文档内容
专题 4.6 平面向量的数量积及其应用
【新高考专用】
题型一 平面向量的数量积
π
1．（2024·河南周口·模拟预测）已知△ABC中，AC=2√2，∠C= ，AD为BC上的高，垂足为D，点
4
E为AB上一点，且AE=2EB，则⃗AD⋅⃗CE=（ ）
4 4 8 8
A．− B． C．− D．
3 3 3 3
⃗ ⃗ 1 ⃗ ⃗ 2 ⃗ ⃗
【解题思路】利用向量的线性关系及数量积的运算律得CE⋅AD= CA⋅AD+ CB⋅AD可得答案.
3 3
【解答过程】如图所示，
π π
由题意可知，AC=2√2，∠ADC= ，∠ACD= ，故AD=2，
2 4
因为AE=2EB，
2 2 1 2
所以⃗CE=⃗CA+⃗AE=⃗CA+ ⃗AB=⃗CA+ (⃗CB−⃗CA)= ⃗CA+ ⃗CB，
3 3 3 3
则⃗CE⋅⃗AD= (1 ⃗CA+ 2 ⃗CB ) ⋅⃗AD= 1 ⃗CA⋅⃗AD+ 2 ⃗CB⋅⃗AD
3 3 3 3
1 ⃗ ⃗ 3π 4
= |CA|·|AD|cos =− .
3 4 3
故选：A.π
2．（2024·山西太原·一模）在△ABC中，BC=6，AB=4，∠CBA= ，设点D为AC的中点，E在BC
2
上，且⃗AE⋅⃗BD=0，则⃗BC⋅⃗AE=（ ）
A．16 B．12 C．8 D．−4
【解题思路】以B为原点，建立如图坐标系，结合向量的坐标运算即可.
π
【解答过程】因为在△ABC中，BC=6，AB=4，∠CBA= ，以B为原点，建立如图坐标系，
2
则A(4,0)，B(0,0)，C(0,6)，D(2,3)，设E(0,b)，则⃗AE=(−4,b)，⃗BD=(2,3)，⃗BC=(0,6)
8
由题意可知⃗AE⋅⃗BD=0.即(−4,b)⋅(2,3)=0，即−8+3b=0，所以b= .
3
所以E ( 0, 8) ，∴⃗AE= ( −4, 8) .所以⃗AE⋅⃗BC=16.
3 3
故选：A.
3．（2024·陕西西安·模拟预测）已知▱ABCD在平面直角坐标系中，⃗AB=(4,2),⃗DA=(0,−3)，则
⃗AC⋅⃗BD=
−11 ．
【解题思路】根据四边形ABCD是平行四边形，利用向量加减法的三角形法则及坐标运算即可求解.
【解答过程】
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以⃗AC=⃗AB+⃗BC=⃗AB−⃗DA=(4−0,2+3)=(4,5)，
⃗BD=⃗AD−⃗AB=−⃗DA−⃗AB=(0−4,3−2)=(−4,1)，
所以⃗AC⋅⃗BD=4×(−4)+5×1=−11.故答案为：−11.
4．（2024·四川南充·模拟预测）已知点O是△ABC的重心，OA=2，OB=3，OC=3，则
⃗OA⋅⃗OB+⃗OA⋅⃗OC+⃗OB⋅⃗OC= −11 ．
【解题思路】根据三角形重心的性质可得⃗OA+⃗OB+⃗OC=0⃗，平方后即可求得答案.
【解答过程】由于点O是△ABC的重心，故⃗OA+⃗OB+⃗OC=0⃗，
故(⃗OA+⃗OB+⃗OC) 2 =0，
即⃗OA2+⃗OB2+⃗OC2+2(⃗OA⋅⃗OB+⃗OA⋅⃗OC+⃗OB⋅⃗OC)=0，
1
故⃗OA⋅⃗OB+⃗OA⋅⃗OC+⃗OB⋅⃗OC=− (⃗OA2+⃗OB2+⃗OC2)
2
1
=− (22+32+32)=−11，
2
故答案为：−11.
题型二 平面向量的夹角问题
5．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知向量⃗a=(0,1),⃗b=(x,1)且(⃗b−2⃗a)⊥⃗b，则向量⃗a与⃗b的夹角为（ ）
π π π π
A． B． C． D．
6 4 3 2
【解题思路】根据题意得(⃗b−2⃗a)⋅⃗b=0，计算x的值，再根据平面向量夹角公式求值即可.
【解答过程】因为⃗a=(0,1),⃗b=(x,1)，所以⃗b−2⃗a=(x,−1)，
又(⃗b−2⃗a)⊥⃗b，所以(⃗b−2⃗a)⋅⃗b=0，
则x2−1=0，解得x=±1，则⃗b=(±1,1)，
⃗a⋅⃗b 1 √2
所以cos⟨⃗a,⃗b⟩= = =
，
|⃗a|⋅|⃗b| 1×√2 2
π
又⟨⃗a,⃗b⟩∈[0,π]，所以 ⟨⃗a,⃗b⟩= .
4
故选：B.
6．（2024·河北石家庄·模拟预测）已知平面向量⃗a,⃗b满足⃗a⋅(⃗a−⃗b)=2，且|⃗a|=1，|⃗b|=2，则向量⃗a,⃗b的夹角为（ ）
π 2π π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
【解题思路】根据数量积的运算及夹角公式得解.
【解答过程】因为|⃗a|=1，|⃗b|=2，
所以⃗a⋅(⃗a−⃗b)=⃗a2−⃗a⋅⃗b=1−⃗a⋅⃗b=2，即⃗a⋅⃗b=−1，
⃗a⋅⃗b 1
所以cos⟨⃗a,⃗b⟩= =−
，
|⃗a|⋅ |⃗b| 2
2π
所以
⟨⃗a,⃗b⟩=
，
3
故选：B.
7．（2024·甘肃兰州·一模）等边三角形ABC中，点D是AC的中点，点E是BC上靠近点C的三等分点，
√21
cos⟨⃗AE,⃗BD⟩= − ．
14
【解题思路】建立平面直角坐标系，利用平面向量的数量积公式求解.
【解答过程】以BC边所在的直线为x轴，过点B且与BC垂直的直线为y轴，
(2 ) (1 √3 ) (3 √3 )
设等边三角形的边长为a，则B(0,0)，E a,0 ，A a, a ，D a, a ，
3 2 2 4 4
(1 √3 ) (3 √3 )
即⃗AE= a,− a ，⃗BD= a, a ,
6 2 4 4
1
⃗ ⃗ − a2
⃗ ⃗ AE⋅BD 4 √21
∴cos= = =− ，
| ⃗ | | ⃗ | √7 √3 14
AE⋅BD a⋅ a
3 2
√21
故答案为：− .
148．（2024·上海·模拟预测）已知向量⃗a，⃗b，⃗c满足|⃗a|=|⃗b|=1，|⃗c|=√2，且⃗a+⃗b+⃗c=0⃗，则
cos⟨⃗a−⃗c,⃗b−⃗c⟩=
4
．
5
【解题思路】根据已知条件依次求出⃗a·⃗b=0、⃗a·⃗c=−1、⃗b·⃗c=−1，接着求出(⃗a−⃗c)·(⃗b−⃗c)、|⃗a−⃗c|和
|⃗b−⃗c|即可结合向量夹角余弦公式求解.
