人教版高中数学高考一轮复习训练--　平面向量的数量积与平面向量的应用

这是一份人教版高中数学高考一轮复习训练--　平面向量的数量积与平面向量的应用，共5页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
考点规范练32　平面向量的数量积与平面向量的应用一、基础巩固1.已知a,b为单位向量,其夹角为60°,则(2a-b)·b等于(　　)A.-1 B.0 C.1 D.22.已知向量p=(2,-3),q=(x,6),且p∥q,则|p+q|的值为(　　)A. B. C.5 D.133.对任意平面向量a,b,下列关系式不恒成立的是 (　　)A.|a·b|≤|a||b| B.|a-b|≤||a|-|b||C.(a+b)2=|a+b|2 D.(a+b)·(a-b)=a2-b24.在四边形ABCD中,=(1,2),=(-4,2),则该四边形的面积为(　　)A. B.2 C.5 D.105.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. B. C. D.6.设向量a与b的夹角为θ,且a=(-2,1),a+2b=(2,3),则cos θ等于(　　)A.- B. C. D.-7.设m,n为非零向量,则“存在负数λ,使得m=λn”是“m·n<0”的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件8.(多选)已知向量a=(,1),b=(cos α,sin α)α∈0,,则下列说法正确的有(　　)A.|b|=1 B.若a∥b,则tan α=C.a·b的最大值为2D.|a-b|的最大值为39.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,m,n的夹角为θ,且cos θ=.若n⊥(tm+n),则实数t的值为(　　)A.4 B.-4 C. D.-10.(2020全国Ⅰ,理14)设a,b为单位向量,且|a+b|=1,则|a-b|=　　　　　. 11.已知|a|=2,|b|=1,(2a-3b)·(2a+b)=9.(1)求向量a与b的夹角θ;(2)求|a+b|及向量a在a+b方向上的投影向量的模.              二、综合应用12.(2020山东,7)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则的取值范围是(　　)A.(-2,6) B.(-6,2) C.(-2,4) D.(-4,6)13.(多选)八卦是中国文化的基本哲学概念,其平面图形记为正八边形ABCDEFGH,如图所示.其中OA=1,则以下结论正确的是(　　)A.=0B.=-C.=-D.||=14.如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若点E为边CD上的动点,则的最小值为(　　)A. B. C. D.315.在日常生活中,我们会看到如图所示的情境,两人共提一个行李包.假设行李包所受重力为G,作用在行李包上的两个拉力分别为F1,F2,且|F1|=|F2|,F1与F2的夹角为θ.给出以下结论:①θ越大越费力,θ越小越省力;②θ的范围为[0,π];③当θ=时,|F1|=|G|;④当θ=时,|F1|=|G|.其中正确结论的序号是　　　　　. 三、探究创新16.已知平面向量a,b,|a|=1,|b|=2,a·b=1.若e为平面单位向量,则|a·e|+|b·e|的最大值是　　　　　. 17.如图,在正方形ABCD中,P是对角线BD上的一点,四边形PECF是矩形,用向量方法证明:PA⊥EF.
考点规范练32　平面向量的数量积与平面向量的应用1.B　由已知得|a|=|b|=1,a与b的夹角θ=60°,则(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a||b|cos θ-|b|2=2×1×1×cos 60°-12=0,故选B.2.B　由题意,得2×6+3x=0,解得x=-4.|p+q|=|(2,-3)+(-4,6)|=|(-2,3)|=3.B　A项,设向量a与b的夹角为θ,则a·b=|a||b|cos θ≤|a||b|,所以不等式恒成立;B项,当a与b同向时,|a-b|=||a|-|b||;当a与b非零且反向时,|a-b|=|a|+|b|>||a|-|b||.故不等式不恒成立;C项,(a+b)2=|a+b|2恒成立;D项,(a+b)·(a-b)=a2-a·b+b·a-b2=a2-b2,故等式恒成立.故选B.4.C　依题意得,=1×(-4)+2×2=0,则即四边形ABCD的面积为|||==5.5.B　设a与b的夹角为θ.因为(a-b)⊥b,所以(a-b)·b=a·b-b2=0,所以a·b=b2,所以cos θ=,因为θ∈[0,π],所以a与b的夹角为,故选B.6.A　∵向量a与b的夹角为θ,且a=(-2,1),a+2b=(2,3),∴b==(2,1),∴cos θ==-7.A　m,n为非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即两向量反向,夹角θ是180°,则m·n=|m||n|cos 180°=-|m||n|<0.