课时规范练26 平面向量的数量积与平面向量的应用一、基础巩固组1.对任意平面向量a,b,下列关系式不恒成立的是( )A.|a·b|≤|a||b|B.|a-b|≤||a|-|b||C.(a+b)2=|a+b|2D.(a+b)·(a-b)=a2-b22.已知a,b为单位向量,其夹角为60°,则(2a-b)·b=( )A.-1B.0C.1D.23.(2022河南新乡二模,理3)已知向量a=(1,2),b=(m,-4),若|a||b|+a·b=0,则实数m等于( )A.-4B.4C.-2D.24.(2022河南濮阳一模)若向量BA=(1,2),CA=(4,5),且CB·(λBA+CA)=0,则实数λ的值为( )A.3B.-92C.-3D.-535.在四边形ABCD中,AC=(1,2),BD=(-4,2),则该四边形的面积为( )A.5B.25C.5D.106.(2022河北唐山期末,理3)设向量a与b的夹角为θ,且a=(-2,1),a+2b=(2,3),则cosθ=( )A.-35B.35C.55D.-2557.(2022河南商丘二模,理8)若等边三角形ABC的边长为3,平面内一点M满足CM=13CB+12CA,则AM·BM的值为( )A.-152B.-2C.152D.28.(2022北京,理6)设m,n为非零向量,则“存在负数λ,使得m=λn”是“m·n<0”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件9.若向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a⊥b,则x= . 10.(2022安徽江淮十校三模,理17)已知向量m=(sinx,-1),n=3cosx,-12,函数f(x)=(m+n)·m.(1)求f(x)的最小正周期T;(2)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,A为锐角,a=23,c=4,且f(A)恰好是f(x)在0,π2上的最大值,求A和b.〚导学号21500728〛二、综合提升组5\n11.(2022安徽蚌埠一模)已知非零向量m,n满足3|m|=2|n|,其夹角为60°,若n⊥(tm+n),则实数t的值为( )A.3B.-3C.2D.-212.(2022河南焦作二模,理10)已知P为矩形ABCD所在平面内一点,AB=4,AD=3,PA=5,PC=25,则PB·PD=( )A.-5B.-5或0C.0D.513.(2022河北武邑中学一模)在Rt△ABC中,CA=CB=3,M,N是斜边AB上的两个动点,且MN=2,则CM·CN的取值范围为( )A.2,52B.[2,4]C.[3,6]D.[4,6]14.(2022江苏南京一模,9)已知△ABC是直角边长为4的等腰直角三角形,D是斜边BC的中点,AM=14AB+mAC,向量AM的终点M在△ACD的内部(不含边界),则AM·BM的取值范围是 . 15.(2022江苏,12)如图,在同一个平面内,向量OA,OB,OC的模分别为1,1,2,OA与OC的夹角为α,且tanα=7,OB与OC的夹角为45°.若OC=mOA+nOB(m,n∈R),则m+n= .〚导学号21500729〛 三、创新应用组16.(2022全国Ⅱ,理12)已知△ABC是边长为2的等边三角形,P为平面ABC内一点,则PA·(PB+PC)的最小值是( )A.-2B.-32C.-43D.-117.(2022辽宁沈阳二模,理11)已知向量OA=(3,1),OB=(-1,3),OC=mOA-nOB(m>0,n>0),若m+n∈[1,2],则|OC|的取值范围是( )A.[5,25]B.[5,210)C.(5,10)D.[5,210]课时规范练26 平面向量的数量积与平面向量的应用1.B A项,设向量a与b的夹角为θ,则a·b=|a||b|cosθ≤|a||b|,所以不等式恒成立;5\nB项,当a与b同向时,|a-b|=||a|-|b||;当a与b非零且反向时,|a-b|=|a|+|b|>||a|-|b||.故不等式不恒成立;C项,(a+b)2=|a+b|2恒成立;D项,(a+b)·(a-b)=a2-a·b+b·a-b2=a2-b2,故等式恒成立.综上,选B.2.B 由已知,得|a|=|b|=1,a与b的夹角θ=60°,则(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a||b|cosθ-|b|2=2×1×1×cos60°-12=0,故选B.3.C 设a,b的夹角为θ,∵|a||b|+a·b=0,∴|a||b|+|a||b|cosθ=0,∴cosθ=-1,即a,b的方向相反.又向量a=(1,2),b=(m,-4),∴b=-2a,∴m=-2.4.C ∵BA=(1,2),CA=(4,5),∴CB=CA+AB=CA-BA=(3,3),λBA+CA=(λ+4,2λ+5).