【解答过程】由题⃗a+⃗b=−⃗c，故(⃗a+⃗b) 2 =(−⃗c) 2=⃗c2即⃗a2+⃗b2+2⃗a·⃗b=⃗c2，
⇒1+1+2⃗a·⃗b=2，⇒⃗a·⃗b=0；
⃗a+⃗c=−⃗b，故(⃗a+⃗c) 2=(−⃗b) 2 =⃗b2即⃗a2+⃗c2+2⃗a·⃗c=⃗b2，
⇒1+2+2⃗a·⃗c=1，⇒⃗a·⃗c=−1；
⃗b+⃗c=−⃗a，故(⃗b+⃗c) 2 =(−⃗a) 2=⃗a2即⃗b2+⃗c2+2⃗b·⃗c=⃗a2，
⇒1+2+2⃗b·⃗c=1，⇒⃗b·⃗c=−1，
所以(⃗a−⃗c)·(⃗b−⃗c)=⃗a·⃗b−(⃗a+⃗b)·⃗c+⃗c2=2⃗c2=4，
且|⃗a−⃗c|=√(⃗a−⃗c) 2=√⃗a2+⃗c2−2⃗a·⃗c=√5，|⃗b−⃗c|=√(⃗b−⃗c) 2 =√⃗b2+⃗c2−2⃗b·⃗c=√5，
(⃗a−⃗c)·(⃗b−⃗c) 4 4
所以cos⟨⃗a−⃗c,⃗b−⃗c⟩= = =
.
|⃗a−⃗c||⃗b−⃗c| √5×√5 5
4
故答案为： .
5题型三 平面向量的模长
5π
9．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知向量⃗a，⃗b满足|⃗a|=1，|⃗b|=√3，且⃗a与⃗b的夹角为 ，则|2⃗a−⃗b|=
6
（ ）
1
A． B．√13 C．1 D．13
2
【解题思路】根据|2⃗a−⃗b|=√(2⃗a−⃗b) 2 ，结合数量积运算求解.
5π ( √3) 3
【解答过程】根据题意，⃗a⋅⃗b=|⃗a||⃗b|cos =1×√3× − =− ，
6 2 2
则|2⃗a−⃗b|=√(2⃗a−⃗b) 2 =√4⃗a2−4⃗a⋅⃗b+⃗b2=√4+6+3=√13.
故选：B.
10．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）等边△ABC的边长为3，若⃗AD=2⃗DC，⃗BF=⃗FD，则|⃗AF|=（ ）
√19 √17 √15 √13
A． B． C． D．
2 2 2 2
( 1 5√3)
【解题思路】取BC中点O，建立直角坐标系，得到⃗AF= − ,− ，再根据模长的坐标公式即可求
4 4
解.
【解答过程】
( 3√3) ( 3 ) (3 )
如图，取BC中点O，建立直角坐标系，则A 0, ,B − ,0 ,C ,0 ，
2 2 2
2 2 3 3√3
由⃗AD=2⃗DC，若D(x,y)，则⃗AD= ⃗AC= ×( ,− )=(1,−√3)，
3 3 2 23√3 ( √3)
所以(x,y− )=(1,−√3)得：D 1, ，
2 2
1 1 5 √3 5 √3
由⃗BF=⃗FD，若F(m,n)，则⃗BF= ⃗BD= ×( , )=( , )，
2 2 2 2 4 4
3 5 √3 ( 1 √3)
所以(m+ ,n)=( , )得：F − , ，
2 4 4 4 4
所以⃗AF= ( − 1 ,− 5√3) ，故|⃗AF|= √ ( − 1) 2 + ( − 5√3) 2 = √19 .
4 4 4 4 2
故选：A.
11．（2024·浙江温州·二模）平面向量⃗a,⃗b满足⃗a=(2,1)，⃗a∥⃗b，⃗a⋅⃗b=−√10，则|⃗b|= √2 ．
【解题思路】根据题意，设向量⃗b=(x,y)，由向量共线以及数量积的结果列出方程，即可得到⃗b的坐标，
从而得到结果.
x y
【解答过程】设向量⃗b=(x,y)，由⃗a∥⃗b可得 = ，
2 1
又⃗a⋅⃗b=−√10，则2x+ y=−√10，
2√10 √10 ( 2√10 √10)
解得x=− ，y=− ，则⃗b= − ,− ，
5 5 5 5
√ ( 2√10) 2 ( √10) 2
所以|⃗b|= − + − =√2.
5 5
故答案为：√2.
π π
12．（2024·湖南长沙·三模）平面向量 ⃗a,⃗b,⃗c 满足：⃗a⊥⃗c， ⟨⃗a,⃗b⟩= ， ⟨⃗b,⃗c⟩= ，且 |⃗a|=|⃗c|=3，
3 6
|⃗b|=2，则 |⃗a+⃗b+⃗c|= 3√3+1 .
【解题思路】结合数量积的定义和性质求出⃗a⋅⃗c、⃗a⋅⃗b和⃗b⋅⃗c，利用|⃗a+⃗b+⃗c|=√(⃗a+⃗b+⃗c) 2 即可求出答
案.
【解答过程】因为⃗a⊥⃗c，所以⃗a⋅⃗c=0，π π
因为|⃗a|=|⃗c|=3，|⃗b|=2， ⟨⃗a,⃗b⟩= ， ⟨⃗b,⃗c⟩= ，
3 6
π
所以⃗a⋅⃗b=|⃗a||⃗b|cos⟨⃗a,⃗b⟩=3×2×cos =3，
3
π
⃗b⋅⃗c=|⃗b||⃗c|cos⟨⃗b,⃗c⟩=2×3×cos =3√3，
6
因为|⃗a+⃗b+⃗c| 2 =(⃗a+⃗b+⃗c) 2 ，
(⃗a+⃗b+⃗c) 2 =|⃗a| 2+|⃗b| 2 +|⃗c| 2+2(⃗a⋅⃗b+⃗a⋅⃗c+⃗b⋅⃗c)=28+6√3=(3√3+1) 2，
所以|⃗a+⃗b+⃗c|=√(⃗a+⃗b+⃗c) 2 =√(3√3+1) 2=3√3+1.
故答案为：3√3+1.
题型四 平面向量的垂直问题
13．（2024·重庆·模拟预测）已知|⃗a|=1,|⃗b|=2，且⃗a与⃗b不共线，若向量⃗a+k⃗b与⃗a−k⃗b互相垂直，则
实数k的值为（ ）
1 1 1
A．− B． C．± D．±2
2 2 2
【解题思路】依题意可得(⃗a+k⃗b)⋅(⃗a−k⃗b)=0，根据数量积的运算律计算可得.
【解答过程】因为向量⃗a+k⃗b与⃗a−k⃗b互相垂直，
所以(⃗a+k⃗b)⋅(⃗a−k⃗b)=0，即⃗a2−k2⃗b2=0，
1
即12−k2×22=0，解得k=±
.
2
故选：C.
14．（2024·河南新乡·模拟预测）已知向量⃗a=(m,−1),⃗b=(4,m2+9)，且⃗a⊥(⃗a+⃗b)，则m=（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【解题思路】根据题意，结合向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.
【解答过程】由向量⃗a=(m,−1),⃗b=(4,m2+9)，可得⃗a+⃗b=(m+4,m2+8)，
因为⃗a⊥(⃗a+⃗b)，可得⃗a⋅(⃗a+⃗b)=(m,−1)⋅(m+4,m2+8)=4m−8=0，解得m=2．故选：C.
3
15．（2024·山西晋中·模拟预测）已知向量⃗a=(1,3)，⃗b=(3,4)，若(⃗a−λ⃗b)⊥⃗b，则λ= ．
5
【解题思路】由向量垂直可得其数量积为0，再借助向量数量积公式计算即可得.
【解答过程】⃗a−λ⃗b=(1−3λ,3−4λ)，
3
由(⃗a−λ⃗b)⊥⃗b，则有3(1−3λ)+4(3−4λ)=0，解得λ=
.
5
3
故答案为： .
5
→
16．（2024·四川·模拟预测）已知向量⃗a=(1,2)，⃗b=(−2,3)， c=(t,1) ，若(⃗a+⃗c)⊥(⃗c−⃗b)，则t= 1或
−4 ．
【解题思路】首先求出⃗a+⃗c、⃗c−⃗b的坐标，依题意(⃗a+⃗c)⋅(⃗c−⃗b)=0，根据数量积的坐标表示得到方程，
解得即可.
