第36讲平面向量的数量积及运算_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第36讲 平面向量的数量积及运算
知识梳理
知识点一．平面向量的数量积a
(1)平面向量数量积的定义
      
已知两个非零向量a与b，我们把数量|a||b|cosθ叫做a与b的数量积(或内积)，记作a⋅
    
b，即a⋅b=|a||b|cosθ，规定：零向量与任一向量的数量积为0．
(2)平面向量数量积的几何意义
①向量的投影：|a|cosθ叫做向量a在b方向上的投影数量，当θ为锐角时，它是正数；当
θ为钝角时，它是负数；当θ为直角时，它是0．
②a⋅b的几何意义：数量积a⋅b等于a的长度|a|与b在a方向上射影|b|cosθ的乘积．
      
③设a，b是两个非零向量，它们的夹角是θ,e与b是方向相同的单位向量，AB=a,CD
   
=b，过AB的起点A和终点B，分别作CD所在直线的垂线，垂足分别为A ,B ，得到AB ，
1 1 1 1
    
我们称上述变换为向量a向向量b投影，AB 叫做向量a在向量b上的投影向量．记为
1 1
 
|a|cosθe．
知识点二．数量积的运算律
已知向量a、b、c和实数λ，则：
①a⋅b=b⋅a；
②(λa)⋅b=λ(a⋅b)=a⋅(λb)；
③(a+b)⋅c=a⋅c+b⋅c．
知识点三．数量积的性质
设a、b都是非零向量，e是与b方向相同的单位向量，θ是a与e的夹角，则
①e⋅a=a⋅e=|a|cosθ．②a⊥b⇔a⋅b=0．
③当a与b同向时，a⋅b=|a||b|；当a与b反向时，a⋅b=-|a||b|．
特别地，a⋅a=|a|2或|a|= a⋅a．
a⋅b
④cosθ= (|a||b|≠0)．⑤|a⋅b|≤|a||b|．
|a||b|
知识点四．数量积的坐标运算
已知非零向量a=(x ，y)，b=(x ，y )，θ为向量a、b的夹角．
1 1 2 2
结论 几何表示 坐标表示
模 |a|= a⋅a |a|= x2+y2
数量积 a⋅b=|a||b|cosθ a⋅b=xx +yy
1 2 1 2
a⋅b
夹角 cosθ=
|a||b|
第 页 共 页
969 3427xx +yy
cosθ= 1 2 1 2
x2+y2⋅ x2+y2
1 1 2 2
a⊥b的充要
a⋅b=0 xx +yy =0
1 2 1 2
条件
a∥b的充要
a=λb(b≠0) xy -x y =0
1 2 2 1
条件
|a⋅b|与|a||b| |a⋅b|≤|a||b|(当且仅当
|xx +yy |≤ x2+y2⋅ x2+y2
1 2 1 2 1 1 2 2
的关系 a∥b时等号成立)
知识点五、向量中的易错点
   
(1)平面向量的数量积是一个实数，可正、可负、可为零，且|a⋅b|≤|a||b|．
     
(2)当a≠0时，由a⋅b=0不能推出b一定是零向量，这是因为任一与a垂直的非零向
  
量b都有a⋅b=0．
          
当a≠0时，且a⋅b=a⋅c时，也不能推出一定有b=c，当b是与a垂直的非零向量，c是
      
另一与a垂直的非零向量时，有a⋅b=a⋅c=0，但b≠c．
         
(3)数量积不满足结合律，即(a⋅b)c≠(b⋅c)a，这是因为(a⋅b)c是一个与c共线的向量，
           
而(b⋅c)a是一个与a共线的向量，而a与c不一定共线，所以(a⋅b)c不一定等于(b⋅c)a，即
凡有数量积的结合律形式的选项，一般都是错误选项．
      
(4)非零向量夹角为锐角(或钝角)．当且仅当a⋅b>0且a≠λb(λ>0)(或a⋅b<0，且a

≠λb(λ<0))
【解题方法总结】
 
(1)b在a上的投影是一个数量，它可以为正，可以为负，也可以等于0．
          
(2)数量积的运算要注意a=0时，a⋅b=0，但a⋅b=0时不能得到a=0或b=0，因为a
  
⊥b时，也有a⋅b=0．
 
   a⋅b    
(3)根据平面向量数量积的性质：|a|= a⋅a，cosθ=
 
，a⊥b⇔a⋅b=0等，所以
|a||b|
平面向量数量积可以用来解决有关长度、角度、垂直的问题．
(4)若a、b、c是实数，则ab=ac⇒b=c(a≠0)；但对于向量，就没有这样的性质，即若向
         
量a、b、c满足a⋅b=a⋅c(a≠0)，则不一定有b=c，即等式两边不能同时约去一个向量，但
可以同时乘以一个向量．
         
(5)数量积运算不适合结合律，即(a⋅b)⋅c≠a⋅(b⋅c)，这是由于(a⋅b)⋅c表示一个与c
          
共线的向量，a⋅(b⋅c)表示一个与a共线的向量，而a与c不一定共线，因此(a⋅b)⋅c与a⋅(b

⋅c)不一定相等．
必考题型全归纳
1 题型一：平面向量的数量积运算
  
1624 (2024·吉林四平·高三四平市第一高级中学校考期末)已知向量a，b满足 a=2， 

 b=
第 页 共 页
970 3427  π  
3，且a与b的夹角为 ，则a+b
6

 
⋅2a-b  = ( )
A.6 B.8 C.10 D.14
【答案】B
【解析】`

由 a=2， 
   π
 b= 3，且a与b的夹角为 ，
6
 
所以a+b 
 
⋅2a-b 
   
=2a2+a⋅b-b2

=2a 
2 
+a 

⋅b 
π 
cos -b
6

2
3
=2×22+2× 3× - 3
2
 2=8.
故选：B.

