新高考数学一轮复习微专题专练25平面向量的数量积及其应用（含详解）

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一、选择题
1．已知两个单位向量e1，e2的夹角为60°，向量m＝5e1－2e2，则|m|＝( )
A． eq \r(19) B． eq \r(21) C．2 eq \r(5) D．7
2．[2022·全国乙卷(文)，3] 已知向量a＝(2，1)，b＝(－2，4)，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)) ＝( )
A．2 B．3 C．4 D．5
3．已知 eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(2，3)， eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(3，t)，| eq \(BC,\s\up6(→)) |＝1，则 eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(BC,\s\up6(→)) ＝( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
4．已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝( )
A．4 B．3 C．2 D．0
5．[2022·全国乙卷(理)，3]已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝ eq \r(3) ，|a－2b|＝3，则a·b＝( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
6．[2023·新课标Ⅰ卷]已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1).若(a＋λb)⊥(a＋μb)，则( )
A．λ＋μ＝1 B．λ＋μ＝－1
C．λμ＝1 D．λμ＝－1
7．已知x>0，y>0，a＝(x，1)，b＝(1，y－1)，若a⊥b，则 eq \f(1,x) ＋ eq \f(4,y) 的最小值为( )
A．4 B．9 D．8 D．10
8．已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,3) C． eq \f(2π,3) D． eq \f(5π,6)
9．已知向量| eq \(OA,\s\up6(→)) |＝2，| eq \(OB,\s\up6(→)) |＝4， eq \(OA,\s\up6(→)) · eq \(OB,\s\up6(→)) ＝4，则以 eq \(OA,\s\up6(→)) ， eq \(OB,\s\up6(→)) 为一组邻边的平行四边形的面积为( )
A．4 eq \r(3) B．2 eq \r(3) C．4 D．2
二、填空题
10．已知|a|＝ eq \r(2) ，|b|＝1，a与b的夹角为45°，若tb－a与a垂直，则实数t＝________．
11．[2023·新课标Ⅱ卷]已知向量a，b满足|a－b|＝ eq \r(3) ，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝________．
12．[2022·全国甲卷(理)，13]设向量a，b的夹角的余弦值为 eq \f(1,3) ，且|a|＝1，|b|＝3，则(2a＋b)·b＝________．
[能力提升]
13．(多选)[2021·全国新高考Ⅰ卷]已知O为坐标原点，点P1(cs α，sin α)，P2(cs β，－sin β)，P3(cs (α＋β)，sin (α＋β))，A(1，0)，则( )
14．(多选)[2023·山东省临沂质量检测]在日常生活中，我们会看到两个人共提一个行李包的情况(如图).假设行李包所受的重力为G，所受的两个拉力分别为F1，F2，若|F1|＝|F2|且F1与F2的夹角为θ，则以下结论正确的是( )
A．|F1|的最小值为 eq \f(1,2) |G|
B．θ的范围为[0，π]
C．当θ＝ eq \f(π,2) 时，|F1|＝ eq \f(\r(2),2) |G|
D．当θ＝ eq \f(2π,3) 时，|F1|＝|G|
15．[2023·全国乙卷(理)]已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PO)) ＝ eq \r(2) ，则 eq \(PA,\s\up6(→)) · eq \(PD,\s\up6(→)) 的最大值为( )
A． eq \f(1＋\r(2),2) B． eq \f(1＋2\r(2),2)
C．1＋ eq \r(2) D．2＋ eq \r(2)
16．已知单位向量e1与e2的夹角为α，且cs α＝ eq \f(1,3) ，向量a＝3e1－2e2与b＝3e1－e2的夹角为β，则cs β＝________．
专练25 平面向量的数量积及其应用
1．A |m|＝ eq \r(（5e1－2e2）2) ＝ eq \r(25－20e1·e2＋4) ＝ eq \r(29－20×\f(1,2)) ＝ eq \r(19) .