【解答过程】因为⃗a=(1,2)，⃗b=(−2,3)，⃗c=(t,1)，
所以⃗a+⃗c=(1,2)+(t,1)=(1+t,3)，⃗c−⃗b=(t,1)−(−2,3)=(t+2,−2)，
因为(⃗a+⃗c)⊥(⃗c−⃗b)，所以(⃗a+⃗c)⋅(⃗c−⃗b)=0，即(1+t)(t+2)+3×(−2)=0，
解得t=1或t=−4.
故答案为：1或−4.
题型五 平面向量的投影
17．（2024·四川成都·模拟预测）已知平面向量⃗a=(−1,√3)，⃗b=(−√3,1)，则⃗a在⃗b上的投影向量为
（ ）．
( 3 √3) ( √3)
A．(−3,0) B． − , C．(−3,√3) D． −1,
2 2 2
【解题思路】利用投影向量的定义,求解即可.
【解答过程】依题意，⃗a⋅⃗b=(−1,√3)⋅(−√3,1)=√3+√3=2√3，|⃗b|=√3+1=2，⃗a⋅⃗b ⃗b 2√3 (−√3,1) ( 3 √3)
所以⃗a在⃗b上的投影向量为 ⋅ = × = − , ．
|⃗b| |⃗b| 2 2 2 2
故选：B.
18．（2024·云南曲靖·二模）已知O是△ABC的外心，⃗AB+⃗AC=2⃗AO，|⃗OA|=|⃗AB|，则向量⃗AC在向量
⃗BC上的投影向量为（ ）
1 √2 3 √3
A．− ⃗BC B．− ⃗BC C． ⃗BC D． ⃗BC
4 4 4 4
【解题思路】依题意可知O是BC的中点，从而得到∠BAC=90∘，∠ACB=30∘，解法一：过点A作
3
AD⊥BC，垂足为D，即可得到CD= BC，结合投影向量的定义即可得解；解法二：设|⃗BC|=2，根据
4
⃗AC⋅⃗BC
向量⃗AC在向量⃗BC上的投影向量等于
⃗BC
计算可得.
2
|⃗BC|
【解答过程】由⃗AB+⃗AC=2⃗AO，所以O是BC的中点，又O是△ABC的外心，
1
则∠BAC=90∘，再由|⃗OA|=|⃗AB|，|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗OC|= |⃗BC|，
2
则△ABO为正三角形，∠ACB=30∘，
1 1 3
角度一：如图，过点A作AD⊥BC，垂足为D，则BD= BO= BC，CD= BC，
2 4 4
3
所以向量⃗AC在向量⃗BC上的投影向量等于⃗DC= ⃗BC.
4
角度二：设|⃗BC|=2，则|⃗AB|=1，所以|⃗AC|=√22−12=√3，
⃗AC⋅⃗BC √3×2×cos30∘ 3
所以向量⃗AC在向量⃗BC上的投影向量等于
⃗BC= ⃗BC= ⃗BC
.
|⃗BC|
2 22 4故选：C.
19．（2024·广东肇庆·一模）已知单位向量⃗a，⃗b满足|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，则向量⃗a+⃗b在向量⃗b上的投影向量的
模为 1 .
【解题思路】由|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|得到⃗a⋅⃗b=0，再由投影向量的计算公式代入计算即可.
【解答过程】因为单位向量⃗a，⃗b满足|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，
可得：|⃗a+⃗b| 2 =|⃗a−⃗b| 2 ，也即⃗a2+2⃗a⋅⃗b+⃗b2=⃗a2−2⃗a⋅⃗b+⃗b2
则⃗a⋅⃗b=0，
|(⃗a+⃗b)⋅⃗b| |⃗a⋅⃗b+⃗b2|
则向量⃗a+⃗b在向量⃗b上的投影向量的模为 = =1.
|⃗b| |⃗b|
故答案为：1.
20．（2024·河北张家口·三模）已知向量⃗a=(2,1),⃗b=(2,0),⃗c=⃗a+λ⃗b，若⃗a⊥⃗c，则⃗c在⃗b上的投影向量为
( 1 )
− ,0 ．
2
【解题思路】根据向量垂直的坐标表示求出⃗c，然后由投影向量公式可得.
【解答过程】因为⃗a=(2,1),⃗b=(2,0)，所以⃗c=⃗a+λ⃗b=(2+2λ,1)，
5 ( 1 )
又⃗a⊥⃗c，所以2(2+2λ)+1=0，解得λ=− ，⃗c= − ,1
4 2
因为 ⃗c⋅⃗b =− 1 ，所以⃗c在⃗b上的投影向量为− 1 ⃗b= ( − 1 ,0 ) .
|⃗b| 2 4 4 2
( 1 )
故答案为： − ,0 .
2
题型六 坐标法解决向量数量积问题
21．（2024·四川绵阳·模拟预测）某公园设计的一个圆形健身区域如图所示，其中心部分为一个等边三角
形广场，分别以等边三角形的三条边作为正方形的一条边构造三个正方形区域用于放置健身器材，其中每
个正方形有两个顶点恰好在圆上．若AB=2a，则⃗BD⋅⃗CE=（ ）A．−4(2+√3)a2 B．−2(2+√3)a2 C．−2(3+√3)a2 D．−2(1+√3)a2
【解题思路】建立平面直角坐标系，利用坐标法计算数量积.
【解答过程】如图，以B为坐标原点建立平面直角坐标系，则B(0,0)，E(0,−2a)，C(2a,0)，
又∠BCD=60°+90°=150°，所以∠DCx=30°，则D(2a+√3a,a)，
所以⃗BD=(2a+√3a,a)，⃗CE=(−2a,−2a)，
所以⃗BD⋅⃗CE=−2a(2a+√3a)−2a2=−2(3+√3)a2
.
故选：C.
22．（2024·四川绵阳·模拟预测）如下图所示，三个边长为2的等边三角形有一条边在同一直线上，边
B C 上有10个不同的点P ，P ，…，P ，记M =⃗AB ⋅⃗AP (i=1,2,⋅⋅⋅,10)，则
3 3 1 2 10 i 2 i
M +M +⋅⋅⋅+M =（ ）
1 2 10
A．18 B．180 C．−18 D．−180【解题思路】建立坐标系，求出直线B C 的方程，利用坐标法表示数量积即可求解.
3 3
【解答过程】以A为坐标原点，AC 所在直线为x轴建系，如图所示：
1
则B (1,√3)，B (3,√3)，B (5,√3)，C (6,0)，直线B C 的方程为：y=−√3(x−6)，
1 2 3 3 3 3
设P (x ,y )，(i=1,2,⋅⋅⋅,10)，则有√3x + y =6√3，⃗AB =(3,√3)，⃗AP =(x ,y )，
i i i i i 2 i i i
则M =⃗AB ⋅⃗AP =3x +√3 y =√3(√3x + y )=18，
i 2 i i i i i
所以M +M +⋅⋅⋅+M =10×18=180.
1 2 10
故选：B.
1
23．（2024·山东德州·模拟预测）在△ABC中，AB=AC=1,⃗AD=⃗DB,⃗CD⋅⃗CA= ，若M是△ABC
AB2
1
所在平面上的一点，则⃗MA⋅(⃗MB+⃗MC)的最小值为 − .
4
【解题思路】建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算求解.
【解答过程】由题设，可建立如图所示平面直角坐标系：
( √2) ( √2 ) (√2 )
则A 0, ，B − ,0 ，C ,0 ，即△ABC为腰长为1的等腰直角三角形，
2 2 2
( √2 ) ( √2 ) (√2 )
设M(x,y)，则⃗MA= −x, −y ，⃗MB= − −x,−y ，⃗MC= −x,−y ，
2 2 2
则⃗MB+⃗MC=(−2x,−2y)，
所以M ⃗ A⋅ ( M ⃗ B+M ⃗ C ) =2x2+2y2−√2y=2 [ x2+ ( y− √2) 2] − 1 ，
4 4√2 1
当x=0，y= 时，取得最小值− .