反过来,若m·n<0,则两向量的夹角,并不一定反向,即不一定存在负数λ,使得m=λn,所以是充分不必要条件.故选A.8.AC　对于A,|b|==1,A正确;对于B,若a∥b,则sin α-cos α=0,则tan α=,B错误;对于C,a·b=cos α+sin α=2sin,因为,所以α+,所以当α+时,最大值为2,C正确;对于D,|a-b|=,因为,所以α+,则sin,即|a-b|max=,D错误.9.B　由4|m|=3|n|,可设|m|=3k,|n|=4k(k>0),因为n⊥(tm+n),所以n·(tm+n)=n·tm+n·n=t|m||n|cos θ+|n|2=t×3k×4k+(4k)2=4tk2+16k2=0,解得t=-4,故选B.10　∵|a+b|2=(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=1+1+2a·b=1,∴a·b=-,∴|a-b|2=(a-b)2=|a|2+|b|2-2a·b=3,∴|a-b|=11.解 (1)因为|a|=2,|b|=1,(2a-3b)·(2a+b)=9,所以4a2-4a·b-3b2=9,即16-8cos θ-3=9,所以cos θ=因为θ∈[0,π],所以θ=(2)由(1)可知a·b=|a||b|cos=1,所以|a+b|=,a·(a+b)=a2+a·b=5.所以向量a在a+b方向上的投影向量的模为12.A　如图,以AB所在的直线为x轴,AE所在的直线为y轴建立平面直角坐标系,易知A(0,0),B(2,0),F(-1,),C(3,).设P(x,y),则=(x,y),=(2,0),即=2x+0×y=2x.∵-1<x<3,的取值范围为(-2,6),故选A.13.ABC　因为八卦图为正八边形,所以中心角为45°,即∠FOD=90°,所以=0,故A正确;由以上得∠AOD=135°==||·||cos=-,B正确;的夹角为90°,因为||=||,所以根据平行四边形法则,=-,C正确;因为||=||=||,∠AOF=,所以在△AOF中,由余弦定理可得|AF|2=|OA|2+|OF|2-2|OA||OF|cos=2+,|AF|=,D错误.14.A　如图,取AB的中点F,连接EF,==||2-当EF⊥CD时,||最小,即取最小值.过点A作AH⊥EF于点H,由AD⊥CD,EF⊥CD,可得EH=AD=1,∠DAH=90°.因为∠DAB=120°,所以∠HAF=30°.在Rt△AFH中,易知AF=,HF=,所以EF=EH+HF=1+即()min=15.①④　对于①,因为|G|=|F1+F2|为定值,所以|G|2=|F1|2+|F2|2+2|F1||F2|cos θ=2|F1|2(1+cos θ),解得|F1|2=;由题意知,当θ∈(0,π)时,y=cos θ单调递减,所以|F1|2单调递增,即θ越大越费力,θ越小越省力;①正确;对于②,由题意知,θ的取值范围是(0,π),所以②错误;对于③,当θ=时,|F1|2=,所以|F1|=|G|,③错误;对于④,当θ=时,|F1|2=|G|2,所以|F1|=|G|,④正确.综上可知,正确结论的序号是①④.16　设a与b的夹角为φ,且φ∈[0,π],由已知得φ=60°,不妨取a=(1,0),b=(1,).设e=(cos α,sin α),则|a·e|+|b·e|=|cos α|+|cos α+sin α|≤|cos α|+|cos α|+|sin α|=2|cos α|+|sin α|,当且仅当cos α与sin α同号时,等号成立.所以2|cos α|+|sin α|=|2cos α+sin α|=|sin(α+θ)|(其中sin θ=,cos θ=,取θ为锐角).显然|sin(α+θ)|易知当α+θ=时,|sin(α+θ)|取最大值1,此时α为锐角,sin α,cos α同为正值,因此上述不等式中等号能同时取到.故所求最大值为17.证法一 设正方形的边长为a,由于P是对角线BD上的一点,可设=(0≤λ≤1).则--λ()=(1-λ)-因为在正方形ABCD中,四边形PECF为矩形,所以△DPF∽△DBC,从而可得=(1-λ)-,所以=[(1-λ)-]·[(1-λ)-]=(1-λ)2-(1-λ)-λ(1-λ)+λ2=-λ(1-λ)a2+λ(1-λ)a2=0,因此,故PA⊥EF.证法二 如图,以D为原点,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴,建立平面直角坐标系.设正方形的边长为a,由P是对角线BD上的一点,设DP=λDB=a(0≤λ≤1),则点A(0,a),P(λa,λa),E(a,λa),F(λa,0),于是=(-λa,a-λa),=(λa-a,-λa),因此=-λa(λa-a)-(a-λa)λa=-λ2a2+λa2-λa2+λ2a2=0,因此,故PA⊥EF.