2021年新高考数学专题练习--第6章第2讲平面向量的数量积及应用

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高中数学第六章平面向量及其应用6.2.4向量的数量积同步练习含解析新人教A版必修第二册

课时素养评价五向量的数量积(15分钟30分)1.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=,且a与b的夹角为,则(a+b)·(2a-b)= (A. B.- C.- D.【解析】选A. =2a2-b2+a·b=2-3+1××=.2.(2020·广州高一检测)已知向量a,b满足|a|=,|b|=2,a·b=-3,则a与b的夹角是( )A.150°B.120C.60D.30°【解析】选B.设a与b的夹角为θ,则cos θ===-,因为0°≤θ≤180°,所以θ=120°.【补偿训练】已知向量a,b满足|a|=2,|b|=1,a·b=1,则向量a与a-b的夹角为 ( )A. B. C. D.【解析】选A.|a-b|=设向量a与a-b的夹角为θ,则cos θ===,又因为θ∈[0,π],所以θ=.3.如图,已知正六边形P1P2P3P4P5P6,下列向量的数量积中最大的是(A.·B.·C.·D.·【解析】选A.由于⊥,故其数量积是0,可排除C;与的夹角是,故其数量积小于零,可排除D;设正六边形的边长是a,则·=||||c os 30°=a2,·=||||c os 60°=a2.4.如图,AB是圆C的弦,设=a,=b,则向量在向量上的投影向量为(用a或b表示).【解析】如图所示,过点C作CD⊥AB,垂足为D,连接CB,则向量在向量上的投影向量为.因为CA=CB,所以D是AB的中点,所以==.答案:5.△ABC三边的长分别为AC=3,BC=4,AB=5,若=,=,则·= __.【解析】由题知·=(+)·=(+)·=·=+·=×42+0=.答案:6.已知非零向量a,b满足a+3b与7a-5b互相垂直,a-4b与7a-2b互相垂直,求a与b的夹角. 【解析】设a与b的夹角为θ,由已知条件得即②-①得23b2-46a·b=0,所以2a·b=b2,代入①得a2=b2,所以|a|=|b|,所以因为θ∈[0,π],所以θ=.(30分钟60分)一、单选题(每小题5分,共20分)1.在△ABC中,若·+=0,则在上的投影向量为(A. B. C. D.【解析】选A.因为0=·+=·(+)=·,所以⊥,又与的夹角为锐角,所以在上的投影向量为.2.设a,b是非零向量.“a·b=|a||b|”是“a∥b”的(A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.设a与b的夹角为θ.因为a·b=|a|·|b|cos θ=|a|·|b|,所以cos θ=1,即a与b的夹角为0°,故a∥b;而当a∥b时,a与b的夹角为0°或180°,所以a·b=|a|·|b|cos θ=±|a|·|b|,所以“a·b=|a||b|”是“a∥b”的充分不必要条件.【补偿训练】若|a|=1,|b|=2,则|a·b|的值不可能是 ( )A.0B.C.2D.3【解析】选D.由向量数量积的性质知|a·b|≤|a||b|=2.3.如图,AB是圆O的直径,P是圆弧AB上的点,M,N是AB上的两个三等分点,且AB=6,则·= ()A.3B.4C.6D.8【解析】选D.·=(+)·(+)=-=8.【补偿训练】已知正三角形ABC的边长为1,设=c,=a,=b,那么a·b+b·c+c·a的值是( )A. B. C.- D.-【解析】选C.因为a+b+c=0,所以(a+b+c)2=0,即|a|2+|b|2+|c|2+2(a·b+b·c+c·a)=0,所以3+2(a·b+b·c+c·a)=0,所以a·b+b·c+c·a=-.4.已知下列说法:①若a2+b2=0,则a=b=0;②已知a,b,c是三个非零向量,若a+b=0,则|a·c|=|b·c|;③|a||b|<a·b;④a·a·a=|a|3.其中正确说法的个数是( A.0 B.1 C.2 D.3【解析】选C.对于①,因为a2+b2=0,所以|a|2+|b|2=0,所以|a|=|b|=0,所以a=b=0,故①正确;对于②,因为a+b=0,所以a与b互为相反向量,设a与c的夹角为θ,则b与c的夹角为π-θ,则a·c=|a||c|cos θ,b·c=|b||c|cos(π-θ)=-|b||c|cos θ,所以|a·c|=|b·c|,故②正确;对于③,由于a·b=|a||b|cos θ≤|a||b|,故③错误;对于④,由于a·a·a=|a|2a,其结果为向量,故④错误.【误区警示】解答本题容易将向量数量积与实数运算混淆而出错.二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)5.已知两个单位向量a,b的夹角为60°,则下列向量是单位向量的是(A. B.a-bC.a+bD.a-b【解析】选AD.因为a,b是单位向量,且夹角为60°,所以a·b=,|a|=|b|=1;所以=×3=1,(a-b)2=a2-2a·b+b2=1,所以和a-b是单位向量.6.已知e1,e2是两个单位向量,λ∈R时,|e1+λe2|的最小值为,则下列结论正确的是(A.e1,e2的夹角是B.e1,e2的夹角是或C.|=1或D.|e1+e2|=1或【解析】选BC.因为e1,e2是两个单位向量,且|e1+λe2|的最小值为,所以(e1+λe2)2的最小值为,所以(e1+λe2)2=λ2+2e1·e2λ+1=+,所以e1与e2的夹角为或,所以|e1+e2|2=1或3,所以|e1+e2|=1或.三、填空题(每小题5分,共10分)7.已知向量a,b的夹角为45°,且|a|=4,·(2a-3b)=12,则|b|= ;b在a 上的投影向量的模等于.【解析】a·b=|a||b|cos 45°=4|b|cos 45°=2|b|,又·(2a-3b)=|a|2+a·b-3|b|2=16+|b|-3|b|2=12,解得|b|=或|b|=-(舍去).b在a上的投影向量的模为||b|cos 45°|=cos 45°=1.答案: 18.(2020·浙江高考)设e1,e2为单位向量,满足|2e1-e2|≤,a=e1+e2,b=3e1+e2,设a,b的夹角为θ,则cos2θ的最小值为.【解析】(a·b)2=|a|2·|b|2·cos2θ=(e1+e2)2(3e1+e2)2cos2θ=(2+2e1·e2)(10+6e1·e2)cos2θ=[(e1+e2)·(3e1+e2)]2=(3++4e1·e2)2=(4+4e1·e2)2,所以cos2θ=(10+6e1·e2)cos2θ=8(1+e1·e2),(6cos2θ-8)e1·e2=8-10cos2θ,又因为4+-4e1·e2≤2,5-4e1·e2≤2,所以e1·e2≥,所以e1·e2=≥,-≥0,≤0, ≤cos2θ<,所以cos2θ的最小值为.答案:四、解答题(每小题10分,共20分)9.(2020·株洲高一检测)如图所示,在平行四边形ABCD中,若AB=8,AD=5,=3,(1)若∠BAD=,求||的值;(2)若·=2,求·的值.【解析】(1)在平行四边形ABCD中,AB=8,AD=5,=3,当∠BAD=时,=+=+,所以=+·+=52+×5×8×c os +×82=39,所以||=;(2)=+=+,=+=-,所以·=·=-·-=25-·-×64=2,解得·=22.【补偿训练】已知向量a,b的长度|a|=4,|b|=2.(1)若a,b的夹角为120°,求|3a-4b|;(2)若|a+b|=2,求a与b的夹角θ.【解析】(1)a·b=|a||b|cos 120°=4×2×=-4.又|3a-4b|2=(3a-4b)2=9a2-24a·b+16b2=9×42-24×(-4)+16×22=304,所以|3a-4b|=4.(2)因为|a+b|2=(a+b)2=a2+2a·b+b2=42+2a·b+22=(2)2,所以a·b=-4,所以cos θ===-.又θ∈[0,π],所以θ=.10.设两个向量e1,e2满足|e1|=2,|e2|=1,e1,e2的夹角为60°,若向量2t e1+7e2与e1+t e2的夹角θ为钝角,求实数t的取值范围.【解析】当夹角为π时,也有(2t e1+7e2)·(e1+t e2)<0,但此时夹角不是钝角.设2t e1+7e2=λ(e1+t e2),λ<0,则所以由向量2t e1+7e2与e1+t e2的夹角θ为钝角,得cos θ=<0,所以(2t e1+7e2)·(e1+t e2)<0,化简得2t2+15t+7<0.解得-7<t<-.所以所求实数t的取值范围是∪.【补偿训练】已知两个向量a,b满足|a|=2,|b|=3,a,b的夹角为60°,若向量a+λb与λa+b的夹角为锐角,求实数λ的取值范围.【解析】由题意得a·b=|a||b|cos 60°=2×3×=3,又(a+λb)·(λa+b)=λa2+(λ2+1)a·b+λb2,而向量a+λb与λa+b的夹角为锐角,所以λa2+(λ2+1)a·b+λb2>0,又|a|2=4,|b|2=9,a·b=3,所以3λ2+13λ+3>0,解得λ>或λ<.但是当λ=1时,向量a+λb与λa+b共线,其夹角不是锐角,故λ的取值范围是∪∪(1,+∞).1.八卦是中国文化的基本哲学概念,如图1是八卦模型图,其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH,其中|OA|=1,则给出下列结论:①·=-;②+=-;③在向量上的投影向量的模为.其中正确结论的个数为(A.3B.2C.1D.0【解析】选B.·=1×1×cos 135°=-,所以①正确;+==-,所以②正确;显然||≠1,在向量上的投影向量的模为≠,所以③错误.2.已知a,b是非零向量,t为实数,设u=a+t b.(1)当|u|取最小值时,求实数t的值;(2)当|u|取最小值时,向量b与u是否垂直?【解析】(1)|u|2=|a+t b|2=(a+t b)·(a+t b)=|b|2t2+2(a·b)t+|a|2因为b是非零向量,所以|b|≠0,所以当t=时,|u|=|a+t b|的值最小.(2)垂直.因为b·(a+t b)=a·b+t|b|2=a·b+=a·b-a·b=0,所以b⊥(a+t b),即b⊥u.。

2024年新高考版数学专题1_6.2 平面向量的数量积及其应用

若 AB ·AC =6AO ·EC
,则 AB
的值是
.
AC
解析解法一:过D作DF∥EC,交AB于F.∵D为BC的中点,∴F为BE的中点,
又BE=2EA,∴EF=EA,又DF∥EO,∴AO=1
AD,∴
AO=
1
AD=
1
(
AB+
AC).
2
24
∴ AO ·EC
=
1 4
(
AB
+
AC
)· AC
1 3
AB
=1
1)|a|= a a ;
2)|a±b|= a2 2a b b;2 3)若a=(x,y),则|a|= x2 y2 ; 4)解向量所在三角形,转化为求三角形的边长; 5)通过解方程(组)求解. 2.求向量模的最值(范围)的方法 1)代数法,把所求的模表示成某个变量的函数,再用求最值的方法求解. 2)几何法(数形结合法),弄清所求的模表示的几何意义,结合动点表示的图形求解. 3)利用||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|求模的取值范围.
量,∴∠A的平分线与BC垂直,则AB=AC.由 BA·BC =|BA|·|BC |·cos B,可得cos
B=
|
BA BC
·
BA | | BC
|
=
2 2
,则∠B=4
,∴∠B=∠C=4
,∠A=2
.
∴△ABC为等腰直角三角形.
答案 D
例6 (2019江苏,12,5分)
如图,在△ABC中,D是BC的中点,E在边AB上,BE=2EA,AD与CE交于点O.
4
AC
22 3AB NhomakorabeaAC