4 4
1
故答案为：− .
4
24．（2024·全国·一模）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．在2022
年虎年新春来临之际，许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛，寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望，设
计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如左图）．已知正方形ABCD的边
长为4，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点（如右图）．若点P在四个半圆的圆弧
上运动，则⃗AC⋅⃗OP的取值范围是 [−8−8√2,8+8√2] .
【解题思路】根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标系表示向量，写出⃗OP⋅⃗AC的解析式，再求
⃗OP⋅⃗AC的取值范围即可.
【解答过程】以O原点，⃗OC为x轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示.
因为正方形ABCD的边长为4，所以AC=BD=4√2，
则A(−2√2,0)、C(2√2,0)，则⃗AC=(4√2,0)，
设AD的中点为E，则E(−√2,√2)，⃗AE=(√2,√2)，所以，|⃗AE|=√2+2=2，
因为P是半圆E上的动点，设点P(−√2+2cosθ,√2+2sinθ)，
π 5π √2
则⃗OP=(−√2+2cosθ,√2+2sinθ)，其中 ≤θ≤ ，则−1≤cosθ≤ ，
4 4 2所以，⃗OP⋅⃗AC=−8+8√2cosθ∈[−8−8√2,0]，
由对称性可知，当点P在第三象限的半圆弧上运动时（包含点A、B），
⃗OP⋅⃗AC∈[−8−8√2,0]，
当点P在第一象限的半圆弧上运动时（包含点C、D），CD的中点为(√2,√2)，半圆的半径为2，
π 3π √2
可设点P(√2+2cosθ,√2+2sinθ)，其中− ≤θ≤ ，则− ≤cosθ≤1，
4 4 2
⃗OP=(√2+2cosθ,√2+2sinθ)，则⃗OP⋅⃗AC=8+8√2cosθ∈[0,8+8√2]，
同理可知，当点P在第四象限内的半圆弧上运动时（包含点B、C），
⃗OP⋅⃗AC∈[0,8+8√2].
综上可知，⃗OP⋅⃗AC的取值范围是[−8−8√2,8+8√2].
故答案为：[−8−8√2,8+8√2].
题型七 向量在物理中的应用
25．（23-24高一下·安徽·期中）平面上三个力⃗F 1 ,⃗F 2 ,⃗F 3 作用于一点且处于平衡状态. ❑ | | F ⃗ 1 | =1N，
⃗
|F |=√3N，⃗F 与⃗F 的夹角为150°，则|⃗F |=（ ）
1 2 3
2
A．1N B．√3N C．√5N D．√7N
【解题思路】根据已知条件，推得⃗F =−(⃗F +⃗F )，再将两边同时平方，即可求解.
3 1 2
【解答过程】平面上三个力⃗F ,⃗F ,⃗F 作用于一点且处于平衡状态，则⃗F =−(⃗F +⃗F )，
1 2 3 3 1 2
|⃗F |=1N，|⃗F |=√3N，⃗F 与⃗F 的夹角为150°，
1 2 1 2
故|⃗F |=√⃗F 2+⃗F 2+2⃗F ⋅⃗F =√1+3+2×1×√3×cos150°=1.
3 1 2 1 2
故选：A.
26．（23-24高一下·河北·期中）在水流速度10km/h的自西向东的河中，如果要使船以10√3km/h的速度
从河的南岸垂直到达北岸，则船出发时行驶速度的方向和大小为（ ）
A．北偏西30°，20km/h
B．北偏西60°，10√2km/h
C．北偏东30°，10√2km/hD．北偏东60°，20km/h
【解题思路】根据题意，作出图形，借助于直角三角形求出⃗OC的模和∠BOC即得.
【解答过程】
如图，船从点O出发，沿⃗OC方向行驶才能使船垂直到达对岸，
依题意，⃗OA⊥⃗OB，|⃗OA|=10,|⃗OB|=10√3，
|⃗OB| √3
则|⃗OC|=√|⃗OA|2+|⃗OB|2=20，则cos∠BOC= = ，
|⃗OC| 2
因为∠BOC为锐角，故∠BOC=30°，
故船以20km/h的速度，以北偏西30°的方向行驶，才能垂直到达对岸.
故选:A.
27．（2024·全国·模拟预测）如图，某物体作用于同一点O的三个力F ，F ，F 使物体处于平衡状态，
1 2 3
已知F =1N，F =2N，F 与F 的夹角为120°，则F 的大小为 √3N ．（牛顿N是物理的力学单
1 2 1 2 3
位）
→ → →
【解题思路】根据三力平衡得到F +F =−F ，然后通过平方将向量式数量化得到
1 2 3
|→ | 2 |→ ||→ | |→ | 2 |→ | 2
F +2 F · F cos120°+ F = F ，代入数据即可得到答案.
1 1 2 2 3
→ → → → → → →
【解答过程】由题意知三力平衡得F +F +F =0，化简得F +F =−F ，
1 2 3 1 2 3
→ → → → → |→ | 2 |→ ||→ | |→ | 2 |→ | 2
两边同平方得F 2+2F ·F +F 2=F 2，即 F +2 F · F cos120°+ F = F ，
1 1 2 2 3 1 1 2 2 3即12+2×1×2× ( − 1) +22=3= | F → | 2 ，解得 | F → | =√3.
2 3 3
故答案为：√3N.
28．（2024·内蒙古赤峰·三模）如图所示，把一个物体放在倾斜角为30∘的斜面上，物体处于平衡状态，且
受到三个力的作用，即重力⃗G，垂直斜面向上的弹力⃗F ，沿着斜面向上的摩擦力⃗F .已知：
1 2
|⃗F |=80√3N,|⃗G|=160N，则⃗F 的大小为 80N .
1 2
【解题思路】物体处于平衡状态，则重力⃗G沿斜面上的分量与⃗F 方向相反，大小相同，即可求值.
2
1
【解答过程】由题设，|⃗F |=|⃗G|cos60°=160× =80N，
2 2
故答案为：80N.
题型八 向量数量积与解三角形综合
29．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a2+c2−b2=ac，
ac=4，则⃗BA⋅⃗BC=（ ）
A．√3 B．−√3 C．2 D．−2
【解题思路】由余弦定理求出cosB，再由数量积的定义计算可得.
【解答过程】因为a2+c2−b2=ac，
a2+c2−b2 ac 1
由余弦定理得cosB= = = ，又ac=4
2ac 2ac 2
1
所以⃗BA⋅⃗BC=|⃗BA|⋅|⃗BC|cosB=4× =2.
2
故选：C.
2π
30．（2024·福建泉州·模拟预测）已知平行四边形ABCD中，AB=2，BC=4，B= ，若以C为圆心的
3圆与对角线BD相切，P是圆C上的一点，则⃗BD⋅(⃗CP−⃗CB)的最小值是（ ）
A．8−2√3 B．4+2√3 C．12−4√3 D．6+2√3
【解题思路】根据题意做出图形，结合平面向量数量积的运算法则整理计算即可求得最终结果
【解答过程】如图所示，过C作BD的平行线交圆C于点P，过P作PH⊥BD，垂足为H，
2π
在平行四边形ABCD中，AB=2，BC=4，B= ，
3
π √ 1
可得A= ，AD=BC=4，则由余弦定理可得BD= 4+16−2×2×4× =2√3，
3 2
由AB2+BD2=AD2，可得AB⊥BD，则四边形DCPH为正方形，
则DH=CP=CD=2，因为 B → D· ( C → P−C → B ) =B → D·B → P ，
→ →
则 的最小值为BD·BH=2√3×(2√3−2)=12−4√3，
BD·BP
即
B
→
D·
(
C
→
P−C
→
B
) 的最小值为12−4√3，故C正确。
故选：C.
31．（2024·西藏拉萨·二模）如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD,AB=AD=2√3,BC=CD=2√2，
则⃗AB⋅⃗AC= 6+2√3 .
