2014届高考数学一轮练之乐：1.4.3平面向量的数量积

一、选择题
1．已知向量a ＝(2,1)，b ＝(－1，k)，a·(2a －b)＝0，则k ＝( )
A ．－12
B ．－6
C ．6
D ．12
解析：∵2a －b ＝(4,2)－(－1，k)＝(5,2－k)，由a·(2a －b)＝0，得(2,1)·(5,2－k)＝0
∴10＋2－k ＝0，解得k ＝12.
答案：D
2．设向量a ，b 满足|a|＝|b|＝1，a·b ＝－12
，则|a ＋2b|＝( ) A. 2 B. 3 C. 5 D.7
解析：依题意得(a ＋2b)2＝a2＋4b2＋4a·b ＝5＋4×⎝⎛⎭
⎫－12＝3，则|a ＋2b|＝3，故选B. 答案：B
3．在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，B ＝45°，AB ＝2CD ＝2，M 为腰BC 的中
点，则MA →·MD →＝( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：据题意可得MA →·MD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12CB →＋BA →·⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12CB →＋CD →＝－14|CB →|2＋12CB →·CD →－12CB →·BA →＋BA →·CD →＝－14×(2)2＋12×2×1×cos135°－12×2×2×1×cos135°＋2×1×cos0°＝－12－12
＋1＋2＝2.
答案：B
4．已知a 与b 均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题
p1：|a ＋b|＞1⇔θ∈[0，2π3
) p2：|a ＋b|＞1⇔θ∈(2π3
，π] p3：|a －b|＞1⇔θ∈[0，π3
) p4：|a －b|＞1⇔θ∈(π3
，π] 其中的真命题是( )
A ．p1，p4
B ．p1，p3
C ．p2，p3
D ．p2，p4
解析：由|a ＋b|＞1可得：a2＋2a·b ＋b2＞1，∵|a|＝1，|b|＝1，∴a·b ＞－12，故θ∈[0，2π3
)．当θ∈[0，2π3)时，a·b ＞－12
，|a ＋b|2＝a2＋2a·b ＋b2＞1，即|a ＋b|＞1；由|a －b|＞1可得：a2－2a·b ＋b2＞1，∵|a|＝1，|b|＝1，∴a·b ＜12，故θ∈(π3
，π]，反之也成立，选A.
答案：A
5．若a ，b ，c 均为单位向量，且a·b ＝0，(a －c)·(b －c)≤0，则|a ＋b －c|的最大值为( ) A.2－1 B ．1 C. 2 D ．2
解析：由已知条件，向量a ，b ，c 都是单位向量可以求出，a2＝1，b2＝1，c2＝1，由a·b ＝0，及(a －c)(b －c)≤0，可以知道，(a ＋b)·c≥c2＝1，因为|a ＋b －c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b －2a·c －2b·c ，所以有|a ＋b －c|2＝3－2(a·c ＋b·c)≤1，故|a ＋b －c|≤1.
答案：B
6．设A(a,1)、B(2，b)、C(4,5)为坐标平面上三点，O 为坐标原点，若OA →与OB →在OC →方向上
的投影相同，则a 与b 满足的关系式为( )
A ．4a －5b ＝3
B ．5a －4b ＝3
C ．4a ＋5b ＝14
D ．5a ＋4b ＝14
解析：由图知，要使OA →与OB →在OC →方向上的投影相同，只需使AB →⊥OC →，即(2－a ，b －1)·(4,5)
＝0得4a －5b －3＝0.
答案：A
二、填空题
7．已知向量a ，b 满足(a ＋2b)·(a －b)＝－6，且|a|＝1，|b|＝2，则a 与b 的夹角为________． 解析：设a 与b 的夹角为θ，依题意有(a ＋2b)·(a －b)＝a2＋a·b －2b2＝－7＋2cosθ＝－6，所
以cosθ＝12，因为0≤θ≤π，所以θ＝π3
. 答案：π3
8．已知单位向量e1，e2的夹角为60°，则|2e1－e2|＝__________.