1625 (2024·全国·高三专题练习)已知a 

=6，b 
   
=3，向量a在b方向上投影向量是4e，则a⋅

b为 ( )
A.12 B.8 C.-8 D.2
【答案】A
  
【解析】a在b方向上投影向量为a 
 
cosθ⋅e=4e，

∴a 
  
cosθ=4，∴a⋅b=a 

b  cosθ=4×3=12.
故选：A
 
1
1626 (2024·湖南长沙·周南中学校考二模)已知菱形ABCD的边长为1，AB⋅AD=- ，G
2
     
是菱形ABCD内一点，若GA+GB+GC=0，则AG⋅AB= ( )
1 3
A. B.1 C. D.2
2 2
【答案】A
 
1
【解析】在菱形ABCD，菱形ABCD的边长为1，AB⋅AD=- ，
2
  
所以AB⋅AD=AB 

⋅AD 
1
cos∠BAD=cos∠BAD=- ，
2
   
所以∠BAD=120°，则△ABC为等边三角形，因为GA+GB+GC=0，
  
所以GA=-GB+GC 
   
，设点M为BC的中点，则GA=-2GD，所以GA∥GD，
所以G，A，M三点共线，所以AM为BC的中线，
所以AM 
1
= 1-
2

2 3
= ，
2
同理可得点AB，AC的中线过点G，
所以点G为△ABC的重心，故AG 
2
= AM
3

3
= ，
3
在等边△ABC中，M为BC的中点，则∠BAM=30°，
  
所以AG⋅AB=AG 

⋅AB 
3 3 1
cos∠BAM= ×1× = .
3 2 2
故选：A
第 页 共 页
971 3427    π 
1627 (2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习)已知单位向量a,b，且‹a,b›= ，若(a+
3
    
b)⊥c，|c|=2，则a⋅c= ( )
A.1 B.12 C.-2或2 D.-1或1
【答案】D
    π    π
【解析】由题意单位向量a,b，且‹a,b›= ，可知a+b与a的夹角为 ，
3 6
 
因为a+b 
  
⊥c，所以a,c 
π 2π
= 或 ，
3 3
 
故当a,c 
π   
= 时，a⋅c=a
3


⋅c 
 
cosa⋅c 
1
=1×2× =1；
2
 
当a,c 
2π   
= 时，a⋅c=a
3


⋅c 
 
cosa⋅c 
1
=1×2×-
2
 =-1，
故选：D.

1628 (2024·广东·校联考模拟预测)将向量OP= 2, 2  绕坐标原点O顺时针旋转75°得
  
到OP ，则OP⋅OP = ( )
1 1
6- 2 6+ 2
A. B. 6- 2 C. 6+ 2 D.
2 2
【答案】B

【解析】因为OP= 2, 2 

，所以OP  =  2  2+ 2  2=2，
 
因为向量OP绕坐标原点O顺时针旋转75°得到OP ，
1
  
所以向量OP与向量OP 的夹角为75°，且OP
1 1
 =2，
  
所以OP⋅OP =OP
1


⋅OP
1
 ⋅cos75°=2×2×cos(30°+45°)
3 2 1 2
=4 × - ×
2 2 2 2
 = 6- 2.
故选：B
 
1629 (2024·全国·高三专题练习)正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则EC⋅ED=
( )
A. 5 B.3 C.2 5 D.5
【答案】B
 
【解析】方法一：以AB,AD  

为基底向量，可知AB 

=AD 
 
=2,AB⋅AD=0，
第 页 共 页
972 3427         
1 1
则EC=EB+BC= AB+AD,ED=EA+AD=- AB+AD，
2 2
   
1
所以EC⋅ED= AB+AD
2

 
1
⋅- AB+AD
2

 
1
=- AB2+AD2=-1+4=3；
4
方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，
则E1,0  ,C2,2  ,D0,2 

，可得EC=1,2 

,ED=-1,2  ，
 
所以EC⋅ED=-1+4=3；
方法三：由题意可得：ED=EC= 5,CD=2，
DE2+CE2-DC2 5+5-4 3
在△CDE中，由余弦定理可得cos∠DEC= = = ，
2DE⋅CE 2× 5× 5 5
  
所以EC⋅ED=EC 

ED 
3
cos∠DEC= 5× 5× =3.
5
故选：B.

π
1630 (2024·天津和平·高三耀华中学校考阶段练习)如图，在△ABC中，∠BAC= ，AD=
3
   
1
2DB，P为CD上一点，且满足AP=mAC+ ABm∈R
2


，若AC=3，AB=4，则AP⋅

CD的值为( ).
13 13 1
A.-3 B.- C. D.-
12 12 12
【答案】C
  
1
【解析】∵AP=mAC+ ABm∈R
2

 
，AD=2DB，
    
2 2 1
即AD= AB且CD= CB+ CA，
3 3 3
  
3
∴AP=mAC+ ADm∈R
4
 ，
3 1
又C、P、D共线，有m+ =1，即m= ，
4 4
     
1 1
即AP= AC+ AB，而CB=CA+AB，
4 2
       
2 1 2 2
∴CD= (CA+AB)+ CA=CA+ AB= AB-AC
3 3 3 3
第 页 共 页
973 3427   
1 1
∴AP⋅CD= AC+ AB
4 2

 
2
 AB-AC
3

   
1 1 1 16
= AB2- AB⋅AC- AC2= -2-
3 3 4 3
9 13
= .
4 12
故选：C
 
1631 (2024·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测)已知向量a，b满足同向共线，且

b 
 
=2，a-b 
 
=1，则a+b 

⋅a= ( )
A.3 B.15 C.-3或15 D.3或15
【答案】D
   
【解析】因为向量a，b满足同向共线，所以设a=λb(λ>0)，
  又因为a-b   =1，b    =2，所以λb-b   2 =(λ-1)b   2 =(λ-1)2b  2 =4(λ-1)2=1，
1 3  1   3 
所以λ= 或λ= ，即a= b或a= b.
2 2 2 2
 1   
①当a= b时，a+b
2

