2022年高考数学一轮复习讲练测5.3 平面向量的数量积及应用（练）解析版

1 / 18 2022 年高考数学一轮复习讲练测（新高考·浙江） 第五章 平面向量、复数 专题 5.3 平面向量的数量积及应用（练） 【夯实基础】 1.（2019·全国高考真题（文））已知向量 a=(2，3)，b=(3，2)，则|a–b|=（ ） A． 2 B．2 C．5 2 D．50 【答案】A 【解析】 由已知， (2,3) (3,2) ( 1,1)    a b ， 所以 2 2| | ( 1) 1 2    a b ， 故选 A 2.（2021·浙江高考真题）已知非零向量 , ,a b c    ，则“ a c b c      ”是“ a b  ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系. 【详解】 若 a c b c      ，则   0a b c   r r r ，推不出 a b  ；若 a b  ，则 a c b c      必成立， 故“ a c b c      ”是“ a b  ”的必要不充分条件 故选：B. 3．（2020·海南鑫源高级中学高一期末）已知 5a  ， 4b  ， a  与b  的夹角 2π 3   ，则 a b   （ ） A．10 B． 10 C．10 3 D． 10 3 【答案】B 【解析】 2 / 18 由平面向量数量积的定义可求解结果． 【详解】 由平面向量数量积的定义可得： 15 4 cos120 5 4 102a b                ． 故选：B 4.（2021·全国高考真题（理））已知向量    3,1 , 1,0 ,a b c a kb        ．若 a c  ，则 k  ________． 【答案】 10 3  . 【解析】 利用向量的坐标运算法则求得向量c 的坐标，利用向量的数量积为零求得 k 的值 【详解】      3,1 , 1,0 , 3 ,1a b c a kb k          ,  , 3 3 1 1 0a c a c k           ，解得 10 3k   , 故答案为： 10 3  . 5．（2021·全国高考真题（理））已知向量    1,3 , 3,4a b   ，若 ( )a b b    ，则   __________． 【答案】 3 5 【解析】 根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出． 【详解】 因为      1,3 3,4 1 3 ,3 4a b          ，所以由  a b b    可得，    3 1 3 4 3 4 0     ，解得 3 5   ． 故答案为： 3 5 ． 6.（2021·全国高考真题（文））已知向量    2,5 , ,4a b    ，若 //a b r r ，则   _________． 【答案】 8 5 【解析】 3 / 18 利用向量平行的充分必要条件得到关于  的方程，解方程即可求得实数  的值. 【详解】 由题意结合向量平行的充分必要条件可得： 2 4 5 0    ， 解方程可得： 8 5   . 故答案为： 8 5 . 7．（2021·全国高考真题）已知向量 0a b c      ， 1a  ， 2b c   ， a b b c c a           _______． 【答案】 9 2  【解析】 由已知可得 2 0a b c     ，展开化简后可得结果. 【详解】 由已知可得     2 2 2 2 2 9 2 0a b c a b c a b b c c a a b b c c a                                    ， 因此， 9 2a b b c c a            . 故答案为： 9 2  . 8.（2021·全国高考真题（文））若向量 ,a b   满足 3, 5, 1a a b a b         ，则 b  _________. 【答案】 3 2 【解析】 根据题目条件，利用 a b  模的平方可以得出答案 【详解】 ∵ 5a b   ∴ 2 22 2 2 9 2 25a b a b a b b               ∴ 3 2b  r . 故答案为：3 2 . 9．（2020·江苏镇江市·高一月考）已知向量    3,1 , 1, 3a b   ，则 a  与b  有夹角为__________． 4 / 18 【答案】 6  【解析】 利用平面向量的夹角的坐标公式直接求解即可. 【详解】 因为    3,1 , 1, 3a b   ， 所以    2 22 2 3 1 1 3 2 3 3cos , 4 23 1 1 3 a ba b a b                 ， 因为  , 0,a b   ，所以 , 6a b   . 故答案为： 6  . 10．（2020·全国高考真题（理））已知单位向量 a  , b  的夹角为 45°，k a b    与 a  垂直，则 k=__________. 【答案】 2 2 【解析】 由题意可得： 21 1 cos45 2a b        ， 由向量垂直的充分必要条件可得： 0k a b a         ， 即： 2 2 02k a a b k          ，解得： 2 2k  . 