2022年新高考一轮复习考点精选练习20《平面向量的数量积及应用》（含详解）

这是一份2022年新高考一轮复习考点精选练习20《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
已知向量a=(eq \r(3)，1)，b=(0,1)，c=(k，eq \r(3)).若a＋2b与c垂直，则k=( )
A.－3 B.－2 C.1 D.－1
在△ABC中，已知eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))=eq \f(9,2)，|eq \(AC,\s\up6(→))|=3，|eq \(AB,\s\up6(→))|=3，M，N分别是BC边上的三等分点，
则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))的值是( )
A.eq \f(11,2) B.eq \f(13,2) C.6 D.7
在△ABC中，若A=120°，eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))=－1，则|eq \(BC,\s\up10(→))|的最小值是( )
A.eq \r(2) B.2 C.eq \r(6) D.6
已知平面向量a，b满足|a|=2，|b|=1，a与b的夹角为eq \f(2π,3)，且(a＋λb)⊥(2a－b)，
则实数λ的值为( )
A.－7 B.－3 C.2 D.3
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|
已知在△ABC中，eq \(BC,\s\up6(→))=eq \r(2) eq \(BD,\s\up6(→))，AD⊥AB，|eq \(AB,\s\up6(→))|=2，则eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))=( )
A.－4eq \r(2) B.4eq \r(2) C.－2eq \r(2) D.2eq \r(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，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，
记I1=eq \(OA,\s\up10(→))·eq \(OB,\s\up10(→))，I2=eq \(OB,\s\up10(→))·eq \(OC,\s\up10(→))，I3=eq \(OC,\s\up10(→))·eq \(OD,\s\up10(→))，则( )
A.I1＜I2＜I3 B.I1＜I3＜I2 C.I3＜I1＜I2 D.I2＜I1＜I3
若直线ax－y=0(a≠0)与函数f(x)=eq \f(2cs2x＋1,ln\f(2＋x,2－x))的图象交于不同的两点A，B，且点C(6,0)，若点D(m，n)满足eq \(DA,\s\up15(→))＋eq \(DB,\s\up15(→))=eq \(CD,\s\up15(→))，则m＋n等于( )
A.1 B.2 C.3 D.4
已知平面向量eq \(PA,\s\up7(―→))，eq \(PB,\s\up7(―→))满足|eq \(PA,\s\up7(―→))|=|eq \(PB,\s\up7(―→))|=1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))=－eq \f(1,2).若|eq \(BC,\s\up7(―→))|=1，
则|eq \(AC,\s\up7(―→))|的最大值为( )
A.eq \r(2)－1 B.eq \r(3)－1 C.eq \r(2)＋1 D.eq \r(3)＋1
设A，B，C是半径为1的圆O上的三点，且eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，则(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))·(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→)))的最大值是( )
A.1＋eq \r(2) B.1－eq \r(2) C.eq \r(2)－1 D.1
已知点O是锐角三角形ABC的外心，若eq \(OC,\s\up6(→))=meq \(OA,\s\up6(→))＋neq \(OB,\s\up6(→))(m，n∈R)，则( )
A.m＋n≤－2 B.－2≤m＋n<－1 C.m＋n<－1 D.－1二、填空题
已知向量a，b满足(2a－b)·(a＋b)=6，且|a|=2，|b|=1，则a与b夹角为_______.
已知平面向量a，b满足|a|=|b|=1，a⊥(a－2b)，则|a＋b|= .
如图，平行四边形ABCD中，AB=2，AD=1，A=60°，点M在AB边上，且AM=eq \f(1,3)AB，
则eq \(DM,\s\up15(→))·eq \(DB,\s\up15(→))=________.
已知向量a=(m,2)，b=(2，－1)，且a⊥b，则eq \f(|2a－b|,a·a＋b)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：A
解析：因为a＋2b与c垂直，所以(a＋2b)·c=0，即a·c＋2b·c=0，
所以eq \r(3)k＋eq \r(3)＋2eq \r(3)=0，解得k=－3.
答案为：B.
解析：不妨设eq \(AM,\s\up6(→))=eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AN,\s\up6(→))=eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))，
所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))=(eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→)))·(eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→)))=eq \f(2,9)eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \f(5,9)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(2,9)eq \(AC,\s\up6(→))2
=eq \f(2,9)(eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AC,\s\up6(→))2)＋eq \f(5,9)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))=eq \f(2,9)×(32＋32)＋eq \f(5,9)×eq \f(9,2)=eq \f(13,2)，故选B.
答案为：C；
解析：∵eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))=－1，∴|eq \(AB,\s\up10(→))|·|eq \(AC,\s\up10(→))|·cs 120°=－1，即|eq \(AB,\s\up10(→))|·|eq \(AC,\s\up10(→))|=2，
∴|eq \(BC,\s\up10(→))|2=|eq \(AC,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))|2=eq \(AC,\s\up10(→))2－2eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))＋eq \(AB,\s\up10(→))2≥2|eq \(AB,\s\up10(→))|·|eq \(AC,\s\up10(→))|－2eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))=6，∴|eq \(BC,\s\up10(→))|min=eq \r(6).
答案为：D.
解析：依题意得a·b=2×1×cseq \f(2π,3)=－1，由(a＋λb)·(2a－b)=0，
得2a2－λb2＋(2λ－1)a·b=0，即－3λ＋9=0，解得λ=3.