 3 
⋅a= b
2

1 
∙ b
2

3 
= b2=3；
4
 3   
②当a= b时，a+b
2

 5 
⋅a= b
2

3 
∙ b
2

15 
= b2=15；
4
 
所以a+b 

⋅a的值为3或15.
故选：D.
1632 (2024·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测)在矩形ABCD中，AB=1,AD=2,AC
 
与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD于E，则AE⋅AO= ( )
12 24 12 4
A. B. C. D.
25 25 5 5
【答案】D
【解析】建立如图所示直角坐标系：
则A(0,1),B(0,0),C(2,0),D(2,1)，
  
设E(x,y)，则AE=(x,y-1),BE=(x,y),BD=2,1 
   
∵AE⊥BD∴AE⊥BD且BE⎳BD，
2
x=
∴   2 x x - + 2 y y - = 1 0 =0 ，解得   1 5 ，
y=
5
2 1
∴E ,
5 5


2 4
,AE= ,-
5 5


8 1
,EC= ,-
5 5
 ，
在矩形ABCD中，O为BD的中点，
1
所以O1,
2
 ，由A(0,1)，

1
所以AO=1.-
2
 ，
第 页 共 页
974 3427 
2 4
AE⋅AO= ×1+-
5 5

1
×-
2

4
= ，
5
故选：D.
【解题方法总结】(1)求平面向量的数量积是较为常规的题型，最重要的方法是紧扣数量
积的定义找到解题思路．
(2)平面向量数量积的几何意义及坐标表示，分别突出了它的几何特征和代数特征，因而
平面向量数量积是中学数学较多知识的交汇处，因此它的应用也就十分广泛．
 
(3)平面向量的投影问题，是近几年的高考热点问题，应熟练掌握其公式：向量a在向量b
 
a⋅b
方向上的投影为 ．

|b|
(4)向量运算与整式运算的同与异(无坐标的向量运算)
同：(a±b)2=a2±2ab+b2；a±b  = a2±2ab+b2；a(b+c)=ab+ac公式都可通用
异：整式：a⋅b=±a  b  ，a 
  
仅仅表示数；向量：a⋅b=±a 

b  cosθ(θ为a与b的夹角)
  ma±nb   = m2a  2  ±2mna  b    cosθ+n2b  2，使用范围广泛，通常是求模或者夹角．

ma 

-nb 
 
≤ma±nb 

≤ma 

+nb 
 
，通常是求ma±nb  最值的时候用．
2 题型二：平面向量的夹角
   
1633 (2024·河南驻马店·统考二模)若单位向量a，b满足2a-b 
 
= 6，则向量a，b夹角的余
弦值为 ．
1
【答案】- /-0.25
4
   
【解析】设向量a，b的夹角为θ，因为2a-b 
   
= 6，所以4a2-4a⋅b+b2=6．

又a 

=b 
1
=1，所以4-4cosθ+1=6，所以cosθ=- ．
4
1
故答案为：-
4
     
1634 (2024·四川·校联考模拟预测)若e,e 是夹角为60°的两个单位向量，则a=2e +e 与b
1 2 1 2
 
=-3e +2e 的夹角大小为 .
1 2
2
【答案】120°/ π
3
    
【解析】∵e 1 ,e 2 是夹角为60°的两个单位向量，则e 1 ⋅e 2 =e 1 

⋅e 2 
1
cos60°= ， 2
   
∴a⋅b=2e 1 +e 2 
 
⋅-3e 1 +2e 2 
    1 7
=-6e2+e ⋅e +2e 2=-6+ +2=- ， 1 1 2 2 2 2
  
|a|= 2e 1 +e 2 
    1
2= 4e2+4e ⋅e +e 2= 4+4× +1= 7， 1 1 2 2 2
  
|b|= -3e 1 +2e 2 
    1  
2= 9e2-12e ⋅e +4e 2= 9-12× +4= 7，∴cos‹a,b›= 1 1 2 2 2
 
a⋅b 1
  =- 2 ，
|a|⋅|b|
   
∵0°≤‹a,b›≤180°，∴‹a,b›=120°.
故答案为：120°
  
1635 (2024·重庆·高三重庆一中校考阶段练习)已知向量a和b满足：a 

=1，b 
 
=2，2a-b 
第 页 共 页
975 3427   
-2a⋅b=0，则a与b的夹角为 ．
π
【答案】 /60°
3
   
【解析】记向量a和b的夹角为θ，将2a-b 
 
=2a· b平方得到：
      1
4|a|2+|b|2-4|a||b|cosθ=4|a|2|b|2cos2θ⇒2cos2θ+cosθ-1=0⇒cosθ= 或-1，
2
 
