資源簡介

專題30 平面向量的數量積及其應用（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 4
【考點1】數量積的計算 4
【考點2】數量積的應用 5
【考點3】平面向量的綜合應用 6
【分層檢測】 7
【基礎篇】 7
【能力篇】 9
【培優篇】 10
考試要求：
1.理解平面向量數量積的含義及其物理意義.
2.了解平面向量的數量積與投影向量的長度的關系.
3.掌握數量積的坐標表達式，會進行平面向量數量積的運算.
4.能運用數量積表示兩個向量的夾角，會用數量積判斷兩個平面向量的垂直關系.
5.會用向量的方法解決某些簡單的平面幾何問題.
6.會用向量方法解決簡單的力學問題與其他一些實際問題.
1.平面向量數量積的有關概念
(1)向量的夾角：已知兩個非零向量a和b，O是平面上的任意一點，作＝a，＝b，則∠AOB＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a與b的夾角.
(2)數量積的定義：已知兩個非零向量a與b，它們的夾角為θ，我們把數量|a||b|cos__θ叫做向量a與b的數量積(或內積)，記作a·b，即a·b＝|a||b|cos__θ.規定：零向量與任一向量的數量積為0，即0·a＝0.
(3)投影向量
如圖，在平面內任取一點O，作＝a，＝b，過點M作直線ON的垂線，垂足為M1，則就是向量a在向量b上的投影向量.
設與b方向相同的單位向量為e，a與b的夾角為θ，則與e，a，θ之間的關系為＝|a|cos θ e.
2.平面向量數量積的性質及其坐標表示
設向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為向量a，b的夾角.
(1)數量積：a·b＝|a||b|cos θ＝x1x2＋y1y2.
(2)模：|a|＝＝.
(3)夾角：cos θ＝＝.
(4)兩非零向量a⊥b的充要條件：a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0.
(5)|a·b|≤|a||b|(當且僅當a∥b時等號成立) |x1x2＋y1y2|≤ ·.
3.平面向量數量積的運算律
(1)a·b＝b·a(交換律).
(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(結合律).
(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律).
4.平面幾何中的向量方法
三步曲：(1)用向量表示問題中的幾何元素，將幾何問題轉化為向量問題；
(2)通過向量運算，研究幾何元素之間的關系；
(3)把運算結果“翻譯”成幾何關系.
1.兩個向量a，b的夾角為銳角 a·b>0且a，b不共線；兩個向量a，b的夾角為鈍角 a·b<0且a，b不共線.
2.平面向量數量積運算的常用公式
(1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；
(2)(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2.
(3)(a－b)2＝a2－2a·b＋b2.
3.數量積運算律要準確理解、應用，例如，a·b＝a·c(a≠0)，不能得出b＝c，兩邊不能約去同一個向量.
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）已知向量滿足，且，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全國·高考真題）已知的半徑為1，直線PA與相切于點A，直線PB與交于B，C兩點，D為BC的中點，若，則的最大值為（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·全國·高考真題）已知向量，若，則（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022·全國·高考真題）已知向量，若，則（ ）
A． B． C．5 D．6
5．（2022·全國·高考真題）已知向量滿足，則（ ）
A． B． C．1 D．2
二、填空題
6．（2023·全國·高考真題）已知向量，滿足，，則 ．
7．（2022·全國·高考真題）設向量，的夾角的余弦值為，且，，則 ．
8．（2021·全國·高考真題）已知向量，，， ．
9．（2021·全國·高考真題）已知向量，若，則 ．
10．（2021·全國·高考真題）已知向量．若，則 ．
【考點1】數量積的計算
一、單選題
1．（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知向量，滿足，，且與的夾角為，則（ ）
A． B． C．1 D．13
2．（2024·湖北·模擬預測）直線與圓交于M、N兩點，O為坐標原點，則（ ）
A． B． C．1 D．2
二、多選題
3．（2024·廣東廣州·二模）在梯形中，，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·全國·模擬預測）已知是兩個單位向量，若，，則（ ）
A．三點共線 B．
C． D．
三、填空題
5．（2024·河南·模擬預測）已知向量，，若，則的取值范圍為 ．
6．（2024高三·全國·專題練習）已知向量，，，
反思提升：
平面向量數量積的兩種運算方法
(1)基底法：當已知向量的模和夾角θ時，可利用定義法求解，適用于平面圖形中的向量數量積的有關計算問題；
(2)坐標法：當平面圖形易建系求出各點坐標時，可利用坐標法求解.
