第二章　平面向量及其应用 5.2　向量数量积的坐标表示5.3利用数量积计算长度与角度--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026北师大版高中数学必修第二册
5.2　向量数量积的坐标表示
5.3　利用数量积计算长度与角度
基础过关练
题组一　向量数量积的坐标表示
1.(2025湖南娄底教学质量检测)若向量a=(,1),b=(-1,),则a·(a-b)=(　　)
A.3　　B.2　　
C.-3　　D.-2
2.(2025江西上饶高考模拟)已知向量a=(0,1),a+b=(1,x),若a⊥b,则x=(　　)
A.-2　　B.-1　　
C.1　　D.2
3.(2025湖南三湘名校联盟期中)已知平面内四点A(-1,2),B(1,1),C(2,1),D(3,4),则向量在向量上的投影向量为(　　)
A.　　B.
C.　　D.
4.(2025福建厦门二中期中)已知过点A(1,1)的直线l的方向向量为m=(1,2),则原点O到直线l的距离为(　　)
A.　　B.　　
C.　　D.
5.(2025江西新余第四中学模拟)已知在正方形ABCD中,AB=2,M为BC的中点,N为正方形ABCD内部或边界上一点,则·的最大值为(　　)
A.1　　B.　　C.　　D.2
6.(2024江西宜春丰城第九中学期末)在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=,AB=3,CD=1,若k-与垂直,则k=　　　　;若P为AB边上的动点(不包括端点),则(+)·的最小值为　　　　.
题组二　向量长度的计算
7.(2025江西多校联考)已知向量a=(1,m-4),b=(4,2),若|a+b|=|a-b|,则|a|=(　　)
A.5　　B.3　　C.　　D.
8.(2025四川达州测试)已知向量a=(1,2),b=(k,-1),若a⊥(a+b),则|2a+b|=(　　)
A.　　B.　　
C.5　　D.
9.(2024江西南昌二中月考)已知向量a=(2,0),b=,若向量b在向量a方向上的投影向量为c=,则|a+b|=(　　)
A.　　B.　　
C.3　　D.7
10.(2024陕西咸阳实验中学月考)已知平面向量a,b,|a|=2,当|a-tb|最小时,t|b|=,则a与b的夹角为(　　)
A.90°　　B.60°　　C.45°　　D.30°
题组三　向量夹角的计算
11.(2025湖南邵阳邵东第三中学期中)已知向量a=(1,1),b=(x,-5),则“x<5”是“a与b的夹角为钝角”的(　　)
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
12.(2025四川绵阳中学测试)设λ为实数,已知向量m=(2,1-λ),n=(2,1).若m⊥n,则向量m-n与n的夹角的余弦值为　　　　.
13.(2025江西赣州重点中学联考)已知两个非零向量a,b满足a⊥(a-2b),且=,则向量a,b的夹角为　　　　.
能力提升练
题组一　向量长度与夹角的计算
1.(2025安徽蚌埠适应性考试)在四边形ABCD中,2=3,=(1,),=(,-1),则该四边形的面积为(　　)
A.4　　B.2　　
C.　　D.
2.(2025河南洛阳强基联盟联考)已知P是菱形ABCD所在平面内的一点,若菱形的边长为定值,且(+)·(+)的最小值为-9,则该菱形的边长为(　　)
A.　　B.　　
C.2　　D.3
3.(多选题)(2025安徽安庆第一中学期中)已知向量a,b的夹角为,|a|=2,|b|=1,t∈R,则(　　)
A.a在b方向上的投影数量为1
B.a+b在a方向上的投影数量为
C.|ta+b|的最小值为
D.|ta+b|取得最小值时,a⊥(ta+b)
4.(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
5.(2024四川成都树德中学期中)已知平面向量a,b,c满足|a|=1,2a+b=0,2|c-a|=|c-b|,则c-b与a夹角的最大值为　　　　.