又因为2a-b 
  1 π
=2a· b≥0⇒cosθ≠-1，即cosθ= ⇒θ= ．
2 3
π
故答案为： .
3
   
1636 (2024·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测)若向量a与b不共线也不垂直，且c=a-
 
a⋅a
  
a⋅b
   
b，则向量夹角‹a,c›= .
π
【答案】
2
 
    a⋅a
【解析】由题意可得：a⋅c=a⋅ a-  
a⋅b
  
 b


 
 a⋅a  
=a2-   ×a⋅b
a⋅b

 
=a2-a2=0 ，
    π
故：a⊥c ，即向量a 与c的夹角为 .
2
π
故答案为：
2
   
1637 (2024·上海长宁·上海市延安中学校考三模)已知a、b、c是同一个平面上的向量，若a 

=c 

=b 
       
，且a⋅b=0,c⋅a=2,c⋅b=1，则c,a  = .
5
【答案】arcsin
5

【解析】设a 

=c 

=b 
   
=m，则c⋅a=m2cosc,a 
   
=2，c⋅b=m2cosc,b  =1，
 
故cosc,a 
 
=2cosc,b  ，
   
∵a⋅b=0,a,b  ∈0,π  ，
 
则a,b 
π      
= ，c⋅a=2>0，c⋅b=1>0，故c,a
2

 
+c,b 
π
= ，
2
 
设c,a 
π
=θ，θ∈0,
2

π
，则cosθ=2cos -θ
2
 =2sinθ，
5  
又sin2θ+cos2θ=1，解得sinθ= ，故c,a
5

5
=arcsin .
5
5
故答案为：arcsin .
5
  
1638 (2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知向量a，b满足a=1,-1 

，b 
   
=1，a⋅b=1，则向量a与b的夹角大小为 .
π
【答案】
4

【解析】由于a=1,-1 

，所以a  = 2，
 
所以cosa,b 
 
a⋅b
=  a   ⋅b 
1 2
= = >0， 2 2
 
所以a,b 
 
为锐角，所以a,b 
π
= .
4
第 页 共 页
976 3427π
故答案为：
4

1639 (2024·四川·校联考模拟预测)已知向量a=x+1, 3 

，b=1,0 
  
，a⋅b=-2，则向量a
 
+b与b的夹角为 ．
2π
【答案】
3
   
【解析】a⋅b=-2⇒x+1=-2⇒x=-3，则a+b=-1, 3 
  
，则cosa+b,b  =
 
a+b 

⋅b
 
a+b 

b 
1   
=- ，又a+b,b 2  ∈0,π 
  
，则a+b,b 
2π
= 3
2π
故答案为： .
3

1640 (2024·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测)已知向量a=1,2 

，b=4,2 

，若非零向量c
  
与a，b的夹角均相等，则c的坐标为 (写出一个符合要求的答案即可)
【答案】(1，1)，答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.

【解析】设c=x,y 

，因为a=1,2 

，b=4,2  ，
 
所以cosa,c 
 
a⋅c
= 
a 

c 
x+2y
= ，
5× x2+y2
 
cosb,c 
 
b⋅c
= 
b 

c 
4x+2y
= ，
2 5× x2+y2
    
因为c与a，b的夹角均相等，所以cosa,c 
 
=cosb,c  ，
x+2y 4x+2y
所以 = ，
5× x2+y2 2 5× x2+y2

化简得x=y，所以c=(x,x)，
 
因为c为非零向量，可取x=1，此时c=(1,1).
故答案为：(1，1)，答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.
【解题方法总结】
 
    a⋅b xx +yy
求夹角，用数量积，由a⋅b=|a|⋅|b|cosθ得cosθ=   = 1 2 1 2 ，进而求得
|a|⋅|b| x2+y2 x2+y2
1 1 2 2
 
向量a,b的夹角．
3 题型三：平面向量的模长
    
1641 (2024·湖北·荆门市龙泉中学校联考模拟预测)已知平面向量a，b，c满足a=(2,1)，b=
    
(1,2)，且a⊥c.若b⋅c=3 2，则|c|= ( )
A. 10 B.2 5 C.5 2 D.3 5
【答案】A
 
【解析】令c  =(x,y)，则   a  ⋅c  =2x+y=0 ，可得  x=- 2 ，
b⋅c=x+2y=3 2 y=2 2

所以|c|= 2+8= 10.
故选：A
第 页 共 页
977 3427  
1642 (2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测)已知a，b是非零向量，a  =1，
 
a+2b 
   2  
⊥a，向量a在向量b方向上的投影为- ，则a-b
4
 = .
【答案】2
  【解析】∵a+2b     ⊥a，∴a+2b    ⋅a=a  2 +2b  ⋅a  =0  ，∴b  ⋅a  =- 1 a 
2
 2 =- 1 ，
2
 
  2 a⋅b
∵向量a在向量b方向上的投影为- ，∴ 
4
b 
2
=- ，
4

∴b 
4  
=- a⋅b= 2，
2
  ∴a-b  2  =a  2    -2a⋅b+b  2 =12-2×- 1
2
 +2=4，
 
∴a-b  =2.
故答案为：2
  
1643 (2024·海南·高三校联考期末)已知向量a，b满足a=1,1 

，b 
  
=4，a⋅a-b  =-2，则
 
3a-b  = ．
【答案】 10

【解析】因为a=1,1 

，b 
  
=4，a⋅a-b 

=-2，则a  = 2，
  
所以a⋅a-b 
     
=a2-a⋅b=-2，所以a⋅a-b 
   
=2-a⋅b=-2，解得：a⋅b=4，
  3a-b    = 3a-b  2 = 9a  2+b  2-6a  ⋅b 
= 9×2+16-24= 10.
故答案为： 10.
   
1644 (2024·四川南充·阆中中学校考二模)已知a,b为单位向量，且满足a- 5b  = 6，则
 
2a+b  = .
【答案】 5
   
【解析】a,b为单位向量，且满足a- 5b 
   
= 6，所以a2-2 5a⋅b+5b2=6，
   
即1-2 5a⋅b+5=6，解得a⋅b=0，
 
所以2a+b 
   
= 4a2+4a⋅b+b2= 5.
故答案为： 5.
  