2021年新课标版文科数学高考真题练习：§5.2 平面向量的数量积及平面向量的应用

§5.2 平面向量的数量积及平面向量的应用探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点平面向量的数量积①理解平面向量数量积的含义及其物理意义;②掌握向量夹角概念及其范围,掌握向量长度的表示;③了解平面向量的数量积与向量投影的关系;④掌握数量积的坐标表达式,会进行平面向量数量积的运算;⑤理解数量积的性质,并能运用2018课标全国Ⅱ,4,5分平面向量的数量积向量的模★★★2015课标Ⅱ,4,5分平面向量的数量积 —平面向量数量积的应用 ①能运用数量积解决两向量的夹角问题和长度问题;②会用数量积判断两个向量的平行、垂直关系;③会用向量方法解决某些简单的平面几何问题、力学问题与一些实际问题2017课标全国Ⅰ,13,5分两向量垂直的充要条件坐标运算 ★★☆2019课标全国Ⅰ,8,5分平面向量的夹角向量的模 2019课标全国Ⅲ,13,5分平面向量的夹角平面向量的坐标运算分析解读从近几年的高考试题来看,高考对本节内容的考查以选择题和填空题为主,考查平面向量的数量积及其几何意义以及坐标表示,用以解决有关长度、角度、垂直、判断三角形形状等问题;考查形式除小题之外,还可能与函数、解析几何等知识综合在一起以解答题的形式出现,主要考查学生的审题能力和知识迁移能力,难度适中.破考点练考向【考点集训】考点一平面向量的数量积1.(2020届宁夏银川一中9月月考,5)已知向量a,b 的夹角为锐角,|a|=√3,|b|=√11,且a 与a-b 夹角的余弦值为√33,则a ·b 等于( ) A.4B.5C.6D.7答案 B2.(2018天津,8,5分)在如图的平面图形中,已知OM=1,ON=2,∠MON=120°,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =2NA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( )A.-15B.-9C.-6D.0答案 C3.已知点A,B,C 满足|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3,|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4,|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=5,则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为 . 答案-25考点二平面向量数量积的应用1.(2020届安徽A10联盟摸底考试,6)在△ABC 中,D 为边BC 的中点,且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =5,AB=6,则AC=( ) A.2B.3C.4D.5答案 C2.(2020届湖北汉阳模拟,8)若M 为△ABC 所在平面内一点,且满足(MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -2MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0,则△ABC 为( ) A.直角三角形 B.一般等腰三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形答案 B3.(2019广东普宁一中月考,14)已知|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =4,则以向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 为邻边的平行四边形的面积为 . 答案 4√34.(2019广东深圳外国语中学模拟,17)设向量a=(4cos α,sin α),b=(sin β,4cos β),c=(cos β,-4sin β). (1)若a 与b-2c 垂直,求tan(α+β)的值; (2)求|b+c|的最大值.答案 (1)b-2c=(sin β-2cos β,4cos β+8sin β). ∵a 与b-2c 垂直,∴a ·(b-2c)=4cos αsin β-8cos αcos β+4sin αcos β+8sin α·sin β=4sin(α+β)-8cos(α+β)=0, ∴tan(α+β)=2.(2)由b+c=(sin β+cos β,4cos β-4sin β),得|b+c|=√(sinβ+cosβ)2+(4cosβ-4sinβ)2=√17-15sin2β≤4√2, 当且仅当sin 2β=-1,即β=kπ-π4(k ∈Z)时,等号成立, 所以|b+c|的最大值为4√2.炼技法提能力【方法集训】方法1 平面向量的模的求解方法1.(2019湖南湖北八市十二校第一次调研,2)已知向量a=(x,y),b=(-1,2),且a+b=(1,3),则|a-2b|等于( ) A.1B.3C.4D.5答案 D2.(2020届河南十所名校9月联考,10)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答案 B方法2 平面向量夹角的求解方法1.已知i 、j 分别是与x 轴、y 轴方向相同的单位向量,a=i-2j,b=i +λj,且a 、b 的夹角为锐角,则实数λ的取值范围是( ) A.(-∞,12)B.[12,+∞)C.[-2,23)∪(23,+∞) D.(-∞,-2)∪(-2,12)答案 D2.(2019课标全国Ⅲ,13,5分)已知向量a=(2,2),b=(-8,6),则cos<a,b>= .答案 -√2103.已知非零向量a,b 满足|a+b|=|a-b|=2√33|a|,则向量a+b 与a-b 的夹角为 .答案 π3方法3 用向量法解决平面几何问题1.(2018四川成都七中期中)在△ABC 中,BC=5,G,O 分别为△ABC 的重心和外心,且OG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =5,则△ABC 的形状是( ) A.锐角三角形 B.钝角三角形C.直角三角形D.上述三种情况都有可能答案 B2.(2020届黑龙江牡丹江调研考试,14)在平行四边形ABCD 中,AC 为一条对角线,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,4),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3),则|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |= . 答案 √343.(2020届湖南长沙一中月考,14)在平行四边形ABCD 中,∠BAD=60°,E 是CD 上一点,且AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=λ|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |,若AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 2,则λ= .答案 2【五年高考】A 组统一命题·课标卷题组考点一平面向量的数量积1.(2018课标全国Ⅱ,4,5分)已知向量a,b 满足|a|=1,a ·b=-1,则a ·(2a-b)=( ) A.4B.3C.2D.0答案 B2.(2015课标Ⅱ,4,5分)向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=( ) A.-1 B.0C.1D.2答案 C考点二平面向量数量积的应用1.(2019课标全国Ⅰ,8,5分)已知非零向量a,b 满足|a|=2|b|,且(a-b)⊥b,则a 与b 的夹角为( ) A.π6B.π3C.2π3D.5π6答案 B2.(2017课标全国Ⅰ,13,5分)已知向量a=(-1,2),b=(m,1).若向量a+b 与a 垂直,则m= . 答案 7B 组自主命题·省(区、市)卷题组考点一平面向量的数量积1.(2016天津,7,5分)已知△ABC 是边长为1的等边三角形,点D,E 分别是边AB,BC 的中点,连接DE 并延长到点F,使得DE=2EF,则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A.-58B.18C.14D.118答案 B2.(2018上海,8,5分)在平面直角坐标系中,已知点A(-1,0)、B(2,0),E 、F 是y 轴上的两个动点,且|EF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为 . 答案 -3考点二平面向量数量积的应用1.(2019北京,9,5分)已知向量a=(-4,3),b=(6,m),且a ⊥b,则m= . 答案 82.(2016北京,9,5分)已知向量a=(1,√3),b=(√3,1),则a 与b 夹角的大小为 . 答案π63.(2017北京,12,5分)已知点P 在圆x 2+y 2=1上,点A 的坐标为(-2,0),O 为原点,则AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 . 答案 64.(2019天津,14,5分)在四边形ABCD 中,AD ∥BC,AB=2√3,AD=5,∠A=30°,点E 在线段CB 的延长线上,且AE=BE,则BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ = .答案 -15.(2017天津,14,5分)在△ABC 中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R),且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-4,则λ的值为 . 答案3116.(2019江苏,12,5分)如图,在△ABC 中,D 是BC 的中点,E 在边AB 上,BE=2EA,AD 与CE 交于点O.若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EC⃗⃗⃗⃗⃗ ,则AB AC的值是 .答案 √3C 组教师专用题组考点一平面向量的数量积1.(2014课标Ⅱ,4,5分)设向量a,b 满足|a+b|=√10,|a-b|=√6,则a ·b=( ) A.1B.2C.3D.5答案 A2.(2017浙江,10,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB ⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC 与BD 交于点O.记I 1=OA⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,I 2=OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,I 3=OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则( )A.I 1<I 2<I 3B.I 1<I 3<I 2C.I 3<I 1<I 2D.I 2<I 1<I 3答案 C3.(2010全国Ⅰ,11,5分)已知圆O 的半径为1,PA,PB 为该圆的两条切线,A,B 为两切点,则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为( ) A.-4+√2 B.-3+√2 C.-4+2√2 D.-3+2√2 答案 D4.(2015湖北,11,5分)已知向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3,则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ = . 答案 95.(2016江苏,13,5分)如图,在△ABC 中,D 是BC 的中点,E,F 是AD 上的两个三等分点,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =4,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1,则BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CE ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值是 .答案786.(2015天津,13,5分)在等腰梯形ABCD 中,已知AB ∥DC,AB=2,BC=1,∠ABC=60°.点E 和F 分别在线段BC 和DC 上,且BE⃗⃗⃗⃗⃗ =23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =16DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为 . 答案29187.(2013课标Ⅱ,14,5分)已知正方形ABCD 的边长为2,E 为CD 的中点,则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = . 答案 2考点二平面向量数量积的应用1.(2016课标全国Ⅲ,3,5分)已知向量BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√32),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,12),则∠ABC=( )A.30°B.45°C.60°D.120°答案 A2.(2015重庆,7,5分)已知非零向量a,b 满足|b|=4|a|,且a ⊥(2a+b),则a 与b 的夹角为( ) A.π3B.π2C.2π3D.5π6答案 C3.(2015陕西,8,5分)对任意平面向量a,b,下列关系式中不恒成立····的是( )A.|a ·b|≤|a||b|B.|a-b|≤||a|-|b||C.(a+b)2=|a+b|2D.(a+b)·(a-b)=a 2-b 2答案 B4.(2018浙江,9,4分)已知a,b,e 是平面向量,e 是单位向量.若非零向量a 与e 的夹角为π3,向量b 满足b 2-4e ·b+3=0,则|a-b|的最小值是( )A.√3-1B.√3+1C.2D.2-√3答案 A5.(2018北京,9,5分)设向量a=(1,0),b=(-1,m).若a ⊥(ma-b),则m= . 答案 -16.(2017课标全国Ⅲ,13,5分)已知向量a=(-2,3),b=(3,m),且a ⊥b,则m= . 答案 27.(2016课标全国Ⅰ,13,5分)设向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a ⊥b,则x= . 答案 -238.(2017江苏,12,5分)如图,在同一个平面内,向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的模分别为1,1,√2,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为α,且tan α=7,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为45°.若OC⃗⃗⃗⃗⃗ =m OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +n OB ⃗⃗⃗⃗⃗ (m,n ∈R),则m+n= .答案 39.(2015浙江,13,4分)已知e 1,e 2是平面单位向量,且e 1·e 2=12.若平面向量b 满足b ·e 1=b ·e 2=1,则|b|= . 答案23√310.(2015安徽,15,5分)△ABC 是边长为2的等边三角形,已知向量a,b 满足AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a+b,则下列结论中正确的是 .(写出所有正确结论的编号) ①a 为单位向量; ②b 为单位向量; ③a ⊥b; ④b ∥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ; ⑤(4a+b)⊥BC⃗⃗⃗⃗⃗ . 答案 ①④⑤11.(2013课标Ⅰ,13,5分)已知两个单位向量a,b 的夹角为60°,c=ta+(1-t)b.若b ·c=0,则t= . 答案 212.(2012课标全国,15,5分)已知向量a,b 夹角为45°,且|a|=1,|2a-b|=√10,则|b|= . 答案 3√2【三年模拟】时间:50分钟分值:70分一、选择题(每小题5分,共40分)1.(2020届山东夏季高考模拟,3)设向量a=(1,1),b=(-1,3),c=(2,1),且(a-λb)⊥c,则λ=( ) A.3B.2C.-2D.-3答案 A2.(2019辽宁葫芦岛调研,9)若向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1),|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1,则向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OB ⃗⃗⃗⃗⃗ -OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为( ) A.π6B.π3C.2π3D.5π6答案 D3.(2020届河南十所名校尖子生联考,7)已知非零向量a,b 满足|a |=λ|b|,若a,b 夹角的余弦值为1930,且(a-2b)⊥(3a+b),则实数λ的值为( ) A.-49B.23C.32或-49D.32答案 D4.(2019湖北武汉模拟,9)已知向量a,b 满足|a|=4,b 在a 方向上的投影为-2,则|a-3b|的最小值为( ) A.12B.10C.√10D.2答案 B5.(2020届湖南衡阳摸底考试,11)若在△ABC 中,BC=1,其外接圆圆心O 满足3AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.12B.√22C.√32D.1答案 A6.(2018安徽师大附中二模,7)在△ABC 中,AB=2AC=6,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2,点P 是△ABC 所在平面内一点,则当PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2取得最小值时,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.272B.-272C.9D.-9答案 D7.(2020届安徽六安一中第一次月考,11)在等腰直角三角形ABC 中,∠ACB=90°,AB=4,M 是边AB 的中点,N 是CM 的中点,延长AN 交BC 于点D,则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.-8B.8C.-9D.9答案 B8.(2019辽宁部分重点高中联考,11)平行四边形ABCD 中,AB=2,AD=1,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1,点M 在边CD 上,则MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 ( ) A.2B.√3-1C.0D.√2-1答案 A二、填空题(每小题5分,共10分)9.(2019河北衡水第二次调研,15)如图所示,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=5,|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,且AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,连接BE,CD 交于点F,则|AF⃗⃗⃗⃗⃗ |= .答案√145510.(2020届江苏高邮摸底考试,12)如图,在△ABC 中,AB=AC,BC=2,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,若BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,则CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ = .答案 -43三、解答题(共20分)11.(2020届豫北六校对抗赛,17)已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a-b)=43. (1)求a 与b 的夹角θ; (2)求|a+b|;(3)若(a-b)⊥(a +λb),求实数λ的值.答案 (1)∵(2a-3b)·(2a-b)=4a 2-8a ·b+3b 2=43,|a|=4,|b|=3,∴64-8×4×3cos θ+27=43,∴cos θ=12. ∵θ∈[0,π],∴θ=π3.(2)由(1)得|a+b|=√(a +b)2=√a 2+2a ·b +b 2=√42+2×4×3×12+32=√37. (3)∵(a-b)⊥(a +λb ),∴(a-b)·(a +λb)=0,∴(a-b)·(a +λb)=a 2+λa ·b-a ·b-λb 2=0,即42+λ×4×3×12-4×3×12-9λ=0, ∴3λ=10,∴λ=103.12.(2018河南中原名校联盟第四次测评,19)在△ABC 中,满足AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,M 是BC 的中点. (1)若|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |,求向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角的余弦值; (2)若O 是线段AM 上任意一点,且|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,求OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值. 答案 (1)设向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为θ,因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以 cos θ=(AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(2AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )|AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|2AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2|AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|2AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |,设|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=a(a>0),则cos θ=22√5a ·√5a =45.(5分)(2)∵|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,∴|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1, 设|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=x(0≤x ≤1),则|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1-x.(8分) 因为OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC⃗⃗⃗⃗⃗ =2OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos π=2x 2-2x=2(x -12)2-12.因为0≤x ≤1,所以当且仅当x=12时,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 取最小值-12.(12分)。

