《2025年零失误分层训练高中数学必修第二册人教版黑吉辽内蒙古专版》

6.【题型四、五】已知向量$a\neq e,|e|=1$，对任意$t\in R$，恒有$|a - te|\geq|a - e|$，则 (C)

A.$a\perp e$
B.$a\perp(a - e)$
C.$e\perp(a - e)$
D.$(a + e)\perp(a - e)$

答案： 6.C[提示:已知向量$\mathbf{a} \neq \mathbf{e}$，$|\mathbf{e}| = 1$，对任意$t \in R$，恒有$|\mathbf{a} - t\mathbf{e}| \geqslant |\mathbf{a} - \mathbf{e}|$，即$|\mathbf{a} - t\mathbf{e}|^{2} \geqslant |\mathbf{a} - \mathbf{e}|^{2}$，$\therefore t^{2} - 2\mathbf{a} · \mathbf{e}t + 2\mathbf{a} · \mathbf{e} - 1 \geqslant 0$，即$\triangle = (-2\mathbf{a} · \mathbf{e})^{2} - 4(2\mathbf{a} · \mathbf{e} - 1) \leqslant 0$，$\therefore (\mathbf{a} · \mathbf{e} - 1)^{2} \leqslant 0$，$\therefore \mathbf{a} · \mathbf{e} - 1 = 0$，即$\mathbf{a} · \mathbf{e} = 1$，$\mathbf{e} · (\mathbf{a} - \mathbf{e}) = 0$，即$\mathbf{e} \perp (\mathbf{a} - \mathbf{e})$。]

7.【题型三、五】已知非零向量$a,b$满足$|b|=\sqrt{2}|a|$，且$(a - b)\perp(3a + 2b)$，则$a$与$b$的夹角为 (B)

A.$45^{\circ}$
B.$135^{\circ}$
C.$60^{\circ}$
D.$120^{\circ}$

答案： 7.B[提示:根据题意，设$\mathbf{a}$与$\mathbf{b}$的夹角为$\theta$，因为$(\mathbf{a} - \mathbf{b}) \perp (3\mathbf{a} + 2\mathbf{b})$，$|\mathbf{b}| = \sqrt{2}|\mathbf{a}|$，所以$(\mathbf{a} - \mathbf{b}) · (3\mathbf{a} + 2\mathbf{b}) = 3\mathbf{a}^{2} - \mathbf{a} · \mathbf{b} - 2\mathbf{b}^{2} = 0$，即$3\mathbf{a}^{2} - \mathbf{a} · \mathbf{b} - 2 × 2|\mathbf{a}|^{2} = 0$，变形可得$\mathbf{a} · \mathbf{b} = -\mathbf{a}^{2}$，则$\cos \theta = \frac{\mathbf{a} · \mathbf{b}}{|\mathbf{a}||\mathbf{b}|} = \frac{-\mathbf{a}^{2}}{|\mathbf{a}| · \sqrt{2}|\mathbf{a}|} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$。又$\theta \in [0^{\circ}, 180^{\circ}]$，所以$\theta = 135^{\circ}$。]

8.【题型二】已知$|b|=3,a$在$b$上的投影向量为$\frac{1}{2}b$，则$a· b$的值为 (B)

A.3
B.$\frac{9}{2}$
C.2
D.$\frac{1}{2}$

答案： 8.B[提示:设$\mathbf{a}$与$\mathbf{b}$的夹角为$\theta$，$\because |\mathbf{a}| \cos \theta · \frac{\mathbf{b}}{|\mathbf{b}|} = \frac{1}{2}\mathbf{b}$，即$|\mathbf{a}| \cos \theta = \frac{1}{2}|\mathbf{b}|$，$\therefore \mathbf{a} · \mathbf{b} = |\mathbf{a}||\mathbf{b}| \cos \theta = 3 × \frac{3}{2} × \frac{1}{2} = \frac{9}{2}$。]

9.【题型一、四、五】(2025 · 黑龙江哈尔滨松雷中学高一下月考)已知平面向量$a,b,c$满足$c\perp(a + b),a· c=|c|=1$，若$a\perp b$，则$|a - b|$的最小值为2

