备考2024届高考数学一轮复习分层练习第六章平面向量复数第3讲平面向量的数量积及应用.docx

1、第3讲 平面向量的数量积及应用1.2024武汉部分学校调考两个单位向量e1与e2满足e1e20，则向量e13e2与e2的夹角为（D）A.30B.60C.120D.150解析解法一因为e1，e2是单位向量，所以e1e21，又e1e20，所以（e13e2）e2e1e23e223，（e13e2）2e1223e1e23e22134，所以e13e22.设e13e2与e2的夹角为，则cos （e13e2）e2e13e2e232，因为0180，所以150.故选D.解法二因为e1，e2是单位向量，e1e20，所以不妨设e1（1，0），e2（0，1），所以e13e2（1，0）3（0，1）（1，3）.设e13e2

2、与e2的夹角为，则cos （e13e2）e2e13e2e2（1，3）（0，1）12（3）2132，因为0180，所以150.故选D.2.2024安徽六校联考已知向量m，n，且mn1，3m2n7，则向量m在向量n上的投影向量为（C）A.0B.12mC.12nD.12n解析由3m2n7，得3m2n2（3m2n）29m24n212mn7，又mn1，所以9412mn7，整理得mn12，因为m，n0，所以m，n的夹角为3，所以向量m在向量n上的投影向量为12n.故选C.3.2023吉林长春质监已知向量a与b的夹角为60，a2，b1，则a2b（C）A.1B.3C.2D.23解析解法一ababcos 602

3、1121，所以a2b2a24ab4b244144，所以a2b2，故选C.解法二如图所示，记OAa，OBb，则AOB60.延长OB到C，使OC2OB2b，因为a2，b1，所以OAOC2.连接AC，则OAC为正三角形，所以a2bCA2，故选C.4.已知单位向量a，b满足ab1，则a与b夹角的取值范围是（B）A.0，3）B.0，23）C.（3，D.（23，解析解法一设单位向量a，b的夹角为，则0，将ab1两边同时平方得a22abb21，化简得22cos 1，即cos 12，又因为0，所以023，故选B.解法二设单位向量a，b的夹角为，显然当0时，ab1成立；当0时，如图所示，令OAa，OBb，以OA

4、，OB为邻边作平行四边形OACB，则OCab，设AOB，因为a，b均为单位向量，所以平行四边形OACB是边长为1的菱形，在从0增大到的过程中，OC一直在减小，当OC1时，AOC为等边三角形，此时23，故023.综上可知，023，故选B.5.2023河南安阳模拟已知a（1，0），b（0，1），catb，tR，若sina，csinb，c，则t（B）A.1B.1C.2D.2解析a（1，0），b（0，1），catb，c（1，t），又sina，csinb，c，cosa，ccosb，c，而cosa，c11+t2，cosb，ct1+t2，1t，即t1，故选B.6.多选已知向量a（1，sin ），b（cos

5、，2），则下列命题正确的是（BD）A.存在，使得abB.当tan 22时，a与b垂直C.对任意，都有abD.当ab3时，a在b上的投影向量的模为377解析对于A选项，若ab，则12sin cos0，又因为sin cos12sin 212，12，所以方程12sin cos0无解，即不存在，使得ab，所以A不正确；对于B选项，若ab，则cos 2sin 0，即tan 22，所以B正确；对于C选项，a1+sin2，b2+cos2，当2时，ab2，所以C不正确；对于D选项，abcos 2sin 3sin（）3，其中sin 33，cos 63，所以2k2，kZ，所以b2+cos22+1373，a在b上的

6、投影向量的模为abbaa373aa377，所以D正确.故选BD.7.已知向量a与b的夹角为3，且a1，2ab3，则b1.解析2ab2（2ab）24a24abcosa，bb242bb23，解得b1.8.已知非零向量m，n满足4m3n，cosm，n13.若n（tmn），则t4.解析由n（tmn）可得n（tmn）0，即tmnn20，所以tn2mnn2mncosm，nn2mn133nm3434.9.2021新高考卷已知向量abc0，a1，bc2，abbcca92.解析（abc）2a2b2c22（abacbc）0，因为a1，bc2，所以abacbc92.10.已知单位向量a，b满足a2b3ab，则向量a