【考點2】數量積的應用
一、單選題
1．（2024·四川眉山·三模）已知向量滿足，且，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·遼寧葫蘆島·一模）已知向量的夾角為，且，若，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2022·全國·模擬預測）在邊長為正六邊形中，是線段上一點，，則下列說法正確的有（ ）
A．若，則
B．若向量在向量上的投影向量是，則
C．若為正六邊形內一點（包含端點），則的取值范圍是
D．若，則的值為
4．（2023·河北唐山·二模）已知向量，，，下列命題成立的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．設，，當取得最大值時，
三、填空題
5．（2023·全國·模擬預測）已知平面向量滿足，則實數的值為 ．
6．（2024·四川·模擬預測）平面向量，滿足，，且，則的值為 ．
反思提升：
(1)根據平面向量數量積的性質：若a，b為非零向量，則cos θ＝(夾角公式)，a⊥b a·b＝0等，可知平面向量的數量積可以用來解決有關角度、垂直問題.
(2)計算向量的模：①當向量有坐標或適合建坐標系時，可用模的計算公式；②利用|a|＝及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的運算轉化為數量積運算；③幾何法，利用向量的幾何意義，即利用向量加減法的平行四邊形法則或三角形法則作出向量，再利用余弦定理等方法求解.
【考點3】平面向量的綜合應用
一、單選題
1．（2024·湖北武漢·模擬預測）已知是邊長為的正三角形，點是所在平面內的一點，且滿足，則的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
2．（2024·廣東廣州·模擬預測）在中，角、、的對邊分別為、、，若，，的平分線的長為，則邊上的中線的長等于（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·廣東廣州·二模）已知雙曲線的左右焦點分別為，左頂點為，點是的右支上一點，則（ ）
A．的最小值為8
B．若直線與交于另一點，則的最小值為6
C．為定值
D．若為的內心，則為定值
4．（2024·山西·三模）蜜蜂的巢房是令人驚嘆的神奇天然建筑物，巢房是嚴格的六角柱狀體，它的一端是平整的六角形開口，另一端是封閉的六角菱形的底（由三個相同的菱形組成）巢中被封蓋的是自然成熟的蜂蜜，如圖是一個蜂巢的正六邊形開口ABCDEF，它的邊長為1，點P是△DEF內部（包括邊界）的動點，則（ ）
A．
B．
C．若P為EF的中點，則在上的投影向量為
D．的最大值為
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）已知等邊的外接圓的面積為，動點在圓上，若，則實數的取值范圍為 ．
6．（2024·河北秦皇島·二模）已知雙曲線C：的左焦點為F，過坐標原點O的直線與C交于A，B兩點，且，，則C的離心率為 .
反思提升：
向量數量積綜合應用的方法和思想
(1)坐標法：把幾何圖形放在適當的坐標系中，就賦予了有關點與向量具體的坐標，這樣就能進行相應的代數運算和向量運算，從而使問題得到解決.
(2)基向量法：適當選取一組基底，寫出向量之間的聯系，利用向量共線構造關于設定未知量的方程來進行求解.
(3)利用向量運算進行轉化，化歸為三角函數的問題或三角恒等變換問題是常規的解題思路和方法，以向量為載體考查三角形問題時，要注意正弦定理、余弦定理等知識的應用.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·湖南長沙·二模）已知向量 中， 是單位向量， 與 的夾角為 ，則 （ ）
A．2 B． C． D．-1
2．（2024·浙江·三模）已知單位向量滿足，則（ ）
A．0 B． C． D．1
3．（2023·山東青島·二模）已知為坐標原點，復數，，分別表示向量，，，若，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·湖北武漢·二模）已知，向量，且，則在上的投影向量為（ ）
A． B．5 C． D．
二、多選題
5．（23-24高三下·山東菏澤·開學考試）已知單位向量，的夾角為，則下列結論正確的有（ ）
A．
B．在方向上的投影向量為
C．若，則
D．若，則
6．（2023·山東·二模）下列說法正確的是（ ）
A．
B．非零向量和，滿足且和同向，則
C．非零向量和滿足，則
D．已知，，則在的投影向量的坐標為
7．（2024·全國·模擬預測）已知向量，若，則下列說法正確的是（ ）
A． B．
C． D．在上的投影向量為
三、填空題
8．（2024·江西·模擬預測）已知平面內非零向量在向量上的投影向量為，且，則與夾角的余弦值為 ．
9．（2024·全國·模擬預測）已知向量，若，則 .
10．（2024·湖北·模擬預測）已知向量，，若，則實數 .
