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1理含解析20230316167

第五章　平面向量第二讲　平面向量的数量积及应用练好题·考点自测1.[改编题]下列说法正确的个数为(　　)(1)向量在另一个向量方向上的投影是数量,而不是向量.(2)两个向量的数量积是一个实数,向量的加法、减法、数乘运算的运算结果是向量.(3)由a·b=0可得a=0或b=0.(4)(a·b)·c=a·(b·c).(5)两个向量的夹角的范围是[0,π2].　　　　　　　　　　　　　　　　　A.2B.3C.4D.52.[易错题]已知两个非零向量a与b的夹角为θ,则“a·b>0”是“θ为锐角”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3.[2019全国卷Ⅱ,3,5分][理]已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,则AB·BC=(　　)A.-3B.-2C.2D.34.[2020全国卷Ⅲ,6,5分][理]已知向量a,b满足|a|=5,|b|=6,a·b=-6,则cos<a,a+b>=(　　)A.-3135B.-1935C.1735D.19355.[2020山东,7,5分]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)6.[2017全国卷Ⅱ,4,5分]设非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|,则(　　)A.a⊥bB.|a|=|b|C.a∥bD.|a|>|b|7.[2020全国卷Ⅱ,13,5分][理]已知单位向量a,b的夹角为45°,ka-b与a垂直,则k=　　　　. 8.[2021合肥市调研检测]已知a=(1,1),b=(2,-1),则向量b在a方向上的投影等于　　　　. \n9.[2017全国卷Ⅰ,13,5分][理]已知向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|=　　　　. 拓展变式1.(1)已知点A(-1,1),B(1,2),C(-2,-1),D(3,4),则向量CD在BA方向上的投影是(　　)A.-35B.-322C.35D.322(2)[2021大同市调研测试]在直角三角形ABC中,直角边AB=3,AC=4,则AB·BC+BC·CA+CA·AB=(　　)A.-25B.25C.7D.-7(3)[2017天津,13,5分][理]在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD=2DC,AE=λAC-AB(λ∈R),且AD·AE=-4,则λ的值为　　　　. 2.(1)[2021安徽省四校联考]已知向量a=(-1,m),2a+b=(2,3+2m),且(a+b)⊥(a-b),则实数m的值为　　　　. (2)[2020全国卷Ⅰ,14,5分][理]设a,b为单位向量,且|a+b|=1,则|a-b|=　　　　. (3)[2019全国卷Ⅲ,13,5分][理]已知a,b为单位向量,且a·b=0,若c=2a-5b,则cos<a,c>=　　　　. 3.[2016天津,7,5分][理]已知△ABC是边长为1的等边三角形,点D,E分别是边AB,BC的中点,连接DE并延长到点F,使得DE=2EF,则AF·BC的值为(　　)A.-58B.18C.14D.1184.[2020成都市高三摸底测试]△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若向量m=(a,-cosA),n=(cosC,2b-c),且m·n=0,则角A的大小为(　　)A.π6B.π4C.π3D.π25.[新课标全国Ⅰ,5分][理]已知M(x0,y0)是双曲线C:x22-y2=1上的一点,F1,F2是C的两个焦点.若MF1·MF2<0,则y0的取值范围是(　　)A.(-33,33)B.(-36,36)C.(-223,223)D.(-233,233)6.(1)[湖南高考,5分][理]已知点A,B,C在圆x2+y2=1上运动,且AB⊥BC.若点P的坐标为(2,0),则|PA+PB+PC|的最大值为(　　)\nA.6B.7C.8D.9(2)[2020天津,15,5分]如图5-2-15,在四边形ABCD中,∠B=60°,AB=3,BC=6,且AD=λBC,AD·AB=-32,则实数λ的值为　　　　,若M,N是线段BC上的动点,且|MN|=1,则DM·DN的最小值为　　　　. 图5-2-15答案第二讲　平面向量的数量积及应用1.A　对于(1),向量的投影是数量,故(1)正确;对于(2),由数量积的定义及向量的运算法则可知,(2)正确;对于(3),当a⊥b时,a·b=0,故(3)错误;对于(4),向量数量积运算不满足结合律,故(4)错误;对于(5),两个向量的夹角的范围是[0,π],故(5)错误.综上选A.2.B　由a·b>0,可得到θ∈[0,π2),不能得到θ∈(0,π2);而由θ∈(0,π2),可以得到a·b>0.故选B.3.C　因为BC=AC-AB=(1,t-3),所以|BC|=1+(t-3)2=1,解得t=3,所以BC=(1,0),所以AB·BC=2×1+3×0=2,故选C.\n4.D　由题意,得a·(a+b)=a2+a·b=25-6=19,|a+b|=a2+2a·b+b2=25-12+36=7,所以cos<a,a+b>=a·(a+b)|a||a+b|=195×7=1935,故选D.5.A　AP·AB=|AP|·|AB|·cos∠PAB=2|AP|cos∠PAB,又|AP|cos∠PAB表示AP在AB方向上的投影,所以结合图形可知,当P与C重合时投影最大,当P与F重合时投影最小.