【解题思路】根据余弦定理求得AC的长，再根据向量积运算即可求解.
【解答过程】由题意知，△ABC全等△ACD,且AB⊥AD，可知∠CAB=45∘，
根据余弦定理可知AB2+AC2−BC2=2cos∠BAC⋅AB⋅AC
代入可解得AC=√6+√2或AC=√6−√2
sin∠CAB sin∠ACB √2 √3
根据正弦定理得 = ，可得sin∠ACB= ×2√3= ，
BC AB 2×2√2 2
如图可知∠ACB=60°，所以∠ABC=75°，
根据大边对大角，所以AC=√6−√2(舍)，AC=√6+√2，
√2
所以⃗AB⋅⃗AC=|⃗AB||⃗AC|cos45°=2√3×(√6+√2)× =6+2√3.
2
故答案为：6+2√3.
32．（2024·湖北襄阳·模拟预测）在△ABC中，AB=AC，点D在线段BC上，AB⊥AD，BD=3，
CD=1，点M是△ABC外接圆上任意一点，则⃗AB⋅⃗AM最大值为 3+3√3 .
【解题思路】根据题中条件，结合勾股定理、余弦定理，可得AD=√3，AB=AC=√6，由正弦定理，可
得△ABC外接圆半径，根据向量的线性运算法则，结合数量积公式，可得⃗AB⋅⃗AO的最大值，即可得答案.
【解答过程】由题意可得：AB2=BD2−AD2，AC2=AD2+DC2−2AD⋅DCcos∠ADC
AD
=AD2+1+2AD×1×
，
BD
AD 5
所以 9−AD2=AD2+1+2AD×1× =1+ AD2 ，
BD 3
解得AD=√3，则AB=AC=√6，
设△ABC的外心为O，外接圆的半径为R，
AC √6
2R= = =3√2 3√2
由正弦定理得： sin∠ABC √3 ，解得R= ，
2
3
√6
2 √3
可得cos∠BAO= = ．
3√3 3
2由平面向量的线性运算知，⃗AM=⃗AO+⃗OM，
所以⃗AB⋅⃗AM=⃗AB⋅(⃗AO+⃗OM)=⃗AB⋅⃗AO+⃗AB⋅⃗OM，
3√2 √3
由图可知：⃗AB⋅⃗AO=|⃗AB|⋅|⃗AO|cos∠BAO=√6× × =3．
2 3
3√2
当⃗OM//⃗AB且同向时，(⃗AB⋅⃗OM) =√6× =3√3，
max 2
所以⃗AB⋅⃗AM最大值为3+3√3．
故答案为：3+3√3．
一、单选题
1．（2024·浙江宁波·一模）向量⃗a，⃗b满足|⃗a|=|⃗b|=1，⃗a⊥⃗b，则|⃗a−3⃗b|=（ ）
A．√3 B．√7 C．√10 D．√13
【解题思路】利用⃗a2=|⃗a| 2 ，结合数量积的运算法则求解.
【解答过程】因为⃗a⊥⃗b ⇒ ⃗a⋅⃗b=0.
因为|⃗a−3⃗b| 2 =(⃗a−3⃗b) 2 =⃗a2−6⃗a⋅⃗b+9⃗b2 =1−0+9=10，所以|⃗a−3⃗b|=√10.
故选：C.
2．（2024·山东青岛·二模）已知向量⃗a=(−1,2),⃗b=(−3,1)，则⃗a在⃗b上的投影向量为（ ）
( 3 1) ( 1 ) ( √5 2√5) ( 3√10 √10)
A． − , B． − ,1 C． − , D． − ,
2 2 2 5 5 10 10
【解题思路】根据投影向量的公式求解.
【解答过程】根据题意，⃗a在⃗b上的投影向量为：
⃗a⋅⃗b ⃗b = 5 × ⃗b = 1 ⃗b= ( − 3 , 1) .
|⃗b| |⃗b| √10 √10 2 2 2
故选：A.
3．（2024·四川成都·模拟预测）设向量⃗a，⃗b满足(⃗a−⃗b)⊥(⃗a+2⃗b)，且2|⃗a|=3|⃗b|≠0，则cos<⃗a,⃗b>=
（ ）1 3 1 3
A．− B．− C． D．
6 8 6 8
【解题思路】根据(⃗a−⃗b)⊥(⃗a+2⃗b)，得到 (→ a− → b ) · (→ a+2 → b ) =0 ，化简得
→
a·
→
b=2
→
b2−
2→
b2=
4→
b2 ，代入
3 3
→ →
→→ a·b
cos= 即可.
|→||→|
a b
【解答过程】∵向量⃗a,⃗b 满足 (→ a− → b ) ⊥ (→ a+2 → b ) ，
❑
∴ (→ a− → b ) · (→ a+2 → b ) =0 ,即 → a2+ → a· → b−2 → b2=0 ,
→ → → → → 9→ 1→
∴a·b=2b2−a2=2b2− b2=− b2
,
4 4
1→
→ → − b2
→ → a·b 4 1
∴cos= = =− ,
|→||→| 3→ 6
a b
b2
2
故选：A.
4．（23-24高三上·广东汕头·期末）设⃗a表示向东走了10 km，⃗b表示向南走了5 km，则⃗a+2⃗b所表示的意
义为（ ）
A．向东南走了10√2 km B．向西南走了10√2 km
C．向东南走了5√6 km D．向西南走了5√6 km
【解题思路】由向量加法的几何意义以及勾股定理即可求解.
【解答过程】⃗a+2⃗b可以表示向东走了10 km，再向南走了10km，由勾股定理可知，
⃗a+2⃗b所表示的意义为向东南走了10√2 km.
故选：A.
5．（2024·广东·模拟预测）已知向量⃗a=(x+3,4),⃗b=(x,−1)，若|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，则实数x的值为（ ）
A．4 B．−4或1 C．−1 D．4或−1
【解题思路】将|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|平方化简得⃗a⋅⃗b=0，然后利用数量积的坐标公式列式计算即可.
【解答过程】将|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|两边平方，得⃗a⋅⃗b=0，由⃗a=(x+3,4),⃗b=(x,−1)得(x+3)x+4×(−1)=0，
即x2+3x−4=0，解得x=−4或1.
故选：B.
6．（2024·广东佛山·一模）已知单位向量⃗a，⃗b满足|⃗a+⃗b|=1，则下列说法正确的是（ ）
A．⟨⃗a,⃗b⟩=150∘ B．|⃗a−⃗b|=3
C．向量⃗a+⃗b在向量⃗a上的投影向量为 √3 ⃗a D．⃗b⊥ ( ⃗a+ 1 ⃗b )
2 2
【解题思路】根据数量积的运算律求出⃗a⋅⃗b，即可求出⟨⃗a,⃗b⟩，从而判断A，再根据|⃗a−⃗b|=√(⃗a−⃗b) 2判断
B，根据投影向量的定义判断C，计算⃗b⋅ ( ⃗a+ 1 ⃗b ) ，即可判断D.
2
【解答过程】单位向量⃗a，⃗b满足|⃗a+⃗b|=1，
1
则(⃗a+⃗b) 2 =⃗a2+2⃗a⋅⃗b+⃗b2=1，所以⃗a⋅⃗b=− ，
2
⃗a⋅⃗b 1
所以cos⟨⃗a,⃗b⟩= =− ，又0∘≤⟨⃗a,⃗b⟩≤180∘，所以⟨⃗a,⃗b⟩=120∘，故A错误；
|⃗a|⋅ |⃗b| 2
|⃗a−⃗b|=√(⃗a−⃗b) 2 =√⃗a2−2⃗a⋅⃗b+⃗b2= √ 12−2× ( − 1) +12=√3，故B错误；
2
因为(⃗a+⃗b)⋅⃗a=⃗a2+⃗b⋅⃗a=12+ ( − 1) = 1 ，
2 2
(⃗a+⃗b)⋅⃗a 1
所以向量⃗a+⃗b在向量⃗a上的投影向量为 ⋅⃗a= ⃗a，故C错误；
|⃗a| 2 2
因为 ⃗b⋅ ( ⃗a+ 1 ⃗b ) =⃗b⋅⃗a+ 1 ⃗b2=− 1 + 1 ×12=0，所以 ⃗b⊥ ( ⃗a+ 1 ⃗b ) ，故D正确.
