2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习23《平面向量的数量积及应用》(含详解)

这是一份2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习23《平面向量的数量积及应用》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知非零向量a，b满足a·b=0，|a|=3，且a与a＋b的夹角为eq \f(π,4)，则|b|=( )
A.6 B.3eq \r(2) C.2eq \r(2) D.3
已知平面向量a=(－2，m)，b=(1，eq \r(3))，且(a－b)⊥b，则实数m的值为( )
A.－2eq \r(3) B.2eq \r(3) C.4eq \r(3) D.6eq \r(3)
已知△ABC中，AB=6，AC=3，N是边BC上的点，且eq \(BN,\s\up15(→))=2eq \(NC,\s\up15(→))，O为△ABC的外心，
则eq \(AN,\s\up15(→))·eq \(AO,\s\up15(→))的值为( )
A.8 B.10 C.18 D.9
设非零向量a，b满足|2a＋b|=|2a－b|，则( )
A.a⊥b B.|2a|=|b| C.a∥b D.|a|<|b|
已知平面向量a，b的夹角为eq \f(π,3)，且|a|=1，|b|=eq \f(1,2)，则|a－2b|=( )
A.eq \r(3) B.1 C.2 D.eq \f(3,2)
已知圆O是△ABC的外接圆，其半径为1，且eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))=2eq \(AO,\s\up7(―→))，AB=1，则eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))=( )
A.eq \f(3,2) B.3 C.eq \r(3) D.2eq \r(3)
如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条直径，eq \(BF,\s\up6(→))=2eq \(FO,\s\up6(→))，则eq \(FD,\s\up6(→))·eq \(FE,\s\up6(→))的值是( )
A.－eq \f(3,4) B.－eq \f(8,9) C.－eq \f(1,4) D.－eq \f(4,9)
在△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，点D在边AC上，且2eq \(AD,\s\up6(→))=eq \(DC,\s\up6(→))，则eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))的值是( )
A.48 B.24 C.12 D.6
已知平面向量a=(－2,3)，b=(1,2)，向量λa＋b与b垂直，则实数λ的值为( )
A.eq \f(4,13) B.－eq \f(4,13) C.eq \f(5,4) D.－eq \f(5,4)
在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形，eq \(AB,\s\up15(→))=(1，－2)，eq \(AD,\s\up15(→))=(2,1)，
则eq \(AD,\s\up15(→))·eq \(AC,\s\up15(→))=( )
A.5 B.4 C.3 D.2
如图，半径为1的扇形AOB中，∠AOB=eq \f(2π,3)，P是弧AB上的一点，且满足OP⊥OB，
M，N分别是线段OA，OB上的动点，则eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))的最大值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),2) C.1 D.eq \r(2)
已知平面向量a，b，c满足|a|=|b|=|c|=1，若a·b=eq \f(1,2)，则(a＋b)·(2b－c)最小值为( )
A.－2 B.3－eq \r(3) C.－1 D.0
二、填空题
已知向量a=(m,2)，b=(2，－1)，且a⊥b，则eq \f(|2a－b|,a·a＋b)的值为________.
如图，在△ABC中，AB=3，AC=5，∠BAC=60°，D，E分别是AB，AC的中点，连接CD，BE交于点F，连接AF，取CF的中点G，连接BG，则eq \(AF,\s\up15(→))·eq \(BG,\s\up15(→))= .
已知非零向量a，b满足a·b=0，|a＋b|=t|a|，若a＋b与a－b的夹角为eq \f(π,3)，
则t的值为 .
已知点E是正方形ABCD的边CD的中点，若eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(DB,\s\up10(→))=－2，则eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))=________.
已知动直线l与圆O：x2＋y2=4相交于A，B两点，且满足|AB|=2，点C为直线l上一点，
且满足eq \(CB,\s\up6(→))=eq \f(5,2)eq \(CA,\s\up6(→))，若M是线段AB的中点，则eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))的值为 .
已知在△OAB中，OA=OB=2，AB=2eq \r(3)，动点P位于线段AB上，则当eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(PO,\s\up15(→))取最小值时，向量eq \(PA,\s\up15(→))与eq \(PO,\s\up15(→))的夹角的余弦值为 .
\s 0 答案解析
答案为：D；
解析：因为a·(a＋b)=a2＋a·b=|a||a＋b|cs eq \f(π,4)，所以|a＋b|=3eq \r(2)，
将|a＋b|=3eq \r(2)两边平方可得，a2＋2a·b＋b2=18，解得|b|=3，故选D.
答案为：B
解析：∵a=(－2，m)，b=(1，eq \r(3))，∴a－b=(－2，m)－(1，eq \r(3))=(－3，m－eq \r(3)).
由(a－b)⊥b，得(a－b)·b=0，即(－3，m－eq \r(3))·(1，eq \r(3))=－3＋eq \r(3)m－3=eq \r(3)m－6=0，
解得m=2 eq \r(3).故选B.