四、解答題
11．（23-24高三上·北京·階段練習）在中，．
(1)求C；
(2)若，求的最小值．
12．（2024·黑龍江·二模）已知向量，，且函數在上的最大值為．
(1)求常數的值；
(2)求函數的單調遞減區間．
【能力篇】
一、單選題
1．（23-24高一下·福建泉州·期中）已知向量，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·湖北武漢·模擬預測）已知向量，則下列命題為真命題的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．的最大值為6
D．若，則
三、填空題
3．（2024·湖北·模擬預測）已知正方形的邊長為，兩個點，（兩點不重合）都在直線的同側（但，與在直線的異側），，關于直線對稱，若，則面積的取值范圍是 .
四、解答題
4．（2024·廣東惠州·一模）在中，已知，，分別為角，，的對邊．若向量，向量，且．
(1)求的值；
(2)若，，成等比數列，求的值．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·廣東佛山·二模）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點A，B在C上，且滿足，，則C的離心率為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2023·福建·模擬預測）半圓形量角器在第一象限內，且與軸、軸相切于、兩點.設量角器直徑，圓心為，點為坐標系內一點.下列選項正確的有（ ）

A．點坐標為 B．
C． D．若最小，則
三、填空題
3．（2024·上海長寧·二模）已知平面向量滿足：，若，則的最小值為 ．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題30 平面向量的數量積及其應用（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 9
【考點1】數量積的計算 9
【考點2】數量積的應用 12
【考點3】平面向量的綜合應用 17
【分層檢測】 24
【基礎篇】 24
【能力篇】 30
【培優篇】 33
考試要求：
1.理解平面向量數量積的含義及其物理意義.
2.了解平面向量的數量積與投影向量的長度的關系.
3.掌握數量積的坐標表達式，會進行平面向量數量積的運算.
4.能運用數量積表示兩個向量的夾角，會用數量積判斷兩個平面向量的垂直關系.
5.會用向量的方法解決某些簡單的平面幾何問題.
6.會用向量方法解決簡單的力學問題與其他一些實際問題.
1.平面向量數量積的有關概念
(1)向量的夾角：已知兩個非零向量a和b，O是平面上的任意一點，作＝a，＝b，則∠AOB＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a與b的夾角.
(2)數量積的定義：已知兩個非零向量a與b，它們的夾角為θ，我們把數量|a||b|cos__θ叫做向量a與b的數量積(或內積)，記作a·b，即a·b＝|a||b|cos__θ.規定：零向量與任一向量的數量積為0，即0·a＝0.
(3)投影向量
如圖，在平面內任取一點O，作＝a，＝b，過點M作直線ON的垂線，垂足為M1，則就是向量a在向量b上的投影向量.
設與b方向相同的單位向量為e，a與b的夾角為θ，則與e，a，θ之間的關系為＝|a|cos θ e.
2.平面向量數量積的性質及其坐標表示
設向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為向量a，b的夾角.
(1)數量積：a·b＝|a||b|cos θ＝x1x2＋y1y2.
(2)模：|a|＝＝.
(3)夾角：cos θ＝＝.
(4)兩非零向量a⊥b的充要條件：a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0.
(5)|a·b|≤|a||b|(當且僅當a∥b時等號成立) |x1x2＋y1y2|≤ ·.
3.平面向量數量積的運算律
(1)a·b＝b·a(交換律).
(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(結合律).
(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律).
4.平面幾何中的向量方法
三步曲：(1)用向量表示問題中的幾何元素，將幾何問題轉化為向量問題；
(2)通過向量運算，研究幾何元素之間的關系；
(3)把運算結果“翻譯”成幾何關系.
1.兩個向量a，b的夾角為銳角 a·b>0且a，b不共線；兩個向量a，b的夾角為鈍角 a·b<0且a，b不共線.
2.平面向量數量積運算的常用公式
(1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；
(2)(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2.
(3)(a－b)2＝a2－2a·b＋b2.
3.數量積運算律要準確理解、應用，例如，a·b＝a·c(a≠0)，不能得出b＝c，兩邊不能約去同一個向量.
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）已知向量滿足，且，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全國·高考真題）已知的半徑為1，直線PA與相切于點A，直線PB與交于B，C兩點，D為BC的中點，若，則的最大值為（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·全國·高考真題）已知向量，若，則（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022·全國·高考真題）已知向量，若，則（ ）
A． B． C．5 D．6
5．（2022·全國·高考真題）已知向量滿足，則（ ）
A． B． C．1 D．2
二、填空題
6．（2023·全國·高考真題）已知向量，滿足，，則 ．
7．（2022·全國·高考真題）設向量，的夾角的余弦值為，且，，則 ．
8．（2021·全國·高考真題）已知向量，，， ．
9．（2021·全國·高考真題）已知向量，若，則 ．
10．（2021·全國·高考真題）已知向量．若，則 ．
參考答案：
1．D
【分析】作出圖形,根據幾何意義求解.
