备考2024届高考数学一轮复习分层练习第六章平面向量复数第3讲平面向量的数量积及应用

第3讲平面向量的数量积及应用1.[2024武汉部分学校调考]两个单位向量e1与e2满足e1·e2＝0，则向量e1－3e2与e2的夹角为（　D　）A.30°B.60°C.120°D.150°解析　解法一　因为e1，e2是单位向量，所以｜e1｜＝｜e2｜＝1，又e1·e2＝0，所以（e1－3e2）·e2＝e1·e2－3e22＝－3，（e1－3e2）2＝e12－23e1·e2＋3e22＝1＋3＝4，所以｜e1－3e2｜＝2.设e1－3e2与e2的夹角为θ，则cosθ＝（e1－3e2）·e2｜e1－3e2｜·｜e2｜＝－32，因为0°≤θ≤180°，所以θ＝150°.故选D.解法二　因为e1，e2是单位向量，e1·e2＝0，所以不妨设e1＝（1，0），e2＝（0，1），所以e1－3e2＝（1，0）－3（0，1）＝（1，－3）.设e1－3e2与e2的夹角为θ，则cosθ＝（e1－3e2）·e2｜e1－3e2｜·｜e2｜＝（1，－3）·（0，1）12＋（－3）2×1＝－32，因为0°≤θ≤180°，所以θ＝150°.故选D.2.[2024安徽六校联考]已知向量m，n，且｜m｜＝｜n｜＝1，｜3m－2n｜＝7，则向量m在向量n上的投影向量为（　C　）A.0B.12mC.12nD.－12n解析　由｜3m－2n｜＝7，得｜3m－2n｜2＝（3m－2n）2＝9m2＋4n2－12m·n＝7，又｜m｜＝｜n｜＝1，所以9＋4－12m·n＝7，整理得m·n＝12，因为＜m，n＞∈[0，π]，所以m，n的夹角为π3，所以向量m在向量n上的投影向量为12n.故选C.3.[2023吉林长春质监]已知向量a与b的夹角为60°，｜a｜＝2，｜b｜＝1，则｜a－2b｜＝（　C　）A.1B.3C.2D.23解析解法一　a·b＝｜a｜·｜b｜cos60°＝2×1×12＝1，所以｜a－2b｜2＝a2－4a·b＋4b2＝4－4×1＋4＝4，所以｜a－2b｜＝2，故选C.解法二　如图所示，记OA＝a，OB＝b，则∠AOB＝60°.延长OB到C，使OC＝2OB＝2b，因为｜a｜＝2，｜b｜＝1，所以｜OA｜＝｜OC｜＝2.连接AC，则△OAC为正三角形，所以｜a－2b｜＝｜CA｜＝2，故选C.4.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（　B　）A.[0，π3）B.[0，2π3）C.（π3，π]D.（2π3，π] 解析　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，又因为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，如图所示，令OA＝a，OB＝b，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，则OC＝a＋b，设∠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，在θ从0增大到π的过程中，｜OC｜一直在减小，当｜OC｜＝1时，△AOC为等边三角形，此时θ＝2π3，故0＜θ＜2π3.综上可知，0≤θ＜2π3，故选B.5.[2023河南安阳模拟]已知a＝（1，0），b＝（0，1），c＝a＋tb，t∈R，若sin＜a，c＞＝sin＜b，c＞，则t＝（　B　）A.－1B.±1C.2D.±2解析　∵a＝（1，0），b＝（0，1），c＝a＋tb，∴c＝（1，t），又sin＜a，c＞＝sin＜b，c＞，∴cos＜a，c＞＝±cos＜b，c＞，而cos＜a，c＞＝11+t2，cos＜b，c＞＝t1+t2，∴1＝±t，即t＝±1，故选B.6.[多选]已知向量a＝（1，sinθ），b＝（cosθ，2），则下列命题正确的是（　BD　）A.存在θ，使得a∥bB.当tanθ＝－22时，a与b垂直C.对任意θ，都有｜a｜≠｜b｜D.当a·b＝－3时，a在b上的投影向量的模为377解析　对于A选项，若a∥b，则1×2－sinθcosθ＝0，又因为sinθcosθ＝12sin2θ∈[－12，12]，所以方程1×2－sinθcosθ＝0无解，即不存在θ，使得a∥b，所以A不正确；对于B选项，若a⊥b，则cosθ＋2sinθ＝0，即tanθ＝－22，所以B正确；对于C选项，｜a｜＝1+sin2θ，｜b｜＝2+cos2θ，当θ＝π2时，｜a｜＝｜b｜＝2，所以C不正确；对于D选项，a·b＝cosθ＋2sinθ＝3sin（θ＋φ）＝－3，其中sinφ＝33，cosφ＝63，所以θ＋φ＝2kπ－π2，k∈Z，所以｜b｜＝2+cos2θ＝2+13＝73，a在b上的投影向量的模为｜a·b｜b｜×a｜a｜｜＝｜－373×a｜a｜｜＝377，所以D正确.故选BD.7.已知向量a与b的夹角为π3，且｜a｜＝1，｜2a－b｜＝3，则｜b｜＝　1　. 解析　｜2a－b｜2＝（2a－b）2＝4｜a｜2－4｜a｜·｜b｜cos＜a，b＞＋｜b｜2＝4－2｜b｜＋｜b｜2＝3，解得｜b｜＝1.8.已知非零向量m，n满足4｜m｜＝3｜n｜，cos＜m，n＞＝13.若n⊥（tm＋n），则t＝　－4　.解析　由n⊥（tm＋n）可得n·（tm＋n）＝0，即tm·n＋n2＝0，所以t＝－n2m·n＝－n2｜m｜·｜n｜cos＜m，n＞＝－｜n｜2｜m｜×｜n｜×13＝－3×｜n｜｜m｜＝－3×43＝－4.9.