適用于新高考新教材廣西專版2025屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第七章平面向量復(fù)數(shù)課時(shí)規(guī)范練36平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用

課時(shí)規(guī)范練36平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用基礎(chǔ)鞏固組1.設(shè)向量a=(1,2),b=(m,-1),且(a+b)⊥a,則實(shí)數(shù)m=()A.-3 B.32 C.-2 D.-2.(2023全國(guó)乙,文6)已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2,E為AB的中點(diǎn),則EC·ED=(A.5 B.3 C.25 D.53.已知向量a,b滿足|a|=2,a·b=-1,且(a+b)·(a-b)=3,則|a-b|=()A.3 B.3 C.7 D.74.在△ABC中,若AB=(1,2),AC=(-x,2x)(x>0),則當(dāng)BC最小時(shí),∠ACB=()A.90° B.60° C.45° D.30°5.(多選)已知向量a=(2,1),b=(x,x+1),則下列結(jié)論正確的是()A.若a⊥b,則x=-1B.若a∥b,則x=±2C.若x=1,則|a-b|=2D.若x=1,則a與b的夾角為銳角6.(多選)(2023安徽黃山二模)如圖,EF為圓O的一條直徑,點(diǎn)P是圓周上的動(dòng)點(diǎn),M,N是直徑EF上關(guān)于圓心O對(duì)稱的兩點(diǎn),且EF=8,MN=6,則()A.PMB.PEC.PMD.PF7.已知a,b是兩個(gè)單位向量,c=2a+b,且b⊥c,則a·(a+b)=.

8.已知向量a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0).(1)求向量b+c的模的最大值;(2)設(shè)α=π4,且a⊥(b+c),求cosβ的值綜合提升組9.(多選)若△ABC內(nèi)接于以O(shè)為圓心,1為半徑的圓,且3OA+4OB+5OC=0,則下列結(jié)論正確的是()A.∠BOC=90° B.∠AOB=90°C.OB·CA=-D.OC·AB10.(多選)在平面四邊形ABCD中,|AB|=|BC|=|CD|=DA·DC=1,BA·BC=A.|AC|=1B.|CA+CD|=|C.ADD.BD11.(2023陜西安康一模)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若(CA+CB)·AB=35|AB|212.已知△ABC為等腰直角三角形,OA=1,OC為斜邊上的高.若P為線段OC的中點(diǎn),則AP·OP=;若P為線段OC上的動(dòng)點(diǎn),則AP·OP創(chuàng)新應(yīng)用組13.“趙爽弦圖”由四個(gè)全等的直角三角形和一個(gè)正方形所構(gòu)成(如圖).在直角三角形CGD中,已知GC=4,GD=3,在線段EF上任取一點(diǎn)P,線段BC上任取一點(diǎn)Q,則AP·AQ的最大值為(A.25 B.27C.29 D.3114.(2023山東濰坊一模)已知單位圓O:x2+y2=1上有兩定點(diǎn)A(1,0),B(0,1)及兩動(dòng)點(diǎn)C,D,且OC·OD=12,則A.2+6 B.2+23C.6-2 D.23-2