故答案为： 2 2 ． 【提升能力】 1．（2020·全国高三其他模拟（文））已知两非零向量 a  ，b  ，满足  a b a    ，且 1b  ，则 2a b   （ ） A．1 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【解析】 利用向量的垂直关系，可得 2 a b a    ，结合向量的模的运算法则化简求解即可. 5 / 18 【详解】 两非零向量 a  ，b  ，满足  a b a    ，且 1b  ， 可得 2 a b a    ， 2 22 2 2| 2 | 4 4 4 4 1a b a a b b a a b               . 故选：A. 2．（2020·江苏镇江市·高一月考）已知正方形 ABCD 的边长为 2，点 P 满足 1 ( )2AP AB AC    ，则 AP AB  的值为（ ） A．2 B． 4 C．4 D． 2 2 【答案】C 【解析】 利用数量积的定义和性质，即可计算结果. 【详解】 由条件可知   21 1 1 2 2 2AP AB AB AC AB AB AB AC              21 1 cos452 2AB AB AC        1 22 2 2 2 42 2       . 故选：C 3．（2020·江苏镇江市·高一月考）若向量 ,a b   满足： 8, 4a b   ，且 a  与b  的夹角为 2 3  ，则b  在 a  上的 投影向量为（ ） A． 1 4 a  B． 1 4 a r C． 2a  D． 2a  【答案】A 【解析】 先计算出b  在 a  上的投影，然后对比 a  即可得到对应的投影向量. 【详解】 因为b  在 a  上的投影为 2cos , 4cos 23b a b       ， 6 / 18 又因为 8a  ，所以b  在 a  上的投影向量为 1 4 a  ， 故选：A. 4．（2020·晋中市·山西寿阳县一中高一月考）已知向量| | 3,| | 6a b  ，若 ,a b 间的夹角为 3 4  ，则 2a b  （ ） A． 30 B． 61 C． 78 D． 85 【答案】A 【解析】 由 22 (2 )a b a b      ，展开利用数量积公式求解即可. 【详解】 因为 3 6a b  ， ， a b  ，间的夹角为 3 4  ， 所以 2 222 (2 ) = 4 4a b a b a a b b             ， 又 3cos 34a b a b        ， 所以 2 2 2 = 4 4 = 12 12 6= 30a b a a b b           ， 故选：A 5．（2020·河北高三其他模拟（文））已知正三角形 ABC 的边长为 2，点 M 满足 1 3 3 2CM CA CB    ，则 MA MB  的值为（ ） A． 5 3 B． 16 9 C． 22 9 D．11 3 【答案】C 【解析】 找到两个基底CA  ，CB  ，然后用两个基底向量表示 MA  ， MB  ，再通过向量的运算即可得出结果. 【详解】 ∵ 1 3 2 3 3 2 3 2MA CA CM CA CA CB CA CB                  ， 7 / 18 1 3 1 1 3 2 3 2MB CB CM CB CA CB CA CB                   ， ∴ 2 3 1 1 3 2 3 2MA MB CA CB CA CB                     2 22 1 3+9 6 4CA CB CA CB       2 1 1 34 2 2 49 6 2 4          22 9  . 故选：C. 6．（2020·青海西宁市·湟川中学高一期末）已知| | 6OA  ，| | 2 3OB  ， 30AOB   ，若t R ，则 | |OA t AB  的最小值为（ ） A．6 B． 2 3 C．3 D． 6 2 3 【答案】C 【解析】 由  1OA t AB t OA tOB       ，再平方转化为关于t 的关系，即可根据二次函数性质求出. 【详解】  2 2 1OA t AB t OA tOB          2 22 21 2 1t OA t t OA OB t OB            2 2336 1 2 1 6 2 3 122t t t t        2312 92t      ， 则当 3 2t  时，| |OA t AB  取得最小值为 3. 故选：C. 7．（2020·湖北高一月考）已知 O 是 ABC 所在平面内的一定点，动点 P 满足 , (0, ) | | | | AB ACOP OA AB AC                ，则动点 P 的轨迹一定通过 ABC 的（ ） 8 / 18 A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 【答案】A 【解析】 n n   表示的是 n  方向上的单位向量，画图象，根据图象可知点 P 在 BAC 的角平分线上，故动点 P 必过三角 形的内心. 