B.3.(2024北京,5,4分,易)已知向量a,b,则“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”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B解析

若(a+b)·(a-b)=0,则a2=b2,即|a|=|b|,但|a|=|b|推不出a=-b或a=b,如a=(1,0),b=(0,1),满足|a|=|b|,但a≠-b,a≠b;而a=-b或a=b可推出|a|=|b|,所以“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”的必

要不充分条件.4.(2023全国甲理,4,5分,中)已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=

,且a+b+c=0,则cos<a-c,b-c>=

()A.-

B.-

C.

D.

D解析

∵a+b+c=0,∴a+b=-c,∴a2+b2+2a·b=c2,∵|a|=|b|=1,|c|=

,∴1+1+2a·b=2,解得a·b=0,又a+c=-b,∴a2+c2+2a·c=b2,得a·c=-1,同理b·c=-1,∴(a-c)·(b-c)=a·b-a·c-b·c+c2=4,又|a-c|2=a2+c2-2a·c=1+2+2=5,∴|a-c|=

,同理|b-c|=

,∴cos<a-c,b-c>=

=

=

,故选D.一题多解∵|a|=|b|=1,|c|=

,且a+b+c=0,∴分别以a,b,c为边构造等腰直角三角形OAB,如图所示,

以O为坐标原点,

方向为x轴正方向建立平面直角坐标系,则a=

=(1,0),b=

=(0,1),c=

=(-1,-1),则a-c=(2,1),b-c=(1,2),所以|a-c|=|b-c|=

,所以cos<a-c,b-c>=

=

=

,故选D.5.(多选)(2021新高考Ⅰ,10,5分,中)已知O为坐标原点,点P1(cosα,sinα),P2(cosβ,-sinβ),P3(cos(α+β),sin(α+β)),A(1,0),则

()A.|

|=|

|B.|

|=|

|C.

·

=

·

D.

·

=

·

AC解析

A项,∵|

|=

=1,|

|=

=1,∴|

|=|

|,A选项正确.B项,易知|

|=

=

,|

|=

=

,由于α,β的大小关系不确定,所以不能确定|

|=|

|是否成立,B选项不正确.C选项,∵

·

=(1,0)·(cos(α+β),sin(α+β))=cos(α+β),

·

=(cosα,sinα)·(cosβ,-sinβ)=cosαcosβ-sinα·sinβ=cos(α+β),∴

·

=

·

,C选项正确.D选项,∵

·

=(1,0)·(cosα,sinα)=cosα,

·

=(cosβ,-sinβ)·(cos(α+β),sin(α+β))=cosβ·cos(α+β)-sinβ·sin(α+β)=cos(β+α+β)=cos(α+2β),∴

·

=

·

不一定成立,D选项不正确.故选AC.6.(2023新课标Ⅱ,13,5分,易)已知向量a,b满足|a-b|=

,|a+b|=|2a-b|,则|b|=

.解析

由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,即a2=2a·b,则由|a-b|=

,得a2-2a·b+b2=b2=3,所以|b|=

.7.(2021新高考Ⅱ,15,5分,易)已知向量a+b+c=0,|a|=1,|b|=|c|=2,a·b+b·c+c·a=

.-

解析

由已知可得(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=9+2(a·b+b·c+c·a)=0,因此a·b+b·c+c·a=-

.考点2平面向量的数量积的应用1.(2024新课标Ⅰ,3,5分,易)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x=

()A.-2

B.-1

C.1

D.2D解析

因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,则b2-4a·b=22+x2-4(0×2+1×x)=0,即x2-4x+4=(x-2)2=0,解得x

=2,故选D.一题多解因为b-4a=(2,x-4),又b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,则4+x(x-4)=0,解得x=2,故选D.2.(2023新课标Ⅰ,3,5分,易)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=-1D解析

由题意得(a+λb)·(a+μb)=0,即a2+(λ+μ)a·b+λμb2=0,∵a=(1,1),b=(1,-1),∴a2=2,b2=2,a·b=0,∴2+2λμ=0,解得λμ=-1,故选D.3.(2020课标Ⅱ文,5,5分,易)已知单位向量a,b的夹角为60°,则在下列向量中,与b垂直的是