1645 (2024·河南驻马店·统考三模)已知平面向量a,b满足a 

= 10,b 
 
=2,且2a+b  ⋅
 
a-b 
 
=14，则a+b  = ．
【答案】3 2
 
【解析】由2a+b 
 
⋅a-b 
       
=2a2-a⋅b-b2=20-a⋅b-4=14,得a⋅b=2,
  所以a+b    = a+b  2 = a  2+2a  ⋅b  +b  2= 10+4+4=3 2.
故答案为：3 2
   
1646 (2024·全国·高三专题练习)已知向量a,b满足a-b 
 
= 3，a+b 
 
=2a-b 

，则b  =
．
【答案】 3
第 页 共 页
978 3427 
【解析】由a-b 
       
= 3，得a2-2a⋅b+b2=3，即2a⋅b=a2+b2-3 ①．
 
又由a+b 
 
=2a-b 
       
，得a2+2a⋅b+b2=4a2-4a⋅b+b2，
     
即3a2-6a⋅b=0，代入①，得3a2-3a2+b2-3  =0，
 
整理，得b2=3，所以b  = 3．
故答案为： 3

1647 (2024·河南郑州·模拟预测)已知点O为坐标原点，OA=1,1 

，OB=-3,4  ，点P在线

段AB上，且AP  =1，则点P的坐标为 ．
1 8
【答案】 ,
5 5

【解析】由题知，O0,0  ，设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，

∵OA=1,1 

，OB=-3,4  ，∴x 1 -0,y 1 -0  =1,1  ，x 2 -0,y 2 -0  =-3,4  ，
x =1 x =-3
∴   1 ，  2 ，
y =1 y =4
1 2
∴A1,1  ,B-3,4 
3 3 7
，k =- ，则直线AB方程为y=- x+ ，
AB 4 4 4
3 7
设P点坐标为x ,- x +
0 4 0 4
 ，-3<x <1，
0

3 3 ∴AP=x -1,- x + 0 4 0 4 

，∴AP  = x 0 -1  3 3 2+- x + 4 0 4  2 =1，
1 8 1 8
求解可得，x = ，∴y = ，即P点坐标为 ,
0 5 0 5 5 5
 .
1 8
故答案为： ,
5 5


1648 (2024·广西·高三校联考阶段练习)已知a=-2,1 

，b=4,t 
   
，若a⋅b=2，则2a-b  =
．
【答案】8 2

【解析】因为a=-2,1 

，b=4,t 
 
且a⋅b=2，
  
所以a⋅b=-2×4+1×t=2，解得t=10，所以b=4,10  ，
 
所以2a-b=2-2,1  -4,10  =-8,-8  ，
 
所以2a-b  = -8  2+-8  2=8 2.
故答案为：8 2
【解题方法总结】
 
求模长，用平方，|a|= a2．
4 题型四：平面向量的投影、投影向量

1649 (2024·上海宝山·高三上海交大附中校考期中)已知向量a=3,6 

，b=3,-4 

，则a在

b方向上的数量投影为 .
【答案】-3

【解析】因为向量a=3,6 

，b=3,-4  ，
  
所以a在b方向上的数量投影为a 
 
  a⋅b
cos<a,b>= 
b 
3×3+6×-4
=
 -15
= =-3.
9+16 5
第 页 共 页
979 3427故答案为：-3.
 
1650 (2024·上海虹口·华东师范大学第一附属中学校考三模)已知a=(-2,-1),b=(-4,m),
 
若向量b在向量a方向上的数量投影为 5，则实数m= ．
【答案】3
 
  a⋅b
【解析】由条件可知，向量b在向量a方向上的数量投影为 
b 
8-m
= = 5，
5
解得：m=3.
故答案为：3

1651 (2024·全国·高三专题练习)已知向量a 
  
=6，e为单位向量，当向量a、e的夹角等于45°
 
时，则向量a在向量e上的投影向量是 ．

【答案】3 2e
 
【解析】因为向量a、e的夹角等于45°，
  
所以向量a在向量e上的投影向量是a 
 
⋅cos45°⋅e=3 2e，

故答案为：3 2e.
 
1652 (2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习)已知向量a=(-1,2)，向量b=(1,1)，则向
 
量a在向量b方向上的投影为 .
2
【答案】
2

【解析】a 
 
⋅cosa,b 
 
a⋅b
= 
b 
1 2
= = .
2 2
2
故答案为：
2
   
1653 (2024·新疆喀什·统考模拟预测)已知向量a，b满足a+b 

=3，a 

=2，b=0,1  ，则向
 
量a在向量b方向上的投影为 .
【答案】2

【解析】因为b=0,1 

，所以b 
 
=1，又a+b 

=3，a  =2，
  所以a+b  2 =a  2+2a  ⋅b  +b  2=a   2    +2a⋅b+b  2 =9，所以a  ⋅b  =2，
 
  a⋅b
所以向量a在向量b方向上的投影为 
b 
=2.
故答案为：2
      
1654 (2024·全国·高三专题练习)已知非零向量a,b满足(a+2b)⊥(a-2b)，且向量b在向量
 1   
a方向的投影向量是 a，则向量a与b的夹角是 .
4
π
【答案】
3
         【解析】因为(a+2b)⊥(a-2b)，所以(a+2b)⋅(a-2b)=a   2 -4b  2 =0，即a    =2b 
①.
  1 
因为向量b在向量a方向的投影向量是 a，
4
第 页 共 页
980 3427
所以b 
 