【详解】 如图，设 AB AF AB     ， AC AE AC     ， 已知 ,AF AE   均为单位向量， 故四边形 AEDF 为菱形，所以 AD 平分 BAC ， 由 , (0, ) | | | | AB ACOP OA AB AC                得 AP AD  ，又 AP  与 AD  有公共点 A ， 故 , ,A D P 三点共线， 所以点 P 在 BAC 的角平分线上，故动点 P 的轨迹经过 ABC 的内心. 故选：A. 8．（2020·全国高考真题（理））设 ,a b 为单位向量，且| | 1a b  ，则| |a b  ______________. 【答案】 3 【解析】 整理已知可得：  2 a b a b      ，再利用 ,a b   为单位向量即可求得 2 1a b    ，对 a b r r 变形可得： 9 / 18 2 2 2a b a a b b          ，问题得解. 【详解】 因为 ,a b   为单位向量，所以 1a b  r r 所以  2 2 2 2 2 2 1a b a b a a b b a b                    解得： 2 1a b    所以  2 2 2 2 3a b a b a a b b               故答案为： 3 9．（2020·江西吉安市·高三其他模拟（理））向量 a ，b 满足 1a  ， 2b  ， a 与b 的夹角为 120°，则 2  a b ___________. 【答案】 2 3 【解析】 由于 2 222 (2 ) 4 4a b a b a a b b             2 2 4 4 cos120a a b b      ，然后代值求解即可 【详解】 解：因为向量 a ， b 满足 1a  ， 2b  ， a 与 b 的夹角为 120°， 所以 2 222 (2 ) 4 4a b a b a a b b             2 2 4 4 cos120a a b b      14 1 4 1 2 42            12 2 3  ， 故答案为： 2 3 10．（2020·江苏镇江市·高一月考）已知向量 ,a b   满足 4, 2a b   ， ,a b   的夹角为 ， （1）若 2 3   ，求  a a b    的值； （2）若 1cos 4   ，求  a xb x R   的最小值． 10 / 18 【答案】（1）12 ；（2） 15 . 【解析】 （1）根据数量积的定义展开计算即可求得结果； （2）采用先平方再开根号的方法先表示出 a xb  ，然后根据二次函数的性质求解出 a xb  的最小值. 【详解】 （1）   2 2 22 1cos 4 4 2 123 2a a b a a b a a b                            ； （2）因为 2 2 22 2= = 2 cos 4 4 16a xb a xb a x a b x b x x               ， 所以 2 2 1 15=2 4 2 2 4a xb x x x           ， 当 1 2x   时， a xb  取最小值，且最小值为 152 154  . 【拓展思维】 1.（2021·全国高三其他模拟）向量 a  与向量b  的向量积仍是向量，记作 a b  ，它的模是 sin ,a b a b a b         ，则   2 2 a b a b       （ ） A． 2 2 a b  B． a b  C． 4 4 a b  D．0 【答案】A 【解析】 由向量的新定义，结合平面向量数量积的运算律，即可求目标式. 【详解】      2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 sin , cos , sin , cos ,a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b                                         . 故选：A. 2．（2021·全国高三其他模拟（文））已知  2 4, 4,3a b a b      ， ，记 a 与b 夹角为 ，则 cos 的值 为（ ） A． 13 20 B． 5 16  C． 3 4 D． 5 7  11 / 18 【答案】B 【解析】 利用平面向量数量积的定义以及模长公式求解即可. 【详解】 因为  4,3a b    ，所以 5a b   ， 因为 2 22( ) 2a b a b a a b b              ， 所以 25 4 16   16cos ，所以 5cos 16    ． 故选: B . 3.（2021·天津和平区·高一期末）已知正方形 ABCD 的边长为 2， E 是 BC 的中点， F 是线段 AE 上的点， 则 AF CF  的最小值为（ ） A． 9 5 B． 9 5  C．1 D． 1 【答案】B 【解析】 根据题意，建立适当的平面直角坐标系，转化为坐标运算即可. 