全国版2023高考数学一轮复习第5章平面向量第2讲平面向量的数量积及应用试题2理含解析20230316168

第五章　平面向量第二讲　平面向量的数量积及应用1.[2021贵阳市摸底测试]已知向量a=(1,m),b=(3,-2),且(a-b)⊥b,则m=(　　)A.-5B.-3C.3D.52.[2021安徽省四校联考]已知单位向量a,b满足|2a+b|=|2a-b|,则(3a-b)·(a+b)=(　　)A.1B.2C.3D.43.[2021浙江杭州二中、学军中学等五校联考]已知a=(1,2),b=(1,-7),c=2a+b,则c在a方向上的投影为(　　)A.-355B.-3210C.3210D.3554.[2021四省八校联考]对于任意一条直线,把与该直线平行的非零向量称为该直线的一个方向向量.若向量a=(1,x),b=(-2,1-x)均为直线l的方向向量,则cos<a,b>=(　　)A.1B.22C.0D.-15.[2021黑龙江省六校阶段联考]已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,且a与b的夹角为60°,则|a+b|=(　　)A.7B.3C.5D.226.[2021洛阳市统考]已知向量a,b均为非零向量,且|a|=|b|=|a-b|,则a与b的夹角为(　　)A.π6B.π3C.2π3D.5π67.[2020广东六校二联]设平面向量a=(-2,1),b=(λ,2),若a与b的夹角为锐角,则λ的取值范围是(　　)A.(-12,2)∪(2,+∞)B.(-∞,-4)∪(-4,1)C.(1,+∞)D.(-∞,1)8.[2021大同市调研测试]设向量a=(x,1),b=(-1,2),a⊥b,则|a-2b|=　　　　　. 9.[2021南昌市高三测试]已知向量OA⊥AB,|OA|=2,则OA·OB=　　　　. 10.[2021晋南高中联考]已知向量a,b满足:|a|=|b|=1,a⊥b.若2a+b与xa+b的夹角为45°,则实数x=.11.[2021云南省部分学校统一检测]已知|AB|=3,|AC|=1,AB|AB|+AC|AC|=(2,-1),则AB·BC=(　　)A.212B.-152C.-32D.9212.[2021安徽省示范高中联考]已知△ABC中,AB=4,AC=43,BC=8,动点P自点C出发沿线段CB运动,到达点B时停止,动点Q自点B出发沿线段BC运动,到达点C时停止,且动点Q的速度是动点P的2倍.若二者同时出发,且一个点停止运动时,另一个点也停止运动,则该过程中AP·AQ的最大值是(　　)第6页共6页\nA.72B.4C.492D.2313.[2020河北九校第二次联考]已知两个不相等的非零向量a,b,满足|a|=1,且a与b-a的夹角为60°,则|b|的取值范围是(　　)A.(0,32)B.[32,1)C.[32,+∞)D.(1,+∞)14.[2020长春市第四次质量监测]已知在△ABC中,AB=(0,1),|AC|=7,AB·BC=1,则△ABC的面积为(　　)A.12B.22C.32D.7215.[2020山东威海模拟]若P为△ABC所在平面内一点,且|PA-PB|=|PA+PB-2PC|,则△ABC的形状为(　　)A.等边三角形B.等腰三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形16.[2020唐山市模拟]已知e1,e2是两个单位向量,λ∈R时,|e1+λe2|的最小值为32,则|e1+e2|=(　　)A.1B.3C.1或3D.217.已知锐角△ABC外接圆的半径为1,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B=π4,则BA·BC的取值范围是　　　　. 18.[角度创新]已知O为△ABC的外接圆圆心,且AO·AB=2AO·AC,则|AB||AC|的值为(　　)A.12B.22C.2D.219.[2020开封市高三模拟]已知单位向量a,b满足|a+b|>1,则a与b夹角的取值范围是(　　)A.[0,π3)B.[0,2π3)C.(π3,π]D.(2π3,π]20.[双空题]已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=|c|=1,若a·b=12,则(a+b)·(2b-c)的最小值是　　　　,最大值是　　　　. 答案第二讲　平面向量的数量积及应用1.A　∵向量a=(1,m),b=(3,-2),∴a-b=(-2,m+2),又(a-b)⊥b,∴(a-b)·b=-6-2(m+2)=0,解得m=-5.故选A.