【詳解】因為,所以,
即,即,所以.
如圖,設,
由題知,是等腰直角三角形,
AB邊上的高,
所以,
,
.
故選:D.
2．A
【分析】由題意作出示意圖，然后分類討論，利用平面向量的數量積定義可得，或然后結合三角函數的性質即可確定的最大值.
【詳解】如圖所示，，則由題意可知:，
由勾股定理可得

當點位于直線異側時或PB為直徑時，設，
則：
，則
當時，有最大值.

當點位于直線同側時，設，
則：
，
，則
當時，有最大值.
綜上可得，的最大值為.
故選：A.
【點睛】本題的核心在于能夠正確作出示意圖，然后將數量積的問題轉化為三角函數求最值的問題，考查了學生對于知識的綜合掌握程度和靈活處理問題的能力.
3．D
【分析】根據向量的坐標運算求出，，再根據向量垂直的坐標表示即可求出．
【詳解】因為，所以，，
由可得，，
即，整理得：．
故選：D．
4．C
【分析】利用向量的運算和向量的夾角的余弦公式的坐標形式化簡即可求得
【詳解】解：,,即,解得,
故選：C
5．C
【分析】根據給定模長，利用向量的數量積運算求解即可.
【詳解】解：∵，
又∵
∴9，
∴
故選：C.
6．
【分析】法一：根據題意結合向量數量積的運算律運算求解；法二：換元令，結合數量積的運算律運算求解.
【詳解】法一：因為，即，
則，整理得，
又因為，即，
則，所以.
法二：設，則，
由題意可得：，則，
整理得：，即.
故答案為：.
7．
【分析】設與的夾角為，依題意可得，再根據數量積的定義求出，最后根據數量積的運算律計算可得．
【詳解】解：設與的夾角為，因為與的夾角的余弦值為，即，
又，，所以，
所以．
故答案為：．
8．
【分析】由已知可得，展開化簡后可得結果.
【詳解】由已知可得，
因此，.
故答案為：.
9．
【分析】根據平面向量數量積的坐標表示以及向量的線性運算列出方程，即可解出．
【詳解】因為，所以由可得，
，解得．
故答案為：．
【點睛】本題解題關鍵是熟記平面向量數量積的坐標表示，設，
，注意與平面向量平行的坐標表示區分．
10．.
【分析】利用向量的坐標運算法則求得向量的坐標，利用向量的數量積為零求得的值
【詳解】,
，解得,
故答案為：.
【點睛】本題考查平面向量的坐標運算，平面向量垂直的條件，屬基礎題，利用平面向量垂直的充分必要條件是其數量積.
【考點1】數量積的計算
一、單選題
1．（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知向量，滿足，，且與的夾角為，則（ ）
A． B． C．1 D．13
2．（2024·湖北·模擬預測）直線與圓交于M、N兩點，O為坐標原點，則（ ）
A． B． C．1 D．2
二、多選題
3．（2024·廣東廣州·二模）在梯形中，，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·全國·模擬預測）已知是兩個單位向量，若，，則（ ）
A．三點共線 B．
C． D．
三、填空題
5．（2024·河南·模擬預測）已知向量，，若，則的取值范圍為 ．
6．（2024高三·全國·專題練習）已知向量，，，
參考答案：
1．B
【分析】根據，結合數量積運算求解.
【詳解】根據題意，，
則.
故選：B
2．C
【分析】先聯立方程，結合韋達定理可求出，根據向量數量積可求答案.
【詳解】聯立,得，
則，即，所以，
設，則：，，
故選：C
3．ABD
【分析】在中由正弦定理求解判斷A；利用兩角和差公式求解判斷B；利用向量數量積計算判斷C；利用數量積計算判斷D．
【詳解】在中，，
則，
由正弦定理知，
即，故A正確；
，
，
，故B正確；
，故C錯誤；
，
故，即，故D正確．
故選：ABD
4．ABD
【分析】利用平面向量共線的性質判斷A，利用向量模的性質判斷B，用定義計算向量積判斷C，D即可.
【詳解】對于選項A：，，所以，
于是三點共線，故A正確.
選項B：設的夾角為，則，，，，所以，
故，同理，
所以，故，因此，故B正確.