答案：
9.2[提示:已知平面向量$\mathbf{a}$，$\mathbf{b}$，$\mathbf{c}$满足$\mathbf{c} \perp (\mathbf{a} + \mathbf{b})$，$\mathbf{a} · \mathbf{c} = |\mathbf{c}| = 1$，若$\mathbf{a} \perp \mathbf{b}$，不妨固定向量$\mathbf{a}$，$\mathbf{b}$，$\mathbf{c}$的起点为同一点，因为$\mathbf{a} · \mathbf{c} = |\mathbf{c}| = 1$，所以由向量投影的性质，知$\mathbf{a}$在$\mathbf{c}$方向上的投影向量的长度为1，由$\mathbf{c} · (\mathbf{a} + \mathbf{b}) = 0$，可知$\mathbf{b} · (-\mathbf{c}) = 1$，故$\mathbf{b}$在向量$-\mathbf{c}$方向上的投影向量的长度为1，又因为$\mathbf{a} \perp \mathbf{b}$，$\mathbf{a}$，$\mathbf{b}$，$\mathbf{a} - \mathbf{b}$可以围成如图所示的直角三角形，由图知，当$\mathbf{a}$与$\mathbf{c}$的夹角为$\frac{\pi}{4}$时，$|\mathbf{a} - \mathbf{b}|$取得最小值2。
]

10.【题型一、二、五】(2025 · 黑龙江哈尔滨四中高一下期中)《哪吒 2》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代，内饰充满了中国文化符号. 我校高一数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动. 如图，正八边形 ABCDEFGH 的边长为 2，$\angle ABC=\frac{3}{4}\pi$，点 P 在线段 CH 上且$\overrightarrow{AP}=m\overrightarrow{AH}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$，则$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{AB}$的值为$\frac{4 - 2\sqrt{2}}{3}$;若点 Q 为线段 CD 上的动点，则$\overrightarrow{AQ}·\overrightarrow{QE}$的最大值为1.

答案： 10.$\frac{4 - 2\sqrt{2}}{3}$[提示:由$\overrightarrow{AP} = \overrightarrow{AH} + \frac{1}{3}\overrightarrow{HC}$，且$\overrightarrow{AP} = m\overrightarrow{AH} + \frac{1}{3}\overrightarrow{AC} = m\overrightarrow{AH} + \frac{1}{3}(\overrightarrow{AH} + \overrightarrow{HC})$，由此可知$m + \frac{1}{3} = 1$，即$\lambda = \frac{1}{3}$，根据正八边形的几何性质可知$|\overrightarrow{HC}| = |\overrightarrow{HA}| · \cos \frac{\pi}{4} + |\overrightarrow{AB}| · \cos 0 + |\overrightarrow{BC}| · \cos \frac{\pi}{4} = 2 × \frac{\sqrt{2}}{2} + 2 × 1 + 2 × \frac{\sqrt{2}}{2} = 2 + 2\sqrt{2}$，故$\overrightarrow{HC} = (1 + \sqrt{2})\overrightarrow{AB}$，所以$(\overrightarrow{AH} + \frac{1 + \sqrt{2}}{3}\overrightarrow{AB}) · \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AH} · \overrightarrow{AB} + \frac{1 + \sqrt{2}}{3}|\overrightarrow{AB}|^{2} = 2 × 2 × \cos \frac{3\pi}{4} + \frac{1 + \sqrt{2}}{3} × 2^{2} = \frac{4 - 2\sqrt{2}}{3}$。设$\overrightarrow{CQ} = t\overrightarrow{CD}(0 \leqslant t \leqslant 1)$，则$\overrightarrow{QD} = (1 - t)\overrightarrow{CD}$，故$\overrightarrow{AQ} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CQ} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + t\overrightarrow{CD}$，$\overrightarrow{QE} = \overrightarrow{QD} + \overrightarrow{DE} = (1 - t)\overrightarrow{CD} + \overrightarrow{DE}$。根据正八边形的几何性质可知$\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{CD}$，$\overrightarrow{BC} \perp \overrightarrow{DE}$，$\overrightarrow{DE} = \overrightarrow{AH}$，故$\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{CD} = 0$，$\overrightarrow{BC} · \overrightarrow{DE} = 0$，所以$\overrightarrow{AQ} · \overrightarrow{QE} = (\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + t\overrightarrow{CD}) · [(1 - t)\overrightarrow{CD} + \overrightarrow{DE}] = (1 - t)\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{DE} + (1 - t)\overrightarrow{BC} · \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{BC} · \overrightarrow{DE} + t(1 - t)|\overrightarrow{CD}|^{2} + t\overrightarrow{CD} · \overrightarrow{DE} = \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AH} + (1 - t)\overrightarrow{BC} · \overrightarrow{CD} + t(1 - t) × 2^{2} + t × 2 × 2 × \cos \frac{\pi}{4} = 4t - 4t^{2} = -4(t - \frac{1}{2})^{2} + 1$，又因为$t \in [0, 1]$，所以当$t = \frac{1}{2}$时取得最大值，为1。]

11.【题型一、三、五】(2025 · 黑龙江省实验中学高一下段考)已知$|a|=2,|b|=3,a· b=-3$.
(1)求向量$a$与$b$的夹角；
(2)若$(a - 2b)\perp(ka + b)$，求实数$k$的值；
(3)求$|a+\lambda b|$的最小值.