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：A；
解析：eq \(BD,\s\up6(→))=eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))，所以eq \(BC,\s\up6(→))=eq \r(2) eq \(BD,\s\up6(→))=eq \r(2)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))，所以eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))=eq \r(2)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))·eq \(AB,\s\up6(→))
=eq \r(2) eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))－eq \r(2) eq \(AB,\s\up6(→))2=0－eq \r(2)×22=－4eq \r(2).
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：C；
解析：在△ACD中，由余弦定理得cs∠CAD=eq \f(22＋2\r(2)2－32,2×2×2\r(2))=eq \f(3,8\r(2))＜eq \f(\r(2),2)，
得cs∠CAD＜cs∠CAB，即∠CAD＞∠CAB.
在等腰△ABD中，易得OD＞OB，∠AOB＞eq \f(π,2).
同理在等腰△ABC中，∵∠ABD＜eq \f(π,4)，∴CO＞OA.
又I1=|eq \(OA,\s\up10(→))||eq \(OB,\s\up10(→))|cs∠AOB，I3=|eq \(OC,\s\up10(→))||eq \(OD,\s\up10(→))|cs∠COD，
∴I3＜I1＜0，∴I2＞0＞I1＞I3，故选C.
答案为：B；
解析：因为f(－x)=eq \f(2cs2－x＋1,ln\f(2－x,2＋x))=eq \f(2cs2x＋1,－ln\f(2＋x,2－x))=－f(x)，且直线ax－y=0过坐标原点，
所以直线与函数f(x)=eq \f(2cs2x＋1,ln\f(2＋x,2－x))的图象的两个交点A，B关于原点对称，
即xA＋xB=0，yA＋yB=0，又eq \(DA,\s\up15(→))=(xA－m，yA－n)，eq \(DB,\s\up15(→))=(xB－m，yB－n)，eq \(CD,\s\up15(→))=(m－6，n)，
由eq \(DA,\s\up15(→))＋eq \(DB,\s\up15(→))=eq \(CD,\s\up15(→))，得xA－m＋xB－m=m－6，yA－n＋yB－n=n，
解得m=2，n=0，所以m＋n=2，故选B.
答案为：D；
解析：因为|eq \(PA,\s\up7(―→))|=|eq \(PB,\s\up7(―→))|=1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))=－eq \f(1,2)，所以cs ∠APB=－eq \f(1,2)，即∠APB=eq \f(2π,3)，
由余弦定理可得AB=eq \r(1＋1＋1)=eq \r(3).如图，建立平面直角坐标系，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))，由题设点C(x，y)在以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))为圆心，
半径为1的圆上运动，结合图形可知，点C(x，y)运动到点D时，
有|AC|max=|AD|=|AB|＋1=eq \r(3)＋1.故选D.
答案为：A；
解析：如图，作出eq \(OD,\s\up7(―→))，使得eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))=eq \(OD,\s\up7(―→))，
则(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))·(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→)))=eq \(OC,\s\up7(―→))2－eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))＋eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))
=1－(eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)))·eq \(OC,\s\up7(―→))=1－eq \(OD,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))，
由图可知，当点C在OD的反向延长线与圆O的交点处时，eq \(OD,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))取得最小值，
最小值为－eq \r(2)，此时(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))·(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→)))取得最大值，最大值为1＋eq \r(2)，故选A.
答案为：C.
解析：因为点O是锐角三角形ABC的外心，所以O在三角形内部，则m<0，n<0，
不妨设锐角三角形ABC的外接圆的半径为1，
因为eq \(OC,\s\up6(→))=meq \(OA,\s\up6(→))＋neq \(OB,\s\up6(→))，所以eq \(OC,\s\up6(→))2=m2eq \(OA,\s\up6(→))2＋n2eq \(OB,\s\up6(→))2＋2mneq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))，
设向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))的夹角为θ，则1=m2＋n2＋2mncsθ所以m＋n<－1或m＋n>1(舍去)，所以m＋n<－1，故选C.
答案为：eq \f(2π,3) .
解析：∵(2a－b)·(a＋b)=6，∴2a2＋a·b－b2=6，又|a|=2，|b|=1，
∴a·b=－1，∴cs〈a，b〉=eq \f(a·b,|a||b|)=－eq \f(1,2).
又〈a，b〉∈[0，π]，∴a与b的夹角为eq \f(2π,3).
答案为：eq \r(3).
解析：∵a⊥(a－2b)，∴a·(a－2b)=0，解得2a·b=1，
∴|a＋b|=eq \r(|a|2＋|b|2＋2a·b)=eq \r(3).
答案为：1
解析：因为eq \(DM,\s\up15(→))=eq \(DA,\s\up15(→))＋eq \(AM,\s\up15(→))=eq \(DA,\s\up15(→))＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up15(→))，eq \(DB,\s\up15(→))=eq \(DA,\s\up15(→))＋eq \(AB,\s\up15(→))，所以eq \(DM,\s\up15(→))·eq \(DB,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(DA,\s\up15(→))＋\f(1,3)\(AB,\s\up15(→))))·(eq \(DA,\s\up15(→))＋eq \(AB,\s\up15(→)))
=|eq \(DA,\s\up15(→))|2＋eq \f(1,3)|eq \(AB,\s\up15(→))|2＋eq \f(4,3)eq \(DA,\s\up15(→))·eq \(AB,\s\up15(→))=1＋eq \f(4,3)－eq \f(4,3)eq \(AD,\s\up15(→))·eq \(AB,\s\up15(→))=eq \f(7,3)－eq \f(4,3)|eq \(AD,\s\up15(→))|·|eq \(AB,\s\up15(→))|·cs 60°=eq \f(7,3)－eq \f(4,3)×1×2×eq \f(1,2)=1.
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.
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.
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).