2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)規(guī)范練26平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用文含解析北師大版

課時(shí)規(guī)范練26平面對(duì)量的數(shù)量積與平面對(duì)量的應(yīng)用基礎(chǔ)鞏固組1.(2024河北保定一模,文4)已知a與b均為單位向量,若b⊥(2a+b),則a與b的夾角為()A.30° B.45° C.60° D.120°2.(2024北京,理7)設(shè)點(diǎn)A,B,C不共線,則“AB與AC的夾角為銳角”是“|AB+AC|>|BC|”A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件3.(2024全國(guó)2,文5)已知單位向量a,b的夾角為60°,則在下列向量中,與b垂直的是()A.a+2b B.2a+bC.a-2b D.2a-b4.(2024湖南郴州二模,文7)已知向量a=(2,-3),b=(3,m),且a⊥b,則向量a在a+b方向上的投影為()A.262 B.-262 C.13 D.5.在△ABC中,若AB=(1,2),AC=(-x,2x)(x>0),則當(dāng)BC最小時(shí),C=()A.90° B.60° C.45° D.30°6.(2024河北邢臺(tái)模擬,理3)設(shè)非零向量a,b滿意|a|=3|b|,cos<a,b>=13,a·(a-b)=16,則|b|=(A.2 B.3 C.2 D.57.(2024遼寧大連模擬,文9)已知扇形OAB的半徑為2,圓心角為2π3,點(diǎn)C是弧AB的中點(diǎn),OD=-12OB,則CDA.3 B.4 C.-3 D.-48.已知平面對(duì)量OA,OB滿意|OA|=|OB|=1,OA·OB=0,且OD=12DA,E為△OAB的外心A.-12 B.-16 C.19.(2024全國(guó)1,理14)設(shè)a,b為單位向量,且|a+b|=1,則|a-b|=.

10.(2024湖南長(zhǎng)郡中學(xué)四模,理13)已知向量a=(1,2),b=(k,1),且2a+b與向量a的夾角為90°,則向量a在向量b方向上的投影為.

11.(2024山東齊魯備考聯(lián)盟校階段檢測(cè))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)設(shè)α=π4,且a⊥(b+c),求cosβ的值綜合提升組12.(2024皖豫名校聯(lián)考,理10)在菱形ABCD中,∠ABC=120°,AC=23,BM+12CB=0,DC=λDN,若AM·ANA.18 B.17 C.113.(2024陜西西安中學(xué)八模,理7)如圖所示,已知正六邊形P1P2P3P4P5P6,則下列向量的數(shù)量積中最大的是()A.P1B.PC.P1D.P14.在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,AC與BD相交于點(diǎn)O,過點(diǎn)A作AE⊥BD,垂足為E,則AE·EC=(A.725 B.14425 C.1215.(2024浙江,17)已知平面單位向量e1,e2滿意|2e1-e2|≤2,設(shè)a=e1+e2,b=3e1+e2,向量a,b的夾角為θ,則cos2θ的最小值是.