(2021年整理)高中数学高考总复习平面向量的数量积及向量的应用习题及详解

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高中数学高考总复习平面向量的数量积及向量的应用习题及详解一、选择题1．（文)(2010·东北师大附中）已知｜a|＝6，｜b｜＝3，a·b＝－12,则向量a在向量b 方向上的投影是（）A．－4 B．4C．－2 D．2[答案] A［解析] a在b方向上的投影为错误!＝错误!＝－4。

（理）(2010·浙江绍兴调研)设a·b＝4，若a在b方向上的投影为2，且b在a方向上的投影为1,则a与b的夹角等于( )A.错误!B.错误!C。

错误!D。

错误!或错误!［答案］B[解析］由条件知,错误!＝2,错误!＝1，a·b＝4,∴|a|＝4,｜b｜＝2，∴cos〈a，b>＝错误!＝错误!＝错误!,∴〈a,b>＝错误!。

2．(文)（2010·云南省统考)设e1,e2是相互垂直的单位向量，并且向量a＝3e1＋2e2,b＝x e＋3e2，如果a⊥b,那么实数x等于( ）1A．－错误! B.错误!C．－2 D．2[答案］C[解析] 由条件知｜e1|＝|e2｜＝1,e1·e2＝0，∴a·b＝3x＋6＝0，∴x＝－2。

(理）（2010·四川广元市质检)已知向量a＝（2，1），b＝(－1，2），且m＝t a＋b，n＝a －k b(t、k∈R），则m⊥n的充要条件是( )A．t＋k＝1 B．t－k＝1C．t·k＝1 D．t－k＝0[答案] D［解析］m＝t a＋b＝(2t－1，t＋2)，n＝a－k b＝（2＋k，1－2k），∵m⊥n，∴m·n＝（2t－1）（2＋k）＋(t＋2)(1－2k）＝5t－5k＝0，∴t－k＝0.3．（文)（2010·湖南理)在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，则错误!·错误!等于( ) A．－16 B．－8C．8 D．16［答案] D[解析］因为∠C＝90°，所以错误!·错误!＝0，所以错误!·错误!＝(错误!＋错误!)·错误!＝｜错误!|2＋错误!·错误!＝AC2＝16。

新高考一轮复习人教版6.2 平面向量的数量积及其应用作业2

6.2 平面向量的数量积及其应用基础篇固本夯基考点一平面向量的数量积1.(2019课标Ⅱ理,3,5分)已知AB ⃗⃗⃗⃗ =(2,3),AC ⃗⃗⃗⃗ =(3,t),|BC ⃗⃗⃗⃗ |=1,则AB ⃗⃗⃗⃗ ·BC⃗⃗⃗⃗ =( ) A.-3 B.-2 C.2 D.3 答案 C2. (2022届山东日照开学校际联考,2)如图,AB 是单位圆O 的直径,C,D 是半圆弧AB 上的两个三等分点,则AC⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗ =( )A.1B.√32C.32D.√3答案 C3.(2022届江苏淮安车桥中学入学调研,7)已知△ABC 的外心为O,2AO ⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗ ,|AO ⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗ |=2,则AO ⃗⃗⃗⃗ ·AC⃗⃗⃗⃗ 的值是( ) A.√3 B.32C.2√3D.6 答案 D4.(多选)(2020山东省实验中学诊断二,11)关于平面向量a,b,c,下列说法中不正确．．．的是( ) A.若a ∥b 且b ∥c,则a ∥c B.(a+b)·c=a ·c+b ·c C.若a ·b=a ·c,且a ≠0,则b=c D.(a ·b)·c=a ·(b ·c) 答案 ACD5.(2022届河北邢台“五岳联盟”10月联考,13)设向量a,b 均为单位向量,且a ⊥b,则(a+2b)·(3a-5b)= .? 答案 -76.(2022届湖南三湘名校、五市十校联考,14)已知点P(-2,0),AB 是圆x 2+y 2=1的直径,则PA⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗ = .? 答案 37.(2021新高考Ⅱ,15,5分)已知向量a+b+c=0,|a|=1,|b|=|c|=2,a ·b+b ·c+c ·a= .? 答案 -928.(2020湖南永州祁阳二模,8)已知平面向量a,b,e,|e|=1,a ·e=1,b ·e=-2,且|2a+b|=2,则a ·b 的最大值是 .? 答案 -32考点二平面向量数量积的应用1.(2021石家庄一模,2)设向量a=(1,2),b=(m,-1),且(a+b)⊥a,则实数m=( ) A.-3 B.32C.-2D.-32答案 A2.(2020课标Ⅱ文,5,5分)已知单位向量a,b 的夹角为60°,则在下列向量中,与b 垂直的是( ) A.a+2b B.2a+b C.a-2b D.2a-b 答案 D3.(2022届百师联盟9月一轮复习联考一,11)已知在△ABC 中,AB=AC=2,BC=3,点E 是边BC 上的动点,则当EA ⃗⃗⃗⃗ ·EB ⃗⃗⃗⃗ 取得最小值时,|EA⃗⃗⃗⃗ |=( ) A.√374B.√372C.√102D.√142答案 A4.(多选)(2022届辽宁六校期初联考,11)给出下列命题,其中正确的有( ) A.非零向量a,b 满足|a|=|b|=|a-b|,则a 与a+b 的夹角为30°B.若(AB⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗ )·BC ⃗⃗⃗⃗ =0,则△ABC 为等腰三角形 C.等边△ABC 的边长为2,则AB⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗ =2 D.已知向量a=(1,-2),b=(k,1)且a ⊥(a+b),则k=0 答案 AB5.(多选)(2022届河北神州智达省级联测,9)设0<θ<π,非零向量a=(sin2θ,cos θ),b=(cos θ,1),则( ) A.若tan θ=12,则a ∥b B.若θ=3π4,则a ⊥b C.存在θ,使2a=b D.若a ∥b,则tan θ=12答案 ABD6.(多选)(2022届辽宁名校联盟9月联考,9)已知向量a=(2,0),b=(1,1),则( ) A.|a|=|b| B.a 与b 的夹角为π4C.(a-b)⊥bD.和b 同向的单位向量是(12,12) 答案 BC7.(多选)(2022届广东深圳福田外国语高级中学调研二,10)已知向量a+b=(1,1),a-b=(-3,1),c=(1,1),设a,b 的夹角为θ,则( )A.|a|=|b|B.a ⊥cC.b ∥cD.θ=135° 答案 BD8.(2021全国甲理,14,5分)已知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+kb.若a ⊥c,则k= .? 答案 -1039.(2020课标Ⅱ理,13,5分)已知单位向量a,b 的夹角为45°,ka-b 与a 垂直,则k= .? 答案√2210.(2020课标Ⅰ文,14,5分)设向量a=(1,-1),b=(m+1,2m-4),若a ⊥b,则m= .? 答案 5综合篇知能转换考法一求平面向量模的方法1.(2022届福建南平10月联考,6)已知单位向量e 1,e 2的夹角为2π3,则|e 1-λe 2|的最小值为( ) A.√22B.12C.√32D.34答案 C2.(2022届湖北九师联盟10月质量检测,5)已知向量a,b 满足|a|=2√2,|b|=1,|a-b|=√6,则|a+2b|=( ) A.2√3 B.3√2 C.4√2 D.3√3 答案 B3.(多选)(2021新高考Ⅰ,10,5分)已知O 为坐标原点,点P 1(cos α,sin α),P 2(cos β,-sin β),P 3(cos(α+β),sin(α+β)),A(1,0),则( )A.|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |B.|AP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |C.OA ⃗⃗⃗⃗ ·OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗D.OA ⃗⃗⃗⃗ ·OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗答案 AC4.(2022届四省八校期中,14)已知向量a=(x,1),b=(1,-2),若a ∥b,则|a-2b|= .? 答案5√525.(2022届广东深圳福田外国语高级中学调研二,15)已知非零向量a,b 满足|a|=√7+1,|b|=√7-1,且|a-b|=4,则|a+b|= .? 答案 46.(2021全国甲文,13,5分)若向量a,b 满足|a|=3,|a-b|=5,a ·b=1,则|b|= .? 答案 3√27.(2020课标Ⅰ理,14,5分)设a,b 为单位向量,且|a+b|=1,则|a-b|= .? 答案√38.(2021河北衡水中学联考二,13)若向量a,b 满足a=(cos θ,sin θ)(θ∈R),|b|=2,则|2a-b|的取值范围为 .? 答案 [0,4]考法二求平面向量夹角的方法1.(2022届山东烟台莱州一中开学考,4)已知|a|=√2,|b|=4,当b ⊥(4a-b)时,向量a 与b 的夹角为( ) A.π6B.π4C.2π3D.3π4答案 B2.(2020山东全真模拟,4)已知扇形AOB,∠AOB=θ,扇形半径为√3,C 是弧AB 上一点,若OC⃗⃗⃗⃗ =2√33OA ⃗⃗⃗⃗ +√33OB ⃗⃗⃗⃗ ,则θ=( ) A.π6B.π3C.π2D.2π3答案 D3.(2022届湖北部分重点中学开学联考,14)已知向量a,b 满足|a|=2,|b|=√2,且(2b-a)⊥a,则cos<a,b>= .? 答案√224.(2019课标Ⅲ理,13,5分)已知a,b 为单位向量,且a ·b=0,若c=2a-√5b,则cos<a,c>= .? 答案23应用篇知行合一应用向量在平面几何中的应用1.(多选)(2022届广东深圳六校联考二,9)已知平面向量AB⃗⃗⃗⃗ =(-1,k),AC ⃗⃗⃗⃗ =(2,1),若△ABC 是直角三角形,则k 的可能取值是( )A.-2B.2C.5D.7 答案 BD2.(2020新高考Ⅰ,7,5分)已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点,则AP ⃗⃗⃗⃗ ·AB⃗⃗⃗⃗ 的取值范围是( ) A.(-2,6) B.(-6,2) C.(-2,4) D.(-4,6) 答案 A3.(2018天津理,8,5分)如图,在平面四边形ABCD 中,AB ⊥BC,AD ⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若点E 为边CD 上的动点,则AE ⃗⃗⃗⃗ ·BE⃗⃗⃗⃗ 的最小值为( )A.2116 B.32 C.2516D.3 答案 A4.(2021山东烟台一模,6)平行四边形ABCD 中,AB=4,AD=3,∠BAD=60°,Q 为CD 的中点,点P 在对角线BD 上,且BP ⃗⃗⃗⃗ =λBD ⃗⃗⃗⃗ ,若AP ⃗⃗⃗⃗ ⊥BQ ⃗⃗⃗⃗ ,则λ=( )A.14B.12C.23D.34答案 A5. (2020天津,15,5分)如图,在四边形ABCD 中,∠B=60°,AB=3,BC=6,且AD ⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗ =-32,则实数λ的值为 ,若M,N 是线段BC 上的动点,且|MN ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,则DM ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DN⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为 .?答案16;1326.(2020北京,13,5分)已知正方形ABCD 的边长为2,点P 满足AP⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗ ),则|PD ⃗⃗⃗⃗ |= ;PB ⃗⃗⃗⃗ ·PD ⃗⃗⃗⃗ = .? 答案√5;-1答案185或0 8.(2019天津,14,5分)在四边形ABCD 中,AD ∥BC,AB=2√3,AD=5,∠A=30°,点E 在线段CB 的延长线上,且AE=BE,则BD⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗ = .?答案 -19.(2022届江苏如皋11月期中,19)如图,在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,已知c=4,b=2,sin2C=sinB,且D 为BC 的中点,点E 满足AE⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗ . (1)求a 的值; (2)求cos ∠DAE 的值.解析 (1)由sin2C=sinB,得2sinCcosC=sinB,由正弦定理,得2ccosC=b.又b=2,c=4,所以cosC=b 2c =14.在△ABC 中,根据余弦定理的推论得cosC=a 2+b 2−c 22ab =14,解得a=4(舍负).(2)由(1)知,a=c=4,所以∠BAC=C,cos ∠BAC=cosC=14.记AB⃗⃗⃗⃗ =a,AC ⃗⃗⃗⃗ =b,则|a|=4,|b|=2. 因为AE⃗⃗⃗⃗ =13a+23b,AD ⃗⃗⃗⃗ =12a+12b,所以AE ⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗ =(13a +23b )·(12a +12b )=16a 2+12a ·b+13b 2=16×42+12×4×2×14+13×22=5,|AE⃗⃗⃗⃗ |=√(13a +23b )2=√19a 2+49a ·b +49b 2=√19×42+49×4×2×14+49×22=2√103, |AD⃗⃗⃗⃗ |=√(12a +12b )2=√14a 2+12a ·b +14b 2=√14×42+12×4×2×14+14×22=√6, 故cos ∠DAE=AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√103×=√154.创新篇守正出奇创新利用解析几何思维解决向量问题1.(2022届湖北金太阳11月联考,8设问创新)已知四边形ABCD 是半径为√2的圆O 的内接正方形,P 是圆O 上的任意一点,则PA⃗⃗⃗⃗ 2+PB ⃗⃗⃗⃗ 2+PC ⃗⃗⃗⃗ 2+PD ⃗⃗⃗⃗ 2的值为( ) A.8 B.16 C.32 D.与P 的位置有关答案 B2.(2022届湖北九师联盟10月质量检测,7素材创新)将一条线段AB 分割成两条线段AP 、BP(AP>BP),若PB AP =AP AB =√5−12,则称这种分割为黄金分割P 为黄金分割点,√5−12为黄金分割比.黄金分割不仅仅体现在诸如绘画、雕塑、音乐、建筑等艺术领域,而且在管理、工程设计等方面也有着不可忽视的作用.在△ABC 中,点D 为线段BC 的黄金分割点(BD>DC),AB=2,AC=3,∠BAC=60°,则AD⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗ =( ) A.7√5−92 B.9−7√52 C.9√5−72 D.7−9√52答案 A3.(2022届山东烟台莱州一中开学考,6设问创新)O 是平面上一定点,A 、B 、C 是平面上不共线的三个点,动点P 满足OP ⃗⃗⃗⃗ =OA⃗⃗⃗⃗ +λ(AB⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗ ),λ∈[0,+∞),则点P 的轨迹一定通过△ABC 的( ) A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心答案 C3. (2018天津文,8,5分|解法创新)在如图的平面图形中,已知OM=1,ON=2,∠MON=120°,BM⃗⃗⃗⃗⃗ =2MA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CN ⃗⃗⃗⃗ =2NA ⃗⃗⃗⃗ ,则BC ⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( )A.-15B.-9C.-6D.0 答案 C5.(2018浙江,9,4分|解法创新)已知a,b,e 是平面向量,e 是单位向量.若非零向量a 与e 的夹角为π3,向量b 满足b 2-4e ·b+3=0,则|a-b|的最小值是( ) A.-√31 B.√3+1 C.2 D.2-√3 答案 A。