【详解】 如图所示，建立平面直角坐标系， 由题意知，  0,0A ，  2,1E ，  2,2C ， 由 F 是线段 AE 上的点，设 , 2 xF x     ，且 0 2x  ， 12 / 18 因此 , 2 xAF x      ， 2, 22 xCF x       ， 故   252 2 32 2 4 x x xAF x x xCF            ， 因 0 2x  ，所以当 6 5x  时， AF CF  取最小值 9 5  . 故选：B. 4．（2021·宁夏银川市·高三其他模拟（理））已知 A (1，1)， B (0，1)，C (1，0)， M 为线段 BC 上一点， 且CM CB  ，若 MA BC MB MC      ，则实数  的取值范围是___________. 【答案】 21 ,12      【解析】 根据 CM CB  可得 1x y       ，再表示出 MA MB MC BC    ， ， ， 坐标，由条件可得 2 2 2 0x y y   ，再将 1x y       代入可得关于  的不等式，从而可得答案. 【详解】 解析：设点  ,M x y ，由 CM CB  ，得    1, 1,1x y    ，所以 1x y       . 因为 MA BC MB MC      ，所以       1 ,1 1, 1 ,1 1 ,x y x y x y         ， 即 2 21 1x y x x y y        ，化简得 2 2 2 0x y y   将 1x y       代入 2 2 2 0x y y   ，得  2 21 2 0      ，即 22 4 1 0    ， 解得 2 21 12 2     . 因为 M 为线段 BC 上一点，且 CM CB  ，所以 0 1≤ ≤ .综上，可知 21 12    . 故实数  的取值范围是 21 ,12      . 5．（2021·天津滨海新区·高一期末）已知四边形 ABCD ， 0AB BC   ， AD BC uuur uuur ， 1AB AD  ，且 13 / 18 2 2| | | | CB CD CB CD       ，（i）   ___________；（ii）若 2DE EC  ，动点 F 在线段 BE 上，则 DF FC  的最大 值为___________. 【答案】 1 2 6 13 【解析】 利用向量的数量积可得 4BCD   ，过点 D 作 BC 的垂线，垂足为O ，可得 1DO OC  ，进而可得 2BC AD ，求出  ；以 B 为坐标原点， ,BC BD 为 ,x y 建立平面直角坐标系，首先求出点 E 坐标，设  ,F x y ，利用向量共线求出 5x y ，再由向量数量积的坐标运算即可求解. 【详解】 由 2 2| | | | CB CD CB CD       ，则 1 2 1 2 2cos 2e e e e BCD       , 因为  0,BCD   ，所以 4BCD   ， 过点 D 作 BC 的垂线，垂足为 O ，可得 1DO OC  ， 因为 1AB AD  ，所以 2BC AD ， 由 AD BC uuur uuur ，所以 1 2   . 以 B 为坐标原点， ,BC BD 为 ,x y 建立平面直角坐标系，如图： 则  1,1D ，  2,0C ，设  ,E m n 由 2DE EC  ，即    1, 1 2 2 ,0m n m n     ， 14 / 18 解得 5 1,3 3m n  ，即 5 1,3 3E      ， 设  ,F x y ， 50 3x  ， 10 3y  ， 则 5 1,3 3BE       ，  ,BF x y ， 因为 , ,B F E 三点共线， 所以 5 1 3 3y x ，即 5x y ，  1, 1DF x y   ，  2 ,FC x y   ， 所以         21 2 1 5 1 2 5DF FC x x y y y y y y            2 2 4 626 16 2 26 13 13y y y           ， 当 4 13y  时， DF FC  取得最大值为 6 13 . 故答案为： 1 2 ； 6 13 6.（2021·江西新余市·高一期末（理））已知平面向量 a  ， b  ，且| || | 2a b    ， 2a b     ，向量 c  满足 | 2 2 | | |c a b a b          ，则  c b R      的最小值为___________. 【答案】 2( 3 1) 【解析】 先根据平面向量数量积的定义求出夹角，然后根据平面向量的加减法作出示意图，进而求出| |a b    和 2 | |a b    ，进而根据图形得出点 C 的几何意义，最后求出最值. 【详解】 ∵| | | | 2a b     ， 2a b     ，而 | || | cos , 2a b a b a b           ， 1cos , 2a b      ， ∴ , 3a b     ，∴| | 2a b     ， 2 | | 4 3a b     ，如图所示， 15 / 18 若OA a    ，OB b    ， 2OE a b        ，OC c    ，则 2BA a b        ， 2EC c a b          ， ∴C 在以 E 为圆心，2 为半径的圆上，若OD b    ，则 DC c b      ， ∴问题转化为求C 在圆 E 上哪一点时，使 DC  最小，又 6EOD=  ， ∴当且仅当 E ，C ， D 三点共线且 ED OD 时，| |DC  最小为 sin 2 2( 3 1)6OE     . 