【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）第七章平面向量、复数 课时规范练31　平面向量的数量积与平面向量的应用含解析【高考】.docx，共(6)页，77.603 KB，由小赞的店铺上传

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1课时规范练31平面向量的数量积与平面向量的应用基础巩固组1.(2021河北石家庄一模)设向量a=(1,2),b=(m,-1),且(a+b)⊥a,则实数m=()A.-3B.32C.-2D.-322.在梯形ABCD

中,AB∥DC,AD⊥AB,AD=√2,则𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=()A.-1B.1C.√2D.23.(2021广东珠海二模)已知向量a,b满足|a|=2,a·b=-1,且(a+b)·(a-b)=3,则|a-b|=()A.3B.√3C.7D.

√74.在△ABC中,若𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,2),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-x,2x)(x>0),则当BC最小时,∠ACB=()A.90°B.60°C.45°D.30°5.(多选)(2021湖南衡阳二模)已知向量a=(1,x-1),b=(x,2),则()A.a≠bB.

若a∥b,则x=2C.若a⊥b,则x=23D.|a-b|≥√26.(多选)已知向量a=(1,2),b=(m,1)(m<0),且向量b满足b·(a+b)=3,则()A.|b|=√2B.(2a+b)∥(a+2b)C.向量2a-b与a-2b

的夹角为π4D.向量a在向量b上的投影向量的模为√557.(2021全国乙,理14)已知向量a=(1,3),b=(3,4),若(a-λb)⊥b,则λ=.8.已知向量a=(cosα,sinα),b=(c

osβ,sinβ),c=(-1,0).(1)求向量b+c的模的最大值;(2)设α=π4,且a⊥(b+c),求cosβ的值.综合提升组29.(多选)若△ABC内接于以O为圆心,1为半径的圆,且3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

=0,则下列结论正确的是()A.∠BOC=90°B.∠AOB=90°C.𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=-45D.𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=-1510.(多选)(2021江苏南京一模)设O(0,0),A

(1,0),B(0,1),P是线段AB上的一个动点,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗.若𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗≥𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,则实数λ的值可以为()A.1B.12C.13D.1411.(2021山东滨州二模)已知平面向量a,b,c是单位

向量,且a·b=0,则|c-a-b|的最大值为.12.已知△ABC为等腰直角三角形,OA=1,OC为斜边上的高.若P为线段OC的中点,则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=;若P为线段OC上的动点,则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗

⃗⃗⃗⃗的取值范围为.创新应用组13.“赵爽弦图”由四个全等的直角三角形和一个正方形所构成(如图).在直角三角形CGD中,已知GC=4,GD=3,在线段EF上任取一点P,线段BC上任取一点Q,则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗的最大值为()A

.25B.27C.29D.3114.若平面内两定点A,B间的距离为4,动点P满足|𝑃𝐴||𝑃𝐵|=√3,则动点P的轨迹所围成的图形的面积为,𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗的最大值是.3课时规范练31平面向量的数量积与平面向量的应用1.A解析由题意,向量a=

(1,2),b=(m,-1),可得a+b=(m+1,1).因为(a+b)⊥a,所以(a+b)·a=m+1+2=0,解得m=-3.故选A.2.D解析由题可知,因为四边形ABCD为直角梯形,所以𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗在𝐴𝐷⃗

⃗⃗⃗⃗上的投影向量的模为√2,由数量积的几何意义可知𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(√2)2=2,故选D.3.D解析由(a+b)·(a-b)=|a|2-|b|2=3,可得|b|=1,因为|a-b|

2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=4+2+1=7,所以|a-b|=√7.故选D.4.A解析∵𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-x-1,2x-2),∴|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√(-𝑥-1)2+(2𝑥-2)2=√5𝑥2-6

𝑥+5.令y=5x2-6x+5,x>0,当x=35时,ymin=165,此时BC最小,∴𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(35,-65),𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=85,45,𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=35×85−

65×45=0,∴𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,即∠ACB=90°,故选A.5.ACD解析显然a≠b,故A正确;由a∥b得1×2=(x-1)x,解得x=2或x=-1,故B错误;由a⊥b得x+2(x-1)=0,解得x=23,故C正确;|a-b|

2=(1-x)2+(x-3)2=2(x-2)2+2≥2,则|a-b|≥√2,故D正确.故选ACD.6.AC解析将a=(1,2),b=(m,1)代入b·(a+b)=3,得(m,1)·(1+m,3)=3,得m2+m=0,解得m=-1或m=0(舍去),所以b=(

-1,1),所以|b|=√(-1)2+12=√2,故A正确;因为2a+b=(1,5),a+2b=(-1,4),1×4-(-1)×5=9≠0,所以2a+b与a+2b不平行,故B错误;设向量2a-b与a-2b的夹角为θ,因为2a-b=(3,3),a-2b=(3