专题5.3平面向量的数量积及应用(2021年高考数学一轮复习专题)

专题平面向量的数量积及应用一、题型全归纳题型一平面向量数量积的运算【题型要点】求向量a ，b 的数量积a ·b 的两种方法(1)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. 当已知向量是非坐标形式时，若图形适合建立平面直角坐标系时，可建立坐标系，运用坐标法求解．【例1】在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝23，AD ＝5，∥A ＝30°，点E 在线段CB 的延长线上，且AE ＝BE ，则BD →·AE →＝．【解析】法一：在等腰∥ABE 中，易得∥BAE ＝∥ABE ＝30°，故BE ＝2，则BD →·AE →＝(AD →－AB →)·(AB →＋BE →)＝AD →·AB →＋AD →·BE →－AB 2→－AB →·BE →＝5×23×cos 30°＋5×2×cos 180°－12－23×2×cos 150°＝15－10－12＋6＝－1.法二：在∥ABD 中，由余弦定理可得BD ＝25＋12－2×5×23×cos 30°＝7，所以cos∥ABD ＝12＋7－252×23×7＝－2114，则sin∥ABD ＝5714.设BD →与AE →的夹角为θ，则cos θ＝cos(180°－∥ABD＋30°)＝－cos(∥ABD －30°)＝－cos∥ABD ·cos 30°－sin∥ABD ·sin 30°＝－714，在∥ABE 中，易得 AE ＝BE ＝2，故BD →·AE →＝7×2×⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛147-＝－1. 【例2】(2020·湖南省五市十校联考)在直角三角形ABC 中，∥C ＝π2，AB ＝4，AC ＝2，若AD →＝32AB →，则CD →·CB→＝( )A ．－18B ．－63C ．18D ．63【解析】：通解：由∥C ＝π2，AB ＝4，AC ＝2，得CB ＝23，CA →·CB →＝0.CD →·CB →＝(CA →＋AD →)·CB →＝CA →·CB →＋32AB →·CB→＝32(CB →－CA →)·CB →＝32CB →2＝18，故选C.优解一：如图，以C 为坐标原点，CA ，CB 所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系，则C (0，0)，A (2，0)，B (0，23)．由题意得∥CBA ＝π6，又AD →＝32AB →，所以D ＝(－1，33)，则CD →·CB →＝(－1，33)·(0，23)＝18，故选C.优解二：因为∥C ＝π2，AB ＝4，AC ＝2，所以CB ＝23，所以AB →在CB →上的投影为23，又AD →＝32AB →，所以AD→在CB →上的投影为32×23＝33，则CD →在CB →上的投影为33，所以CD →·CB →＝|CB →|·|CD →|cos 〈CD →，CB →〉＝23×33＝18，故选C.题型二平面向量数量积的应用命题角度一平面向量的模【题型要点】求向量模长的方法利用数量积求模是数量积的重要应用，要掌握此类问题的处理方法：(1)a 2＝a ·a ＝|a |2或|a |＝a ·a ；(2)|a ±b |＝（a ±b ）2＝a 2±2a ·b ＋b 2；(3)若a ＝(x ，y )，则|a |＝x 2＋y 2. 【例1】(2020·唐山市摸底考试)已知e 1，e 2是两个单位向量，且|e 1＋e 2|＝3，则|e 1－e 2|＝．【答案】1【解析】法一：|e 1＋e 2|＝3，两边平方，得e 21＋2e 1·e 2＋e 22＝3，又e 1，e 2是单位向量，所以2e 1·e 2＝1，所以|e 1－e 2|2＝e 21－2e 1·e 2＋e 22＝1，所以|e 1－e 2|＝1.法二：如图，设AB →＝e 1，AD →＝e 2，又e 1，e 2是单位向量，所以|AB →|＝|AD →|＝1，以AB ，AD 为邻边作平行四边形ABCD ，连接AC ，BD ，所以AC →＝e 1＋e 2，DB →＝e 1－e 2，因为|e 1＋e 2|＝3，即|AC →|＝3，所以∥ABC ＝120°，则∥DAB ＝60°，所以|DB →|＝1，即|e 1－e 2|＝1.【例2】．已知|a |＝2，|b |＝3，a 与b 的夹角为2π3，且a ＋b ＋c ＝0，则|c |＝________.【解析】因为a ＋b ＋c ＝0，所以c ＝－a －b ，所以c 2＝a 2＋b 2＋2a ·b ＝22＋32＋2×2×3×cos 2π3＝4＋9－6＝7.所以|c |＝7.命题角度二平面向量的夹角【题型要点】求向量夹角问题的方法(1)当a ，b 是非坐标形式时，求a 与b 的夹角θ，需求出a ·b 及|a |，|b |或得出它们之间的关系． (2)若已知a ＝(x 1，y 1)与b ＝(x 2，y 2)，则cos 〈a ，b 〉＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22. 【例3】(2019·高考全国卷Ⅰ)已知非零向量a ，b 满足|a |＝2|b |，且(a －b )∥b ，则a 与b 的夹角为( ) A.π6 B.π3 C.2π3D ．5π6【解析】 (1)法一：由题意得，(a －b )·b ＝0∥a ·b ＝|b |2，所以|a ||b |·cos<a ，b >＝|b |2，因为|a |＝2|b |，所以2|b |2cos<a ，b >＝|b |2∥cos<a ，b >＝12，所以<a ，b >＝π3，故选B.法二：如图，设OA →＝a ，OB →＝b ，则BA →＝a －b ，所以B ＝π2，|OA →|＝2|OB →|，所以∥AOB ＝π3，即<a ，b >＝π3.【例4】．已知向量a ＝(λ，－6)，b ＝(－1,2)，若a 与b 的夹角为钝角，则λ的取值范围是________．【解析】∥向量a 与b 的夹角为钝角，∥a ·b ＝(λ，－6)·(－1,2)＝－λ－12<0，解得λ>－12.当a 与b 共线时，设a ＝k b (k <0)，可得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝－k ，－6＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝3，k ＝－3，即当λ＝3时，向量a 与b 共线且反向，此时a ·b <0，但a与b 的夹角不是钝角．综上，λ的取值范围是(－12,3)∥(3，＋∞)．【例3】已知向量AB →＝(x ，1)(x ＞0)，AC →＝(1，2)，|BC →|＝5，则AB →，AC →的夹角为( ) A.2π3 B.π6 C.π4D ．π3【解析】因为BC →＝AC →－AB →＝(1－x ，1)，所以|BC →|2＝(1－x )2＋1＝5，即x 2－2x －3＝0，解得x ＝3或x ＝－1(舍)．设AB →，AC →的夹角为θ，则cos θ＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝22，所以θ＝π4. 命题角度三两向量垂直问题【题型要点】(1)当向量a 与b 是坐标形式时，若证明a ∥b ，则只需证明a ·b ＝0∥x 1x 2＋y 1y 2＝0.(2)当向量a ，b 是非坐标形式时，要把a ，b 用已知的不共线向量作为基底来表示，且不共线的向量要知道其模与夹角，进行运算证明a ·b ＝0.(3)数量积的运算a ·b ＝0∥a ∥b 是对非零向量而言的，若a ＝0，虽然有a ·b ＝0，但不能说a ∥b .【例5】已知向量AB →与AC →的夹角为120°，且|AB →|＝3，|AC →|＝2.若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →∥BC →，则实数λ的值为________．【解析】因为AP →∥BC →，所以AP →·BC →＝0.又AP →＝λAB →＋AC →，BC →＝AC →－AB →，所以(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝0，即(λ－1)AC →·AB →－λAB →2＋AC →2＝0，所以(λ－1)|AC →||AB →|cos 120°－9λ＋4＝0.所以(λ－1)×3×2×(－12)－9λ＋4＝0.解得λ＝712.【例6】(2020·华南师大附中一模)已知向量|OA →|＝3，|OB →|＝2，BC →＝(m －n )OA →＋(2n －m －1)OB →，若OA →与OB →的夹角为60°，且OC →∥AB →，则实数m n的值为( )A.87B.43C.65D.16【解析】由题意得，OC →＝OB →＋BC →＝(m －n )OA →＋(2n －m )OB →，AB →＝OB →－OA →，OA →·OB →＝3×2×cos60°＝3.又因为OC →∥AB →，所以OC →·AB →＝[(m －n )OA →＋(2n －m )OB →]·(OB →－OA →)＝－(m －n )OA →2＋(2m －3n )OA →·OB →＋(2n －m )·OB →2＝－9(m －n )＋3(2m －3n )＋4(2n －m )＝0，整理得7m －8n ＝0，故m n ＝87.题型三向量数量积的综合应用命题角度一平面向量在平面几何中的应用【题型要点】向量与平面几何综合问题的解法 (1)坐标法把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决． (2)基向量法适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解．【例1】(2020·开封模拟)已知AB →，AC →是非零向量，且满足(AB →－2AC →)∥AB →，(AC →－2AB →)∥AC →，则∥ABC 的形状为( ) A ．等腰三角形 B ．直角三角形 C ．等边三角形D ．等腰直角三角形【解析】∥(AB →－2AC →)∥AB →∥(AB →－2AC →)·AB →＝0，即AB →·AB →－2AC →·AB →＝0，(AC →－2AB →)∥AC →∥(AC →－2AB →)·AC →＝0，即AC →·AC →－2AB →·AC →＝0，∥AB →·AB →＝AC →·AC →＝2AB →·AC →，即|AB →|＝|AC →|，则cos A ＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝12，∥∥A ＝60°，∥∥ABC 为等边三角形．【例2】已知O 是平面上的一定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三个动点，若动点P 满足OP →＝OA →＋λ(AB →＋AC →)，λ∥(0，＋∞)，则点P 的轨迹一定通过∥ABC 的( )A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心【解析】由原等式，得OP →－OA →＝λ(AB →＋AC →)，即AP →＝λ(AB →＋AC →)，根据平行四边形法则，知AB →＋AC →＝2AD →(D 为BC 的中点)，所以点P 的轨迹必过∥ABC 的重心．故选C.命题角度二平面向量与函数、不等式的综合应用【题型要点】通过向量的数量积运算把向量运算转化为实数运算，再结合函数、不等式的知识解决，同时也要注意平面向量的坐标运算在这方面的应用．【例3】已知向量a ，b 为单位向量，且a ·b ＝－12，向量c 与a ＋b 共线，则|a ＋c |的最小值为________．【解析】法一：因为向量c 与a ＋b 共线，所以可设c ＝t (a ＋b )(t ∥R )，所以a ＋c ＝(t ＋1)a ＋t b ，所以(a ＋c )2＝(t ＋1)2a 2＋2t (t ＋1)a ·b ＋t 2b 2，因为向量a ，b 为单位向量，且a ·b ＝－12，所以(a ＋c )2＝(t ＋1)2－t (t ＋1)＋t 2＝t 2＋t ＋1≥34，所以|a ＋c |≥32，所以|a ＋c |的最小值为32.法二：因为向量a ，b 为单位向量，且a ·b ＝－12，所以向量a ，b 的夹角为120°，在平面直角坐标系中，不妨设向量a ＝(1，0)，b ＝⎪⎪⎭⎫⎝⎛2321-，，则a ＋b ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2321，，因为向量c 与a ＋b 共线，所以可设c ＝t ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2321，(t ∥R )，所以a ＋c ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+t 232t 1，，所以|a ＋c |＝432122t t +⎪⎭⎫ ⎝⎛+＝t 2＋t ＋1≥32，所以|a ＋c |的最小值为32.命题角度三平面向量与解三角形的综合应用【题型要点】(1)解决平面向量与三角函数的交汇问题，关键是准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数中的有关问题解决．(2)还应熟练掌握向量数量积的坐标运算公式、几何意义、向量模、夹角的坐标运算公式以及三角恒等变换、正、余弦定理等知识．【例4】(2020·石家庄模拟)已知A ，B ，C 分别为∥ABC 的三边a ，b ，c 所对的角，向量m ＝(sin A ，sin B )，n ＝(cos B ，cos A )，且m ·n ＝sin 2C . (1)求角C 的大小；(2)若sin A ，sin C ，sin B 成等差数列，且CA →·(AB →－AC →)＝18，求边c 的长．【解析】：(1)由已知得m ·n ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin(A ＋B )，因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，所以m ·n ＝sin C ，又m ·n ＝sin 2C ，所以sin 2C ＝sin C ，所以cos C ＝12.又0＜C ＜π，所以C ＝π3.(2)由已知及正弦定理得2c ＝a ＋b .因为CA →·(AB →－AC →)＝CA →·CB →＝18，所以ab cos C ＝18，所以ab ＝36. 由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝(a ＋b )2－3ab ，所以c 2＝4c 2－3×36，所以c 2＝36，所以c ＝6.命题角度四平面向量与解析几何的综合应用【题型要点】向量在解析几何中的2个作用【例6】若点O 和点F 分别为椭圆x 4＋y 3＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP ·FP →的最大值为________．【答案】6【解析】由椭圆x 24＋y 23＝1可得F (－1，0)，点O (0，0)，设P (x ，y )(－2≤x ≤2)，则OP →·FP →＝x 2＋x ＋y 2＝x 2＋x ＋3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛4-12x ＝14x 2＋x ＋3＝14(x ＋2)2＋2，－2≤x ≤2，当且仅当x ＝2时，OP →·FP →取得最大值6.【例7】已知F 为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左焦点，定点A 为双曲线虚轴的一个端点，过F ，A 两点的直线与双曲线的一条渐近线在y 轴右侧的交点为B ，若AB →＝3F A →，则此双曲线的离心率为________．【解析】由F (－c ，0)，A (0，b )，得直线AF 的方程为y ＝bcx ＋b .根据题意知，直线AF 与渐近线y ＝b a x 相交，联立得⎩⎨⎧y ＝bc x ＋b ，y ＝ba x ，消去x 得，y B＝bcc －a .由AB →＝3F A →，得y B ＝4b ，所以bc c －a＝4b ，化简得3c ＝4a ，所以离心率e ＝43.题型四平面向量与三角函数【题型要点】平面向量与三角函数的综合问题(1)题目条件给出的向量坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．【例1】(2020·江西上饶重点中学六校联考)在∥ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(cos(A －B )，sin(A －B ))，n ＝(cos B ，－sin B )，且m·n ＝－35.(1)求sin A 的值；(2)若a ＝42，b ＝5，求角B 的大小及向量BA →在BC →方向上的投影．【解析】：(1)由m·n ＝－35，得cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35，所以cos A ＝－35.因为0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝5453--12=⎪⎭⎫⎝⎛.(2)由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin B ＝b sin A a ＝5×4542＝22，因为a >b ，所以A >B ，则B ＝π4，由余弦定理得()422＝52＋c 2－2×5c ×⎪⎭⎫⎝⎛53-，解得c ＝1.故向量BA →在BC →方向上的投影为|BA →|cos B ＝c cos B ＝1×22＝22.