()A.a+2b

B.2a+b

C.a-2b

D.2a-bD解析

要判断A、B、C、D四个选项中的向量哪个与b垂直,只需判断这四个向量哪个与b的

数量积为零即可.A.(a+2b)·b=a·b+2b2=|a||b|cos60°+2|b|2=1×1×cos60°+2×12=

≠0.B.(2a+b)·b=2a·b+b2=2|a||b|cos60°+|b|2=2×1×1×cos60°+12=2≠0.C.(a-2b)·b=a·b-2b2=|a||b|cos60°-2|b|2=1×1×cos60°-2×12=-

≠0.D.(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a||b|cos60°-|b|2=2×1×1×cos60°-12=0.故选D.4.(2022新高考Ⅱ,4,5分,易)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若<a,c>=<b,c>,则t=()A.-6

B.-5

C.5

D.6C解析

由题意可得c=(3+t,4),由<a,c>=<b,c>得cos<a,c>=cos<b,c>,即

=

,解得t=5,故选C.5.(2020新高考Ⅰ,7,5分,中)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则

·

的取值范围是

()A.(-2,6)

B.(-6,2)C.(-2,4)

D.(-4,6)A解析

连接AE,以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,建立如图所示的平面直

角坐标系,则A(0,0),B(2,0),设P(x0,y0),则-1<x0<3(易错:建立的坐标系不同,x0的范围也不

同).

=(2,0),

=(x0,y0),则

·

=2x0∈(-2,6),故选A.

6.(2024天津,14,5分,难)已知正方形ABCD的边长为1,

=2

.若

=λ

+μ

,其中λ,μ为实数,则λ+μ=

;设F是线段BE上的动点,G为线段AF的中点,则

·

的最小值为

.解析

依题意,

=

+

=

+

,故λ=

,μ=1,从而λ+μ=

.依题意,

·

=0,设

=t

(0≤t≤1),则

=

-

=t

-

=

+t

,

=

+

=-

+

=

+

,从而

·

=

·

=

|

|2+t

|

|2=

(10t2-24t+9).所以当t=1时,

·

取得最小值-

.三年模拟1.(2025届河北唐山摸底,3)已知向量a=(4,3),b=(1,0),则a在b方向上的投影向量为

(

)A.(1,0)

B.(3,0)

C.(4,0)

D.(5,0)C解析

a在b方向上的投影向量为

·

=4(1,0)=(4,0).故选C.2.(2025届广东深圳中学开学考,3)已知平面向量a,b满足a·(a+b)=3,且|a|=2,|b|=1,则向量a

与b夹角的正弦值为

()A.-

B.-

C.

D.

D解析

∵a·(a+b)=3,∴a2+a·b=3,又|a|=2,∴a·b=-1,设向量a与b的夹角为θ,则cosθ=

=-

,∵两向量的夹角的范围是[0,π],∴sinθ=

=

,故选D.3.(2025届广东佛山四校月考,4)若|a+b|=|a-b|,a=(1,2),b=(m,3),则实数m=

()A.6

B.-6

C.3

D.-3B解析

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,又a=(1,2),b=(m,3),所以a·b=m+6,因此m+6=0,解得m=-6.故选B.4.(2025届江西萍乡期中,6)已知平面向量a=(m,3),b=(-1,2),m∈R,若(a-b)⊥b,则b在a上的

投影向量为

()A.(1,2)

B.(1,3)

C.

D.

D解析

由(a-b)⊥b,得(a-b)·b=(m+1,1)·(-1,2)=-(m+1)+2=0,解得m=1,所以a=(1,3),所以b在a上的投

影向量为

=

×

(1,3)=

.故选D.5.(2025届广东广州三校期中联考,3)已知正方形ABCD的边长为1,设点M、N满足

=λ

,

=μ

.若

·

=1,则λ2+2μ2的最小值为()A.2

B.1

C.

D.