6.(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　向量数量积坐标表示的综合应用
7.(2025江苏无锡江阴第一中学阶段检测)已知半径为2的☉O内有一条长度等于半径的弦AB,若☉O内部(不含圆周)有一动点P,则+·的取值范围为(　　)
A.(2,4)　　B.(1,4)　　C.(-2,6)　　D.(-1,6)
8.(2024山西部分学校联考)美术课对于陶冶人的情操、发展学生的艺术兴趣和爱好、培养学生的艺术特长、提高学生的审美素养具有积极作用.下图是某学生关于“杯子”的联想创意图,它是由一个正方形和三个半圆组成的,其中A,B是正方形的两个顶点,P是三段圆弧上的动点,若AB=4,则·的取值范围是(　　)
A.[-24,24]　　B.[-8,24]　　
C.[-16,16]　　D.[-8,16]
9.(2024福建莆田二中段考)已知⊥,||=t,||=.若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
10.(2025辽宁沈阳第二十中学阶段测试)若平面向量a,b,c满足|c|=1,a·c=1,b·c=3,a·b=2,则cos的最大值是　　　　.
11.(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.
12.(创新题·新考法)(2025上海曹杨二中阶段练习)已知单位向量e1,e2的夹角为θ,θ∈∪.若向量v=xe1+ye2,则把有序数对(x,y)叫作向量v由e1,e2表示的“斜坐标”,记v=(x,y).
(1)设m∈R,若θ=,a1的“斜坐标”为(1,-3),b1的“斜坐标”为(7,m),a1⊥b1,求m的值;
(2)若θ=,a2的“斜坐标”为(1,-1),b2的“斜坐标”为(1,3),求a2在b2上的投影向量的“斜坐标”;
(3)若a3的“斜坐标”为(2,1),b3的“斜坐标”为(1,1),c3的“斜坐标”为(3,-1),且|c3|≤,求cos 2的取值范围.
答案与分层梯度式解析
5.2　向量数量积的坐标表示
5.3　利用数量积计算长度与角度
基础过关练
1.A 2.C 3.A 4.B 5.D 7.C 8.A 9.B
10.D 11.A
1.A　由题知a-b=(+1,1-),
所以a·(a-b)=×(+1)+1-=3.
2.C　解法一:由a=(0,1),a+b=(1,x),得a·(a+b)=x,又a⊥b,所以a·b=0,所以x=a2+a·b=1+0=1.
解法二:由a=(0,1),a+b=(1,x),得b=(1,x)-(0,1)=(1,x-1),又a⊥b,所以a·b=0,所以0×1+1×(x-1)=0,解得x=1.
3.A　根据题意,可得=(2,-1),=(1,3),
则·=2-3=-1,
所以向量在向量上的投影向量为·=-××(1,3)=.
4.B　设n=(x,y),且n⊥l,则n⊥m,
所以n·m=(x,y)·(1,2)=x+2y=0,
令y=-1,则x=2,n=(2,-1),
而=(-1,-1),
所以点O到直线l的距离d=·==.
5.D　以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴,建立平面直角坐标系,如图,
则A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,2),M(2,1),
故=(2,-1),
设N(m,n),0≤m≤2,0≤n≤2,
则=(m-2,n-2),
故·=(2,-1)·(m-2,n-2)=2m-4+2-n=2m-n-2,
故当m=2,n=0时,·取得最大值,最大值为4-0-2=2.
6.答案　;-
解析　过D作DO⊥AB于O,因为四边形ABCD为等腰梯形,∠ABC=,AB=3,CD=1,所以AO=1,OB=2,∠DAB=45°,所以OD=1,
以O为坐标原点,,的方向分别为x轴,y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略),则A(-1,0),B(2,0),C(1,1),D(0,1),
所以=(3,0),=(1,1),=(2,1),
故k-=(3k,0)-(1,1)=(3k-1,-1),
因为k-与垂直,
所以(3k-1)×2+(-1)×1=0,解得k=.