2 2 2 2 2
故选：D.
π
7．（2024·湖南·模拟预测）如图，在直角梯形ABCD中，AB ∥ CD,∠BAD= ,AB=AD=2，若
3
M,N分别是边AD，BC上的动点，满足⃗AM=λ⃗AD,⃗BN=(1−λ)⃗BC，其中λ∈(0,1)，若
⃗AN⋅⃗BM=−2，则λ的值为（ ）1 2
A．1 B．3 C． D．
3 3
【解题思路】建立平面直角坐标系，写出相应点的坐标，设M(x，y)，由题意中等式得到M(λ−2,√3λ)，
N(0，√3(1−λ))，结合数量积运算得到参数值；
【解答过程】建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可得A(−2,0),D(−1,√3),B(0,0),C(0,√3).
设M(x，y)，由⃗AM=λ⃗AD，即(x+2,y)=λ(1,√3)，据此可得x=λ−2,y=√3λ，
故M(λ−2,√3λ)，同理可得N(0，√3(1−λ))，
据此可得⃗AN=(2,√3(1−λ)),⃗BM=(λ−2,√3λ)，
则⃗AN⋅⃗BM=2(λ−2)+√3(1−λ)⋅√3λ=−2，整理可得3λ2−5λ+2=0，
2
由于λ∈(0,1)，故λ=
.
3
故选：D.
8．（2024·内蒙古赤峰·二模）如图，边长为4的等边△ABC，动点P在以BC为直径的半圆上.若
1
⃗AP=λ⃗AB+μ⃗AC,则 λ+ μ的取值范围是（ ）
2[ 5] [1 ] [1 6] [1 5]
A． 1, B． ,1 C． , D． ,
2 2 3 5 2 4
【解题思路】建立平面直角坐标系，可得半圆弧B´C的方程为：x2+ y2=4(y≤0)，然后设P(m,n)，根据
1
向量的坐标运算法则算出λ+ μ关于m,n的式子，利用三角恒等变换与正弦函数的性质求解即可．
2
【解答过程】根据题意，以BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如图所示：
则A(0,2√3),B(−2,0),C(2,0)，半圆弧B´C的方程为：x2+ y2=4(y≤0)，
设P(m,n)，则⃗AP=(m,n−2√3)，⃗AB=(−2,−2√3),⃗AC=(2,−2√3)，
由⃗AP=λ⃗AB+μ⃗AC，得
¿，解得¿，
由m2+n2=4(n≤0)，设m=2cosθ,n=2sinθ，其中π≤θ≤2π，
1 1 √3 1 1 √3 1
可得λ+ μ=− m− n+ + m− n+
2 4 12 2 8 24 4
1 √3 3 1 π 3
=− cosθ− sinθ+ =− sin( θ+ )+ ，
4 4 4 2 6 4
7π π 13π
由π≤θ≤2π，得 ≤θ+ ≤ ，
6 6 6
π 1
则−1≤sin( θ+ ) ≤ ，
6 21 1 π 3 5
得 ≤− sin( θ+ )+ ≤ ，
2 2 6 4 4
1 [1 5]
得λ+ μ的取值范围为： ，
2 2 4
故选：D.
二、多选题
9．（2024·陕西咸阳·模拟预测）下列关于平面向量的说法正确的是（ ）
A．已知点A，B，C是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且⃗OC=x⃗OA+0.4⃗OB，则x=0.6
( 5 )
B．已知向量⃗a=(1,2),⃗b=(1,1)，且⃗a与⃗a+λ⃗b的夹角为锐角，则λ的取值范围是 − ,+∞
3
C．已知点G为△ABC三条边的中线的交点，则⃗GA+⃗GB+⃗GC=0⃗
D．已知⃗AB=(2√3,2),⃗AC=(−1,−√3)，则⃗AB在⃗AC上的投影向量的坐标为(√3,3)
【解题思路】根据平面向量共线的性质，结合平面向量夹角坐标公式、三角形重心的性质、投影向量的定
义逐一判断即可.
【解答过程】A：因为点A,B,C是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且⃗OC=x⃗OA+0.4⃗OB，
所以有x+0.4=1⇒x=0.6，A正确；
1+λ 2+λ
B：⃗a+λ⃗b=(1+λ,2+λ)，当⃗a与⃗a+λ⃗b共线且同向时， = ⇒λ=0，
1 2
( 5 )
此时⃗a与⃗a+λ⃗b的夹角为零，而0∈ − ,+∞ ，B不正确；
3
C：设BC边上的中线为AD，
于是⃗GA+⃗GB+⃗GC=⃗GA+(⃗GB+⃗GC)=⃗GA+2⃗GD，
因为点G为△ABC三条边的中线的交点，
所以点G是三角形的重心，因此有GA=2GD，
于是有⃗GA+⃗GB+⃗GC=⃗GA+2⃗GD=0⃗，C正确；
D：因为⃗AB=(2√3,2),⃗AC=(−1,−√3)，
所以⃗AB在⃗AC上的投影向量的坐标为：⃗AB⋅⃗AC ⃗AC ⃗AB⋅⃗AC −2√3−2√3
⋅ = ⋅⃗AC= ⋅(−1,−√3)=(√3,3) ，D正确，
|⃗AC| |⃗AC| |⃗AC| 2 4
故选：ACD.
10．（2024·新疆·三模）已知点O(0,0)，A(2,1)，B(1,2)，P(cosα,sinα)(0≤α<2π)，则下列结论正确
的是（ ）
π 3π
A．若α= ，则⃗AB⊥⃗BP B．若⃗AB∥⃗OP，则α=
2 4
1 24
C．若⃗AB⋅⃗OP=− ，sin2α= D．|⃗AP|的最大值为√5+1
5 25
π
【解题思路】对于A，当α= 时，计算⃗AB⋅⃗BP=0即可；对于B，由⃗AB//⃗OP，即存在实数λ，使得
2
1 1
⃗AB=λ⃗OP，计算得tanα=−1即可；对于C，由⃗AB⋅⃗OP=− 得，−cosα+sinα=− 两边平方结合二
5 5
倍角公式即可；对于D，由向量的模运算得|⃗AP|=√6−2√5sin(α+φ)即可.
【解答过程】由题意可知，⃗AB=(−1,1)，⃗OP=(cosα,sinα)，
π
对于A，当α= 时，P(0,1)，所以⃗BP=(−1,−1),
2
即⃗AB⋅⃗BP=1−1=0，故⃗AB⊥⃗BP，故A正确；
对于B，因为⃗AB//⃗OP，
所以存在实数λ，使得⃗AB=λ⃗OP，即¿，
3π 7π
解得tanα=−1，故α= 或α= ，故B错误；
4 4
1
对于C，因为⃗AB⋅⃗OP=−cosα+sinα=− ，
5
1 24
所以(−cosα+sinα) 2= ，解得sin2α= ，故C正确；
25 25
对于D，因为⃗AP=(cosα−2,sinα−1)，
所以|⃗AP|=√(cosα−2) 2+(sinα−1) 2=√6−4cosα−2sinα
2√5 √5
=√6−2√5sin(α+φ)，其中sinφ= ,cosφ= ，
5 5所以当sin(α+φ)=−1时，|⃗AP| =√6+2√5=√ (1+√5) 2=√5+1，故D正确.
max
故选：ACD.