選項C：易知，所以，，，
因為的值不確定，所以無法比較大小，故C不正確.
選項D：，，，顯然，故D正確.
故選：ABD
5．
【分析】根據數量積的坐標表示得到，再利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可求出其范圍.
【詳解】因為，，，所以，
所以，
當且僅當，即，時取等號，
所以的取值范圍為.
故答案為：
6．
【分析】根據平面向量數量積的運算及數量積的性質即可得結論.
【詳解】因為向量，，，
所以，
因此，．
故答案為：．
反思提升：
平面向量數量積的兩種運算方法
(1)基底法：當已知向量的模和夾角θ時，可利用定義法求解，適用于平面圖形中的向量數量積的有關計算問題；
(2)坐標法：當平面圖形易建系求出各點坐標時，可利用坐標法求解.
【考點2】數量積的應用
一、單選題
1．（2024·四川眉山·三模）已知向量滿足，且，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·遼寧葫蘆島·一模）已知向量的夾角為，且，若，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2022·全國·模擬預測）在邊長為正六邊形中，是線段上一點，，則下列說法正確的有（ ）
A．若，則
B．若向量在向量上的投影向量是，則
C．若為正六邊形內一點（包含端點），則的取值范圍是
D．若，則的值為
4．（2023·河北唐山·二模）已知向量，，，下列命題成立的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．設，，當取得最大值時，
三、填空題
5．（2023·全國·模擬預測）已知平面向量滿足，則實數的值為 ．
6．（2024·四川·模擬預測）平面向量，滿足，，且，則的值為 ．
參考答案：
1．A
【分析】根據數量積的運算律求出、、，即可求出、、，再根據夾角公式計算可得.
【詳解】由題意得，則有，解得，
又由，則有，解得，
同理可得，
所以，
，
，
所以.
故選：A
2．A
【分析】利用平面向量的數量積運算公式結合已知直接計算即可.
【詳解】因為，
所以，即，
因為，向量的夾角為，
所以，
所以，即.
故選：A.
3．AC
【分析】由向量線性運算可利用表示出，知A正確；由投影向量定義可求得向量在上的投影向量為，知B錯誤；以為坐標原點建立平面直角坐標系，設，利用向量數量積的坐標運算可知C正確；設，根據可求得的值，進而得到，知D錯誤.
【詳解】對于A，若，則為中點，
，A正確；
對于B，由正六邊形的性質知向量與的夾角為，
則向量在上的投影向量為，，B錯誤；
對于C，以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示平面直角坐標系，
則，，設，，，
，C正確；
對于D，由題意知：，，，
設，，，
，解得：，，，
，即，D錯誤.
故選：AC.
4．AD
【分析】若，則，結合兩角差的正弦公式即可判斷A；若，則，再結合二倍角的正弦公式及正弦函數的值域即可判斷B；若，則，再結合二倍角的余弦公式即可判斷C；求出再結合兩角差的余弦公式即可判斷D.
【詳解】對于A，若，則，
即，所以，即，故A正確；
對于B，若，則，
即，即，
因為，所以，
所以，
所以，
所以，故B錯誤；
對于C，，
由，得，
即，
即，則，
則或，
所以或，故C錯誤；
對于D，，，
則
，
當取得最大值時，，
此時，所以，故D正確.
故選：AD.
5．1或
【分析】結合平面向量的相關知識，將兩邊平方，計算即可.
【詳解】將兩邊平方，得，
得，即，解得或．
故答案為：或.
6．
【分析】首先求出的坐標，依題意，根據數量積的坐標表示得到方程，解得即可.
【詳解】因為，，
所以，
又，所以，解得.
故答案為：
反思提升：
(1)根據平面向量數量積的性質：若a，b為非零向量，則cos θ＝(夾角公式)，a⊥b a·b＝0等，可知平面向量的數量積可以用來解決有關角度、垂直問題.
(2)計算向量的模：①當向量有坐標或適合建坐標系時，可用模的計算公式；②利用|a|＝及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的運算轉化為數量積運算；③幾何法，利用向量的幾何意義，即利用向量加減法的平行四邊形法則或三角形法則作出向量，再利用余弦定理等方法求解.