cosa,b 

a
⋅ 
a 

b 1 
= a.所以 4


a 
 
cosa,b 
1
= ②， 4
 
将①代入②得，cosa,b 
1  
= ，又a,b
2
 ∈0,π 
 
，所以a,b 
π
= .
3
π
故答案为：
3

1655 (2024·全国·模拟预测)已知向量a=1,0 

,b=0,1 
     
,a⋅c=b⋅c=1，则向量a在向量c
上的投影向量为 .
1 1
【答案】 ,
2 2


【解析】设c=a,b 

，因为a=1,0 

,b=0,1 
   
,a⋅c=b⋅c=1
1×a+0×b=1 a=1
所以
 ⇒


0×a+1×b=1 b=1

所以c=1,1 
 
  a⋅c
则向量a在向量c上的投影向量为：
 c 

c
⋅
 c 
1 1,1
= ⋅
2
 1 1
= ,
2 2 2
 .
1 1
故答案为： ,
2 2
 .
【解题方法总结】
      
设a，b是两个非零向量，它们的夹角是θ,e与b是方向相同的单位向量，AB=a,CD=
   
b，过AB的起点A和终点B，分别作CD所在直线的垂线，垂足分别为A ,B ，得到AB ，
1 1 1 1
    
我们称上述变换为向量a向向量b投影，AB 叫做向量a在向量b上的投影向量．记为
1 1
 
|a|cosθe．
5 题型五：平面向量的垂直问题

1656 (2024·四川巴中·南江中学校考模拟预测)已知向量a=1,2 

,b=-2,3 
 
，若ka+b  ⊥
 
a-b  ，则k= .
1
【答案】- /-0.25
4
 
【解析】由题意可得ka+b=k-2,2k+3 
 
,a-b=3,-1  ，
 
因为ka+b 
 
⊥a-b  ，
 
则ka+b 
 
⋅a-b  =3k-2  -2k+3  =0，解得k=9.
1
故答案为：-
4
       
1657 (2024·全国·高三专题练习)已知向量a，b，c，其中a，b为单位向量，且a⊥b，若c  =
 
，则a-c 
 
⊥b-2c  .
注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形.
【答案】1(答案不唯一)
  
【解析】因为a,b是相互垂直的单位向量，不妨设a=1,0 

,b=0,1 

,c=x,y 
 
∵a-c 
 
⊥b-2c 
 
,∴a-c 
 
∙b-2c 
      
=0，即a∙b-2a∙c-b∙c+2c2=0 ，
第 页 共 页
981 34271 ∴2x2+2y2-2x-y=0 ，即x-
2
 2 1 +y-
4
 2 5  = ，即向量c的端点在圆心为
16
1 1
 ,
2 4

5
，半径为 的圆周上，
4

故可以取c=1,0 

，即c  =1；
故答案为：1.
  
1658 (2024·江西宜春·高三校联考期末)设非零向量a，b的夹角为θ．若b 

=2a  ，且
 
a+2b 
 
⊥3a-b  ，则θ= ．
π
【答案】60°/
3
       
【解析】由题设(a+2b)⋅(3a-b)=3a2+5a⋅b-2b2=0，
  
2|b|2-3|a|2 5|a|2 1
所以cosθ= 5|a  ||b  | = 10|a  |2 = 2 ，又0°≤θ≤180°，
所以θ=60°.
故答案为：60°
  π   
1659 (2024·江西南昌·高三统考开学考试)已知两单位向量e,e 的夹角为 ，若a=e +2e ,
1 2 3 1 2
    
b=e +me ，且a⊥b，则实数m= ．
1 2
4
【答案】- /-0.8
5
  π   π 1
【解析】因为单位向量e,e 的夹角为 ，所以e ⋅e =1×1×cos = ；
1 2 3 1 2 3 2
     
因为a⊥b，所以a⋅b=e 1 +2e 2 
 
⋅e 1 +me 2 
  
=e 1 ⋅e 1 +2e 2 

⋅me 2 
 
+(m+2)e 1 ⋅e 2 
1 5 4
=1+2m+(m+2)× = m+2=0，所以m=- ．
2 2 5
4
故答案为：- .
5
   
1660 (2024·海南·校考模拟预测)已知a为单位向量，向量b在向量a上的投影向量是2a，且
 
3a+λb 

⊥a，则实数λ的值为 ．
3
【答案】- /-1.5
2
 
   a⋅b
【解析】因为向量b在a上的投影向量为2a，所以

a 
=2，
   
又a为单位向量，所以a⋅b=2a  =2，
 
因为3a+λb 
  
⊥a，所以3a+λb 

⋅a=0，
  
所以3a2+λa⋅b=0，所以3+2λ=0，
3
故λ=- ，
2
3
故答案为：- .
2

1661 (2024·全国·模拟预测)向量m=1,x 

,n=2,1 
  
，且n⊥m+n  ，则实数x= ．
【答案】-7

【解析】因为向量m=1,x 

,n=2,1 
 
，所以m+n=3,x+1  ，
第 页 共 页
982 3427  
又n⊥m+n  ，
  
所以n⋅m+n  =0，得6+x+1=0，
解得x=-7．
故答案为：-7.
   