【例2】已知两个不共线的向量a ，b 满足a ＝(1，3)，b ＝(cos θ，sin θ)，θ∥R . (1)若2a －b 与a －7b 垂直，求|a ＋b |的值；(2)当θ∥⎥⎦⎤⎢⎣⎡20π，时，若存在两个不同的θ，使得|a ＋3b |＝|m a |成立，求正数m 的取值范围．【解析】 (1)由条件知|a |＝2，|b |＝1，又2a －b 与a －7b 垂直，所以(2a －b )·(a －7b )＝8－15a ·b ＋7＝0，所以a ·b ＝1.所以|a ＋b |2＝|a |2＋2a·b ＋|b |2＝4＋2＋1＝7，故|a ＋b |＝7. (2)由|a ＋3b |＝|m a |，得|a ＋3b |2＝|m a |2.即|a |2＋2 3 a ·b ＋3|b |2＝m 2|a |2，即4＋23a ·b ＋3＝4m 2，7＋23(cos θ＋3sin θ)＝4m 2.所以43sin ⎪⎭⎫⎝⎛+6πθ＝4m 2－7. 由θ∥⎥⎦⎤⎢⎣⎡20π，，得θ＋π6∥⎥⎦⎤⎢⎣⎡326ππ，，因为存在两个不同的θ满足题意，所以数形结合知43sin ⎪⎭⎫⎝⎛+6πθ∥[6，43)，即6≤4m 2－7＜43，即134≤m 2＜7＋434，又m ＞0，所以132≤m ＜2＋32.即实数m 的取值范围为⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+232213，. 二、高效训练突破一、选择题1．设a ＝(1，2)，b ＝(1，1)，c ＝a ＋k b .若b ∥c ，则实数k 的值等于( ) A ．－32 B ．－53 C.53D ．32【解析】：c ＝a ＋k b ＝(1，2)＋k (1，1)＝(1＋k ，2＋k )，因为b ∥c ，所以b ·c ＝0，b ·c ＝(1，1)·(1＋k ，2＋k )＝1＋k ＋2＋k ＝3＋2k ＝0，所以k ＝－32.2．(2020·湖南省五市十校联考)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·(a －2b )＝0，则|a ＋b |＝( )A. 6B.5 C ．2D ．3【解析】：由题意知，a ·(a －2b )＝a 2－2a ·b ＝1－2a ·b ＝0，所以2a ·b ＝1，所以|a ＋b |＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝1＋1＋4＝ 6.故选A.3．(2020·广州市综合检测(一))a ，b 为平面向量，已知a ＝(2，4)，a －2b ＝(0，8)，则a ，b 夹角的余弦值等于( ) A ．－45B ．－35C.35D ．45【解析】：设b ＝(x ，y )，则有a －2b ＝(2，4)－(2x ，2y )＝(2－2x ，4－2y )＝(0，8)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2－2x ＝04－2y ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝－2，故b ＝(1，－2)，|b |＝5，|a |＝25，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝2－85×25＝－35，故选B.4．(2020·四川资阳第一次模拟)已知向量a ，b 满足a ·b ＝0，|a ＋b |＝m |a |，若a ＋b 与a －b 的夹角为2π3，则m 的值为( ) A ．2 B.3 C ．1D ．12【解析】：因为a ·b ＝0，所以|a ＋b |＝|a －b |，因为|a ＋b |＝m |a |，所以(a ＋b )2＝m 2a 2，所以a 2＋b 2＝m 2a 2，所以b 2＝(m 2－1)a 2.又a ＋b 与a －b 的夹角为2π3，所以（a ＋b ）·（a －b ）|a ＋b ||a －b |＝cos 2π3，所以a 2－b 2m 2a 2＝a 2－（m 2－1）a 2m 2a 2＝2－m 2m 2＝－12.解得m ＝2或m ＝－2(舍去)．故选A.5．(2020·郑州市第二次质量预测)在Rt∥ABC 中，∥C ＝90°，CB ＝2，CA ＝4，P 在边AC 的中线BD 上，则CP →·BP →的最小值为( ) A ．－12B ．0C ．4D ．－1【解析】：依题意，以C 为坐标原点，分别以AC ，BC 所在的直线为x ，y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B (0，2)，D (2，0)，所以直线BD 的方程为y ＝－x ＋2，因为点P 在边AC 的中线BD 上，所以可设P (t ，2－t )(0≤t ≤2)，所以CP →＝(t ，2－t )，BP →＝(t ，－t )，所以CP →·BP →＝t 2－t (2－t )＝2t 2－2t ＝2221⎪⎭⎫ ⎝⎛-t －12，当t ＝12时，CP →·BP →取得最小值－12，故选A.6.(2020·漯河高级中学月考)已知向量a ＝(－2，m )，b ＝(1,2)，若向量a 在向量b 方向上的投影为2，则实数m ＝( ) A ．－4 B ．－6 C ．4D.5＋1【解析】 ∥a ·b ＝－2＋2m ，∥|a |cos θ＝a ·b |b |＝－2＋2m1＋4＝2.解得m ＝5＋1. 7．已知平面向量a ＝(1,2)，b ＝(4,2)，c ＝m a ＋b (m ∥R )，且c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，则m ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2【解析】 ∥a ＝(1,2)，b ＝(4,2)，∥c ＝m a ＋b ＝(m ＋4,2m ＋2)，|a |＝5，|b |＝25，∥a ·c ＝5m ＋8，b ·c ＝8m ＋20.∥c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，∥c ·a |c ||a |＝c ·b|c ||b |，∥5m ＋85＝8m ＋2025，解得m ＝2.8．(2020·河南郑州模拟)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|c |＝1，若a ·b ＝12，则(a ＋b )·(2b －c )的最小值为( )A ．－2B ．3－3C ．－1D ．0【解析】：由|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得〈a ，b 〉＝π3，令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA →的方向为x 轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则a ＝OA →＝(1，0)，b ＝OB →＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2321，，设c ＝OC →＝(cos θ，sin θ)(0≤θ＜2π)，则(a ＋b )·(2b －c )＝2a ·b －a ·c ＋2b 2－b ·c ＝3－(cos θ＋12cos θ＋32sin θ)＝3－3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+3πθ，则(a ＋b )·(2b －c )的最小值为3－3，故选B.9．(2020·南昌模拟)已知a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos(－α)，sin(－α))，那么a ·b ＝0是α＝k π＋π4(k ∥Z )的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】a ·b ＝0＝cos 2α－sin 2α＝cos2α，2α＝±π2＋2k π(k ∥Z )，α＝k π±π4(k ∥Z )，故选B.10.(2020·天津市宁河区芦台第一中学高考模拟)如图所示，等边∥ABC 的边长为2，D 为边AC 上的一点，且AD →＝λAC →，∥ADE 也是等边三角形，若BE →·BD →＝449，则λ的值是( )A.23B.33C.34D.13【解析】 BE →·BD →＝(BA →＋AE →)·(BA →＋AE →＋ED →)＝BA →2＋BA →·AE →＋BA →·ED →＋AE →·BA →＋AE →2＋AE →·ED →＝22＋2·2λcosπ3－2·2λ＋2·2λcos π3＋4λ2＋4λ2cos 2π3＝2λ2＋4＝449∥λ2＝49，因为λ>0，所以λ＝23，选A.11.(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知O 是∥ABC 内部一点，且满足OA →＋OB →＋OC →＝0，又AB →·AC →＝23，∥BAC ＝60°，则∥OBC 的面积为( ) A.32B ．3C ．1D ．2【解析】：由AB →·AC →＝23，∥BAC ＝60°，可得AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos ∥BAC ＝12·|AB →||AC →|＝23，所以|AB →||AC →|＝43，所以S ∥ABC ＝12|AB →||AC →|sin∥BAC ＝3，又OA →＋OB →＋OC →＝0，所以O 为∥ABC 的重心，所以S ∥OBC ＝13S ∥ABC＝1，故选C.12．(2020·河北衡水中学期末)在四边形ABCD 中，已知M 是AB 边上的点，且MA ＝MB ＝MC ＝MD ＝1，∥CMD ＝120°，若点N 在线段CD (端点C ，D 除外)上运动，则NA →·NB →的取值范围是( )A ．[－1，0) B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡043-，C ．[－1，1)D ．⎪⎭⎫⎢⎣⎡121-，【解析】：连接MN .由题意得NA →·NB →＝(MA →－MN →)·(MB →－MN →)＝MN →2－MA →2＝|MN →|2－1.在∥MCN 中，MC ＝1，∥MCN ＝30°，所以MN 2＝12＋NC 2－2×NC ×1×32＝NC 2－3NC ＋1，所以MN 2－1＝NC 2－3NC ＝223⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-NC －34.由MC ＝MD ＝1，∥CMD ＝120°，可得CD ＝3，又点N 在线段CD (端点C ，D 除外)上运动，所以0＜NC ＜ 3.所以－34≤MN 2－1＜0，即NA →·NB →的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡043-，故选B. 二、填空题1．(2020·河南郑州一模)已知e 1，e 2为单位向量且夹角为2π3，设a ＝3e 1＋2e 2，b ＝3e 2，则a 在b 方向上的投影为________．【解析】：根据题意得，a ·b ＝9e 1·e 2＋6e 22＝9×1×1×⎪⎭⎫⎝⎛21-＋6＝－92＋6＝32，又因为|b |＝3，所以a 在b 方向上的投影为a ·b |b |＝323＝12.2．(2020·江西临川九校3月联考)已知平面向量a ＝(2m －1，2)，b ＝(－2，3m －2)，且a ∥b ，则|2a －3b |＝________．【解析】：因为a ∥b ，所以a ·b ＝－2(2m －1)＋2(3m －2)＝0，解得m ＝1，所以a ＝(1，2)，b ＝(－2，1)，所以2a －3b ＝(2，4)－(－6，3)＝(8，1)，所以|2a －3b |＝64＋1＝65. 3．(2020·石家庄质量检测(一))已知AB →与AC →的夹角为90°，|AB →|＝2，|AC →|＝1，AM →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∥R )，且AM →·BC →＝0，则λμ的值为________．【解析】：根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系则A (0，0)，B (0，2)，C (1，0)，所以AB →＝(0，2)，AC →＝(1，0)，BC →＝(1，－2)．设M (x ，y )，则AM →＝(x ，y )，所以AM →·BC →＝(x ，y )·(1，－2)＝x －2y ＝0，所以x ＝2y ，又AM →＝λAB →＋μAC →，即(x ，y )＝λ(0，2)＋μ(1，0)＝(μ，2λ)，所以x ＝μ，y ＝2λ，所以λμ＝12y x ＝14.4.已知AB →＝(cos23°，cos67°)，BC →＝(2cos68°，2cos22°)，则∥ABC 的面积为________．【答案】22【解析】因为AB →＝(cos23°，sin23°)，BC →＝(2sin22°，2cos22°)，所以cos 〈AB →，BC →〉＝2(cos23°sin22°＋sin23°cos22°)cos 223°＋sin 223°·(2sin22°)2＋(2cos22°)2＝sin45°＝22.所以AB →与BC →的夹角为45°，故∥ABC ＝135°.所以S ∥ABC ＝12|AB →||BC →|sin135°＝12×1×2×22＝22.5.(2020·青岛摸底)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝1，|b |＝2，若(a ＋λb )∥(2a ＋b )，则λ＝________；若(a ＋μb )∥(2a ＋b )，则μ＝________.【解析】因为(a ＋λb )∥(2a ＋b )，所以存在唯一实数n ，使得a ＋λb ＝n (2a ＋b )，所以1＝2n ，λ＝n ，解得λ＝12.因为(a ＋μb )∥(2a ＋b )，且向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝1，|b |＝2，所以(a ＋μb )·(2a ＋b )＝2a 2＋(1＋2μ)a ·b ＋μb 2＝2＋1＋2μ＋4μ＝0，解得μ＝－12.6.(2020·山东师大附中二模改编)已知向量a ，b ，其中|a |＝3，|b |＝2，且(a －b )∥a ，则向量a 和b 的夹角是，a ·(a ＋b )＝．【解析】：由题意，设向量a ，b 的夹角为θ，因为|a |＝3，|b |＝2，且(a －b )∥a ，所以(a －b )·a ＝|a |2－a ·b ＝|a |2－|a ||b |cos θ＝3－23·cos θ＝0，解得cos θ＝32.又因为0≤θ≤π，所以θ＝π6.则a ·(a ＋b )＝|a |2＋|a |·|b |·cos θ＝3＋23×32＝6. 三解答题1．已知向量m ＝(sin α－2，－cos α)，n ＝(－sin α，cos α)，其中α∥R . (1)若m ∥n ，求角α；(2)若|m －n |＝2，求cos 2α的值．【解析】：(1)若m ∥n ，则m ·n ＝0，即为－sin α(sin α－2)－cos 2 α＝0，即sin α＝12，可得α＝2k π＋π6或α＝2k π＋5π6，k ∥Z .(2)若|m －n |＝2，即有(m －n )2＝2，即(2sin α－2)2＋(2cos α)2＝2，即为4sin 2α＋4－8sin α＋4cos 2α＝2，即有8－8sin α＝2，可得sin α＝34，即有cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×916＝－18.2．在平面直角坐标系xOy 中，点A (－1，－2)，B (2，3)，C (－2，－1)． (1)求以线段AB ，AC 为邻边的平行四边形两条对角线的长； (2)设实数t 满足(AB →－tOC →)·OC →＝0，求t 的值．【解析】：(1)由题设知AB →＝(3，5)，AC →＝(－1，1)，则AB →＋AC →＝(2，6)，AB →－AC →＝(4，4)．所以|AB →＋AC →|＝210，|AB →－AC →|＝4 2.故所求的两条对角线的长分别为42，210.(2)法一：由题设知：OC →＝(－2，－1)，AB →－tOC →＝(3＋2t ，5＋t )．由(AB →－tOC →)·OC →＝0，得： (3＋2t ，5＋t )·(－2，－1)＝0，从而5t ＝－11，所以t ＝－115.法二：AB →·OC →＝tOC →2，AB →＝(3，5)，t ＝AB →·OC →|OC →|2＝－115.3.在∥ABC 中，∥A ，∥B ，∥C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝(cos B ，2cos 2 C2－1)，n ＝(c ，b －2a )，且m·n ＝0. (1)求∥C 的大小；(2)若点D 为边AB 上一点，且满足AD →＝DB →，|CD →|＝7，c ＝23，求∥ABC 的面积．【解析】：(1)因为m ＝(cos B ，cos C )，n ＝(c ，b －2a )，m ·n ＝0，所以c cos B ＋(b －2a )cos C ＝0，在∥ABC 中，由正弦定理得sin C cos B ＋(sin B －2sin A )cos C ＝0， sin A ＝2sin A cos C ，又sin A ≠0，所以cos C ＝12，而C ∥(0，π)，所以∥C ＝π3.(2)由AD →＝DB →知，CD →－CA →＝CB →－CD →，所以2CD →＝CA →＋CB →，两边平方得4|CD →|2＝b 2＋a 2＋2ba cos ∥ACB ＝b 2＋a 2＋ba ＝28.∥又c 2＝a 2＋b 2－2ab cos ∥ACB ，所以a 2＋b 2－ab ＝12.∥由∥∥得ab ＝8，所以S ∥ABC ＝12ab sin ∥ACB ＝23。