【考點3】平面向量的綜合應用
一、單選題
1．（2024·湖北武漢·模擬預測）已知是邊長為的正三角形，點是所在平面內的一點，且滿足，則的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
2．（2024·廣東廣州·模擬預測）在中，角、、的對邊分別為、、，若，，的平分線的長為，則邊上的中線的長等于（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·廣東廣州·二模）已知雙曲線的左右焦點分別為，左頂點為，點是的右支上一點，則（ ）
A．的最小值為8
B．若直線與交于另一點，則的最小值為6
C．為定值
D．若為的內心，則為定值
4．（2024·山西·三模）蜜蜂的巢房是令人驚嘆的神奇天然建筑物，巢房是嚴格的六角柱狀體，它的一端是平整的六角形開口，另一端是封閉的六角菱形的底（由三個相同的菱形組成）巢中被封蓋的是自然成熟的蜂蜜，如圖是一個蜂巢的正六邊形開口ABCDEF，它的邊長為1，點P是△DEF內部（包括邊界）的動點，則（ ）
A．
B．
C．若P為EF的中點，則在上的投影向量為
D．的最大值為
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）已知等邊的外接圓的面積為，動點在圓上，若，則實數的取值范圍為 ．
6．（2024·河北秦皇島·二模）已知雙曲線C：的左焦點為F，過坐標原點O的直線與C交于A，B兩點，且，，則C的離心率為 .
參考答案：
1．C
【分析】可由重心的性質結合向量運算得到點的軌跡，再結合圓上的點到圓外定點的距離最小值為圓心到定點減半徑得到；亦可建立適當平面直角坐標系，借助向量的坐標運算結合圓的性質得解.
【詳解】法一：設的重心為，則，
點的軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，
又，的最小值是.
法二：以所在直線為軸，以中垂線為軸建立直角坐標系，
則，
設，即，
化簡得，點的軌跡方程為，
設圓心為，，由圓的性質可知當過圓心時最小，
又，故得最小值為.
故選：C.
2．A
【分析】由設，可得的值，進而可求得的值，結合余弦定理可得，由可求得，即可求得結果.
【詳解】由題意知，設，則，如圖所示，
由可得，
整理得，即，
又因為，所以，
所以，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
由是邊上的中線，得
.
所以，中線長.
故選：A
3．ACD
【分析】根據雙曲線的定義判斷A；取直線可判斷B；由向量的數量積公式和運算律進行化簡判斷C；根據雙曲線的定義判斷D.
【詳解】對A，得，所以，
所以，
當為雙曲線右支與軸交點時，取等號，
即的最小值為8，故A正確；
對B，若直線經過，當直線的斜率為0時，直線的方程為，
與雙曲線的兩個交點為，此時，故B錯誤；
對C，因為，
所以，，
兩式相加得，，
所以，故C正確；
對D，設為的內心，
，
，
，
在雙曲線上，,為定值，D正確，
故選：ACD．
4．AD
【分析】對于A：根據正六邊形的性質結合向量的線性運算求解；對于C：根據結合投影向量的定義分析判斷；對于BD：建系，根據向量的坐標運算求解.
【詳解】對于選項A：因為，故A正確；
對于選項C：由題意可知：，
若P為EF的中點，所以在上的投影向量為，故C錯誤；
對于選項BD：如圖，建立平面直角坐標系，
則，
可得，所以，故B錯誤；
設，可知，
則，可得，
則，
可知當，即點與點重合時，的最大值為，故D正確；
故選：AD.
5．
【分析】根據正三角形的幾何性質可得外接圓半徑，再由正弦定理得邊長，取線段的中點，取線段的中點，根據向量的線性運算及數量積的運算性可得，且再由三角形三邊關系列不等式得結論.
【詳解】依題意，設的外接圓的半徑為，則，故，
在等邊中由正弦定理得，則；
取線段的中點，連接，則，
所以；
取線段的中點，連接，則在線段上，且，所以，
則又，
故，則．
故答案為：.
6．
【分析】記C的右焦點為，連接，，由雙曲線的定義結合題意可得，，再由數量積的定義和余弦定理可得，即可求出答案.
【詳解】記C的右焦點為，連接，，如圖所示.
過坐標原點O的直線與C交于A，B兩點，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
因為，，
所以，.
因為，所以.
在中，由余弦定理可得，
因為，所以，
即，即C的離心率為.
故答案為：.
反思提升：
向量數量積綜合應用的方法和思想
(1)坐標法：把幾何圖形放在適當的坐標系中，就賦予了有關點與向量具體的坐標，這樣就能進行相應的代數運算和向量運算，從而使問題得到解決.
(2)基向量法：適當選取一組基底，寫出向量之間的聯系，利用向量共線構造關于設定未知量的方程來進行求解.