答案为：D；
解析：由于eq \(BN,\s\up15(→))=2eq \(NC,\s\up15(→))，则eq \(AN,\s\up15(→))=eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up15(→))，取AB的中点为E，连接OE，
由于O为△ABC的外心，则eq \(EO,\s\up15(→))⊥eq \(AB,\s\up15(→))，∴eq \(AO,\s\up15(→))·eq \(AB,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(AB,\s\up15(→))＋\(EO,\s\up15(→))))·eq \(AB,\s\up15(→))=eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up15(→))2=eq \f(1,2)×62=18，
同理可得eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(AO,\s\up15(→))=eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up15(→))2=eq \f(1,2)×32=eq \f(9,2)，
所以eq \(AN,\s\up15(→))·eq \(AO,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)\(AB,\s\up15(→))＋\f(2,3)\(AC,\s\up15(→))))·eq \(AO,\s\up15(→))=eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(AO,\s\up15(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up15(→))·eq \(AO,\s\up15(→))=eq \f(1,3)×18＋eq \f(2,3)×eq \f(9,2)=6＋3=9，故选D.
答案为：A.
解析：
解法1：∵|2a＋b|=|2a－b|，∴(2a＋b)2=(2a－b)2，化简得a·b=0，∴a⊥b，故选A.
解法2：记c=2a，则由|2a＋b|=|2a－b|得|c＋b|=|c－b|，由平行四边形法则知，
以向量c，b为邻边的平行四边形的对角线相等，
∴该四边形为矩形，故c⊥b，即a⊥b，故选A.
答案为：B；
解析：∵|a－2b|2=|a|2＋4|b|2－4a·b=1＋1－1=1，∴|a－2b|=1.故选B.
答案为：B；
解析：因为eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))=2eq \(AO,\s\up7(―→))，所以点O是BC的中点，即BC是圆O的直径，
又AB=1，圆的半径为1，所以∠ACB=30°，且AC=eq \r(3)，
则eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))=|eq \(CA,\s\up7(―→))|·|eq \(CB,\s\up7(―→))|cs ∠ACB=3.故选B.
答案为：B.
解析：因为eq \(BF,\s\up6(→))=2eq \(FO,\s\up6(→))，r=1，
所以|eq \(FO,\s\up6(→))|=eq \f(1,3)，eq \(FD,\s\up6(→))·eq \(FE,\s\up6(→))=(eq \(FO,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))·(eq \(FO,\s\up6(→))＋eq \(OE,\s\up6(→)))=eq \(FO,\s\up6(→))2＋eq \(FO,\s\up6(→))·(eq \(OE,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))＋eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(OE,\s\up6(→))=－eq \f(8,9)，故选B.
答案为：B；
解析：由题意得，eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))=0，eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→))=|eq \(BA,\s\up6(→))|2=36，所以eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))=eq \(BA,\s\up6(→))·(eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→)))
=eq \(BA,\s\up6(→))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))＋\f(2,3)\(CA,\s\up6(→))))=0＋eq \f(2,3)×36=24，故选B.
答案为：D；
解析：因为a=(－2,3)，b=(1,2)，向量λa＋b与b垂直，
所以(－2λ＋1,3λ＋2)·(1,2)=－2λ＋1＋2(3λ＋2)=4λ＋5=0，解得λ=－eq \f(5,4).故选D.
答案为：A
解析：由四边形ABCD是平行四边形，知eq \(AC,\s\up15(→))=eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AD,\s\up15(→))=(1，－2)＋(2,1)=(3，－1)，
故eq \(AD,\s\up15(→))·eq \(AC,\s\up15(→))=(2,1)·(3，－1)=2×3＋1×(－1)=5.
答案为：C；
解析：∵扇形OAB的半径为1，∴|eq \(OP,\s\up7(―→)) |=1，∵OP⊥OB，∴eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))=0.
∵∠AOB=eq \f(2π,3)，∴∠AOP=eq \f(π,6)，
∴eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))=(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→)))·(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(ON,\s\up7(―→)))=eq \(PO,\s\up7(―→))2＋eq \(ON,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(ON,\s\up7(―→))
=1＋|eq \(OM,\s\up7(―→))|cs eq \f(5π,6)＋|eq \(OM,\s\up7(―→))|·|eq \(ON,\s\up7(―→))|cs eq \f(2π,3)≤1＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))=1，故选C.
答案为：B；
解析：由|a|=|b|=1，a·b=eq \f(1,2)，
可得〈a，b〉=eq \f(π,3).令eq \(OA,\s\up15(→))=a，eq \(OB,\s\up15(→))=b，
以eq \(OA,\s\up15(→))的方向为x轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，
则a=eq \(OA,\s\up15(→))=(1,0)，b=eq \(OB,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，设c=eq \(OC,\s\up15(→))=(csθ，sinθ)(0≤θ＜2π)，
则(a＋b)·(2b－c)=2a·b－a·c＋2b2－b·c=3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csθ＋\f(1,2)csθ＋\f(\r(3),2)sinθ))=3－eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))，则(a＋b)·(2b－c)的最小值为3－eq \r(3)，故选B.
