2025人教A版高中数学必修第二册强化练习题--6.3.5　平面向量数量积的坐标表示

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2025人教A版高中数学必修第二册
6.3.5　平面向量数量积的坐标表示
基础过关练
题组一　向量数量积的坐标运算
1.向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=(　　)
A.-1　　B.0　　C.1　　D.2
2.(2024河南周口月考)在平行四边形ABCD中,=(1,0),=(2,1),则·=(　　)
A.4　　B.-4　　C.1　　D.-1
3.(2024安徽县中联盟联考)在矩形ABCD中,AB=,BC=2,E为BC的中点,点F在边CD上,若·=1,则·=(　　)
A.　　B.1　　C.2　　D.
题组二　向量模的坐标表示
4.(2024重庆西南大学附属中学模拟)已知点A(2,6),B(-2,-3),
C(0,1),D,则与向量+2同向的单位向量为(　　)
A.　　B.
C.　　D.
5.(2024湖南邵东第三中学月考)已知向量a=(2,1),b=(λ,3),若向量b在向量a上的投影向量c=(10,5),则|b-2a|=(　　)
A.7　　B.3　　C.4　　D.5
6.(教材习题改编)已知a=(x-1,2),b=(x,1),且a∥b,则|a+b|=　　　　.
7.(2024福建三明四校联考)已知向量a=(m,3),b=(1,m),若a与b方向相反,则|a-b|=　　　　.
题组三　向量夹角的坐标表示
8.(2024重庆育才中学月考)已知向量a=(1,1),2a+b=(4,2),则向量a与b的夹角为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
9.(2024江苏无锡辅仁高级中学月考)如图,正方形ABCD的边长为6,E是AB的中点,F是BC边上靠近点B的三等分点,AF与DE交于点M,则cos∠EMF=　　　　.
10.(2024山东滨州北镇中学月考)在平面直角坐标系中,向量a=(1,-2),b=(-2,6),若a与a+λb的夹角为锐角,则实数λ的取值范围为　　　　.
题组四　向量垂直的坐标表示
11.(2024福建厦门第一中学月考)已知A,B,C是平面直角坐标系内的三点,若=(2,1),=(3,-6),则△ABC的面积为(　　)
A.15　　B.12　　C.　　D.6
12.(2024北京通州期中)在矩形ABCD中,AB=4,AD=1,点P在线段CD上,且满足AP⊥BP,则满足条件的点P有(　　)
A.0个　　B.1个　　C.2个　　D.4个
13.(多选题)(2024江苏常州联盟学校调研)已知a=(t,1),b=(2,t),t∈R,则下列说法正确的是　(　　)
A.|a|的最小值为1
B.若a⊥b,则t=0
C.若t=1,则与a垂直的单位向量为
D.若a与b的夹角为钝角,则t的取值范围为(-∞,0)
14.(2024云南昆明部分学校模拟)已知向量a=(3,5),b=(-1,1),若(a+λb)⊥b,则λ=　　　　.
能力提升练
题组一　向量的模、夹角与向量垂直的坐标表示
1.已知向量a=(1,1),b=(1,m),其中m为实数,当两向量的夹角在内变动时,m的取值范围是(　　)
A.(0,1)　　B. C.∪(1,)　　D.(1,)
2.(多选题)(2024辽宁七校协作体期中)已知向量a=(1,2),b=(-3,4),
c=a+λb,λ∈R,则下列说法正确的是(　　)
A.当λ=-时,|c|最小
B.当|c|最小时,b⊥c
C.当λ=1时,a与c的夹角最小
D.当a与c的夹角最小时,a=c
3.(2024福建莆田第二十五中学月考)定义:a,b两个向量的叉乘a×b的模为|a×b|=|a||b|·sin,表示向量a与b的夹角.若点A(1,0),B(1,-),O为坐标原点,则|×|=　　　　.
4.(2024湖南师范大学附属中学月考)在△OAB中,·=0,||=2,||=4,E点满足=t(t∈R),D为OB的中点.
(1)当t=时,求直线AD与OE相交所成的较小的角的余弦值;
(2)求|-|的最小值及相应的t的值.