(3)利用向量運算進行轉化，化歸為三角函數的問題或三角恒等變換問題是常規的解題思路和方法，以向量為載體考查三角形問題時，要注意正弦定理、余弦定理等知識的應用.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·湖南長沙·二模）已知向量 中， 是單位向量， 與 的夾角為 ，則 （ ）
A．2 B． C． D．-1
2．（2024·浙江·三模）已知單位向量滿足，則（ ）
A．0 B． C． D．1
3．（2023·山東青島·二模）已知為坐標原點，復數，，分別表示向量，，，若，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·湖北武漢·二模）已知，向量，且，則在上的投影向量為（ ）
A． B．5 C． D．
二、多選題
5．（23-24高三下·山東菏澤·開學考試）已知單位向量，的夾角為，則下列結論正確的有（ ）
A．
B．在方向上的投影向量為
C．若，則
D．若，則
6．（2023·山東·二模）下列說法正確的是（ ）
A．
B．非零向量和，滿足且和同向，則
C．非零向量和滿足，則
D．已知，，則在的投影向量的坐標為
7．（2024·全國·模擬預測）已知向量，若，則下列說法正確的是（ ）
A． B．
C． D．在上的投影向量為
三、填空題
8．（2024·江西·模擬預測）已知平面內非零向量在向量上的投影向量為，且，則與夾角的余弦值為 ．
9．（2024·全國·模擬預測）已知向量，若，則 .
10．（2024·湖北·模擬預測）已知向量，，若，則實數 .
四、解答題
11．（23-24高三上·北京·階段練習）在中，．
(1)求C；
(2)若，求的最小值．
12．（2024·黑龍江·二模）已知向量，，且函數在上的最大值為．
(1)求常數的值；
(2)求函數的單調遞減區間．
參考答案：
1．B
【分析】根據數量積的定義及運算律求解.
【詳解】，
所以 .
故選：B
2．B
【分析】計算出，，，利用向量夾角余弦公式求出答案.
【詳解】，
，故，
，故，
所以.
故選：B
3．C
【分析】根據復數的幾何意義確定向量，，的坐標，再根據向量垂直的坐標運算即可求得的值，從而可得的值.
【詳解】由題意可得，，所以
又，所以，所以
則.
故選：C.
4．C
【分析】借助向量垂直可得，結合投影向量定義計算即可得解.
【詳解】由，則有，即，
則，故.
故選：C.
5．AB
【分析】由題意可得，根據可判斷A；根據在方向上的投影向量為可判斷B；根據可判斷C；根據數量積的運算律可判斷D.
【詳解】因為，都是單位向量，所以，
所以，即，故A正確；
在方向上的投影向量為，故B正確；
若，則，即，即，
因為，所以，故C錯誤；
若，則，
所以，即，故D錯誤.
故選：AB
6．AC
【分析】根據數量積的運算律判斷A、C，根據向量的定義判斷B，根據投影向量的定義判斷D.
【詳解】對于A：根據數量積的運算律可知，故A正確；
對于B：向量不可以比較大小，故B錯誤；
對于C：非零向量和滿足，則，
即，所以，則，故C正確；
對于D：因為，，所以，，
所以在的投影向量為，故D錯誤；
故選：AC
7．ABD
【分析】利用向量垂直的坐標表示求出x，再結合向量的坐標運算逐項判斷即得.
【詳解】對于A，由，，得，解得，A正確；
對于B，，則，于是，B正確；
對于C，，，則與不垂直，C錯誤；
對于D，，
則在上的投影向量為，D正確．
故選：ABD
8．
【分析】利用投影向量公式計算即可.
【詳解】設與的夾角為，
因為，
即，又，
則，即．
故答案為：.
9．
【分析】先利用向量垂直的坐標運算求得，然后代入模的坐標運算公式求解即可.
【詳解】，，
，.
故答案為：
10．
【分析】根據向量垂直的坐標表示，由可得即可得解.
【詳解】由得，
，.
故答案為：
11．(1)
(2)
【分析】（1）根據兩角和正弦余弦公式化簡可得，再根據誘導公式化簡可得；
（2）由余弦定理求出的取值范圍后即可求出.
【詳解】（1）因為，
所以，
，
即
即，
因為是的內角，所以，即，
所以.
（2）在中，，
得，因為是的邊長
所以，所以，
即
因為，
所以，
所以的最小值為.
12．(1)
(2)
【分析】（1）根據向量數量積運算、二倍角和輔助角公式可化簡，根據正弦型函數最大值可構造方程求得的值；
（2）采用整體代換的方式，構造不等式，解不等式即可求得單調遞減區間.
【詳解】（1），
，，解得：.
（2）由（1）知：，
令，解得：，
的單調遞減區間為.