課時(shí)規(guī)范練36平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用1.A解析由題意,向量a=(1,2),b=(m,-1),可得a+b=(m+1,1).因?yàn)?a+b)⊥a,所以(a+b)·a=m+1+2=0,解得m=-3.故選A.2.B解析方法一:由題可知|AB|=|AD|=2,AB·AD=0,則EC·ED=(EB+BC)·(EA+AD)=12AB+AD·-12方法二:因?yàn)镋是AB的中點(diǎn),所以ED=EC=22在△DCE中,由余弦定理,得cos∠DEC=ED2+EC2-DC22ED·EC=方法三:以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系,則D(0,2),C(2,2),E(1,0),則EC=(1,2),ED=(-1,2),所以EC·ED=1×(-1)+2×2=3.故選3.D解析由(a+b)·(a-b)=|a|2-|b|2=3,可得|b|=1,因?yàn)閨a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=4+2+1=7,所以|a-b|=7.故選D.4.A解析∵BC=AC-AB=(-x-1,2x-2),∴|BC|=(-x-1)2+(2x-2)2=5x2-6x+5.∴CA=35,-65,CB∴CA⊥CB,即∠ACB=90°,故選5.AD解析A選項(xiàng),若a⊥b,則2x+x+1=0,解得x=-13,A正確B選項(xiàng),若a∥b,則2(x+1)=x,解得x=-2,B錯(cuò)誤;C選項(xiàng),若x=1,則b=(1,2),a-b=(1,-1),|a-b|=2,C錯(cuò)誤;D選項(xiàng),若x=1,則b=(1,2),cos<a,b>=a·b|a||b|=45>0,6.BC解析由題意,得EM=NF=1.對(duì)于A,∵PM=PE+EM=PE+1對(duì)于B,∵EM=NF,∴PM-PE=PF-PN對(duì)于C,由題意可得0°<∠MPN<∠EPF=90°,EP⊥PF,則PM·PN=|PM|·|PN|cos∠MPN>0,PE·PF=0,即PM·對(duì)于D,∵PF-PE=EF,PN-PM=MN7.12解析因?yàn)閍,b是兩個(gè)單位向量,c=2a+b,且b⊥c,所以b·c=b·(2a+b)=2a·b+b2=0,解得a·b=-12,所以a·(a+b)=a2+a·b=18.解(1)b+c=(cosβ-1,sinβ),則|b+c|2=(cosβ-1)2+sin2β=2(1-cosβ).因?yàn)?1≤cosβ≤1,所以0≤|b+c|2≤4,即0≤|b+c|≤2.當(dāng)cosβ=-1時(shí),有|b+c|=2,所以向量b+c的模的最大值為2.(2)若α=π4,則a=22,又由b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0)得a·(b+c)=22,22·(cosβ-1,sinβ)=22cosβ+22sin因?yàn)閍⊥(b+c),所以a·(b+c)=0,即cosβ+sinβ=1,所以sinβ=1-cosβ,平方后化簡(jiǎn)得cosβ(cosβ-1)=0,解得cosβ=0或cosβ=1.經(jīng)檢驗(yàn)cosβ=0或cosβ=1即為所求.9.BD解析由于△ABC內(nèi)接于以O(shè)為圓心,1為半徑的圓,且3OA+4OB+5OC=0,所以3OA+4OB=-5OC,兩邊平方并化簡(jiǎn)得25+24OA·OB=25,解得OA3OA+5OC=-4OB,兩邊平方并化簡(jiǎn)得34+30OA·OC=16,解得OA·4OB+5OC=-3OA,兩邊平方并化簡(jiǎn)得41+40OB·OC=9,解得OB·所以∠BOC≠90°,故A錯(cuò)誤;∠AOB=90°,故B正確;OB·CA=OB·(OA-OC)=OC·AB=OC·(OB-OA)=OC·OB-OC·OA=-45--10.ABD解析因?yàn)閨AB|=|BC|=|CD|=1,BA·BC=|BA||BC|cosB=12,可得所以△ABC為等邊三角形,則|AC|=1,故A正確;因?yàn)閨CD|=1,所以CD2=又DA·DC=1,所以得DC2-DA·DC=DC·所以AC⊥CD,則|CA+CD|=|CA-CD|,根據(jù)以上分析作圖如下:由于BC與AD不平行,故C錯(cuò)誤;建立如上圖所示的平面直角坐標(biāo)系,則B-12,0,C12,0,D1+32,12BD=2+32,12,CD=3所以BD·CD=2+3故選ABD.11.4解析由(CA+CB)·AB=35|AB|即-AC·AB+所以-bc·cosA+ac·cosB=35c2即-bcosA+acosB=35c由正弦定理得sinAcosB-sinBcosA=35sinC=35sin(A+B),化簡(jiǎn)得2sinAcosB=8sinBcosA,故acos12.14[0,1]解析△ABC為等腰直角三角形,CO為斜邊上的高,則CO為邊AB上的中線,所以AC=BC=2,AO=BO=CO=1.當(dāng)P為線段OC的中點(diǎn)時(shí),在△ACO中,AP為邊CO上的中線,則AP=所以AP·OP=12(AC+AO)·OP=12(AC當(dāng)P為線段OC上的動(dòng)點(diǎn)時(shí),設(shè)OP=λOC,0≤λ≤1,AP·OP=(AC+CP)·OP=AC·OP+CP·OP=λOC·AC-(1-λ)OC·(λOC)=λ×1×2×22-(1所以AP·OP的取值范圍為13.C解析建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示,則A(0,3).設(shè)P(4,a)(3≤a≤4),Q4+t,43t(0≤t≤3),則AP=(4,a-3),AQ=4+t,43t-3,AP·AQ=4(4+t)+(a-3)43t-3=16+4t+43at-4t-3a+9=25+43at-3a=25+43t-3-3≤43t-3≤1,3≤a≤4,所以當(dāng)43t-3=1,a=4時(shí),AP·AQ取得最大值為25+1×4=2914.A解析設(shè)AB中點(diǎn)為E,CD中點(diǎn)為F,則OA+OB=2OE,