设P(x,0),-1所以(+)·=(1-2x,2)·(-1-x,0)=2x2+x-1,
令y=2x2+x-1,可知其在R上的图象的对称轴为直线x=-,
易知函数y=2x2+x-1在(-1,2)上的最小值为2×-2--1=-,
故(+)·的最小值为-.
7.C　因为|a+b|=|a-b|,所以(a+b)2=(a-b)2,即a2+b2+2a·b=a2+b2-2a·b,化简得a·b=0,
所以4+2(m-4)=0,解得m=2,
所以a=(1,-2),所以|a|=.
8.A　a+b=(1,2)+(k,-1)=(1+k,1),
由a⊥(a+b),得a·(a+b)=(1,2)·(1+k,1)=1+k+2=0,解得k=-3,
所以2a+b=(2,4)+(-3,-1)=(-1,3),
所以|2a+b|==.
9.B　由已知可得,b在a方向上的投影向量为·=(2,0)=(sin α,0),
又b在a方向上的投影向量为c=,所以sin α=,
故b=,则a+b=,
所以|a+b|==.
D　设a与b的夹角为θ,则|a-tb|2=|a|2+t2|b|2-2ta·b=t2|b|2-
4|b|tcos θ+4,
由二次函数的图象可知,当且仅当t=时,|a-tb|2取得最小值,此时|a-tb|最小,
将t=代入t|b|=得cos θ=,
因为0°≤θ≤180°,所以θ=30°.
11.A　若a与b的夹角为钝角,则a·b<0,且a与b不共线,
所以1×x+1×(-5)<0,且1×x≠1×(-5),
解得x<5且x≠-5,
故“x<5”是“a与b的夹角为钝角”的必要不充分条件.
易错警示
　　当向量a与b的夹角为钝角时,不仅要考虑a·b<0,还要排除两向量反向共线的情形.
12.答案　-
解析　由m=(2,1-λ),n=(2,1),m⊥n,可得m·n=4+1-λ=0,解得λ=5,所以m=(2,-4),
故|m-n|====5,
易知|n|=,则(m-n)·n=m·n-n2=-5,
设向量m-n与n的夹角为θ,
则cos θ=cos===-,
即向量m-n与n的夹角的余弦值为-.
13.答案　
解析　∵a⊥(a-2b),∴a·(a-2b)=a2-2a·b=0,
∴a2=2a·b.
又=,∴|a+b|=|a-b|,
∴a2+2a·b+b2=3a2-6a·b+3b2,
∴a2+b2=4a·b,
又a2=2a·b,∴b2=2a·b,∴a2=b2,∴|a|=|b|,
∴cos===.
又∵∈[0,π],∴=.
能力提升练
1.C 2.D 3.AD 4.ABD 7.C 8.B 9.B
1.C　由=(1,),=(,-1),可得·=(1,)·(,-1)=-=0,所以⊥,
所以S△ABD=||||=××=,
又2=3,所以=,⊥,
则S△BCD=S△ACD=||||=×||||=1,
所以S四边形ABCD=S△BCD+S△ABD=1+=.
2.D　连接AC,BD交于点O.
在菱形ABCD中,有AC⊥BD,以O为原点建立如图所示的平面直角坐标系,
设B(-a,0),D(a,0),A(0,b),C(0,-b),P(x,y),
则=(-x,b-y),=(a-x,-y),=(-a-x,-y),=(-x,-b-y),
所以+=(a-2x,b-2y),+=(-a-2x,-b-2y),
故(+)·(+)=(a-2x)(-a-2x)+(b-2y)(-b-2y)=4x2+4y2-a2-b2≥-a2-b2=-AB2,
当且仅当x=0,y=0时等号成立,
又(+)·(+)的最小值为-9,
所以-AB2=-9,所以AB=3,即该菱形的边长为3.