11．（2024·山西·三模）蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物，巢房是严格的六角柱状体，它的一端
是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底（由三个相同的菱形组成）巢中被封盖的是自然成熟
的蜂蜜，如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF，它的边长为1，点P是△DEF内部（包括边界）的动
点，则（ ）
1
A．⃗DE=⃗AF− ⃗AD
2
3
B．⃗AC⋅⃗BD=
4
C．若P为EF的中点，则⃗CP在⃗EC上的投影向量为−√3⃗EC
D．|⃗FE+⃗FP|的最大值为√7
【解题思路】对于A：根据正六边形的性质结合向量的线性运算求解；对于C：根据CE⊥EF结合投影向
量的定义分析判断；对于BD：建系，根据向量的坐标运算求解.
1
【解答过程】对于选项A：因为⃗DE=⃗OE−⃗OD=⃗AF− ⃗AD，故A正确；
2
对于选项C：由题意可知：CE⊥EF，
若P为EF的中点，所以⃗CP在⃗EC上的投影向量为−⃗EC，故C错误；
对于选项BD：如图，建立平面直角坐标系，( 1 √3) (1 √3) (1 √3) (1 √3)
则A − ,− ,B ,− ,C(1,0),D , ,E ,− ,F(−1,0)，
2 2 2 2 2 2 2 2
(3 √3) 3
可得⃗AC= , ,⃗BD=(0,√3)，所以⃗AC⋅⃗BD= ，故B错误；
2 2 2
1 √3
设P(x,y)，可知−1≤x≤ ,0≤ y≤ ，
2 2
(1 √3) ( 3 √3)
则⃗FE= , ,⃗FP=(x+1,y)，可得⃗FE+⃗FP= x+ ,y+ ，
2 2 2 2
则|⃗FE+⃗FP|= √ ( x+ 3) 2 + ( y+ √3) 2 ，
2 2
1 √3
可知当x= ,y= ，即点P与点D重合时，|⃗FE+⃗FP|的最大值为√7，故D正确；
2 2
故选：AD.
三、填空题
12．（2024·四川德阳·模拟预测）已知向量⃗a，⃗b的模分别为2，1，且|⃗a−⃗b|=√3，则|⃗a+⃗b|= √7 .
【解题思路】由已知可得2⃗a·⃗b=2，利用|⃗a+⃗b|=√(⃗a+⃗b) 2 可求值.
【解答过程】由|⃗a−⃗b|=√3，得|⃗a−⃗b| 2 =3，所以 ( ⃗ a− ⃗ b) 2=3，所以⃗a2−2⃗a·⃗b+⃗b2=3，
所以22−2⃗a·⃗b+12=3，解得2⃗a·⃗b=2，
所以|⃗a+⃗b|=√(⃗a+⃗b) 2 =√⃗a2+2⃗a·⃗b+⃗b2=√22+2+12=√7.
故答案为：√7.
13．（2024·四川内江·一模）在平行四边形ABCD中，已知AB=2，BC=6，∠ABC=60°，点E在边AD√21
上，DE=2AE，BE与AC相交于点M，则∠EMC的余弦值为 ．
7
【解题思路】以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运
算可得出cos∠EMC=cos⟨⃗BE,⃗AC⟩，即可得解.
【解答过程】以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
在平行四边形ABCD中，已知AB=2，BC=6，∠ABC=60°，点E在边AD上，DE=2AE，
则B(0,0)、A(1,√3)、C(6,0)、E(3,√3)，则⃗BE=(3,√3)，⃗AC=(5,−√3)，
⃗BE⋅⃗AC 15−3 √21
所以，cos∠EMC=cos⟨⃗BE,⃗AC⟩= = =
.
|⃗BE|⋅|⃗AC| 2√3×2√7 7
√21
故答案为： .
7
1
14．（2024·天津·二模）已知菱形ABCD边长为1，且⃗AB⋅⃗AD=− ,E为线段AD的中点，若F在线段
2
5 1
CE上，且⃗BF=λ⃗BA+ ⃗BC，则λ= ，点G为线段AC上的动点，过点G作BC的平行线交边AB于点
6 3
31
M，过点M做BC的垂线交边BC于点N，则(⃗MG+⃗MN)⋅⃗MF的最小值为 .
80
【解题思路】建立适当平面直角坐标系，由题意可得各点坐标，从而可得所需向量的坐标表示，结合向量
共线的坐标表示可得λ，借助向量的数量积公式计算即可得(⃗MG+⃗MN)⋅⃗MF的最小值.
【解答过程】如图所示，以A为原点建立平面直角坐标系，则有A(0,0)、B(1,0)，1
由⃗AB⋅⃗AD=− ，则∠DAB=120°，
2
( 1 √3) ( 1 √3) (1 √3)
则D − , ，则E − , ，C , ，
2 2 4 4 2 2
( 1 √3) 5
则⃗BA=(−1,0)，⃗BC= − , ，由⃗BF=λ⃗BA+ ⃗BC，
2 2 6
( 5 5√3) ( 7 5√3)
即⃗BF= −λ− , ，则F −λ+ , ，
12 12 12 12
( 1 √3) ( 5 √3)
则⃗CF= −λ+ ,− ，⃗EF= −λ+ , ，
12 12 6 6
( 1 ) √3 ( 5) ( √3)
又F在线段CE上，故有 −λ+ × − −λ+ × − =0，
12 6 6 12
1 ( 3 5√3) (1 5√3)
解得λ= ，即⃗BF= − ， ，F , ；
3 4 12 4 12
设⃗AG=μ⃗AC，μ∈[0,1]，
(1 √3 )
则G μ, μ ，由GM//BC，则M(μ,0)，
2 2
由MN⊥BC，∠DAB=120°，则∠ABC=60°，则∠NMB=30°，
√3 √3 (3 1 √3 )
则MN= BM= (1−μ)，故N + μ, (1−μ) ，
2 2 4 4 4
( 1 √3 ) (3 3 √3 ) (1 5√3)
则⃗MG= − μ, μ ，⃗MN= − μ, (1−μ) ，⃗MF= −μ, ，
2 2 4 4 4 4 12则(⃗MG+⃗MN)⋅⃗MF= ( − 1 μ+ 3 − 3 μ ) × (1 −μ ) + [√3 μ+ √3 (1−μ) ] × 5√3
2 4 4 4 2 4 12
(3 5 ) (1 ) (√3 √3) 5√3
= − μ × −μ + μ+ ×
4 4 4 4 4 12
5 17 3 5 5
= μ2− μ+ + μ+
4 16 16 16 16
5 3 1
= μ2− μ+
4 4 2
5( 3 ) 2 31
= μ− + ，
4 10 80
3 31
则当μ= 时，(⃗MG+⃗MN)⋅⃗MF有最小值 .
10 80
1 31
故答案为： ； .
3 80
四、解答题
π
15．（2024·四川德阳·一模）平面向量⃗e ，⃗e 满足|⃗e |=|⃗e |=1,⟨⃗e ,⃗e ⟩= ,⃗a=⃗e +t⃗e ,⃗b=t⃗e +⃗e
1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2
(1)若⃗b在⃗a上的投影向量恰为⃗a的相反向量，求实数t的值；
(2)若⟨⃗a,⃗b⟩为钝角，求实数t的取值范围．
【解题思路】（1）根据投影向量的定义及数量积的运算律求解即可；
（2）结合利用向量夹角的余弦与数量积的定义，及向量共线的表示求解即可.
⃗a⋅⃗b ⃗a
【解答过程】（1）由题意得 ⋅ =−⃗a，
|⃗a| |⃗a|
⃗a⋅⃗b
则 =−1，即⃗a⋅⃗b=−|⃗a|2，
|⃗a|2
π
因为|⃗e |=|⃗e |=1,⟨⃗e ,⃗e ⟩= ，则⃗e ⋅⃗e =0，
1 2 1 2 2 1 2
所以⃗a⋅⃗b=(⃗e +t⃗e )⋅(t⃗e +⃗e )=t⃗e 2+(t2+1)⃗e ⋅⃗e +t⃗e 2=2t，
1 2 1 2 1 1 2 2
|⃗a|2=(⃗e +t⃗e ) 2=⃗e 2+2t⃗e ⋅⃗e +t2 ⃗e 2=1+t2 ，
1 2 1 1 2 2所以2t=−(1+t2)，解得t=−1.