二、填空题
答案为：1.
解析：∵a⊥b，∴2m－2=0，∴m=1，则2a－b=(0,5)，a＋b=(3,1)，
∴a·(a＋b)=1×3＋2×1=5，|2a－b|=5，∴eq \f(|2a－b|,a·a＋b)=eq \f(5,5)=1.
解析：依题意，F是△ABC的重心，eq \(AF,\s\up15(→))=eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→)))=eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→)))，
eq \(BG,\s\up15(→))=eq \f(1,2)(eq \(BF,\s\up15(→))＋eq \(BC,\s\up15(→)))=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)\(BA,\s\up15(→))＋\f(4,3)\(BC,\s\up15(→))))=eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)\(AC,\s\up15(→))－\f(5,3)\(AB,\s\up15(→))))=eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up15(→))－eq \f(5,6)eq \(AB,\s\up15(→)).
故eq \(AF,\s\up15(→))·eq \(BG,\s\up15(→))=eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)\(AC,\s\up15(→))－\f(5,6)\(AB,\s\up15(→))))=eq \f(95,36).
答案为：eq \f(2\r(3),3).
解析：因为a·b=0，所以(a＋b)2=(a－b)2，即|a＋b|=|a－b|.又|a＋b|=t|a|，
所以|a－b|=|a＋b|=t|a|.因为a＋b与a－b的夹角为eq \f(π,3)，
所以eq \f(a＋b·a－b,|a＋b|·|a－b|)=cseq \f(π,3)，整理得eq \f(|a|2－|b|2,t2|a|2)=eq \f(1,2)，即(2－t2)|a|2=2|b|2.
又|a＋b|=t|a|，平方得|a|2＋|b|2=t2|a|2，
所以|a|2＋eq \f(2－t2|a|2,2)=t2|a|2，解得t2=eq \f(4,3).因为t>0，所以t=eq \f(2\r(3),3).
答案为：3.
解析：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
设正方形的边长为2a(a＞0)，则A(0,0)，E(a,2a)，B(2a,0)，D(0,2a)，
可得eq \(AE,\s\up10(→))=(a,2a)，eq \(DB,\s\up10(→))=(2a，－2a)，若eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(DB,\s\up10(→))=－2，则2a2－4a2=－2，解得a=1，
所以eq \(BE,\s\up10(→))=(－1,2)，eq \(AE,\s\up10(→))=(1,2)，所以eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))=3.
答案为：3.
解析：动直线l与圆O：x2＋y2=4相交于A，B两点，连接OA，OB，
因为满足|AB|=2，所以△AOB为等边三角形，于是不妨设动直线l为y=eq \r(3)(x＋2)，
如图所示，根据题意可得B(－2,0)，A(－1，eq \r(3))，
因为M是线段AB的中点，所以M(－eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2)).
设C(x，y)，因为eq \(CB,\s\up6(→))=eq \f(5,2)eq \(CA,\s\up6(→))，所以(－2－x，－y)=eq \f(5,2)(－1－x，eq \r(3)－y)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2－x＝\f(5,2)－1－x，,－y＝\f(5,2)\r(3)－y，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,3)，,y＝\f(5\r(3),3)，))
所以C(－eq \f(1,3)，eq \f(5\r(3),3))，所以eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))=(－eq \f(1,3)，eq \f(5\r(3),3))·(－eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2))=eq \f(1,2)＋eq \f(5,2)=3.
解析：易知∠AOB=120°，记eq \(OA,\s\up15(→))=a，eq \(OB,\s\up15(→))=b，
则a·b=－2，设eq \(PA,\s\up15(→))=λeq \(BA,\s\up15(→))=λa－λb(0≤λ≤1)，则eq \(PO,\s\up15(→))=eq \(PA,\s\up15(→))＋eq \(AO,\s\up15(→))=(λ－1)a－λb，
则eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(PO,\s\up15(→))=(λa－λb)·[(λ－1)a－λb]=12λ2－6λ，
当λ=eq \f(1,4)时，eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(PO,\s\up15(→))取最小值－eq \f(3,4)，
此时，|eq \(PA,\s\up15(→))|=eq \f(1,4)|eq \(BA,\s\up15(→))|=eq \f(\r(3),2)，eq \(PO,\s\up15(→))=－eq \f(3,4)a－eq \f(1,4)b=－eq \f(1,4)(3a＋b)，|eq \(PO,\s\up15(→))|=eq \f(1,4)|3a＋b|=eq \f(\r(7),2)，
所以向量eq \(PA,\s\up15(→))与eq \(PO,\s\up15(→))的夹角的余弦值为eq \f(\(PA,\s\up15(→))·\(PO,\s\up15(→)),|\(PA,\s\up15(→))||\(PO,\s\up15(→))|)=eq \f(－\f(3,4),\f(\r(3),2)×\f(\r(7),2))=－eq \f(\r(21),7).