2．D 由题意可得a－b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，1)) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，4)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，－3)) ，所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)) ＝ eq \r(42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3))2) ＝5.故选D.
3．C 因为 eq \(BC,\s\up6(→)) ＝ eq \(AC,\s\up6(→)) － eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(1，t－3)，所以| eq \(BC,\s\up6(→)) |＝ eq \r(1＋（t－3）2) ＝1，解得t＝3，所以 eq \(BC,\s\up6(→)) ＝(1，0)，所以 eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(BC,\s\up6(→)) ＝2×1＋3×0＝2，故选C.
4．B a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2－(－1)＝3.
5．C 将|a－2b|＝3两边平行，得a2－4a·b＋4b2＝9.因为|a|＝1，|b|＝ eq \r(3) ，所以1－4a·b＋12＝9，解得a·b＝1.故选C.
6．D 因为a＝(1，1)，b＝(1，－1)，所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，因为(a＋λb)⊥(a＋μb)，所以(a＋λb)·(a＋μb)＝0，所以(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得λμ＝－1.故选D.
7．B 依题意，得a·b＝x＋y－1＝0⇒x＋y＝1. eq \f(1,x) ＋ eq \f(4,y) ＝ eq \f(x＋y,x) ＋ eq \f(4（x＋y）,y) ＝5＋ eq \f(y,x) ＋ eq \f(4x,y) ≥9，当且仅当x＝ eq \f(1,3) ，y＝ eq \f(2,3) 时取等号．故选B.
8．B 设a与b的夹角为α，∵(a－b)⊥b，∴(a－b)·b＝0，∴a·b＝b2，∴|a|·|b|cs α＝|b|2，又|a|＝2|b|，∴cs α＝ eq \f(1,2) ，∵α∈(0，π)，∴α＝ eq \f(π,3) .故选B.
9．A 因为cs ∠AOB＝ eq \f(\(OA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→)),|\(OA,\s\up6(→))|·|\(OB,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(4,2×4) ＝ eq \f(1,2) ，所以∠AOB＝60°，sin ∠AOB＝ eq \f(\r(3),2) ，则所求平行四边形的面积为| eq \(OA,\s\up6(→)) |·| eq \(OB,\s\up6(→)) |·sin ∠AOB＝4 eq \r(3) ，故选A.
10．2
解析：由已知可得a·b＝1× eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＝1.因为tb－a与a垂直，所以(tb－a)·a＝0，得ta·b－a2＝0，即t－2＝0，故t＝2.
11. eq \r(3)
解析：由|a－b|＝ eq \r(3) ，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3 ①.由|a＋b|＝|2a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，3a2－6a·b＝0，结合①，得3a2－3(a2＋b2－3)＝0，整理得，b2＝3，所以|b|＝ eq \r(3) .
12．11
解析：因为cs 〈a，b〉＝ eq \f(1,3) ，|a|＝1，|b|＝3，所以a·b＝|a||b|cs 〈a，b〉＝1×3× eq \f(1,3) ＝1，所以(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2×1＋32＝11.
13．AC A：＝(cs α，sin α)，＝(cs β，－sin β)，所以||＝ eq \r(cs 2α＋sin 2α) ＝1，||＝ eq \r(（cs2β）＋（－sin β）2) ＝1，故|OP1|＝|OP2|，正确；
B：＝(cs α－1，sin α)，＝(cs β－1，－sin β)，所以||＝ eq \r(（cs α－1）2＋sin 2α) ＝ eq \r(cs 2α－2cs α＋1＋sin 2α) ＝ eq \r(2（1－cs α）) ＝ eq \r(4sin 2\f(α,2)) ＝2|sin eq \f(α,2) |，同理||＝ eq \r(（cs β－1）2＋sin 2β) ＝2|sin eq \f(β,2) |，故||，||不一定相等，错误；
C：由题意得： eq \(OA,\s\up6(→)) ·＝1×cs (α＋β)＋0×sin (α＋β)＝cs (α＋β)，·OP2＝cs α·cs β＋sin α·(－sin β)＝cs (α＋β)，正确；
D：由题意得： eq \(OA,\s\up6(→)) ·＝1×cs α＋0×sin α＝cs α，·＝cs β×cs (α＋β)＋(－sin β)×sin (α＋β)
＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋β)))) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋2β)) ，故一般来说 eq \(OA,\s\up6(→)) ·≠·，错误．
故选AC.