（2）由（1）知，⃗a⋅⃗b=2t，
因为⟨⃗a,⃗b⟩为钝角，所以⃗a⋅⃗b=2t<0，即t<0，
若⃗a,⃗b共线，设⃗a=λ⃗b，即⃗e +t⃗e =λ(t⃗e +⃗e )
1 2 1 2
则¿，解得λ=t=1或λ=t=−1，
要使⟨⃗a,⃗b⟩为钝角，则t<0且t≠−1，
即实数t的取值范围为(−∞,−1)∪(−1,0)．
16．（2024·天津河北·模拟预测）已知向量⃗a=(3,4)，⃗b=(1,x)，⃗c=(1,2)．
(1)若⃗a⊥⃗b，求|⃗b|的值；
(2)若⃗c∥(⃗a−2⃗b)，求向量⃗a−2⃗b与⃗a的夹角的余弦值．
【解题思路】（1）根据向量垂直的坐标表示求x，再代入模的公式，即可求解；
（2）首先根据两向量平行求x，再代入向量夹角的余弦公式，即可求解.
3
【解答过程】（1）由⃗a⊥⃗b，得3+4x=0，解得x=− ，
4
∴⃗b= ( 1,− 3) ，则|⃗b|= √ 12+ ( − 3) 2 = 5 ．
4 4 4
（2）由题意⃗a−2⃗b=(1,4−2x)，
又⃗c∥(⃗a−2⃗b)，∴1×2−1×(4−2x)=0，解得x=1，
则⃗a−2⃗b=(1,2)，|⃗a−2⃗b|=√12+22=√5，|⃗a|=√32+42=5，
(⃗a−2⃗b)⋅⃗a 1×3+2×4 11√5
∴cos⟨⃗a−2⃗b,⃗a⟩= = = ，
|⃗a−2⃗b||⃗a| √5×5 25
11√5
即向量⃗a−2⃗b与⃗a的夹角的余弦值为 ．
2517．（23-24高一下·天津·阶段练习）已知向量⃗a=(1,3)，⃗b=(m,2)，⃗c=(3,4)，且(⃗a−3⃗b)⊥⃗c.
(1)求实数m的值；
(2)求|3⃗b−⃗c|；
(3)求向量⃗a与⃗b的夹角θ.
【解题思路】（1）利用向量垂直的坐标表示计算可得结果；
（2）根据向量模长的坐标表示计算可得结果；
（3）由向量夹角的坐标表示计算即可.
【解答过程】（1）由题意可知⃗a−3⃗b=(1−3m,−3)，
又⃗c=(3,4)，(⃗a−3⃗b)⊥⃗c可得(⃗a−3⃗b)⋅⃗c=3(1−3m)−3×4=0，
解得m=−1
（2）由（1）可知⃗b=(−1,2)，
可得3⃗b−⃗c=(−6,2)，
因此|3⃗b−⃗c|=√(−6) 2+22=2√10；
⃗a⋅⃗b −1+6 5 √2
（3）易知cos⟨⃗a,⃗b⟩= = = = ，
|⃗a||⃗b| √12+32√(−1) 2+22 5√2 2
π
又⟨⃗a,⃗b⟩∈[0,π]，可得 ⟨⃗a,⃗b⟩= .
4
π
所以向量⃗a与⃗b的夹角θ = .
4
18．（23-24高一下·江苏常州·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点A(3,3)，B(1,5)，P(1,2)，M为
直线OP上的动点．
(1)若四边形APBQ是平行四边形，求点Q的坐标；
(2)求⃗MA⋅⃗MB的取值范围．
【解题思路】（1）设出点Q的坐标，借助平行四边形性质列式计算即得.
（2）求出直线OP方程后可设出M的坐标，再利用数量积的坐标表示和二次函数的性质求解即得.
【解答过程】（1）设Q(m,n)，由A(3,3)，B(1,5)，P(1,2)，则⃗PA=(2,1)，⃗BQ=(m−1,n−5)，
由四边形APBQ是平行四边形，则⃗PA=⃗BQ，
即¿，解得¿，
即点Q的坐标是(3,6)；
（2）由P(1,2)，故直线OP的方程为y=2x，设M(t,2t)，
则⃗MA=(3−t,3−2t)，⃗MB=(1−t,5−2t)，
故⃗MA⋅⃗MB=(3−t)(1−t)+(3−2t)(5−2t)=t2−4t+3+4t2−16t+15
=5t2−20t+18=5(t−2) 2−2≥−2，
故⃗MA⋅⃗MB∈[−2,+∞).
19．（23-24高一下·辽宁·期末）在平面直角坐标系 xOy中，已知四边形 OABC是等腰梯形，
1
A（6，0），C（1，√3），点 M满足⃗OM= ⃗OA，点P在线段BC上运动（包括端点），如图所
2
示.
(1)当点 P为线段 BC中点时，将 ⃗OP绕原点 O沿逆时针方向旋转 75❑∘到 ⃗OP 的位置，求点 P 的坐
1 1
标；
(2)求 ∠OCM的余弦值；
(3)是否存在实数 λ，使 （⃗OA−λ⃗OP）⊥⃗CM？若存在，求出实数 λ的取值范围；若不存在，请说明
理由.
【解题思路】（1）根据题意的P(3,√3),M(3,0),B(5,√3)，OP =2√3,根据在三角形中可求得答案；
1
（2）根据三角形中余弦定理运算公式可求得答案；
（3）设P(t,√3)，其中1≤t≤5，根据（⃗OA−λ⃗OP）⋅⃗CM=0，可得12=(2t−3)λ，分类讨论可求得
的范围.
1
【解答过程】（1）因为OABC是等腰梯形，A（6，0），C（1，√3），⃗OM= ⃗OA，点P为线
2段BC中点
所以P(3,√3),M(3,0),B(5,√3)，则OP=√32+(√3) 3=2√3,∠POM=30°，将 ⃗OP绕原点 O沿逆时
针方向旋转 75❑∘到 ⃗OP 的位置，如图所示.作P D⊥y轴于点D,OP =2√3, ∠POP =75° ,可得
1 1 1 1
∠DOP =30°+75°−90°=15° ,
1
√2 √3 √2 1 √6+√2
cos∠DOP =cos15°=cos(45°−30° )= × + × =
1 2 2 2 2 4
√2 √3 √2 1 √6−√2
sin∠DOP =sin15°=sin(45°−30° )= × − × = ，
1 2 2 2 2 4
√6+√2 3√2+√6
OD=OP ×cos∠DOP =2√3× = ，
1 1 4 2
√6−√2 3√2−√6
DP =OP ×sin∠DOP =2√3× = ,
1 1 1 4 2
3√2−√6 3√2+√6
所以点P 的坐标为(− , )
1 2 2
（2）在△OCM中，OM=3,OC=√1+3=2,CM=√ (3−1) 2+(0−√3) 2=√7，
OC2+CM2−OM2 4+7−9 √7
所以cos∠OCM= = = ,
2×OC×CM 2×2×√7 14
√7
因此∠OCM的余弦值 ；
14
（3）设P(t,√3)，其中1≤t≤5．
⃗OA=(6,0),λ⃗OP=(λt,√3λ),⃗OA−λ⃗OP=(6−λt,−√3λ),⃗CM=(2,−√3)
若（⃗OA−λ⃗OP）⊥⃗CM，则（⃗OA−λ⃗OP）⋅⃗CM=0，
即2×(6−λt)+√3×√3λ=0⇒12−2λt+3λ=0，可得12=(2t−3)λ．
3
若t= ，则λ不存在，
23 12 [ 3) (3 ] [12 )
若t≠ ，则λ= ∵t∈ 1, ∪ ,5 ,故λ∈(−∞,−12]∪ ,+∞ ．
2 2t−3 2 2 7