[2021新高考卷Ⅱ]已知向量a＋b＋c＝0，｜a｜＝1，｜b｜＝｜c｜＝2，a·b＋b·c＋c·a＝　－92　.解析　（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2（a·b＋a·c＋b·c）＝0，因为｜a｜＝1，｜b｜＝｜c｜＝2，所以a·b＋a·c＋b·c＝－92.10.已知单位向量a，b满足｜a－2b｜＝3a·b，则向量a，b夹角的余弦值为　59　.解析　设a，b的夹角为θ，将｜a－2b｜＝3a·b两边同时平方得9cos2θ＋4cosθ－5＝0，解得cosθ＝59或cosθ＝－1.由｜a－2b｜＝3a·b可知a·b≥0，所以cosθ≥0，所以cosθ＝59.11.[2024山东日照联考]如图，在边长为2的等边△ABC中，点E为中线BD的三等分点（靠近点B），点F为BC的中点，则FE·FC＝（　B　）A.－34B.－12C.34D.12解析　解法一　由题意，以点D为坐标原点，DA，DB的方向分别为x，y轴的正方向，建立平面直角坐标系，则D（0，0），C（－1，0），B（0，3），E（0，233），F（－12，32），则FE＝（12，36），FC＝（－12，－32），∴FE·FC＝12×（－12）＋36×（－32）＝－12，故选B.解法二　∵FC＝12BC，FE＝BE－BF＝13BD－12BC＝16（BA＋BC）－12BC＝16BA－13BC，∴FE·FC＝12BC·（16BA－13BC）＝112BC·BA－16BC2＝112×2×2×cosπ3－16×22＝－12，故选B.12.[角度创新]已知向量a＝（1，2），b＝（－k2，1），k∈R，a，b的夹角为θ，若存在实数m，使得｜b｜cosθ－5m＞0，则m的取值范围是（　C　）A.（－12，＋∞）B.（0，＋∞）C.（－∞，25）D.（－∞，12） 解析　由｜b｜cosθ－5m＞0，得m＜55｜b｜cosθ，又因为｜a｜＝5，所以m＜｜a||b｜cosθ5.若存在实数m，使得｜b｜cosθ－5m＞0，则m＜（a·b5）max.因为a·b＝－k2＋2，所以（a·b）max＝2，故m＜25，故选C.13.如图，△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝2π3，半径为1的☉A分别交AB，AC于点E，F，点P是劣弧EF上的一个动点，则PB·PC的取值范围是　[－11，－9]　.解析　解法一（坐标法）　如图1，以A为原点，垂直于BC的直线为x轴建立平面直角坐标系xAy，则B（2，－23），C（2，23），设P（cosθ，sinθ），其中θ∈[－π3，π3].所以PB·PC＝（2－cosθ，－23－sinθ）·（2－cosθ，23－sinθ）＝（2－cosθ）2＋sin2θ－12＝－7－4cosθ.　　图1因为cosθ∈[12，1]，所以PB·PC∈[－11，－9].解法二（几何法）　如图2，取BC的中点M，连接PM，则PB·PC＝PM2－MC2.因为MC为定值，所以PB·PC的变化可由｜PM｜的变化确定.图2连接AM，易得AM＝2，MC＝23，当P为劣弧EF与AM的交点时，PM取得最小值，为AM－1＝1.连接EM，PM的最大值为EM＝BE2＋BM2－2·BE·BM·cos∠EBM＝3.所以PM2－MC2的取值范围是[－11，－9]，即PB·PC∈[－11，－9].14.[2024广东七校联考]已知点D在线段AB上，CD是△ABC的一条角平分线，E为CD上一点，且满足BE＝BA＋λ（AD｜AD｜＋AC｜AC｜）（λ＞0），｜CA｜－｜CB｜＝6，｜BA｜＝14，设BA＝a，则BE在a上的投影向量为　27a　.（结果用带a的式子表示）解析　如图，连接AE，因为CD是△ABC的一条角平分线，且BE－BA＝AE＝λ（AD｜AD｜＋AC｜AC｜）（λ＞0），所以AE也是△ABC的一条角平分线，所以E为△ABC的内心.作△ABC的内切圆，切点分别为M，Q，N，并连接EM，EQ，EN，则由内切圆的性质可得，｜AC｜－｜BC｜＝｜AM｜－｜BN｜＝｜AQ｜－｜BQ｜＝6，又｜AQ｜＋｜BQ｜＝14，所以｜BQ｜＝7－3＝4，所以BE在a上的投影向量的模为4，则BE在a上的投影向量为414a＝27a. 15.骑行是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱.如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为3，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为4的等边三角形.设P为后轮上一点，则在骑行该自行车的过程中，AC·CP达到最大值时，点P到地面的距离为（　B　）A.32B.332C.32＋3D.62＋3解析　如图，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A（－8，0），C（－2，23），圆D的方程为x2＋y2＝3.所以可设P（3cosα，3sinα），0≤α＜2π，所以AC＝（6，23），CP＝（3cosα＋2，3sinα－23），所以AC·CP＝63cosα＋12＋6sinα－12＝63cosα＋6sinα＝12sin（α＋π3），当α＋π3＝π2，即α＝π6时，AC·CP取得最大值，此时点P（32，32），点P到地面的距离为32＋3＝332，故选B.