文档内容
2023届高考数学三轮冲刺卷：平面向量的数量积与垂直
一、选择题（共20小题；）
π
1. 已知 ∣⃗a∣=1，∣⃗b∣=2，⃗a 与 ⃗b 的夹角为 ，则 ⃗a⋅⃗b 等于 ()
3
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2. 如图，已知正六边形 P P P P P P ，下列向量的数量积中最大的是 ()
1 2 3 4 5 6
A. ⃗P P ⋅⃗P P B. ⃗P P ⋅⃗P P C. ⃗P P ⋅⃗P P D. ⃗P P ⋅⃗P P
1 2 1 3 1 2 1 4 1 2 1 5 1 2 1 6
3. 若向量 ⃗a，⃗b 满足 ∣⃗a∣=1，∣⃗b∣=√2，且 ⃗a⊥(⃗a+⃗b)，则 ⃗a 与 ⃗b 的夹角为 ()
π 2π 3π 5π
A. B. C. D.
2 3 4 6
4. 已知 ∣⃗a∣=8，∣⃗b∣=15，∣⃗a+⃗b∣=17，则 ⃗a 与 ⃗b 的夹角 θ 为 ()
π π π
A. 0 B. C. D.
6 3 2
5. 已知向量 ⃗a，⃗b 满足 ∣⃗a∣=1，∣⃗b∣=2，∣⃗a−⃗b∣=2，则 ∣⃗a+⃗b∣ 等于 ()
A. 1 B. √2 C. √5 D. √6
6. 已知向量 ⃗a=(1,m)，⃗b=(1,−1)，若 ⃗a⊥⃗b，则实数 m 的值为 ()
A. −1 B. 0 C. 1 D. 2
7. 若 ⃗a，⃗b 是两个非零的平面向量，则”∣⃗a∣=∣⃗b∣“是“(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=0”的 ()
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
8. 在四边形 ABCD 中，若 ⃗AB+⃗CD=0⃗，⃗AC⋅⃗BD=0，则四边形为 ()
A. 平行四边形 B. 矩形 C. 等腰梯形 D. 菱形
9. 已知菱形 ABCD 的边长为 a，∠ABC=60∘，则 ⃗BD⋅⃗CD= ()
3 3 3 3
A. − a2 B. − a2 C. a2 D. a2
2 4 4 2
10. 如图，四个棱长为 1 的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，P (i=1,2,⋯,8) 是上底
i
面上其余的八个点，则 ⃗AB⋅⃗AP (i=1,2,⋯,8) 的不同值的个数为 ()
iA. 1 B. 2 C. 4 D. 8
11. 已知向量 ⃗a，⃗b 满足 ⃗a⋅⃗b=0，∣⃗a∣=1，∣⃗b∣=2，则 ∣2⃗a−⃗b∣= ()
A. 0 B. 2√2 C. 4 D. 8
12. 已知 ⃗a,⃗b 是非零向量且满足 (⃗a−2⃗b)⊥⃗a，(⃗b−2⃗a)⊥⃗b，则 ⃗a 与 ⃗b 的夹角是 ()
π π 2π 5π
A. B. C. D.
6 3 3 6
13. 对任意向量 ⃗a，⃗b，下列关系式中不恒成立的是 ()
A. ∣⃗a⋅⃗b∣≤∣⃗a∣∣⃗b∣
B. ∣⃗a−⃗b∣≤∣∣⃗a∣−∣⃗b∣∣
C. (⃗a+⃗b) 2 =∣⃗a+⃗b∣ 2
D. (⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=⃗a2−⃗b2
1
14. 已知 ⃗AB⊥⃗AC，∣⃗AB∣= ，∣⃗AC∣=t．若点 P 是 △ABC 所在平面内的一点，且
t
⃗AB 4⃗AC
⃗AP= + ，则 ⃗PB⋅⃗PC 的最大值等于 ()
∣⃗AB∣ ∣⃗AC∣
A. 13 B. 15 C. 19 D. 21
15. 如图，在四边形 ABCD 中，AB⊥BC，AD⊥DC，若 ∣⃗AB∣=a，∣⃗AD∣=b，则
⃗AC⋅⃗BD 等于 ()
A. b2−a2 B. a2−b2 C. a2+b2 D. ab
16. 平面四边形 ABCD 中，⃗AB+⃗CD=0，(⃗AB−⃗AD)⋅⃗AC=0，则四边形 ABCD 的形状是 ()
A. 矩形 B. 菱形 C. 正方形 D. 梯形
17. 点 O 是三角形 ABC 所在平面内的一点，满足 ⃗OA⋅⃗OB=⃗OB⋅⃗OC=⃗OC⋅⃗OA，则点 O 是
△ABC 的 ()
A. 三个内角的角平分线的交点 B. 三条边的垂直平分线的交点
C. 三条中线的交点 D. 三条高的交点2π
18. 设 a,b 是两个单位向量，命题 p:(2a+b)⊥b 是命题 q:a,b 的夹角等于 成立的 ()
3
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
1
19. 已知非零向量 ⃗m，⃗n 满足 4∣⃗m∣=3∣⃗n∣，cos<⃗m,⃗n>= ．若 ⃗n⊥(t⃗m+⃗n)，则实数 t
3
的值为 ()
9 9
A. 4 B. −4 C. D. −
4 4
x2 y2
20. 已知 F ，F 分别是椭圆 + =1(a>b>0) 的左、右焦点，P 为椭圆上一点，且
1 2 a2 b2
⃗PF ⋅(⃗OF +⃗OP)=0（O 为坐标原点）．若 ∣⃗PF ∣=√2∣⃗PF ∣，则椭圆的离心率为
1 1 1 2
()