题组二　向量数量积的坐标表示的综合应用
5.(2024广东第一次调研)已知⊥,||=t(t>0),||=.若点P是△ABC所在平面内一点,且=+,则·的最大值为(　　)
A.13　　B.5-2　　C.5-2　　D.10+2
6.(多选题)(2024黑龙江哈尔滨实验中学开学考试)图1为折扇,其平面图为图2中的扇形COD,其中∠COD=,OC=3OA=3,动点P在上(含端点)运动,连接OP交扇形OAB的弧AB于点Q,且=x+y,则下列说法中正确的是(　　)
　
A.若y=x,则x+y=
B.若y=2x,则·=0
C.·≥-2
D.·∈
7.(2024天津河东第四十五中学月考)如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,DE=2EC,M为BC的中点,则·=　　　　;若点P在线段BD上运动,则·的最小值为　　　　.
8.(2024天津第五中学月考)如图,在四边形ABCD中,∠B=60°,AB=3,BC=6.
(1)求·的值;
(2)若=λ,·=-,求实数λ的值;
(3)在(2)的条件下,若M,N是线段BC上的动点,且||=1,求·的最小值.
9.(教材深研拓展)如图,在平面斜坐标系Oxy中,∠xOy=60°,平面上任一点P的斜坐标定义如下:若=xe1+ye2(其中e1,e2分别为与x轴,y轴正方向同向的单位向量),则点P的斜坐标为(x,y).在该斜坐标系中,已知=(1,2),=(m,4),试探究以下问题:
(1)若m=3,求·的值;
(2)若⊥,求的坐标;
(3)求与垂直的单位向量的坐标.
10.(2023黑龙江鹤岗一中月考)在平面直角坐标系Oxy中,已知A(1,5),B(7,1),C(1,2).
(1)若四边形ABCD为平行四边形,求与夹角的余弦值;
(2)若M,N分别是线段AC,BC的中点,点P在线段MN上运动,求·的最大值.
答案与分层梯度式解析
6.3.5　平面向量数量积的坐标表示
基础过关练
1.C 2.C 3.C 4.A 5.D 8.B 11.C 12.C
13.AB
1.C　∵a=(1,-1),b=(-1,2),∴2a+b=(1,0),
∴(2a+b)·a=1×1+0×(-1)=1.
2.C　=-=(2,1)-(1,0)=(1,1),因为四边形ABCD为平行四边形,所以==(1,0),所以·=1×1+1×0=1,故选C.
3.C　建立平面直角坐标系,如图所示:
则A(0,),B(0,0),C(2,0),D(2,),E(1,0),
设F(2,y),0≤y≤,则=(1,-),=(2,y),
由·=1,可得1×2-y=1,解得y=,所以F,
则=,
又=(0,-),所以·=0×2-×=2,故选C.
4.A　由题意得=(-4,-9),=,所以+2=(3,1),
故与向量+2同向的单位向量为=(3,1)=.
故选A.
5.D　由题意可得b在a上的投影向量为·=(2,1)=(10,5),所以=5,解得λ=11,则b=(11,3),所以b-2a=(7,1),故|b-2a|==5.故选D.
6.答案　3
解析　因为a=(x-1,2),b=(x,1),且a∥b,所以x-1-2x=0,解得x=-1,则a+b=(2x-1,3)=(-3,3),所以|a+b|==3.
7.答案　4
解析　因为a与b方向相反,所以存在k<0,使a=kb,
即解得或(舍去),
故m=k=-,
则a=(-,3),b=(1,-),所以a-b=(-2,6),
故|a-b|==4.
8.B　由题意得b=2a+b-2a=(2,0),所以a·b=1×2+1×0=2,
易得|b|=2,|a|=,设a与b的夹角为θ,则cos θ===,
又因为θ∈[0,π],所以θ=,故选B.
9.答案　
解析　以A为原点,,的方向分别为x轴,y轴正方向建立平面直角坐标系(图略),
则A(0,0),D(0,6),E(3,0),F(6,2),
∴=(3,-6),=(6,2).
易知向量与的夹角等于∠EMF,
∴cos∠EMF===.
10.答案　(-∞,0)∪
解析　由题意得a+λb=(1,-2)+λ(-2,6)=(1-2λ,-2+6λ),
因为a与a+λb的夹角为锐角,所以a·(a+λb)>0,且a与a+λb不共线
易错点,
由a·(a+λb)>0,得1-2λ+(-2)×(-2+6λ)>0,解得λ<,
由a与a+λb共线,得-2×(1-2λ)-(-2+6λ)=0,解得λ=0,故λ≠0.