14．ACD 由题意知，F1＋F2＋G＝0，可得F1＋F2＝－G，两边同时平方得|G|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1||F2|cs θ＝2|F1|2＋2|F1|2cs θ，所以|F1|2＝ eq \f(|G|2,2（1＋cs θ）) .当θ＝0时，|F1|min＝ eq \f(1,2) |G|；当θ＝ eq \f(π,2) 时，|F1|＝ eq \f(\r(2),2) |G|；当θ＝ eq \f(2π,3) 时，|F1|＝|G|，故ACD正确．当θ＝π时，竖直方向上没有分力与重力平衡，不成立，所以θ∈[0，π)，故B错．
15．A 方法一 连接OA，由题可知|OA|＝1，OA⊥PA，因为|OP|＝ eq \r(2) ，所以由勾股定理可得|PA|＝1，则∠POA＝ eq \f(π,4) .设直线OP绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合，则－ eq \f(π,4) <θ< eq \f(π,4) ，∠APD＝ eq \f(π,4) ＋θ，且|PD|＝ eq \r(2) cs θ.
所以 eq \(PA,\s\up6(→)) · eq \(PD,\s\up6(→)) ＝| eq \(PA,\s\up6(→)) || eq \(PD,\s\up6(→)) |cs ( eq \f(π,4) ＋θ)＝ eq \r(2) cs θcs ( eq \f(π,4) ＋θ)＝ eq \r(2) cs θ( eq \f(\r(2),2) cs θ－ eq \f(\r(2),2) sin θ)＝cs2θ－sinθcs θ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) cs 2θ－ eq \f(1,2) sin 2θ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(2),2) cs (2θ＋ eq \f(π,4) )≤ eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(2),2) ，故选A.
方法二 以圆心O为坐标原点建立平面直角坐标系，设圆O：x2＋y2＝1，点P( eq \r(2) ，0)，因为|OA|＝1，且OA⊥PA，所以∠POA＝ eq \f(π,4) ，不妨设A( eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(2),2) ).
设直线PD的方程为y＝k(x－ eq \r(2) )，B(x1，y1)，C(x2，y2)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－\r(2)）,x2＋y2＝1)) ，得(k2＋1)x2－2 eq \r(2) k2x＋2k2－1＝0，由Δ＝8k4－4(k2＋1)(2k2－1)＝4－4k2>0，解得－1于是 eq \(PA,\s\up6(→)) ＝(－ eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(2),2) )， eq \(PD,\s\up6(→)) ＝(－ eq \f(\r(2),k2＋1) ，－ eq \f(\r(2)k,k2＋1) )，所以 eq \(PA,\s\up6(→)) · eq \(PD,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1－k,k2＋1) .设t＝1－k，则016. eq \f(2\r(2),3)
解析：a·b＝(3e1－2e2)·(3e1－e2)＝9e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －9e1·e2＋2e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝11－9× eq \f(1,3) ＝8，
又|a|＝ eq \r(（3e1－2e2）2) ＝ eq \r(9e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －12e1·e2) ＝3，
|b|＝ eq \r(（3e1－e2）2) ＝ eq \r(9e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －6e1·e2＋e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＝ eq \r(9－2＋1) ＝2 eq \r(2) ，
∴cs β＝ eq \f(a·b,|a||b|) ＝ eq \f(8,3×2\r(2)) ＝ eq \f(2\r(2),3) .