7．（2021·江西省万载中学高一期末（文））如图，已知 ABC 中， 2, 3, 6AD AC DAC     ， 2CD DB  ，设 ,AD a AC b    . （1）将 AB  用 ,a b 表示； （2）求 2a b  与 b 的夹角的余弦值. 【答案】（1） 3 1 2 2a b-  ；（2） 3 21 14 . 【解析】 （1）根据向量的加法运算进行表示即可. （2）先计算 2a b b  ，然后计算 2a b  ，最后根据向量的夹角公式计算即可. 【详解】 16 / 18 （1） 3 3= ( )2 2AD AC CD AC CB AC AB AC             3 1 3 1 2 2 2 2AB AC a b       （2）  22 2 2 3 cos 2 3 96a b b a b b               2 22 4 4 4 12 12=2 7a b a a b b           ( 2 ) 9 3 21cos 2 , 14| 2 || | 2 7 3 a b ba b b a b b           8．（2021·江西新余市·高一期末（文））已知| | 4a  ， ( 1, 3)b   （1）若 //a b   ，求 a  的坐标； （2）若 a  与b  的夹角为 120°，求 a b r r . 【答案】（1）  2, 2 3 或 2,2 3 ；（2） 2 7 . 【解析】 （1）先求与向量b  共线的单位向量，结合 //a b   ，即可得出 a  的坐标； （2）先根据夹角求出 a b  ，根据模的运算律 2 2 a a  ，即可得到 a b r r . 【详解】 解：（1）  1, 3b    ， | | 2b  与b  共线的单位向量为 1 3,2 2 bc b            . | | 4a   ， //a b   ，  | | 2, 2 3a a c     或 2,2 3 . （2） | | 4a   ，| | 2b  ， , 120a b    ， | || | cos , 4a b a b a b          ， 2 22( ) 2 28a b a a b b            ， | | 2 7a b    . 9．（2021·江西省万载中学高一期末（理））已知向量 (1, 3), (1, )a b t      ，若 ( 2 )a b a      ， 17 / 18 （1）求向量 a  与 b  的夹角； （2）求 3a b    的值． 【答案】（1） 3 4  ；（2）5 5 ． 【解析】 （1）根据 ( 2 )a b a      得到 2t  ，再求出 = 5a b     ， 10a   ， 5b   ，即得解；（2）直接利用向量的 模的坐标公式求解. 【详解】 （1） (1,-3), (1, )a b t     ，  2 3, 3 2a b t        ，  ( 2 )a b a      ，  ( 2 ) =3 1 3 2 -3 0a b a t            （ ） ，解得 2t  ， 1 1 -3 2 5a b          （ ） ， 10a   ， 5b   ， 5 2cos , 210 5 a ba b a b               ， 所以向量 a  与 b  的夹角为 3 4  . （2） 2 2 2 3 9 6 9 10 6 -5 5 125a b a a b b                 （ ） ， 3 5 5a b      ． 10．（2021·全国高一课时练习）已知 △ ABC 的面积为 S 满足 3 2 3S  ，且 AB  · BC  ＝3， AB  与 BC  的 夹角为θ.求 AB  与 BC  夹角的取值范围． 【答案】 ,6 4       . 【解析】 可设 AB  与 BC  夹角为 ，则据题意得出 为锐角，且 3| || | cosAB BC   ，从而根据 ABC 的面积 3 3[ , ]2 2S  18 / 18 可得出 3 tan 13 „ „ ，这样根据正切函数在 (0, )2  的单调性即可求出 的范围． 【详解】 解： 3AB BC   ，  ,AB BC   的夹角为锐角，设 ,AB BC   的夹角为 ，则：| || | cos 3AB BC    ，  3| || | cosAB BC   ， 又 3 3[ , ]2 2S  ；   3 1 3| || | sin2 2 2AB BC    „ „ ，  3 1 3| || | sin2 2 2AB BC   „ „ ，  3 3 3tan2 2 2 „ „ ，  3 tan 13 „ „ ，  6 4  „ „ ，  AB  与 BC  夹角的取值范围为[ , ]6 4   ．