综上,λ的取值范围为(-∞,0)∪.
11.C　因为=(2,1),=(3,-6),所以·=2×3-6=0,即⊥,
所以S△ABC=||·||=××=,故选C.
12.C　以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,0),B(4,0),设P(t,1)(0≤t≤4),
则=(t,1),=(t-4,1),
因为AP⊥BP,所以·=0,即t(t-4)+1=0,
解得t=2±,即满足条件的点P有2个.故选C.
13.AB　|a|=,则当t=0时,|a|取最小值,为1,故A正确;
若a⊥b,则2t+t=0,解得t=0,故B正确;
若t=1,则a=(1,1),
设与a垂直的单位向量为m=(x,y),
则解得或
故与a垂直的单位向量为或,故C错误;
若a与b的夹角为钝角,则cos==<0,且向量a与b不共线,即t2-2≠0,解得t<0且t≠-,故D错误.
14.答案　-1
解析　因为(a+λb)⊥b,所以(a+λb)·b=0,即a·b+λb2=0,由题意得a·b=3×(-1)+5×1=2,b2=(-1)2+12=2,所以2+2λ=0,解得λ=-1.
能力提升练
1.C 2.ABD 5.B 6.ABD
1.C　设表示向量a,b的有向线段的起点均为O(O为坐标原点),终点分别为A,B.由题意可知,=(1,1),即A(1,1).如图所示,当点B位于B1或B2时,a与b的夹角为,即∠AOB1=∠AOB2=,此时∠B1Ox=-=,∠B2Ox=+=,故B1,B2(1,),因为a与b的夹角不为0,所以m≠1.所以m的取值范围是∪(1,).
2.ABD　由题意得c=a+λb=(1-3λ,2+4λ),则|c|2=(1-3λ)2+(2+4λ)2
=5+10λ+25λ2=25+4,
当λ=-时,|c|取得最小值,故A正确;
当|c|最小时,c=,所以b·c=-3×+4×=0,所以b⊥c,故B正确;
设向量a与c的夹角为θ,则cos θ===,
要使向量a与c的夹角最小,则cos θ最大,由于θ∈[0,π],所以cos θ的最大值为1,令=1,解得λ=0,所以当λ=0时,a与c的夹角最小,此时a=c,故C错误,D正确.
故选ABD.
3.答案　
解析　由题意得=(1,0),=(1,-),
∴||==1,||==2,
∴cos<,>===,
∵<,>∈[0,π],∴<,>=,
∴|×|=||||sin<,>=1×2×sin=.
4.解析　(1)由·=0,得⊥,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴,建立平面直角坐标系,如图所示,
则O(0,0),A(2,0),B(0,4),D(0,2),故=(-2,2),
因为=,所以E为AB的中点,故E(1,2),
所以=(1,2),
设与的夹角为θ,
则cos θ===,
所以直线AD与OE相交所成的较小的角的余弦值是.
(2)解法一:由(1)知=(-2,4),=(-2,0),则=t=(-2t,4t),
则|-|===,
故当t=时,|-|取得最小值,为.
解法二:=t(t∈R)表示E是直线AB上任意一点,|-|=||,其最小值就是原点O到直线AB的距离,设为d,
则||·d=||·||,可得d==,
此时||==,则t==,
故当t=时,|-|取得最小值,为.
5.B　
思路点拨　
解析　以A为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,0),B(t,0),C(t>0),
所以=(t,0),=,
故=(1,0),=(0,2),
则=+=(1,2),即P(1,2),
故=(t-1,-2),=,
所以·=1-t+4-=5-≤5-2,
当且仅当t=,即t=时,等号成立.
故选B.