3.AD　由题可知a在b方向上的投影数量为==1,故A正确;
a+b在a方向上的投影数量为===,故B错误;
|ta+b|2=t2a2+2ta·b+b2=4t2+2t+1=4+,
当t=-时,|ta+b|取得最小值,为,故C错误;
由C知a·(ta+b)=ta2+a·b=4t+1=4×+1=0,
所以a⊥(ta+b),故D正确.
4.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.
5.答案　
解析　∵2a+b=0,∴b=-2a,
∵2|c-a|=2|c-b+b-a|=|c-b|,即2|c-b-3a|=|c-b|,∴4[(c-b)2-6a·(c-b)+9a2]=(c-b)2,
又|a|=1,∴(c-b)2-8a·(c-b)+12=0,
∴a·(c-b)=,
∴cos==≥=,
当且仅当(c-b)2=12,即|c-b|=2时取等号,
又∈[0,π],
∴c-b与a夹角的最大值为.
6.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.
7.C　易知+·=·(-)=·=·,
连接OA,OB,由题可知△OAB是边长为2的等边三角形,不妨建立如图所示的平面直角坐标系,使A,B关于y轴对称,且A在B的左侧,
则A(-1,-),B(1,-),设P(x,y),-2则=(x+1,y+),=(2,0),所以·=2x+2,
又-2即+·的取值范围为(-2,6).
8.B　如图,作CD⊥AB,EF⊥AB,垂足分别为D,F,且CD与左半圆相切,切点为C,EF与右半圆相切,切点为E.
·=||||cos<,>,其中||cos<,>为在方向上的投影数量,
因为AB=4,所以三个半圆的直径均为4,所以AD=BF=2.
当P与E重合时,||cos<,>取得最大值,最大值为4+2=6,此时·取得最大值,为4×6=24;
当P与C重合时,||cos<,>取得最小值,最小值为-2,此时·取得最小值,为4×(-2)=-8.
故·的取值范围是[-8,24].
9.B　
思路分析
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),=(1,0),=(0,2),
所以=(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.
所以·的最大值为5-2.
10.答案　
解析　以c的起点为原点,c的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系(图略),则c=(1,0),
设a=(x,y),b=(m,n),
由a·c=1,得(x,y)·(1,0)=1,所以x=1,
由b·c=3,得(m,n)·(1,0)=3,所以m=3,
又a·b=2,所以(x,y)·(m,n)=2,所以3+ny=2,所以ny=-1,即n=-,
所以cos=
==
=
=
≤=,
当且仅当y2=时,等号成立,
故cos的最大值为.
11.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.
12.解析　(1)∵θ=,a1=(1,-3),b1=(7,m),e1,e2均为单位向量,
∴a1=e1-3e2,b1=7e1+me2,==1,e1·e2=1×1×cos =-,
又a1⊥b1,∴a1·b1=(e1-3e2)·(7e1+me2)=7-3m+(m-21)×=0,
所以m=5.
(2)∵θ=,a2=(1,-1),b2=(1,3),e1,e2均为单位向量,∴a2=e1-e2,b2=e1+3e2,|e1|=|e2|=1,e1·e2=,
∴a2·b2=(e1-e2)·(e1+3e2)=-3+2e1·e2=1-3+2×=-1,
|b2|===,
∴a2在b2上的投影向量为·=(e1+3e2)=-e1-e2=,
即a2在b2上的投影向量的“斜坐标”为.
(3)∵c3=(3,-1)=3e1-e2,|c3|≤,
∴(3e1-e2)2=9-6e1·e2+=10-6e1·e2≤7,∴e1·e2≥,
又a3=2e1+e2,b3=e1+e2,
∴a3·b3=(2e1+e2)·(e1+e2)=3+3e1·e2,
又|a3|==,|b3|==,
∴cos 2===×,
令t=e1·e2,则t≥,cos2=,
又y==-在上单调递增,
∴cos 2=≥,
又θ∈∪,∴cos2≠1,∴cos 2的取值范围为.
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