,0),所以cosθ=(2𝑎-𝑏)·(𝑎-2𝑏)|2𝑎-𝑏||𝑎-2𝑏|=√22,所以θ=π4,故C正确;向量a在向量b上的投影向量的模为𝑎·𝑏|𝑏|=1√2=√22,故D错误.故选AC.7.35解析由已知得,a-λb=(1-3λ,3-4λ),由(a-λ

b)⊥b,得3(1-3λ)+4(3-4λ)=0,即15-25λ=0,解得λ=35.48.解(1)b+c=(cosβ-1,sinβ),则|b+c|2=(cosβ-1)2+sin2β=2(1-cosβ).因为-1≤cosβ≤1,所以0≤|b+c|2

≤4,即0≤|b+c|≤2.当cosβ=-1时,有|b+c|=2,所以向量b+c的模的最大值为2.(2)若α=π4,则a=√22,√22.又由b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0)得a·(b+c)=√22,√22·(cosβ-1,sinβ)=√22cosβ

+√22sinβ-√22.因为a⊥(b+c),所以a·(b+c)=0,即cosβ+sinβ=1,所以sinβ=1-cosβ,平方后化简得cosβ(cosβ-1)=0,解得cosβ=0或cosβ=1.经检验cosβ=0或cosβ=1即为所求.9.BD

解析由于△ABC内接于以O为圆心,1为半径的圆,且3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=-5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,两边平方并

化简得25+24𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=25,解得𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0;3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,两边平方并化简得34+30𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=16,解得𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=

-35;4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,两边平方并化简得41+40𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=9,解得𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-45.所以∠BOC≠90°,故A错误;∠AOB=

90°,故B正确;𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=45,故C错误;𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=-45--35=-15,故D正确.故选BD.10.ABC解析设P(x,y),由𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗(0≤λ≤1),得(x-1,y)=λ(

-1,1)=(-λ,λ),所以{𝑥-1=-𝜆,𝑦=𝜆,得P(1-λ,λ).由𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗≥𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,得(1-λ,λ)·(-1,1)≥(λ,-λ)·(λ-1,1-λ),即λ-1+λ≥λ(λ-1)-λ(1-λ),52

λ-1≥2λ2-2λ,2λ2-4λ+1≤0,解得1-√22≤λ≤1+√22,又因为0≤λ≤1,所以1-√22≤λ≤1.故选ABC.11.√2+1解析由|a|=|b|=1,且a·b=0,建立如图所示平面直角坐标系,设𝑂𝐴⃗⃗

⃗⃗⃗=a,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=b,则a=(1,0),b=(0,1),再设c=(x,y),则c-a-b=(x-1,y-1),故|c-a-b|=√(𝑥-1)2+(𝑦-1)2,其几何意义为以O为圆心的单位圆上的动点与

定点P(1,1)间的距离.则其最大值为|OP|+1=√12+12+1=√2+1.12.14[0,1]解析△ABC为等腰直角三角形,CO为斜边上的高,则CO为边AB上的中线,所以AC=BC=√2,AO=BO=CO=1.当P为线段OC的中点时,在△ACO中,AP为边C

O上的中线,则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗),所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗)·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=12(

𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗)=12|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|cos45°+0=12×√2×12×√22=14.当P为线段OC上的动点时,设𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,0≤λ≤1,𝐴𝑃⃗⃗⃗

⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗)·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗-(1

-λ)𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·(λ𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=λ×1×√2×√22-(1-λ)·λ=λ-λ+λ2=λ2∈[0,1],所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗的取值范围为[0,1].13.C解析建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,3).6设P(4,

a)(3≤a≤4),Q4+t,43t(0≤t≤3),则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(4,a-3),𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=4+t,43t-3,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=4(4+t)+(a-3)43t-3=16+4t+43at-4t-3a+9=25+43at-3a=25+43t

-3·a.-3≤43t-3≤1,3≤a≤4,所以当43t-3=1,a=4时,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗取得最大值为25+1×4=29.故选C.14.12π24+16√3解析以经过A,B的直线为x轴,线段AB的中垂线为y轴,建立平面直角坐标系如图所示,则A(

-2,0),B(2,0).设P(x,y),因为|𝑃𝐴||𝑃𝐵|=√3,所以√(𝑥+2)2+𝑦2√(𝑥-2)2+𝑦2=√3,化简整理可得(x-4)2+y2=12,所以点P的轨迹为圆,圆心为C(4,0),半径r=2√3,故其面积为12π.𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗

⃗=x2-4+y2=|OP|2-4,OP即为圆C上的点到坐标原点的距离.因为OC=4,所以OP的最大值为OC+r=4+2√3,所以𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗的最大值为(4+2√3)2-4=24+16√3.