2021年高考数学考点25平面向量的数量积与平面向量应用举例必刷题文含解析

考点25 平面向量的数量积与平面向量应用举例1．已知非零向量m、n满足n m，且m m n，则m、n的夹角为A． B． C． D．【答案】C2．已知，，且，则向量与向量的夹角为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，所以有即所以，把，代入上式，解得，所以，答案选B。

3．已知向量,满足，，，则A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意可得：，则.本题选择A选项.4．设向量,,满足||=||=1,,,则||的最大值等于（）A． 1 B． C． D． 2【答案】D5．平面向量，已知=（4，3），=（3，18），则夹角的余弦值等于（）A． B． C． D．【答案】C【解析】依题意可知，故两个向量夹角的余弦值为.6．若O（0，0），A（1，3），B（3，1），则＝A． B． C． D．【答案】B【解析】∵，，∴，∴，故选B．7．已知向量满足，，，则（）A． 2 B． C． 4 D．【答案】A8．已知向量，满足，，且向量，的夹角为，若与垂直，则实数的值为（）A．B． C． D．【答案】D【解析】根据与垂直得到（）·=0，所以.故答案为：D.9．已知，，，则（）A． B． C． D．【答案】B10．平面向量与向量满足,且，,则向量与的夹角为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】，则又，解得设向量与的夹角为，则，即解得，，故选11．设非零向量，满足，则（）A． B． C． D．【答案】B12．已知向量＝(1，m)，＝(3，－2)，且(＋)⊥，则m＝A．－8 B．－6 C． 6 D． 8【答案】D【解析】因为，所以，又由，所以，解得，故选D.13．已知向量，满足，，且向量，的夹角为，若与垂直，则实数的值为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，所以，故答案选D．14．已知平面向量满足，且||=1，||=2，则||=A． B． 3 C． 5 D． 2【答案】B15．已知向量满足，，，则的夹角等于( )A． B． C． D．【答案】A【解析】设的夹角为，，则，即，则故选16．已知a、b为非零向量，且a、b的夹角为，若，则( )A． 1 B． C． D． 2【答案】C17．已知是边长为1的等边三角形，为中点，则的值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】∵是边长为1的等边三角形，为中点，∴而故选：B.18．已知的两个单位向量，且，则__________.【答案】119．已知向量为非零向量，若，则______. 【答案】【解析】∵，∴=（k+2，0）∵∴=k（k+2）=0∵为非零向量，即k+2≠0∴k=0故答案为：020．已知向量，满足，，且，则与的夹角为_______．【答案】【解析】由得·=0，所以. 故答案为：21．已知，，若，则与的夹角是_________.【答案】22．已知，，若，则和的夹角是__________.【答案】【解析】因为，故，故即，故，因，故，填．23．已知向量，，且，则实数m=_____.【答案】324．已知,求（1）；（2）与夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】（1）根据题意，=（4，3），=（5，﹣12）．则+=（9，﹣9），则|+|==9，（2）=（4，3），=（5，﹣12）．则•=4×5+3×（﹣12）=﹣16，||=5，||=13，则cosθ==﹣．25．已知向量，，，设．（1）求函数的解析式及单调递增区间；（2）在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且，，，求的面积．【答案】（1），；（2）。