第6页共6页\n2.B　∵|2a+b|=|2a-b|,∴(2a+b)2=(2a-b)2,∴4a2+b2+4a·b=4a2+b2-4a·b,可得a·b=0,∴(3a-b)·(a+b)=3a2-b2+2a·b=2,故选B.3.A　因为a=(1,2),b=(1,-7),所以c=2a+b=(3,-3),则c在a方向上的投影为|c|cos<a,c>=c·a|a|=-35=-355.故选A.4.D　由题意,知a∥b,所以1·(1-x)=x·(-2),解得x=-1,所以a=(1,-1),b=(-2,2),所以cos<a,b>=a·b|a|·|b|=1×(-2)+(-1)×212+(-1)2·(-2)2+22=-1,故选D.5.A　解法一　(a+b)2=a2+2a·b+b2=1+2×1×2×cos60°+4=7,所以|a+b|=7,故选A.解法二　如图D5-2-4所示,图D5-2-4作OA=a,OB=b,∠AOB=60°,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,则OC=a+b,在△OAC中,∠OAC=120°,OC2=OA2+AC2-2OA·AC·cos∠OAC=1+4-2×1×2×(-12)=7,所以OC=7,即|a+b|=7,故选A.6.B　解法一　因为|a|=|a-b|,所以|a|2=|a-b|2,即|a|2=|a|2-2a·b+|b|2,化简得|b|2-2a·b=0,设a与b的夹角为θ,则|b|2-2|a||b|cosθ=0,因为|a|=|b|≠0,所以cosθ=12,又θ∈[0,π],所以θ=π3,故选B.解法二　由向量减法的三角形法则及|a|=|b|=|a-b|知,|a|,|b|,|a-b|构成等边三角形的三条边长,所以向量a与b的夹角为π3,故选B.7.B　解法一　因为a与b的夹角为锐角,所以cos<a,b>∈(0,1).又a=(-2,1),b=(λ,2),所以cos<a,b>=a·b|a||b|=-2λ+25·λ2+4∈(0,1),整理得-2λ+2>0,λ2+8λ+16>0,所以λ<1,λ≠-4,所以λ的取值范围为(-∞,-4)∪(-4,1).故选B.解法二　因为a与b的夹角为锐角,所以a·b>0,a,b不共线.又a=(-2,1),b=(λ,2),所以-2λ+2>0,λ-2≠21,所以λ<1,λ≠-4,所以λ的取值范围为(-∞,-4)∪(-4,1).故选B.8.5　因为a⊥b,所以a·b=-x+2=0,x=2,所以a-2b=(2,1)-2(-1,2)=(4,-3),则|a-2b|=5.9.4　解法一　因为OA⊥AB,所以OA·AB=0,所以OA·OB=OA·(OA+AB)=OA2+OA·AB=22+0=4.解法二　因为OA⊥AB,所以OB在OA方向上的投影为|OA|,所以OA·OB=|OA|2=4.第6页共6页\n10.-22+3　解法一　因为2a+b与xa+b的夹角为45°,所以cos45°=(2a+b)·(xa+b)|2a+b|·|xa+b|=2x+13(x2+1)=22,即x2+42x-1=0,解得x=-22±3.因为2x+1>0,所以x>-22,所以x=-22-3应舍去,所以x=-22+3.解法二　因为a,b为单位向量,且a⊥b,所以不妨令a=(1,0),b=(0,1),则2a+b=(2,1),xa+b=(x,1),所以cos45°=(2a+b)·(xa+b)|2a+b|·|xa+b|=2x+13(x2+1)=22,即x2+42x-1=0,解得x=-22±3.因为2x+1>0,所以x>-22,所以x=-22-3应舍去,所以x=-22+3.11.B　由|AB|=3,|AC|=1,AB|AB|+AC|AC|=(2,-1),得(AB|AB|+AC|AC|)2=2+2AB·AC3×1=3,所以AB·AC=32,所以AB·BC=AB·(AC-AB)=AB·AC-AB2=32-9=-152.故选B.12.C　解法一　因为AB=4,AC=43,BC=8,所以AB2+AC2=BC2,所以△ABC是直角三角形,且∠A=90°,∠C=30°,∠B=60°.如图D5-2-5,分别以AC,AB所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系,设|CP|=t,则|BQ|=2t,且0≤2t≤8,即0≤t≤4,图D5-2-5则A(0,0),Q(3t,4-t),P(43-32t,12t),AQ=(3t,4-t),AP=(43-32t,12t),所以AP·AQ=3t(43-32t)+12t(4-t)=-2t2+14t(0≤t≤4),当t=72时,AP·AQ取得最大值,最大值为492,故选C.