又AC·AB=23×2×cos30°=6,AF·AB=2×2×cos120°=-2,故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时,AP·AB∈(-2,6),故选A.6.A　依题意得(a+b)2-(a-b)2=0,所以4a·b=0,即a⊥b,选A.7.22　由题意,得a·b=|a|·|b|cos45°=22.因为向量ka-b与a垂直,所以(ka-b)·a=ka2-a·b=k-22=0,解得k=22.8.22　由题意,得b在a方向上的投影为a·b|a|=1×2+1×(-1)12+12=22.9.23　易知|a+2b|=|a|2+4a·b+4|b|2=4+4×2×1×12+4=23.1.(1)A　依题意,得BA=(-2,-1),CD=(5,5),所以BA·CD=-15,|BA|=5,因此向量CD在BA方向上的投影是BA·CD|BA|=-155=-35,故选A.(2)A　解法一　在直角三角形ABC中,因为AB=3,AC=4,所以BC=5,于是AB·BC+BC·CA+CA·AB=BC·(AB-AC)+0=-BC2=-25,故选A.解法二　以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x轴,y轴建立如图D5-2-1所示平面直角坐标系,图D5-2-1则A(0,0),B(3,0),C(0,4),AB=(3,0),CA=(0,-4),BC=(-3,4),所以AB·BC+BC·CA+CA·AB=3×(-3)+0×4+(-3)×0+4×(-4)+0×3+(-4)×0=-25,故选A.(3)311　解法一　AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23(AC-AB)=13AB+23AC.又AB·AC=3×2×12=3,所以AD·AE=(13AB+23AC)·(-AB+λAC)=-13|AB|\n2+(13λ-23)AB·AC+23λ|AC|2=-3+3(13λ-23)+23λ×4=113λ-5=-4,则λ=311.解法二　以点A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,建立平面直角坐标系,不妨假设点C在第一象限,则A(0,0),B(3,0),C(1,3).由BD=2DC,得D(53,233),由AE=λAC-AB,得E(λ-3,3λ),则AD·AE=(53,233)·(λ-3,3λ)=53(λ-3)+233×3λ=113λ-5=-4,则λ=311.2.(1)±26　解法一　由题意,得b=(2,3+2m)-2(-1,m)=(4,3),因为(a+b)⊥(a-b),所以(a+b)·(a-b)=a2-b2=|a|2-|b|2=0,所以|a|=|b|,即1+m2=5,解得m=±26.解法二　因为a+b=2a+b-a=(2,3+2m)-(-1,m)=(3,3+m),a-b=3a-(2a+b)=3(-1,m)-(2,3+2m)=(-5,m-3),(a+b)⊥(a-b),所以(a+b)·(a-b)=3×(-5)+(3+m)×(m-3)=m2-24=0,解得m=±26.(2)3　解法一　∵a,b为单位向量,且|a+b|=1,∴(a+b)2=1,∴1+1+2a·b=1,∴a·b=-12,∴|a-b|2=a2+b2-2a·b=1+1-2×(-12)=3,∴|a-b|=3.解法二　如图D5-2-2,设OA=a,OB=b,利用平行四边形法则得OC=a+b,∵|a|=|b|=|a+b|=1,∴△OAC为正三角形,∴|BA|=|a-b|=2×32×|a|=3.图D5-2-2(3)23　设a=(1,0),b=(0,1),则c=(2,-5),所以cos<a,c>=21×4+5=23.3.B　如图D5-2-3,设AC=m,AB=n.根据已知得,DF=34m,所以AF=AD+DF=34m+12n,BC=m-n,AF·BC=(34m+12n)·(m-n)=34m2-12n2-14m·n=34-12-18=18.图D5-2-3\n4.B　解法一　由m·n=0,得acosC-(2b-c)cosA=0,由正弦定理,得sinAcosC-(2sinB-sinC)cosA=0,即sinAcosC+cosAsinC=2sinBcosA,所以sin(A+C)=2sinBcosA,所以sin(π-B)=2sinBcosA,即sinB=2sinBcosA.因为0<B<π,所以sinB≠0,所以cosA=22,所以A=π4,故选B.解法二　由m·n=0,得acosC-(2b-c)cosA=0,由余弦定理,得a·a2+b2-c22ab-2bcosA+c·b2+c2-a22bc=0,即2b=22bcosA,因为b≠0,所以cosA=22,所以A=π4,故选B.5.A　由题意知a2=2,b2=1,所以c2=3,不妨设F1(-3,0),F2(3,0),所以MF1=(-3-x0,-y0),MF2=(3-x0,-y0),所以MF1·MF2=x02-3+y02=3y02-1<0,所以-33<y0<33,故选A.6.(1)B　因为A,B,C均在单位圆上,AC为直径,故PA+PC=2PO=(-4,0),|PA+PB+PC|=|2PO+PB|≤2|PO|+|PB|,又|PB|≤|PO|+1=3,所以|PA+PB+PC|≤4+3=7,故|PA+PB+PC|的最大值为7,选B.(2)16　132　依题意得AD∥BC,∠BAD=120°,由AD·AB=|AD|·|AB|·cos∠BAD=-32|AD|=-32,得|AD|=1,因此λ=|AD||BC|=16.取MN的中点E,连接DE,则DM+DN=2DE,DM·DN=14[(DM+DN)2-(DM-DN)2]=DE2-14NM2=DE2-14.注意到线段MN在线段BC上运动时,DE的最小值等于点D到直线BC的距离,即AB·sinB=332,因此DE2-14的最小值为(332)2-14=132,即DM·DN的最小值为132.