1662 (2024·全国·高三专题练习)非零向量a=(cos(α-β),sinβ)，b=(1,sinα)，若a⊥b，则
tanαtanβ= .
1
【答案】- /-0.5
2
   
【解析】因为a⊥b，所以a⋅b= cosα-β   ,sinβ  ⋅(1,sinα)=cos(α-β)+sinαsinβ=
cosαcosβ+2sinαsinβ=0，
π π
由题易知α≠ ，β≠ ，
2 2
sinαsinβ sinαsinβ 1
所以tanαtanβ= = =- .
cosαcosβ -2sinαsinβ 2
1
故答案为：-
2

1663 (2024·河南开封·校考模拟预测)已知向量a=-2,3 

,b=4,-5 
 
，若λa-b 

⊥b，则λ
= ．
41
【答案】-
23

【解析】因为a=-2,3 

，b=4,-5 
 
，所以λa-b=λ-2,3  -4,-5  =
-2λ-4,3λ+5  ，
 
又λa-b 
  
⊥b，所以λa-b 

⋅b=4-2λ-4  -53λ+5 
41
=0，解得λ=- .
23
41
故答案为：-
23
  
1664 (2024·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测)已知向量a，b不共线，a=2,1 

，a⊥
 
b-a 

，写出一个符合条件的向量b的坐标： .
【答案】1,3  (答案不唯一)

【解析】由题意得a 
     
= 5，a⋅b-a2=0，则a⋅b=5，设b=x,y  ，

得2x+y=5，且x≠2y，满足条件的向量b的坐标可以为1,3  (答案不唯一或者
1
 ,4
2
 ).
故答案为：1,3  (答案不唯一)
    
1665 (2024·河南开封·统考三模)已知向量a=(m,-1)，b=(1,3)，若(a-b)⊥b，则m=
.
【答案】13
   
【解析】∵a=(m,-1)，b=(1,3)，a-b=(m-1,-4)，
  
又∵(a-b)⊥b，
  
∴(a-b)⋅b=m-1-12=0，解得m=13.
故答案为：13
【解题方法总结】
第 页 共 页
983 3427   
a⊥b⇔a⋅b=0⇔xx +yy =0
1 2 1 2
6 题型六：建立坐标系解决向量问题
     1   
1666 (2024·全国·高三专题练习)已知|a|=|b|=|c|=1,a⋅b=- ，c=xa+yb(x,y∈R)，则
2
x-y的最小值为 ( )
2 3
A.-2 B.- C.- 3 D.-1
3
【答案】B
  
【解析】设a,b的夹角为θ，∵a 

=b 
  1
=1，a⋅b=- ，
2
1
∴cosθ=- ，∵θ∈0,π
2

2π 
，∴θ= ，又c
3
 =1，
  1 3
不妨设a=(1,0),b=- ，
2 2


，c=(cosα,sinα),α∈0,2π  ，
   y 3
∵c=xa+yb=x- , y
2 2

y 3
cosα=x- 2 x=cosα+ 3 sinα
，所以 ，即 ，
3 2 3
sinα= y y= sinα
2 3
3 3
∴x-y=cosα- sinα= 1+
3 3

2 π
cosα+
6

2 3 π
= cosα+
3 6
 ，
由α∈0,2π 
π π 13π
∴α+ ∈  ，
6  6 6
 ，
π 3π 4π 2 3
∴当α+ = 时，即α= 时，x-y有最小值- ．
6 2 3 3
故选：B
1667 (2024·安徽合肥·合肥市第七中学校考三模)以边长为2的等边三角形ABC每个顶点为
圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成曲边三角形，已知P为
 
π
弧AC上的一点，且∠PBC= ，则BP⋅CP的值为 ( )
6
A.4- 2 B.4+ 2 C.4-2 3 D.4+2 3
【答案】C
【解析】如图所示，以B为坐标原点，直线BC为x轴，过点B且垂直于BC的直线为y
轴，
建立平面直角坐标系，则B0,0  ，C2,0  ，
π
由∠PBC= ，得P 3,1
6
 ，

所以BP= 3,1 

，CP= 3-2,1  ，
 
所以BP⋅CP= 3 3-2  +1×1=4-2 3．
第 页 共 页
984 3427故选：C.
1668 (2024·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测)下图是北京2022年冬奥会会徽的图
案，奥运五环的大小和间距如图所示．若圆半径均为12，相邻圆圆心水平路离为26，两排

圆圆心垂直距离为11．设五个圆的圆心分别为O 、O 、O 、O 、O ，则O O ⋅
1 2 3 4 5 4 1
 
O O +O O
4 5 4 2
 的值为 ( )
A.-507 B.-386 C.-338 D.-242
【答案】B
【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，做O 4 A⊥x轴于A点，所以O 4 A  =11，
由已知可得O 1-26,0  ，O 4-13,-11  ，O 513,-11  ，

所以O 4 O 1 =-13,11 

，O 4 O 5 =26,0 

，O 4 O 2 =13,11  ，
  
所以O O ⋅O O +O O 4 1 4 5 4 2  =-13,11  ⋅39,11  =-507+121=-386.
故选：B.
1669 (2024·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测)如图，在圆内接四边形ABCD中，
 
∠BAD=120°,AB=AD=1,AC=2.若E为CD的中点，则EA⋅EB的值为 ( )
第 页 共 页
985 34271 3
A.-3 B.- C. D.3
3 2
【答案】C
1
【解析】连接BD，由余弦定理知BD2=12+12-2×1×1×-
2
 =3，所以BD= 3.
BD
由正弦定理得 =2=AC，所以AC为圆的直径，
sin120°
所以CD⊥AD，所以CD= 3，从而CD=BD，
又∠BCD=180°-120°=60°，所以△BCD为等边三角形，
以D为原点，以DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标
系.
则A1,0 
3
,E0,
2

3 3
,B ,
2 2


3
，EA=1,-
2


3
,EB= ,0
2

 
3
所以EA⋅EB=1,-
2

3
⋅ ,0
2

3
= .
2
故选：C.
1670 (2024·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测)如图，已知△ABC是面积为3 3的等
边三角形，四边形MNPQ是面积为2的正方形，其各顶点均位于△ABC的内部及三边
   