C解析

如图所示,以A为原点,建立平面直角坐标系,

则A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),∵

=λ

,

=μ

,∴M(λ,0),N(0,μ),则

=(λ-1,-1),

=(-1,μ-1),∴

·

=1-λ+1-μ=1,故λ+μ=1,∴λ2+2μ2=(1-μ)2+2μ2=3μ2-2μ+1,故μ=

时,λ2+2μ2=3μ2-2μ+1取得最小值

.6.(2024福建漳州第一次教学质检,4)已知向量a=(-1,1),b=(2,x),若a⊥b,则|a-b|=

()A.2

B.2

C.

D.2

C解析

因为a=(-1,1),b=(2,x),且a⊥b,所以a·b=-1×2+1×x=x-2=0,解得x=2,因此b=(2,2),则a-b=(-3,-1),则|a-b|=

=

.故选C.7.(2024广东深圳罗湖开学模考,3)已知向量a,b满足a⊥(a+4b),b⊥(a+3b),则向量a,b的夹

角为

()A.

B.

C.

D.

D解析

因为a⊥(a+4b),所以a·(a+4b)=0,即a2+4a·b=0①.因为b⊥(a+3b),所以b·(a+3b)=0,即a·b+3b2=0②.由①②可得-a·b=

a2=3b2,所以|a|=2

|b|.所以cos<a,b>=

=

=-

.因为<a,b>∈[0,π],所以<a,b>=

.故选D.8.(2025届江苏南通部分学校阶段测,2)已知向量a,b,c满足a≠0,a·b=a·c,a∥(b+c),则

()A.b=c

B.b2=c2

C.b⊥c

D.b∥cB解析

因为a·b=a·c,所以a·b-a·c=0,即a·(b-c)=0,因为a∥(b+c),所以存在实数λ≠0,使得a=λ(b+c),所以λ(b+c)·(b-c)=0,所以λ|b|2-λ|c|2=0,又λ≠0,因此|b|2=|c|2,所以b2=c2.故选B.9.(多选)(2025届山东菏泽期中,10)如图,已知△ABC中,B=

,AB=BC=2,M是AC的中点,动点P在以AC为直径的半圆弧上.则

()

A.2

=

+

B.

·

的最小值为-2C.

在

上的投影向量为

D.若

=x

+y

,则x+y的最大值为1+

ABD解析

以M为原点,AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系(如图),

设∠CMP=θ,则θ∈[0,π],在△ABC中,∠ABC=

,AB=BC=2,M是AC的中点,所以BM=1,AC=2

,MP=

,则A(-

,0),C(

,0),B(0,-1),P(

cosθ,

sinθ),所以

=(

cosθ,

sinθ+1),

=(

,1),

=(-

,1),

=(0,1).对于A,因为M是AC的中点,所以2

=

+

,A正确;对于B,

·

=3cosθ+

sinθ+1=2

sin

+1,因为θ∈[0,π],所以θ+

∈

,当θ+

=

时,sin

取得最小值-

,所以

·

的最小值为-2,B正确;对于C,

在

上的投影向量为

=

,C错误;对于D,因为

=x

+y

,所以(

cosθ,

sinθ+1)=x(-

,1)+y(

,1),则x+y=

sinθ+1,当θ=

时,x+y取最大值1+

.D正确.故选ABD.10.(2025届浙江Z20名校联盟联考,12)已知a,b是两个单位向量,若(3a-b)⊥b,则向量a,b夹

角的余弦值为

.解析

由题意得|a|=|b|=1.由(3a-b)⊥b,得(3a-b)·b=0,化简得3a·b=b2=1,即a·b=

,则cos<a,b>=

=

.11.(2025届湖南长沙一中月考,13)已知平面向量a,b满足|a|=2,|b|=1,且b在a上的投影向

量为-

a,则|a+b|为

.解析

因为b在a上的投影向量为-

a,因此

=-

a,又|a|=2,所以a·b=-1,又|b|=1,所以|a+b|=

=

=

=

.1.(2024浙江杭州二中第一次月考,5)在平面直角坐标系xOy中,已知P(3,4),长度为2的线

段AB的端点分别落在x轴和y轴上,则

·

的取值范围是

()A.[2,

]

B.[3,5]C.[4,6]