答案： 11.解:
(1)设向量$\mathbf{a}$与$\mathbf{b}$的夹角为$\theta$，因为$|\mathbf{a}| = 2$，$|\mathbf{b}| = 3$，$\mathbf{a} · \mathbf{b} = -3$，所以$\cos \theta = \frac{\mathbf{a} · \mathbf{b}}{|\mathbf{a}||\mathbf{b}|} = \frac{-3}{2 × 3} = -\frac{1}{2}$，又$0 \leqslant \theta \leqslant \pi$，所以$\theta = \frac{2\pi}{3}$，即向量$\mathbf{a}$与$\mathbf{b}$的夹角为$\frac{2\pi}{3}$。
(2)由$(\mathbf{a} - 2\mathbf{b}) \perp (k\mathbf{a} + \mathbf{b})$，可得$(\mathbf{a} - 2\mathbf{b}) · (k\mathbf{a} + \mathbf{b}) = k\mathbf{a}^{2} + (1 - 2k)\mathbf{a} · \mathbf{b} - 2\mathbf{b}^{2} = 0$，即$4k + 3(1 - 2k) - 18 = 0$，解得$k = \frac{21}{10}$。
(3)由题意，得$|\mathbf{a} + \lambda\mathbf{b}|^{2} = \mathbf{a}^{2} + 2\lambda\mathbf{a} · \mathbf{b} + \lambda^{2}\mathbf{b}^{2} = 4 - 6\lambda + 9\lambda^{2} = 9(\lambda - \frac{1}{3})^{2} + 3$，故当$\lambda = \frac{1}{3}$时，$|\mathbf{a} + \lambda\mathbf{b}|$取得最小值，为$\sqrt{3}$。

12.【题型三、五】已知向量$a,b$满足$|a|=1,|b|=\sqrt{2}$，且$a,b$的夹角为$45^{\circ}$.
(1)若$(2a + 3b)\perp(a - kb)$，求实数$k$的值；
(2)求$a + b$与$a - b$的夹角的余弦值.

答案： 12.解:
(1)由题意，知$|\mathbf{a}| = 1$，$|\mathbf{b}| = \sqrt{2}$，且$\mathbf{a}$，$\mathbf{b}$的夹角为$45^{\circ}$，则$\mathbf{a} · \mathbf{b} = 1 × \sqrt{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} = 1$，若$(2\mathbf{a} + 3\mathbf{b}) \perp (\mathbf{a} - k\mathbf{b})$，则$(2\mathbf{a} + 3\mathbf{b}) · (\mathbf{a} - k\mathbf{b}) = 2\mathbf{a}^{2} + (3 - 2k)\mathbf{a} · \mathbf{b} - 3k\mathbf{b}^{2} = 5 - 8k = 0$，解得$k = \frac{5}{8}$。
(2)由
(1)知，$|\mathbf{a} + \mathbf{b}| = \sqrt{(\mathbf{a} + \mathbf{b})^{2}} = \sqrt{\mathbf{a}^{2} + 2\mathbf{a} · \mathbf{b} + \mathbf{b}^{2}} = \sqrt{5}$，$|\mathbf{a} - \mathbf{b}| = \sqrt{(\mathbf{a} - \mathbf{b})^{2}} = \sqrt{\mathbf{a}^{2} - 2\mathbf{a} · \mathbf{b} + \mathbf{b}^{2}} = 1$，根据题意，设$\mathbf{a} + \mathbf{b}$与$\mathbf{a} - \mathbf{b}$的夹角为$\theta$，则$(\mathbf{a} + \mathbf{b}) · (\mathbf{a} - \mathbf{b}) = \mathbf{a}^{2} - \mathbf{b}^{2} = -1$，故$\cos \theta = \frac{(\mathbf{a} + \mathbf{b}) · (\mathbf{a} - \mathbf{b})}{|\mathbf{a} + \mathbf{b}||\mathbf{a} - \mathbf{b}|} = \frac{-1}{\sqrt{5} × 1} = -\frac{\sqrt{5}}{5}$。