解析：依题意得(2e1－e2)2＝4e21＋e22－4e1·e2＝4＋1－4×12×cos60°＝3，故|2e1－e2|＝ 3. 答案： 3
9．若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为12
，则α与β的夹角θ的取值范围是________．
解析：如图，向量α与β在单位圆O 内，其中因|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平
行四边形的面积为12，故以向量α，β为边的三角形的面积为14
，故β的终点在如图的线段AB(α
∥AB →且圆心O 到AB 的距离为12)上，因此夹角θ的取值范围为[π6，5π6
]． 答案：[π6，5π6
] 三、解答题
10．已知OA →＝(2,5)，OB →＝(3,1)，OC →＝(6,3)，在OC →上是否存在点M ，使MA →⊥MB →，若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
解析：设存在点M ，且OM →＝λOC →＝(6λ，3λ)(0＜λ≤1)，
∴MA →＝(2－6λ，5－3λ)，MB →＝(3－6λ，1－3λ)．
∵MA →⊥MB →，
∴(2－6λ)(3－6λ)＋(5－3λ)(1－3λ)＝0，
即45λ2－48λ＋11＝0，解得λ＝13，或λ＝1115
. ∴OM →＝(2,1)，或OM →＝(225，115
)． ∴存在M(2,1)，或M(225，115
)满足题意． 11．(2013·佛山质检)设向量a ＝(4cosα，sinα)，b ＝(sinβ，4cosβ)，c ＝(cosβ，－4sinβ)．
(1)若a 与b －2c 垂直，求tan(α＋β)的值；
(2)求|b ＋c|的最大值；
(3)若tanαtanβ＝16，求证：a ∥b.
解析：(1)因为a 与b －2c 垂直，所以
a·(b －2c)＝4cosαsinβ－8cosαcosβ＋4sinαcosβ＋8sinαsinβ＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0， 因此tan(α＋β)＝2. (2)由b ＋c ＝(sinβ＋cosβ，4cosβ－4sinβ)，得 |b ＋c|＝s inβ＋cosβ 2＋4cosβ－4sinβ 2
＝17－15sin2β≤4 2.
又当β＝－π4
时，等号成立，所以|b ＋c|的最大值为4 2. (3)由tanαtanβ＝16得4cosα＝sinα，所以a ∥b. 12．已知向量m ＝(1,1)，向量n 与向量m 的夹角为34
π，且m·n ＝－1. (1)求向量n ；
(2)△A BC 中三内角A 、B 、C 依次成等差数列，若向量n ＝(0，－1)，向量p ＝(cosA ,2cos2C 2
)，求|n ＋p|的取值范围．
解析：(1)设n ＝(x ，y)，由m·n ＝－1，可得
x ＋y ＝－1，①
又m 与n 的夹角为34π，有m·n ＝|m|·|n|·cos 34
π，则x2＋y2＝1，② 由①、②解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－1y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝0y ＝－1. ∴n ＝(－1,0)或n ＝(0，－1)．
(2)由2B ＝A ＋C 知B ＝π3，A ＋C ＝2π3，0＜A ＜2π3
， 若n ＝(0，－1)，则
n ＋p ＝(cosA,2cos2C 2－1)＝(cosA ，cosC)， ∴|n ＋p|2＝cos2A ＋cos2C
＝1＋cos2A 2＋1＋cos2C 2
＝1＋12[cos2A ＋cos(4π3
－2A)] ＝1＋12cos(2A ＋π3
)， ∵0＜A ＜2π3，π3＜2A ＋π3＜5π3
， ∴－1≤cos(2A ＋π3)＜12，12≤1＋12cos(2A ＋π3)＜54，即|n ＋p|2∈[12，54
)， ∴|n ＋p|∈[
22，52
).。