D.[15,35]D解析

如图所示,建立直角坐标系.由题意设A(a,0),B(0,b),其中0≤|a|≤2,0≤|b|≤2,所以|AB|=2⇒a2+b2=4,

令a=2cosθ,b=2sinθ,所以A(2cosθ,0),B(0,2sinθ),所以

=(2cosθ-3,-4),

=(-3,2sinθ-4),所以

·

=(-3)×(2cosθ-3)+(-4)×(2sinθ-4)=-6cosθ+9-8sinθ+16=-10sin(θ+φ)+25,tanφ=

,所以(

·

)max=35,(

·

)min=15,所以

·

的取值范围是[15,35],故选D.2.(2025届黑龙江哈尔滨三中月考,8)已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=1,且cos<a,b>=-

,|c-a+b|=1,则b·(a-c)的最小值为()A.-1

B.0

C.1

D.2B解析

设a=

,b=

,c=(x,y),则|c-a+b|=

=1,则x2+(y-

)2=1.设

θ∈[0,2π),则b·(a-c)=

·

=1+

=1+sin

≥0.故选B.3.(多选)(2024广东深圳阶段测试,10)重庆荣昌折扇是中国名扇之一,其精雅宜士人,其

华灿宜艳女,深受各界人士喜爱.古人曾有诗赞曰:“开合清风纸半张,随机舒卷岂寻常;

金环并束龙腰细,玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为图中的扇形COD,其中∠COD=

,OC=3OA=3,动点P在

上(含端点),连接OP交扇形OAB的弧

于点Q,且

=x

+y

,则下列说法正确的是

()A.若y=x,则x+y=

B.若y=2x,则

·

=0C.

·

≥-2D.

·

≥

ABD解析

如图,作OE⊥OC,分别以OC,OE所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系,则A(1,0),C(3,0),B

,D

,设Q(cosθ,sinθ),θ∈

,则P(3cosθ,3sinθ),由

=x

+y

可得cosθ=3x-

y,sinθ=

y,且x≥0,y≥0.

对于A,若y=x,则cos2θ+sin2θ=

+

=1,解得x=y=

(负值舍去),故x+y=

,A正确.对于B,若y=2x,则cosθ=3x-

y=0,sinθ=1,所以

=(0,3),所以

·

=(1,0)·(0,3)=0,故B正确.对于C,

·

=

·(-2cosθ,-2sinθ)=-

sinθ+3cosθ=-2

sin

,由于θ∈

,故θ-

∈

,故-3≤-2

sin

≤3,故C错误.对于D,由于

=(1-3cosθ,-3sinθ),

=

,故

·

=(1-3cosθ,-3sinθ)·

=

-3sin

,而θ+

∈

,所以sin

∈

,所以

·

=

-3sin

≥

-3=

,故D正确,故选ABD.4.(多选)(2025届河南部分名校期中,10)如图,△ABC是边长为1的等边三角形,

=

,点P在以CD为直径的半圆上,设

=x

+y

,则

()

A.y的值不可能大于1B.

=

+

C.

·

的最小值为

D.

·

的最大值为1BD解析

对于A,过点P作PC'∥AB交AC的延长线于C',过点P作PB'∥AC交AB于B',如图1,

在平行四边形AB'PC'中,

=

+

=x

+y

,由|

|>|

|,知y>1,因此A错误;对于B,

=

+

=

+

=

+

(

-

)=

+

,因此B正确;对于C、D,如图2,取CD的中点E,连接AE,EP,

·

=

·(

+

)=

·(

+

+

)=

·

+

·

+

·

,在等边三角形ABC中,易知

=

,

·

=1×1×cos60°=

,

·

=1×

×cos60°=

,设

与

的夹角为θ,易知θ∈

,则

·

=1×

·cosθ∈

,所以

·

∈

,因此C错误,D正确.故选BD.5.(多选)(2024山东潍坊二模,11)已知向量a,b,c为平面向量,|a|=1,|b|=2,a·b=0,|c-a|=

,则

()A.1≤|c|≤

B.(c-a)·(c-b)的最大值为

C.-1≤b·c≤1D.若c=λa+μb,则λ+μ的最小值为1-

BCD解析

设a=(1,0),b=(0,2),c=(x,y),则c-a=(x-1,y),由|c-a