高考数学一轮复习专题训练—平面向量的数量积及平面向量的应用

平面向量的数量积及平面向量的应用考纲要求1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义；2.了解平面向量的数量积与向量投影的关系；3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算；4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系；5.会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题；6.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题．知识梳理1．平面向量数量积的有关概念(1)向量的夹角：已知两个非零向量a 和b ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB ＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a 与b 的夹角．(2)数量积的定义：已知两个非零向量a 与b ，它们的夹角为θ，则a 与b 的数量积(或内积)a ·b ＝|a ||b |cos θ.规定：零向量与任一向量的数量积为0，即0·a ＝0.(3)数量积的几何意义：数量积a ·b 等于a 的长度|a |与b 在a 的方向上的投影|b |cos θ的乘积． 2．平面向量数量积的性质及其坐标表示设向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为向量a ，b 的夹角． (1)数量积：a ·b ＝|a ||b |cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2.(2)模：|a |＝a ·a ＝x 21＋y 21.(3)夹角：cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22. (4)两非零向量a ⊥b 的充要条件：a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0. (5)|a ·b |≤|a ||b |(当且仅当a ∥b 时等号成立)⇔|x 1x 2＋y 1y 2|≤ x 21＋y 21·x 22＋y 22.3．平面向量数量积的运算律 (1)a ·b ＝b ·a (交换律)．(2)λa ·b ＝λ(a ·b )＝a ·(λb )(结合律)．(3)(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c (分配律)． 4．平面几何中的向量方法三步曲：(1)用向量表示问题中的几何元素，将几何问题转化为向量问题； (2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系； (3)把运算结果“翻译”成几何关系.1．两个向量a ，b 的夹角为锐角⇔a ·b >0且a ，b 不共线；两个向量a ，b 的夹角为钝角⇔a ·b <0且a ，b 不共线．2．平面向量数量积运算的常用公式 (1)(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2； (2)(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2. (3)(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2.3．数量积运算律要准确理解、应用，例如，a ·b ＝a ·c (a ≠0)，不能得出b ＝c ，两边不能约去同一个向量．诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)两个向量的夹角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2.( ) (2)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量．( )(3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量．( ) (4)若a ·b ＝a ·c (a ≠0)，则b ＝c .( ) 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×解析 (1)两个向量夹角的范围是[0，π]．(4)由a ·b ＝a ·c (a ≠0)得|a ||b |·cos 〈a ，b 〉＝|a ||c |·cos 〈a ，c 〉，所以向量b 和c 不一定相等．2．已知向量a ＝(1,1)，b ＝(2,4)，则(a －b )·a ＝( ) A ．－14 B ．－4 C ．4 D ．14答案 B解析由题意得a －b ＝(－1，－3)，则(a －b )·a ＝－1－3＝－4. 3．设a ，b 是非零向量，则“a ·b ＝|a ||b |”是“a ∥b ”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析设a 与b 的夹角为θ.因为a ·b ＝|a |·|b |cos θ＝|a |·|b |，所以cos θ＝1，即a 与b 的夹角为0°，故a ∥b .当a ∥b 时，a 与b 的夹角为0°或180°，所以a ·b ＝|a |·|b |cos θ＝±|a |·|b |，所以“a ·b ＝|a |·|b |”是“a ∥b ”的充分而不必要条件．4．(2019·全国Ⅱ卷)已知AB →＝(2,3)，AC →＝(3，t )，|BC →|＝1，则AB →·BC →＝( ) A ．－3 B ．－2 C ．2 D ．3答案 C解析因为BC →＝AC →－AB →＝(3，t )－(2,3)＝(1，t －3)，所以|BC →|＝12＋t －32＝1，解得t＝3，所以BC →＝(1,0)，所以AB →·BC →＝2×1＋3×0＝2.5．(2021·江南名校模拟)已知平面向量a ，b ，满足|a |＝|b |＝1，若(2a －b )·b ＝0，则向量a ，b 的夹角为( ) A.π6 B ．π4C ．π3D ．2π3答案 C解析由(2a －b )·b ＝0，可得a ·b ＝12b 2＝12，设向量a 、b 的夹角为θ，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝12，又θ∈[0，π]，所以向量a 、b 的夹角为π3.6．(2020·全国Ⅰ卷)设向量a ＝(1，－1)，b ＝(m ＋1,2m －4)，若a ⊥b ，则m ＝________. 答案 5解析因为a ⊥b ，所以1×(m ＋1)＋(－1)×(2m －4)＝0，解得m ＝5.考点一平面向量的数量积运算1．已知向量a ，b 满足|a |＝1，a ·b ＝－1，则a ·(2a －b )＝( ) A ．4 B ．3C ．2D ．0答案 B解析 a ·(2a －b )＝2|a |2－a ·b ＝2×12－(－1)＝3.2．(2020·北京卷)已知正方形ABCD 的边长为2，点P 满足AP →＝12()AB →＋AC →，则|PD →|＝__________；PB →·PD →＝__________. 答案5 －1解析法一 ∵AP →＝12(AB →＋AC →)，∴P 为BC 的中点．以A 为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意知A (0,0)，B (2,0)，C (2,2)，D (0,2)，P (2,1)，∴|PD →|＝2－02＋1－22＝ 5.易得PB →＝(0，－1)，PD →＝(－2,1)． ∴PB →·PD →＝(0，－1)·(－2,1)＝－1.法二如图，在正方形ABCD 中，由AP →＝12(AB →＋AC →)得点P 为BC 的中点，∴|PD →|＝12＋22＝ 5.PB →·PD →＝PB →·(PC →＋CD →)＝PB →·PC →＋PB →·CD →＝－PB →2＋0＝－1.3．(2019·天津卷)在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝23，AD ＝5，∠A ＝30°，点E 在线段CB 的延长线上，且AE ＝BE ，则BD →·AE →＝________. 答案－1 解析如图，在等腰△ABE 中，易得∠BAE ＝∠ABE ＝30°，故BE ＝2. 则BD →·AE →＝(AD →－AB →)·(AB →＋BE →) ＝AD →·AB →＋AD →·BE →－AB →2－AB →·BE →＝5×23×cos 30°＋5×2×cos 180°－12－23×2×cos 150° ＝15－10－12＋6＝－1.4．(2020·新高考山东卷)已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP →·AB →的取值范围是( ) A ．(－2,6) B ．(－6,2)C ．(－2,4)D ．(－4,6)答案 A解析法一如图，取A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (3，3)，F (－1，3)．设P (x ，y )，则AP →＝(x ，y )，AB →＝(2,0)，且－1＜x ＜3.所以AP →·AB →＝(x ，y )·(2,0)＝2x ∈(－2,6)．故选A.法二 AP →·AB →＝|AP →|·|AB →|·cos ∠P AB ＝2|AP →|·cos ∠P AB ，又|AP →|cos ∠P AB 表示AP →在AB →方向上的投影．结合几何图形，当点P 与F 重合时投影最小，当P 与点C 重合时，投影最大，又AC →·AB →＝23×2×cos 30°＝6， AF →·AB →＝2×2cos 120°＝－2，故当点P 在正六边形ABCDEF 内时，－2<AP →·AB →<6. 感悟升华 1.计算平面向量的数量积主要方法： (1)利用定义：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)利用坐标运算，若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. (3)活用平面向量数量积的几何意义．2．解决涉及几何图形的向量的数量积运算问题时，可先利用向量的加、减运算或数量积的运算律化简后再运算．但一定要注意向量的夹角与已知平面几何图形中的角的关系是相等还是互补．考点二向量数量积的性质及应用角度1 夹角与垂直【例1】 (1)(2020·全国Ⅱ卷)已知单位向量a ，b 的夹角为60°，则在下列向量中，与b 垂直的是( ) A ．a ＋2bB ．2a ＋bC ．a －2bD ．2a －b(2)(2020·全国Ⅲ卷)已知向量a ，b 满足|a |＝5，|b |＝6，a ·b ＝－6，则cos 〈a ，a ＋b 〉＝( )A ．－3135B ．－1935C ．1735D ．1935答案 (1)D (2)D解析 (1)易知a ·b ＝|a ||b |cos 60°＝12，则b ·(a ＋2b )＝52≠0，b ·(2a ＋b )＝2≠0，b ·(a －2b )＝a ·b －2b 2＝－32≠0，b ·(2a －b )＝0.因此b ⊥(2a －b )．(2)∵|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝25－12＋36＝49，∴|a ＋b |＝7，∴cos 〈a ，a ＋b 〉＝a ·a ＋b |a ||a ＋b |＝a 2＋a ·b |a ||a ＋b |＝25－65×7＝1935.角度2 平面向量的模【例2】 (1)(2021·南昌模拟)设x ，y ∈R ，a ＝(x,1)，b ＝(2，y )，c ＝(－2,2)，且a ⊥c ，b ∥c ，则|2a ＋3b －c |＝( ) A ．234B ．26C ．12D ．210(2)已知a ，b 是单位向量，a ·b ＝0.若向量c 满足|c －a －b |＝1，则|c |的最大值是________．答案 (1)A (2)2＋1解析 (1)因为a ⊥c ，所以a ·c ＝－2x ＋2＝0，解得x ＝1，则a ＝(1,1)，因为b ∥c ，所以4＋2y ＝0，解得y ＝－2，则b ＝(2，－2)．所以2a ＋3b －c ＝(10，－6)，则|2a ＋3b －c |＝234. (2)法一由a ·b ＝0，得a ⊥b .如图所示，分别作OA →＝a ，OB →＝b ，作OC →＝a ＋b ，则四边形OACB 是边长为1的正方形，所以|OC →|＝ 2.作OP →＝c ，则|c －a －b |＝|OP →－OC →|＝|CP →|＝1. 所以点P 在以C 为圆心，1为半径的圆上．由图可知，当点O ，C ，P 三点共线且点P 在点P 1处时，|OP →|取得最大值2＋1.故|c |的最大值是2＋1.法二由a ·b ＝0，得a ⊥b .建立如图所示的平面直角坐标系，则OA →＝a ＝(1,0)，OB →＝b ＝(0,1)．设c ＝OC →＝(x ，y )，由|c －a －b |＝1，得(x －1)2＋(y －1)2＝1，所以点C 在以(1,1)为圆心，1为半径的圆上．所以|c |max ＝2＋1.法三易知|a ＋b |＝2，|c －a －b |＝|c －(a ＋b )| ≥||c |－|a ＋b ||＝||c |－2|，由已知得||c |－2|≤1，所以|c |≤1＋2，故|c |max ＝2＋1.感悟升华 1.两个向量垂直的充要条件是两向量的数量积为0，若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0.2．若题目给出向量的坐标，可直接运用公式cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22求解．没有坐标时可用公式cos θ＝a ·b|a ||b |.研究向量夹角应注意“共起点”，注意取值范围是[0，π]．3．向量模的计算主要利用a 2＝|a |2，把向量模的运算转化为数量积运算，有时借助几何图形的直观性，数形结合，提高解题效率．【训练1】 (1)(2021·太原质检)已知平面向量a ＝(4，－2)，b ＝(1，－3)，若a ＋λb 与b 垂直，则λ＝( ) A ．－2B ．2C ．－1D ．1(2)(2020·河南部分重点中学联考)已知单位向量a ，b 的夹角为θ，且tan θ＝12，若向量m ＝5a －3b ，则|m |＝( ) A. 2B ． 3C ．26D ．2或26答案 (1)C (2)A解析 (1)a ＋λb 与b 垂直，∴(a ＋λb )·b ＝a ·b ＋λb 2＝4＋6＋10λ＝0，解得λ＝－1. (2)依题意|a |＝|b |＝1，又θ为a ，b 的夹角，且tan θ＝12，∴θ为锐角，且cos θ＝2sin θ，又sin 2θ＋cos 2θ＝1，从而cos θ＝255.由m ＝5a －3b ，∴m 2＝(5a －3b )2＝5a 2＋9b 2－65a ·b ＝2，因此|m |＝ 2. 考点三平面向量的综合应用【例3】 (1)(2020·天津卷)如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，AB ＝3，BC ＝6，且AD →＝λBC →，AD →·AB →＝－32，则实数λ的值为__________；若M ，N 是线段BC 上的动点，且|MN →|＝1，则DM →·DN →的最小值为__________．