16.已知向量a=(cosx,sinx),b=(3,-3),x∈[0,π].(1)若a∥b,求x的值;(2)記f(x)=a·b,求f(x)的最大值和最小值以及對(duì)應(yīng)的x的值.創(chuàng)新應(yīng)用組17.已知直線y=x+m和圓x2+y2=1交于A,B兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),若AO·AB=32,A.±1 B.±32 C.±22 D.參考答案課時(shí)規(guī)范練26平面對(duì)量的數(shù)量積與平面對(duì)量的應(yīng)用1.D∵b⊥(2a+b),∴b·2a+|b|2=0.又|a|=|b|=1,∴a·b=-12∴cos<a,b>=a·b|a||b|=-12,∴2.C∵A,B,C三點(diǎn)不共線,∴|AB+AC|>|BC|?|AB+AC|>|AB-AC|?|AB+AC|2>|AB-AC|2?AB·AC>0?AB與AC的夾角為銳角.故“AB與3.D由題意可知,a·b=|a||b|cos60°=12.對(duì)于A,(a+2b)·b=a·b+2b2=52≠0,對(duì)于B,(2a+b)·b=2a·b+b2=2≠0,不符合題意;對(duì)于C,(a-2b)·b=a·b-2b2=-32≠0,不符合題意對(duì)于D,(2a-b)·b=2a·b-b2=0,故2a-b與b垂直.故選D.4.A因?yàn)閍⊥b,所以a·b=6-3m=0,解得m=2,所以b=(3,2),a=(2,-3),a+b=(5,-1),則a·(a+b)=13,|a+b|=26,所以a在a+b方向上的投影為a·(a+5.A由題意BC=AC-AB=(∴|BC|=(-x令y=5x2-6x+5,x>0,當(dāng)x=35,ymin=165,此時(shí)BC∴CA=35,-65,CB∴CA⊥CB,即C=90°.故選6.A∵|a|=3|b|,cos<a,b>=13,∴a·(a-b)=a2-a·b=9|b|2-|b|2=8|b|2=16,∴|b|=2.故選A7.C如圖,連接CO,∵點(diǎn)C是弧AB的中點(diǎn),∴CO⊥AB,∴OC·AB又OA=OB=2,OD=-12OB,∠AOB=∴CD·AB=(OD-OC)·AB=-12OB·AB=-12OB·(OB-OA)=12OA·OB8.A∵OA·OB=0,又|OA|=|OB|=1,∴△OAB為等腰直角三角形.∵E為△OAB的外心,∴E為AB中點(diǎn),∴|OE|=12|AB|=22且∠BOE=∴OD=13OA,∴ED·OB=(OD-OE)·OB=13OA9.3∵|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|=3.10.-214529因?yàn)橄蛄縜=(1,2),b=(k,1),則2a+b=又因?yàn)?a+b與向量a的夾角為90°,所以(2a+b)·a=0,即2+k+10=0,解得k=-12,即b=(-12,1),所以向量a在向量b方向上的投影為|a|cos<a,b>=a·11.解(1)b+c=(cosβ-1,sinβ),則|b+c|2=(cosβ-1)2+sin2β=2(1-cosβ).因?yàn)?1≤cosβ≤1,所以0≤|b+c|2≤4,即0≤|b+c|≤2.當(dāng)cosβ=-1時(shí),有|b+c|=2,所以向量b+c的模的最大值為2.(2)若α=π4,則a=22,又由b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0)得a·(b+c)=22,22·(cosβ-1,sinβ)=22cosβ+22sin因?yàn)閍⊥(b+c),所以a·(b+c)=0,即cosβ+sinβ=1,所以sinβ=1-cosβ,平方后化簡(jiǎn)得cosβ(cosβ-1)=0,解得cosβ=0或cosβ=1.經(jīng)檢驗(yàn)cosβ=0或cosβ=1即為所求.12.D作出圖形,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,設(shè)N(x,y).因?yàn)锳C=23,∠ABC=120°,故BO=1,因?yàn)锽M+12CB=0,所以BM=12所以A(-3,0),M32,12,D(0,-1),C(3,0),則AM=332,12,DC=(3,1)=λDN=λ(x,故N3λ,1λ-1,AN=3λ+3,1λ-1,所以AM·AN=13.A設(shè)邊長(zhǎng)|P1P2|=a,易知∠P2P1P3=π6,|P1P3|=3a,則P1P2·P1P3=a·3a·cosπ6=3a22;易知∠P2P1P4=π3,|P1P4|=214.B如圖,由AB=3,AD=4得BD=9+16=5,AE=AB·又AE·EC=AE·(EO+OC)=AE·EO+AE·又AE·AO=|AE||AO|cos∠EAO=|AE||AO|·∴AE·EC=14415.2829|2e1-e2|≤2?(2e1-e2)2≤2,解得e1·e2≥34.又e1·ecosθ=a=4+4e設(shè)e1·e2=x,則34≤x≤1cos2θ=16=4(得cos2θ∈2829所以cos2θ的最小值是282916.解(1)因?yàn)閍=(cosx,sinx),b=(3,-3),a∥b,所以-3cosx=3sinx.則tanx=-33又因?yàn)閤∈[0,π],所以x=5π(2)f(x)=a·b=(cosx,sinx)·(3,-3)=3cosx-3sinx=23cosx+π6.因?yàn)閤∈[0,π],所以x+π6∈π6,7π6,從而-1≤cosx+π6≤32.于是,當(dāng)x+π6=π6,即x=0時(shí)當(dāng)x+π6=π,即x=5π6時(shí),f(x)取到最小值-17.C聯(lián)立y=x+m