√6−√3 √6−√5
A. √6−√3 B. C. √6−√5 D.
2 2
二、填空题（共5小题；）
21. 思考辨析，判断正误
功是力 F 与位移 s 的数量积．()
22. 已知 A(√3,0)，B(0,1)，坐标原点 O 在直线 AB 上的射影为点 C，则 ⃗OA⋅⃗OC=
．
23. 已 知 向 量 ⃗a=(cosθ,sinθ)， 向 量 ⃗b=(√3,−1)， 则 ∣2⃗a−⃗b∣ 的 最 大 值 是
．
24. 在边长为 1 的等边 △ABC 中，D 为 BC 边上一动点，则 ⃗AB⋅⃗AD 的取值范围是
．
25. 在正三角形 ABC 中，D 是 BC 上的点．若 AB=3，BD=1，则 ⃗AB⋅⃗AD=
．
三、解答题（共5小题；）
26. 已知 ∣⃗a∣=4，∣⃗b∣=8，⃗a 与 ⃗b 的夹角是 120∘，计算：
（1）∣⃗a+⃗b∣；
（2）∣4⃗a−2⃗b∣．
27. 在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(−1,−2)，B(2,3)，C(−2,−1)．
（1）设实数 t 满足 (⃗AB−t⃗OC)⊥⃗OC，求 t 的值；
（2）若以线段 AB，AC 为邻边作平行四边形 ABDC，求向量 ⃗AD 与 ⃗CB 所夹角的余弦值．
28. 已知平面上三个向量 ⃗a，⃗b，⃗c 的模均为 1，它们相互之间的夹角均为 120∘．（1）求证：(⃗a−⃗b)⊥⃗c；
（2）若 ∣k⃗a+⃗b+⃗c∣>1(k∈R)，求 k 的取值范围．
29. 已知 ∣⃗a∣=2，∣⃗b∣=√3，(⃗a+2⃗b)⋅(⃗b−3⃗a)=9．
（1）求 ⃗a 与 ⃗b 的夹角 θ；
（2）在 △ABC 中，若 ⃗AB=⃗a，⃗AC=⃗b，求 BC 边的长度．
30. 已知向量 ⃗AB=(2−k,−1)，⃗AC=(1,k)．
（1）若 △ABC 为直角三角形，求 k 的值；
（2）若 △ABC 为等腰直角三角形，求 k 的值．答案
π π
1. A 【解析】⃗a⋅⃗b=∣⃗a∣∣⃗b∣cos =1×2×cos =1．
3 3
2. A 【解析】提示：考虑向量数量积的几何意义．
√2
3. C 【解析】∵ ⃗a⊥(⃗a+⃗b)，∴ ⃗a⋅(⃗a+⃗b)=⃗a⋅⃗a+⃗a⋅⃗b=0，可得 cos<⃗a,⃗b>=− ，∴ ⃗a
2
3π
与 ⃗b 的夹角为 ．
4
4. D
5. D
6. C
7. C
8. D
9. D
10. A
【解析】由题图知，AB 与上底面垂直，因此 AB⊥BP (i=1,2,⋯,8)，
i
⃗AB⋅⃗AP =∣⃗AB∣∣⃗AP∣cos∠BAP =∣⃗AB∣⋅∣⃗AB∣=1(i=1,2,⋯,8)．
i i i
11. B 【解析】∣2⃗a−⃗b∣=√(2⃗a−⃗b) 2 =√4⃗a⋅⃗a−4⃗a⋅⃗b+⃗b⋅⃗b=2√2．
12. B 【解析】因为 (⃗a−2⃗b)⊥⃗a，(⃗b−2⃗a)⊥⃗b，
所以 ⃗a⋅(⃗a−2⃗b)=0，⃗b⋅(⃗b−2⃗a)=0．
所以 ⃗a⋅⃗a=2⃗a⋅⃗b，⃗b⋅⃗b=2⃗a⋅⃗b，