6.ABD　以O为坐标原点,OC所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(1,0),C(3,0),B,D,
设Q(cos θ,sin θ),θ∈,则P(3cos θ,3sin θ),
由=x+y,可得(cos θ,sin θ)=,
即cos θ=3x-y,sin θ=y,易知x≥0,y≥0,
若y=x,则cos 2θ+sin 2θ=+=1,
解得x= (负值舍去),故x+y=2x=,A正确;
若y=2x,则cos θ=3x-y=0,故sin θ=1,则P(0,3),所以·=(1,0)·(0,3)=0,故B正确;
·=·(2cos θ,2sin θ)=sin θ-3cos θ=2sin,
因为θ∈,所以θ-∈,
故2sin∈[-3,3],故C错误;
=(3cos θ-1,3sin θ),=,
故·=(3cos θ-1)+3sin θ·=-3sin,
易得θ+∈,所以sin∈,
故·=-3sin∈,故D正确.
故选ABD.
7.答案　5;
解析　解法一:由题意得DE=2,BM=1.以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,0),B(3,0),D(0,2),E(2,2),M(3,1),则=(-1,1),=(-3,2),=(3,0),=(0,2),所以·=(-1)×(-3)+1×2=5.
由题意可设=λ+(1-λ)=(3λ,2-2λ),0≤λ≤1,(点P在线段BD上运动,可设=λ,0≤λ≤1,则=+λ(-)=λ+(1-λ))
故P(3λ,2-2λ),则=(2-3λ,2λ),=(3-3λ,2λ-1),
所以·=(2-3λ)(3-3λ)+2λ(2λ-1)=13λ2-17λ+6=13+,
所以当λ=时,·取得最小值,为.
解法二:由题意知CE=CM=1,则·=(+)·(+)=·+·+·+·=2+0+0+3=5.
设=t(0≤t≤1),则=-t,=(1-t),
故·=(+)·(+)=[(1-t)+]·(-t+)=-t(1-t)+(1-t)·-t·+·,
又||=,=-,
所以·=-13t(1-t)+(1-t)·+t·=13t2-9t+2
=+,
所以t=时,·取得最小值,为.
8.解析　(1)·=||·||cos 120°=3×6×=-9.
(2)因为=λ,
所以AD∥BC,所以∠BAD=120°,
所以·=||||cos∠BAD=-||=-,
解得||=1,又||=6,所以=,即λ=.
(3)以B为原点,BC所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
因为∠ABC=60°,AB=3,
所以A,则D,
不妨设M(x,0),N(x+1,0),
因为M,N是线段BC上的两个动点,
所以解得0≤x≤5,
易得=,=,
所以·=+=(x-2)2+,
所以当x=2时,·取得最小值,为.
9.解析　(1)由题意知|e1|=|e2|=1,e1·e2=1×1×cos 60°=,
因为=(1,2),=(3,4),
所以=e1+2e2,=3e1+4e2,
所以·=(e1+2e2)·(3e1+4e2)=3+10e1·e2+8=3×12+10×+8×12=16.
(2)若⊥,则·=0,
即(e1+2e2)·(me1+4e2)=0,
即m+(2m+4)e1·e2+8=m×12+(2m+4)×+8×12=2m+10=0,
所以m=-5,故=(-5,4).
(3)设所求向量为n=(x0,y0),则n=x0e1+y0e2,
所以n2==+2x0y0e1·e2+=+x0y0+=1①,
因为n·=0,所以(x0e1+y0e2)·(e1+2e2)=0,
即x0+(2x0+y0)e1·e2+2y0=x0+x0+y0+2y0=2x0+y0=0②,
由①②解得或
所以n=或n=,
即与垂直的单位向量的坐标为,.
10.解析　(1)由题可得=(6,-4),=(0,-3).
设D(x,y),则=(1-x,2-y).
因为四边形ABCD为平行四边形,所以=,
所以解得即D(-5,6),
所以=(12,-5).
设与的夹角为θ,则cos θ=
==,
所以与夹角的余弦值为.
(2)因为M,N分别是线段AC,BC的中点,
所以M,N,
所以=(3,-2),=,=,
因为点P在线段MN上运动,所以可设=λ,λ∈[0,1],则=(3λ,-2λ),
所以=-=,=-=,
所以·=-3λ(6-3λ)+=13λ2-20λ-,0≤λ≤1.
令f(λ)=13λ2-20λ-,λ∈[0,1],
因为函数y=13λ2-20λ-的图象的对称轴方程为λ=,∈[0,1], f(0)=-, f(1)=-,
所以当λ=0时, f(λ)取得最大值,为-,
即·的最大值为-.
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