【能力篇】
一、單選題
1．（23-24高一下·福建泉州·期中）已知向量，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·湖北武漢·模擬預測）已知向量，則下列命題為真命題的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．的最大值為6
D．若，則
三、填空題
3．（2024·湖北·模擬預測）已知正方形的邊長為，兩個點，（兩點不重合）都在直線的同側（但，與在直線的異側），，關于直線對稱，若，則面積的取值范圍是 .
四、解答題
4．（2024·廣東惠州·一模）在中，已知，，分別為角，，的對邊．若向量，向量，且．
(1)求的值；
(2)若，，成等比數列，求的值．
參考答案：
1．B
【分析】先計算，再代入向量的夾角公式計算即可.
【詳解】，
所以，
故選：B
2．ACD
【詳解】利用向量平行的坐標表示判斷A；利用向量垂直的坐標表示判斷B選項；根據向量減法的三角形法則，結合反向檢驗等號成立的條件，從而判斷C；利用向量數量積運算法則得到，進而求得，從而判斷D.
【分析】對于A，因為，，
則，解得，故A正確；
對于B，因為，則，解得，
所以，解得，故B錯誤；
對于C，因為，
而，當且僅當反向時，等號成立，
此時，解得或，
當，同向，舍去；
當，滿足反向；故C正確；
對于D，若，則，
即，所以，
則
，故D正確.
故選：ACD
3．
【分析】建立平面直角坐標系，由求出點軌跡，由軌跡特征求點到直線的距離的取值范圍，可求面積的取值范圍.
【詳解】以為軸，為軸建立如圖所示的平面直角坐標系，
則，，，，
設，，所以，，
因為，所以，即位于雙曲線的右支上，漸近線方程為或，
直線與直線：的距離為，即點到直線的距離的取值范圍是，
又，所以面積的取值范圍是.
因為不重合，故不重合，故面積不為，

故答案為：.
4．(1)
(2)
【分析】（1）由題意利用平面向量數量積的運算，正弦定理，兩角和的正弦公式求解即可．
（2）利用等比數列的性質，正弦定理根據已知可得，求出的值，再利用同角三角函數基本關系式，兩角和的正弦公式求解即可．
【詳解】（1）因為，，且，
所以，
由正弦定理，可得，
所以，即，
又為三角形內角，，
所以；
（2）因為，，成等比數列，
所以，由正弦定理，可得，
又，為三角形內角，所以，
所以．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·廣東佛山·二模）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點A，B在C上，且滿足，，則C的離心率為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2023·福建·模擬預測）半圓形量角器在第一象限內，且與軸、軸相切于、兩點.設量角器直徑，圓心為，點為坐標系內一點.下列選項正確的有（ ）

A．點坐標為 B．
C． D．若最小，則
三、填空題
3．（2024·上海長寧·二模）已知平面向量滿足：，若，則的最小值為 ．
參考答案：
1．B
【分析】取的中點M，由已知可得四邊形為平行四邊形，則，利用數量積運算可得，再結合橢圓的定義及余弦定理求得a，c的關系即可得解.
【詳解】如圖，由，得，取的中點M，
則四邊形為平行四邊形，，
于是，
則，解得，，
由橢圓定義知，又，，
由，得，即，
在和中，余弦定理得：，
即，整理得，
所以C的離心率為.
故選：B
【點睛】方法點睛：求解橢圓或雙曲線的離心率的三種方法：
①定義法：通過已知條件列出方程組，求得得值，根據離心率的定義求解離心率；
②齊次式法：由已知條件得出關于的二元齊次方程，然后轉化為關于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通過取特殊值或特殊位置，求出離心率.
2．ACD
【分析】根據題意，結合平面向量的運算以及坐標運算，對選項逐一判斷，即可得到結果.
【詳解】由題意得，量角器與軸、軸相切于、兩點，且，則，故A正確；
由A可知，，則，則
，故B錯誤；
記，則C選項
，故C正確；
設，則
，
當時，，故D正確；
故選：ACD
3．2
【分析】先利用和證明，再解不等式得到，從而有，再驗證，，時，即得到的最小值是2.
【詳解】由于，
且，
故有
，
所以，記，則有，從而或，即或.
總之有，故，即.
存在，，時條件滿足，且此時，所以的最小值是2.
故答案為：2.
【點睛】關鍵點點睛：對于的最小值問題，我們先證明，再給出一個使得的例子，即可說明的最小值是2，論證不等關系和舉例取到等號兩個部分都是證明最小值的核心，缺一不可.
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