所以 2∣⃗a∣∣⃗b∣cosθ=∣⃗a∣ 2 且 ∣⃗a∣ 2=∣⃗b∣ 2，
∣⃗a∣ 2 1
所以 cosθ= = ，
2∣⃗a∣∣⃗b∣ 2
π
所以 θ= ．
3
13. B
14. A 【解析】以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，AC 所在直线为 y 轴建立平面直角坐标系，
(1 )
则 B ,0 (t>0)，C(0,t)，P(1,4)，
t
⃗PB⋅⃗PC= (1 −1,−4 ) ⋅(−1,t−4)=17− ( 4t+ 1) ≤17−2×2=13（当且仅当 t= 1 时，取“=
t t 2
”），故 ⃗PB⋅⃗PC 的最大值为 13．
15. A
【解析】⃗AC=⃗AD+⃗DC，⃗BD=⃗AD−⃗AB，
所以⃗AC⋅⃗BD =(⃗AD+⃗DC)⋅(⃗AD−⃗AB)
¿ ¿
因为 AD⊥DC，
所以 ⃗AD⋅⃗DC=0，
所以
⃗AC⋅⃗BD =⃗AD2−⃗AB⋅(⃗AD+⃗DC)
¿
=⃗AD2−⃗AB⋅(⃗AB+⃗BC)
¿ ¿
因为 AB⊥BC，
所以 ⃗AB⋅⃗BC=0，
所以
⃗AC⋅⃗BD =⃗AD2−⃗AB2
¿
=b2−a2.
16. B 【解析】⃗AB+⃗CD=0⇒⃗AB=−⃗CD=⃗DC⇒ 平面四边形 ABCD 是平行四边形，
(⃗AB−⃗AD)⋅⃗AC=⃗DB⋅⃗AC=0⇒⃗DB⊥⃗AC，
所以平行四边形 ABCD 是菱形．
17. D 【解析】由 ⃗OA⋅⃗OB=⃗OB⋅⃗OC 可得 ⃗OB⋅(⃗OA−⃗OC)=0，即 ⃗OB⋅⃗CA=0，所以点 O
在 AC 的高线上，同理可得点 O 在 AB 、 BC 的高线上，所以点 O 是 △ABC 的三条高的交
点．
18. A
19. B 【解析】由 4∣⃗m∣=3∣⃗n∣，可设 ∣⃗m∣=3k，∣⃗n∣=4k(k>0)，又 ⃗n⊥(t⃗m+⃗n)，
所以
⃗n⋅(t⃗m+⃗n) =⃗n⋅t⃗m+⃗n⋅⃗n
1
¿ =t×3k×4k× +(4k) 2
3
¿ ¿
所以 t=−4．
20. A
【解析】以 OF ，OP 为邻边作平行四边形，根据向量加法的平行四边形法则，及
1
⃗PF ⋅(⃗OF +⃗OP)=0 知此平行四边形的对角线互相垂直，即此平行四边形为菱形，
1 1
所以 ∣OP∣=∣OF ∣，
1
所以 △F PF 是直角三角形，即 PF ⊥PF ．
1 2 1 2
{ √2x+x=2a, c √3
设 ∣PF ∣=x, 则 得 = ，
2 (√2x) 2+x2=(2c) 2, a √2+1
c √3
所以离心率 e= = =√6−√3．
a √2+1
21. √3
22.
4
23. 4
【解析】由题知 ⃗a 表示起点在原点，终点在单位圆上的向量，将 ⃗a 和 ⃗b 在平面直角坐标系中表示，
如图，
由此，当 ⃗a 和 ⃗b 反向时，取得最大值．
[1 ]
24. ,1
2
15
25.
2
【解析】如图：过点 D 作 DE⊥AB 于 E．
则
⃗AB⋅⃗AD=⃗AB⋅⃗AE=3∣⃗AE∣=3 ( 3− 1 BD ) = 15 .