上，且恰好可在△ABC内任意旋转，则当BQ⋅CP=0时，|BQ+CP|2= ( )
第 页 共 页
986 3427A.2+4 3 B.4+2 3 C.3+2 6 D.2+3 6
【答案】A
1 3
【解析】因为△ABC是面积为3 3的等边三角形，记△ABC边长为a，所以 × ×
2 2
1
a2=3 3，解得a=2 3，记△ABC内切圆的半径为r，根据S= Cr，
2
1
可得：3 3= ×2 3×3×r，解得r=1，因为正方形MNPQ的面积为2，所以正方形边
2
长为 2，
记正方形MNPQ外接圆半径为R，所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即R=1，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知.正方形外接圆即为等边三角形的内切
圆，
因为正方形MNPQ可在△ABC内任意旋转，
可知正方形MNPQ各个顶点均在该△ABC的内切圆上，
以△ABC的底边BC为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系如图所
示：
故可知B- 3,0  ,C 3,0  ,A0,3  ，
圆的方程为x2+(y-1)2=1，
故设Pcosα,1+sinα 
π
,Q cosα+
2

π
,1+sinα+
2
   ,α∈0,2π  ，
即Pcosα,1+sinα  ,Q-sinα,1+cosα 
 
，BQ⋅CP= 3-sinα,1+cosα  ⋅
cosα- 3,1+sinα  =1+ 3  cosα+sinα 
2
-2=0，∴cosα+sinα= = 3-1，
3+1
 
|BQ+CP|2=(cosα-sinα)2+(2+cosα+sinα)2=(cosα-sinα)2+( 3+1)2
=2-(cosα+sinα)2+( 3+1)2=2+4 3
故选:A.
1671 (2024·河南安阳·统考三模)已知正方形ABCD的边长为1,O为正方形的中心，E是AB
 
的中点，则DE⋅DO= ( )
1 1 3
A.- B. C. D.1
4 2 4
第 页 共 页
987 3427【答案】C
【解析】如图，以A为坐标原点，AB,AD所在直线为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，则
1
D(0,1)，E ,0
2

1 1
，O ,
2 2


1
，所以DE= ,-1
2


1 1
，DO= ,-
2 2

 
1
，所以DE⋅DO=
4
1 3
+ =
2 4
故选：C.
【解题方法总结】
边长为a的等边三角形 已知夹角的任意三角形 正方形 矩形
平行四边形 直角梯形 等腰梯形 圆
 
建系必备(1)三角函数知识x=rcosθ,y=rsinθ；(2)向量三点共线知识OC=λOB+(1

-λ)OA．
      
设a，b是两个非零向量，它们的夹角是θ,e与b是方向相同的单位向量，AB=a,CD=
   
b，过AB的起点A和终点B，分别作CD所在直线的垂线，垂足分别为A ,B ，得到AB ，
1 1 1 1
第 页 共 页
988 3427    
我们称上述变换为向量a向向量b投影，AB 叫做向量a在向量b上的投影向量．记为
1 1
 
|a|cosθe．
7 题型七：平面向量的实际应用
1672 (2024·江西宜春·高三校考阶段练习)一质点受到同一平面上的三个力F，F，F(单位：
1 2 3
牛顿)的作用而处于平衡状态，已知F，F 成120°角，且F，F 的大小都为6牛顿，则F 的
1 2 1 2 3
大小为 牛顿.
【答案】6
  
【解析】设三个力F，F，F 分别对于的向量为：a,b,c
1 2 3
   
则由题知a+b+c=0
  
所以c=-(a+b)

所以c 
 
=-(a+b) 
   
= a2+2a∙b+b2

又a 

=6,b 
  
=6,a∙b=a 

b 
1
cos120°=6×6×-
2
 =-18

所以c  = 36+2×(-18)+36=6
所以F 的大小为：6
3
故答案为：6
1673 (2024·内蒙古赤峰·统考三模)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
1
 
擦力F.已知：F
2 1


=80 3N,G 

=160N，则F 的大小为 .
2
【答案】80N
  1
【解析】由题设，|F|=|G|cos60°=160× =80N，
2 2
故答案为：80N.
1674 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，一个物体被两根轻质细绳拉住，且处于平衡状态.
    
已知两条绳上的拉力分别是F，F，且F，F 与水平夹角均为45°，F
1 2 1 2 1


=F
2
 =4 2N，则物
体的重力大小为 N.
【答案】8
第 页 共 页
989 3427     
【解析】设F，F 的合力为F，则F=F +F，
1 2 1 2
 
∵F，F 的夹角为90°，
1 2
  
∴F2=F+F
1 2

   
2=F2+F2+2F ⋅F =32+32=64，
1 2 1 2

∴F  =8，

∵物体平衡状态.∴物体的重力大小为|G|=8.
故答案为：8.
1675 (2024·全国·高三专题练习)两同学合提一捆书，提起后书保持静止，如图所示，则F 与
1
F 大小之比为 ．
2
6
【答案】
2
【解析】物体处于平衡状态，所以水平方向的合力为0

所以F
1


cos45°=F
2


F 1
cos30°，所以


F
2

3
cos30° 2 6
= = =
cos45° 2 2
2
6
故答案为：
2
1676 (2024·浙江·高三专题练习)一条渔船距对岸4km，以2km/h的速度向垂直于对岸的方
向划去，到达对岸时，船的实际行程为8km，则河水的流速是 km/h．
【答案】2 3
 
【解析】如图，用v 表示河水的流速，v 表示船的速度，
t 2
  
则v=v +v 为船的实际航行速度．
1 2

由图知，OA 

=4，OB  =8，则∠AOB=60°．

又v 2  =2，

所以v 1 

=v 2  tan60°=2× 3=2 3．
第 页 共 页
990 3427即河水的流速是2 3km/h．
故答案为：2 3.
【解题方法总结】
用向量方法解决实际问题的步骤
第 页 共 页
991 3427