7、，b夹角的余弦值为59.解析设a，b的夹角为，将a2b3ab两边同时平方得9cos24cos 50，解得cos 59或cos 1.由a2b3ab可知ab0，所以cos 0，所以cos 59.11.2024山东日照联考如图，在边长为2的等边ABC中，点E为中线BD的三等分点（靠近点B），点F为BC的中点，则FEFC（B）A.34B.12C.34D.12解析解法一由题意，以点D为坐标原点，DA，DB的方向分别为x，y轴的正方向，建立平面直角坐标系，则D（0，0），C（1，0），B（0，3），E（0，233），F（12，32），则FE（12，36），FC（12，32），FEFC12（12）36（32

8、）12，故选B.解法二FC12BC，FEBEBF13BD12BC16（BABC）12BC16BA13BC，FEFC12BC（16BA13BC）112BCBA16BC211222cos3162212，故选B.12.角度创新已知向量a（1，2），b（k2，1），kR，a，b的夹角为，若存在实数m，使得bcos5m0，则m的取值范围是（C）A.（12，）B.（0，）C.（，25）D.（，12）解析由bcos5m0，得m55bcos，又因为a5，所以ma|bcos5.若存在实数m，使得bcos5m0，则m（ab5）max.因为abk22，所以（ab）max2，故m25，故选C.13.如图，ABC中，A

9、BAC4，BAC23，半径为1的A分别交AB，AC于点E，F，点P是劣弧EF上的一个动点，则PBPC的取值范围是11，9.解析解法一（坐标法）如图1，以A为原点，垂直于BC的直线为x轴建立平面直角坐标系xAy，则B（2，23），C（2，23），设P（cos ，sin ），其中3，3.所以PBPC（2cos ，23sin ）（2cos ，23sin ）（2cos ）2sin21274cos .图1因为cos 12，1，所以PBPC11，9.解法二（几何法）如图2，取BC的中点M，连接PM，则PBPCPM2MC2.因为MC为定值，所以PBPC的变化可由PM的变化确定.图2连接AM，易得AM2，MC

10、23，当P为劣弧EF与AM的交点时，PM取得最小值，为AM11.连接EM，PM的最大值为EMBE2BM22BEBMcosEBM3.所以PM2MC2的取值范围是11，9，即PBPC11，9.14.2024广东七校联考已知点D在线段AB上，CD是ABC的一条角平分线，E为CD上一点，且满足BEBA（ADADACAC）（0），CACB6，BA14，设BAa，则BE在a上的投影向量为27a.（结果用带a的式子表示）解析如图，连接AE，因为CD是ABC的一条角平分线，且BEBAAE（ADADACAC）（0），所以AE也是ABC的一条角平分线，所以E为ABC的内心.作ABC的内切圆，切点分别为M，Q，N，

11、并连接EM，EQ，EN，则由内切圆的性质可得，ACBCAMBNAQBQ6，又AQBQ14，所以BQ734，所以BE在a上的投影向量的模为4，则BE在a上的投影向量为414a27a.15.骑行是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱.如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为3，ABE，BEC，ECD均是边长为4的等边三角形.设P为后轮上一点，则在骑行该自行车的过程中，ACCP达到最大值时，点P到地面的距离为（B）A.32B.332C.323D.623解析如图，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A（8，0），C（2，23），圆D的方程为x2y23.所以可设P（3cos ，3sin ），02，所以AC（6，23），CP（3cos 2，3sin 23），所以ACCP63cos 126sin 1263cos 6sin 12sin（3），当32，即6时，ACCP取得最大值，此时点P（32，32），点P到地面的距离为323332，故选B.