又CB·(λBA+CA)=0,∴3(λ+4)+3(2λ+5)=0,解得λ=-3.5.C 依题意,得AC·BD=1×(-4)+2×2=0,∴AC⊥BD.∴四边形ABCD的面积为12|AC||BD|=12×12+22×(-4)2+22=5.6.A ∵向量a与b的夹角为θ,且a=(-2,1),a+2b=(2,3),∴b=a+2b-a2=(2,1),∴cosθ=a·b|a||b|=-4+15×5=-35.7.B 如图,建立平面直角坐标系,则B0,332,A32,0,C-32,0,∴CB=32,332,CA=(3,0).∴CM=13CB+12CA=2,32,∴OM=12,32,∴AM=-1,32,BM=12,-3,故AM·BM=-12-32=-2.8.A m,n为非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即两向量反向,夹角是180°,则m·n=|m||n|cos180°=-|m||n|<0.反过来,若m·n<0,则两向量的夹角为(90°,180°],并不一定反向,即不一定存在负数λ,使得m=λn,所以“存在负数λ,使得m=λn”是“m·n<0”的充分而不必要条件.故选A.9.-23 ∵a⊥b,∴a·b=x+2(x+1)=0,解得x=-23.10.解(1)∵向量m=(sinx,-1),n=3cosx,-12,∴f(x)=(m+n)·m=sin2x+1+3sinxcosx+12=1-cos2x2+1+32sin2x+12=32sin2x-12cos2x+2=sin2x-π6+2,5\n∴函数f(x)的最小正周期T=2π2=π.(2)由(1)知f(x)=sin2x-π6+2.∵x∈0,π2,∴-π6≤2x-π6≤5π6,∴当2x-π6=π2时,f(x)取得最大值3,此时x=π3,∴由f(A)=3,得A=π3,由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA,∴12=b2+16-4b,即(b-2)2=0,解得b=2.11.B ∵n⊥(tm+n),∴n·(tm+n)=tm·n+n2=t|m||n|·12+|n|2=t·13|n|2+|n|2=0,解得t=-3.故选B.12.C ∵P为矩形ABCD所在平面内一点,AB=4,AD=3,∴AC=5.∵PA=5,PC=25,∴PA2+PC2=AC2,∴PA⊥PC,∴点P在矩形ABCD的外接圆上,∴PB⊥PD,∴PB·PD=0,故选C.13.D 以C为坐标原点,CA为x轴建立平面直角坐标系,则A(3,0),B(0,3),∴AB所在直线的方程为y=3-x.设M(a,3-a),N(b,3-b),且0≤a≤3,0≤b≤3,不妨设a>b,∵MN=2,∴(a-b)2+(b-a)2=2,∴a-b=1,∴a=b+1,∴0≤b≤2,∴CM·CN=(a,3-a)·(b,3-b)=2ab-3(a+b)+9=2(b2-2b+3),0≤b≤2,∴当b=1时有最小值4;当b=0或b=2时有最大值6,∴CM·CN的取值范围为[4,6].14.(-2,6) 以A为坐标原点,AB为x轴,AC为y轴建立平面直角坐标系,如图所示,则A(0,0),B(4,0),C(0,4),D(2,2),所以AM=14AB+mAC=14(4,0)+m(0,4)=(1,4m),则M(1,4m).∵点M在△ACD的内部(不含边界),∴1<4m<3,14<m<34,则AM·BM=(1,4m)·(-3,4m)=16m2-3,∴-2<16m2-3<6,故答案为(-2,6).15.3 |OA|=|OB|=1,|OC|=2,由tanα=7,α∈[0,π]得0<α<π2,sinα>0,cosα>0,tanα=sinαcosα,sinα=7cosα,又sin2α+cos2α=1,得sinα=7210,cosα=210,OC·OA=15,OC·OB=1,OA·OB=cosα+π4=-35,得方程组m-35n=15,-35m+n=1,解得m=54,n=74,所以m+n=3.16.B 以BC所在的直线为x轴,BC的垂直平分线AD为y轴,D为坐标原点建立平面直角坐标系,如图.5\n可知A(0,3),B(-1,0),C(1,0).设P(x,y),则PA=(-x,3-y),PB=(-1-x,-y),PC=(1-x,-y).所以PB+PC=(-2x,-2y).所以PA·(PB+PC)=2x2-2y(3-y)=2x2+2y-322-32≥-32.当点P的坐标为0,32时,PA·(PB+PC)取得最小值为-32,故选B.17.B ∵OA=(3,1),OB=(-1,3),OC=mOA-nOB=(3m+n,m-3n),∴|OC|=(3m+n)2+(m-3n)2=10(m2+n2),令t=m2+n2,则|OC|=10t,而m+n∈[1,2],即1≤m+n≤2,在平面直角坐标系中表示如图所示,t=m2+n2表示区域中任意一点与原点(0,0)的距离,分析可得22≤t<2.又由|OC|=10t,故5≤|OC|<210.5