解法二　因为AB=4,AC=43,BC=8,所以AB2+AC2=BC2,所以△ABC是直角三角形,且∠A=90°,∠C=30°,∠B=60°.设CP=t,则BQ=2t,且0≤2t≤8,即0≤t≤4,BQ与AC的夹角为30°,CP与AB的夹角为60°,所以AP·AQ=(AC+CP)·(AB+BQ)=AC·AB+AC·BQ+CP·AB+CP·BQ=43×2t×cos30°+4×t×cos60°-2t2=-2t2+14t(0≤t≤4),当t=72时,AP·AQ取得最大值,最大值为492,故选C.13.D　如图D5-2-6所示,设OA=a,AB=b-a,则OB=b.因为a与b-a的夹角为60°,所以∠BAC=60°,则∠OAB=120°,则B为射线AD上的动点(不包括点A),又|a|=1,即|OA|=1,所以由图可知,|b|>1,故选D.图D5-2-6第6页共6页\n14.C　因为AB=(0,1),所以|AB|=1,因为AB·BC=-BA·BC=-(|BA|·|BC|cosB)=-|BC|cosB=1,所以cosB=-1|BC|.由余弦定理,得cosB=12+|BC|2-(7)22×1×|BC|=-1|BC|,解得|BC|=2,所以cosB=-12,所以sinB=32,所以S△ABC=12|AB|·|BC|sinB=32.15.C　因为|PA-PB|=|PA+PB-2PC|,所以|BA|=|(PA-PC)+(PB-PC)|=|CA+CB|,即|CA-CB|=|CA+CB|,两边同时平方,整理得CA·CB=0,所以CA⊥CB,所以△ABC为直角三角形.故选C.16.C　设向量e1,e2的夹角为θ,则e1·e2=cosθ,因为|e1+λe2|=1+λ2+2λcosθ=(λ+cosθ)2+1-cos2θ,且当λ=-cosθ时,|e1+λe2|min=1-cos2θ=32,解得cosθ=±12,|e1+e2|=2+2cosθ,则|e1+e2|的值为1或3,故选C.17.(2,1+2]　∵asinA=csinC=2,∴a=2sinA,c=2sinC=2sin(3π4-A),∴BA·BC=22ac=22×2sinA×2sin(3π4-A)=2sinA(cosA+sinA)=2sinAcosA+2sin2A=sin2A-cos2A+1=2sin(2A-π4)+1.∵0<A<π2,0<3π4-A<π2,∴π4<A<π2,∴π4<2A-π4<3π4,故22<sin(2A-π4)≤1,故BA·BC∈(2,1+2].18.C　如图D5-2-7,AO·AB=|AO|·|AB|·cos∠BAO,AO·AC=|AO|·|AC|·cos∠CAO,由O为△ABC的外心,得向量AO在向量AB方向上的投影为12|AB|,向量AO在向量AC方向上的投影为12|AC|,即|AO|cos∠BAO=12|AB|,|AO|cos∠CAO=12|AC|,从而12|AB|2=2×12|AC|2,即|AB|=2|AC|,因而|AB||AC|=2,故选C.图D5-2-719.B　解法一　设单位向量a,b的夹角为θ,则θ∈[0,π],将|a+b|>1两边同时平方得a2+2a·b+b2>1,化简得2+2cosθ>1,即cosθ>-12,又θ∈[0,π],所以0≤θ<2π3,故选B.解法二　设单位向量a,b的夹角为θ,显然当θ=0时,|a+b|>1成立;当θ≠0时,如图D5-2-8所示,图D5-2-8令OA=a,OB=b,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,则OC=a+b,∠AOB=θ,因为a,b均为单位向量,所以平行四边形OACB是边长为1的菱形,则∠AOC=θ2,取OC的中点D,连接AD,则AD⊥OC,所以cos∠AOC=cosθ2=ODOA=|a+b|2|a|=|a+b|2,因为|a+b|>1,所以cosθ2>12,又θ∈(0,π],所以θ2∈(0,π2],所以0<θ2<π3,即0<θ<2π3.综上可知,0≤θ<2π3,故选B.第6页共6页\n20.3-3　3+3由|a|=|b|=1,a·b=12,可得<a,b>=π3,令OA=a,OB=b,以OA的方向为x轴的正方向建立如图D5-2-9所示的平面直角坐标系,则a=OA=(1,0),b=OB=(12,32).图D5-2-9设c=OC=(cosθ,sinθ)(0≤θ<2π),则(a+b)·(2b-c)=2a·b-a·c+2b2-b·c=3-(cosθ+12cosθ+32sinθ)=3-3sin(θ+π3).因为-1≤sin(θ+π3)≤1,所以(a+b)·(2b-c)的最小值和最大值分别为3-3,3+3.第6页共6页