2 2
26. （1） 由已知得，⃗a⋅⃗b=4×8× ( − 1) =−16．
2
因为 ∣⃗a+⃗b∣ 2=⃗a2+2⃗a⋅⃗b+⃗b2=16+2×(−16)+64=48，
所以 ∣⃗a+⃗b∣=4√3．
（2） 因为 ∣4⃗a−2⃗b∣ 2=16⃗a2−16⃗a⋅⃗b+4⃗b2=16×16−16×(−16)+4×64=768，
所以 ∣4⃗a−2⃗b∣=16√3．
27. （1） 由题设知 ⃗OC=(−2,−1)，⃗AB=(3,5)，⃗AB−t⃗OC=(3+2t,5+t)．
由 (⃗AB−t⃗OC)⊥⃗OC，得 (⃗AB−t⃗OC)⋅⃗OC=0，
11
即 (3+2t,5+t)⋅(−2,−1)=0，所以 t=− ．
5（2） 由题设知 ⃗AC=(−1,1)，
则 ⃗AD=⃗AB+⃗AC=(2,6)，⃗CB=⃗AB−⃗AC=(4,4)，
故 ∣⃗AD∣=2√10，∣⃗CB∣=4√2．设向量 ⃗AD 与 ⃗CB 所夹角为 θ，
⃗AD⋅⃗CB 32 2√5
故所求余弦值 cosθ= = = ．
∣⃗AD∣⋅∣⃗CB∣ 2√10×4√2 5
28. （1） 因为 ∣⃗a∣=∣⃗b∣=∣⃗c∣=1，且 ⃗a，⃗b，⃗c 之间的夹角均为 120∘，
所以
(⃗a−⃗b)⋅⃗c =⃗a⋅⃗c−⃗b⋅⃗c
¿ =0,
所以 (⃗a−⃗b)⊥⃗c．
（2） 因为 ∣k⃗a+⃗b+⃗c∣>1，
所以 (k⃗a+⃗b+⃗c) 2 >1，
即 k2 ⃗a2+⃗b2+⃗c2+2k⃗a⋅⃗b+2k⃗a⋅⃗c+2⃗b⋅⃗c>1，
1
因为
⃗a⋅⃗b=⃗a⋅⃗c=⃗b⋅⃗c=cos120∘=−
，
2
所以 k2−2k>0，解得 k<0 或 k>2，
所以实数 k 的取值范围为 (−∞,0)∪(2,+∞)．
29. （1） 因为
(⃗a+2⃗b)⋅(⃗b−3⃗a) =−3⃗a2+2⃗b2−5⃗a⋅⃗b
¿ =9,
所以 ⃗a⋅⃗b=−3，
⃗a⋅⃗b −3 √3
所以 cosθ= = =− ，
∣⃗a∣∣⃗b∣ 2×√3 2
又 θ∈[0,π]，
5
所以 θ= π．
6
（2） 因为 ⃗BC=⃗AC−⃗AB=⃗b−⃗a，
所以
∣⃗BC∣ 2 =(⃗b−⃗a) 2
¿ =(√3) 2+22−2×(−3)
¿ ¿
所以 BC 边的长度为 ∣⃗BC∣=√13．
30. （1） ⃗AB=(2−k,−1)，⃗AC=(1,k)⇒⃗BC=⃗AC−⃗AB=(k−1,k+1)．
若 ∠A=90∘，则 ⃗AB⊥⃗AC⇒k=1；
若 ∠B=90∘，则 ⃗AB⊥⃗BC⇒k2−2k+3=0，无解；
若 ∠C=90∘，则 ⃗AC⊥⃗BC⇒k2+2k−1=0⇒k=−1±√2．
综上所述，当 k=1 时，△ABC 是以 A 为直角顶点的直角三角形；当 k=−1±√2 时，△ABC 是以 C 为直角顶点的直角三角形．
（2） 当 k=1 时，⃗AB=(1,−1)，⃗AC=(1,1)⇒∣⃗AB∣=∣⃗AC∣=√2；
当 k=−1+√2 时，⃗AC=(1,−1+√2)，⃗BC=(−2+√2,√2)⇒∣⃗AC∣ 2=4−2√2，
∣⃗BC∣ 2=8−4√2，∣⃗AC∣≠∣⃗BC∣；
当 k=−1−√2 时，⃗AC=(1,−1−√2)，⃗BC=(−2−√2,−√2)⇒∣⃗AC∣ 2=4+2√2，
∣⃗BC∣ 2=8+4√2，∣⃗AC∣≠∣⃗BC∣．
综上所述，当 k=1 时，△ABC 是以 BC 为斜边的等腰直角三角形．