答案 16 132解析因为AD →＝λBC →，所以AD ∥BC ，则∠BAD ＝120°，所以AD →·AB →＝|AD →|·|AB →|·cos 120°＝－32，解得|AD →|＝1.因为AD →，BC →同向，且BC ＝6，所以AD →＝16BC →，即λ＝16.在四边形ABCD 中，作AO ⊥BC 于点O ，则BO ＝AB ·cos 60°＝32，AO ＝AB ·sin 60°＝332.以O 为坐标原点，以BC 和AO 所在直线分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系．如图，设M (a,0)，不妨设点N 在点M 右侧，则N (a ＋1,0)，且－32≤a ≤72.又D ⎝⎛⎭⎫1，332，所以DM →＝⎝⎛⎭⎫a －1，－332，DN →＝⎝⎛⎭⎫a ，－332，所以DM →·DN →＝a 2－a ＋274＝⎝⎛⎭⎫a －122＋132. 所以当a ＝12时，DM →·DN →取得最小值132.(2)已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(sin A ，sin B )，n ＝(cos B ，cos A )，m ·n ＝sin 2C . ①求角C 的大小；②若sin A ，sin C ，sin B 成等差数列，且CA →·(AB →－AC →)＝18，求c .解 ①m ·n ＝sin A ·cos B ＋sin B ·cos A ＝sin(A ＋B )，在△ABC 中，A ＋B ＝π－C,0<C <π，所以sin(A ＋B )＝sin C ，所以m ·n ＝sin C ，又m ·n ＝sin 2C ，所以sin 2C ＝sin C ，cos C ＝12.又因为C ∈(0，π)，故C ＝π3.②由sin A ，sin C ，sin B 成等差数列，可得2sin C ＝sin A ＋sin B ，由正弦定理得2c ＝a ＋b . 因为CA →·(AB →－AC →)＝18，所以CA →·CB →＝18，即ab cos C ＝18，ab ＝36. 由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝(a ＋b )2－3ab ，所以c 2＝4c 2－3×36，c 2＝36，所以c ＝6.感悟升华 1.以平面几何为载体的向量问题有两种基本解法：(1)基向量法：恰当选择基底，结合共线定理、平面向量的基本定理进行向量运算． (2)坐标法：如果图形比较规则，可建立平面坐标系，把有关点与向量用坐标表示，从而使问题得到解决．2．解决平面向量与三角函数的交汇问题，关键是准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数中的有关问题．【训练2】 (1)(2020·全国Ⅲ卷)在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点．若AC →·BC →＝1，则点C 的轨迹为( ) A ．圆B ．椭圆C ．抛物线D ．直线(2)(2019·江苏卷)如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE ＝2EA ，AD 与CE 交于点O .若AB →·AC →＝6AO →·EC →，则AB AC的值是________．答案 (1)A (2) 3解析 (1)以AB 所在直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，设点A ，B 分别为(－a,0)，(a,0)(a >0)，点C 为(x ，y )，则AC →＝(x ＋a ，y )，BC →＝(x －a ，y )，所以AC →·BC →＝(x －a )(x ＋a )＋y ·y ＝x 2＋y 2－a 2＝1，整理得x 2＋y 2＝a 2＋1.因此点C 的轨迹为圆．故选A. (2)法一如图，过点D 作DF ∥CE 交AB 于点F ，由D 是BC 的中点，可知F 为BE 的中点．又BE ＝2EA ，则知EF ＝EA ，从而可得AO ＝OD ，则有AO →＝12AD →＝14(AB →＋AC →)，EC →＝AC →－AE →＝AC →－13AB →，所以6AO →·EC →＝32(AB →＋AC →)·⎝⎛⎭⎫AC →－13AB →＝32AC →2－12AB →2＋AB →·AC →＝AB →·AC →，整理可得AB →2＝3AC →2，所以AB AC＝ 3.法二以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，如图所示．设E (1,0)，C (a ，b )，则B (3,0)，D ⎝⎛⎭⎫a ＋32，b 2.⎭⎬⎫l AD ：y ＝ba ＋3x ，l CE ：y ＝ba －1x －1⇒O ⎝⎛⎭⎫a ＋34，b4. ∵AB →·AC →＝6AO →·EC →， ∴(3,0)·(a ，b )＝6⎝⎛⎭⎫a ＋34，b 4·(a －1，b )，即3a ＝6⎣⎡⎦⎤a ＋3a －14＋b 24，∴a 2＋b 2＝3，∴AC ＝ 3.∴AB AC ＝33＝ 3.平面向量与三角形的“四心”向量具有数形二重性，借助几何直观研究向量，优化解题过程，进而提高解题效率．设O 为△ABC 所在平面上一点，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则 (1)O 为△ABC 的外心⇔|OA →|＝|OB →|＝|OC →|＝a2sin A. (2)O 为△ABC 的重心⇔OA →＋OB →＋OC →＝0. (3)O 为△ABC 的垂心⇔OA →·OB →＝OB →·OC →＝OC →·OA →. (4)O 为△ABC 的内心⇔aOA →＋bOB →＋cOC →＝0. 一、平面向量与三角形的“重心”【例1】已知A ，B ，C 是平面上不共线的三点，O 为坐标原点，动点P 满足OP →＝13[(1－λ)OA→＋(1－λ)OB →＋(1＋2λ)·OC →]，λ∈R ，则点P 的轨迹一定经过( ) A ．△ABC 的内心 B ．△ABC 的垂心 C ．△ABC 的重心 D ．AB 边的中点答案 C解析取AB 的中点D ，则2OD →＝OA →＋OB →， ∵OP →＝13[(1－λ)OA →＋(1－λ)OB →＋(1＋2λ)OC →]，∴OP →＝13[2(1－λ)OD →＋(1＋2λ)OC →]＝21－λ3OD →＋1＋2λ3OC →，而21－λ3＋1＋2λ3＝1，∴P ，C ，D 三点共线，∴点P 的轨迹一定经过△ABC 的重心．二、平面向量与三角形的“内心”问题【例2】在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝6，cos A ＝15，O 是△ABC 的内心，若OP →＝xOB →＋yOC →，其中x ，y ∈[0,1]，则动点P 的轨迹所覆盖图形的面积为( ) A.1063B ．1463C ．4 3D ．6 2答案 B解析根据向量加法的平行四边形法则可知，动点P 的轨迹是以OB ，OC 为邻边的平行四边形及其内部，其面积为△BOC 的面积的2倍．在△ABC 中，设内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得a ＝7.设△ABC 的内切圆的半径为r ，则 12bc sin A ＝12(a ＋b ＋c )r ，解得r ＝263，所以S △BOC ＝12×a ×r ＝12×7×263＝763.故动点P 的轨迹所覆盖图形的面积为2S △BOC ＝1463.三、平面向量与三角形的“外心”问题【例3】 (2021·长春质检)在△ABC 中，O 为其外心，OA →·OC →＝3，且3OA →＋7OB →＋OC →＝0，则边AC 的长是________．答案3－1解析设△ABC 外接圆的半径为R ， ∵O 为△ABC 的外心， ∴|OA →|＝|OB →|＝|OC →|＝R ，又3OA →＋7OB →＋OC →＝0，则3OA →＋OC →＝－7OB →，∴3OA →2＋OC →2＋23OA →·OC →＝7OB →2，从而OA →·OC →＝32R 2，又OA →·OC →＝3，所以R 2＝2，又OA →·OC →＝|OA →||OC →|cos ∠AOC ＝R 2cos ∠AOC ＝3， ∴cos ∠AOC ＝32，∴∠AOC ＝π6，在△AOC 中，由余弦定理得 AC 2＝OA 2＋OC 2－2OA ·OC ·cos ∠AOC ＝R 2＋R 2－2R 2×32＝(2－3)R 2＝4－2 3.所以AC ＝3－1.四、平面向量与三角形的“垂心”问题【例4】已知O 是平面上的一个定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，λ∈(0，＋∞)，则动点P 的轨迹一定通过△ABC 的( ) A ．重心 B ．垂心C ．外心D ．内心答案 B解析因为OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，所以AP →＝OP →－OA →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，所以BC →·AP →＝BC →·λ⎝ ⎛⎭⎪⎫AB→|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ＝λ(－|BC →|＋|BC →|)＝0，所以BC →⊥AP →，所以点P 在BC 的高线上，即动点P 的轨迹一定通过△ABC 的垂心.A 级基础巩固一、选择题1．已知向量a ＝(k,3)，b ＝(1,4)，c ＝(2,1)，且(2a －3b )⊥c ，则实数k ＝( ) A ．－92B ．0C ．3D ．152答案 C解析因为2a －3b ＝(2k －3，－6)，(2a －3b )⊥c ，所以(2a －3b )·c ＝2(2k －3)－6＝0，解得k ＝3，选C.2．(2021·新乡质检)已知向量a ＝(0,2)，b ＝(23，x )，且a 与b 的夹角为π3，则x ＝( )A ．－2B ．2C ．1D ．－1答案 B解析由题意得a ·b |a ||b |＝2x 2·12＋x 2＝12，则2x ＝12＋x 2，解之得x ＝2，x ＝－2(舍去)．3．(2021·青岛调研)如图所示，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝4，CD ＝8.若CE →＝－7DE →，3BF →＝FC →，则AF →·BE →＝( )A ．11B ．10C ．－10D ．－11答案 D解析以A 为坐标原点，建立直角坐标系如图．则A (0,0)，B (4,0)，E (1,4)，F (5,1)，所以AF →＝(5,1)，BE →＝(－3,4)，则AF →·BE →＝－15＋4＝－11. 4．若两个非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝2|b |，则向量a ＋b 与a 的夹角为( ) A.π3 B ．2π3C ．5π6D ．π6答案 D解析设|b |＝1，则|a ＋b |＝|a －b |＝2. 由|a ＋b |＝|a －b |，得a ·b ＝0，故以a 、b 为邻边的平行四边形是矩形，且|a |＝3，设向量a ＋b 与a 的夹角为θ，则cos θ＝a ·a ＋b |a |·|a ＋b |＝a 2＋a ·b |a |·|a ＋b |＝|a ||a ＋b |＝32，又0≤θ≤π，所以θ＝π6.5.在如图的平面图形中，已知OM ＝1，ON ＝2，∠MON ＝120°，BM →＝2MA →，CN →＝2NA →，则BC →·OM →的值为( )A ．－15B ．－9C ．－6D ．0答案 C解析连接OA .在△ABC 中，BC →＝AC →－AB →＝3AN →－3AM →＝3(ON →－OA →)－3(OM →－OA →)＝3(ON →－OM →)，∴BC →·OM →＝3(ON →－OM →)·OM →＝3(ON →·OM →－OM →2)＝3×(2×1×cos 120°－12)＝3×(－2)＝－6.6．已知向量OA →，OB →满足|OA →|＝|OB →|＝2，OA →·OB →＝2，若OC →＝λOA →＋μOB →(λ，μ∈R)，且λ＋μ＝1，则|OC →|的最小值为( ) A ．1 B ．52C ． 2D ． 3答案 D解析 |OC →|2＝(λOA →＋μOB →)2＝[λOA →＋(1－λ)OB →]2 ＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)OA →·OB →，因为OA →·OB →＝2，所以|OC →|2＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)·2＝4λ2－4λ＋4＝4⎝⎛⎭⎫λ－122＋3，当λ＝12时，|OC →|取得最小值 3. 二、填空题7．(2019·全国Ⅲ卷)已知a ，b 为单位向量，且a ·b ＝0，若c ＝2a －5b ，则cos 〈a ，c 〉＝________. 答案 23解析由题意，得cos 〈a ，c 〉＝a ·2a －5b|a |·|2a －5b |＝2a 2－5a ·b|a |·|2a －5b |2＝21×4＋5＝23.8．(2020·全国Ⅰ卷)设a ，b 为单位向量，且|a ＋b |＝1，则|a －b |＝________. 答案3解析如图，设OA →＝a ，OB →＝b ，利用平行四边形法则得OC →＝a ＋b ，∵|a |＝|b |＝|a ＋b |＝1，∴△OAC 为正三角形，∴|BA →|＝|a －b |＝2×32×|a |＝ 3.9．(2020·郑州模拟)已知四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AD ＝1，BC ＝2，M 是AB 边上的动点，则|MC →＋MD →|的最小值为________．答案 3解析以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，设A (0，a )，M (0，b )，且0≤b ≤a ，由于BC ＝2，AD ＝1.∴C (2,0)，D (1，a )．则MC →＝(2，－b )，MD →＝(1，a －b )， ∴MC →＋MD →＝(3，a －2b )．因此|MC →＋MD →|＝9＋a －2b2，∴当且仅当a ＝2b 时，|MC →＋MD →|取得最小值3. 三、解答题10．已知向量a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，x ∈[0，π]． (1)若a ∥b ，求x 的值；(2)记f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值和最小值以及对应的x 的值．解 (1)因为a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，a ∥b ，所以－3cos x ＝3sin x .若cos x ＝0，则sin x ＝0，与sin 2x ＋cos 2x ＝1矛盾，故cos x ≠0，于是tan x ＝－33. 又x ∈[0，π]，所以x ＝5π6.(2)f (x )＝a ·b ＝(cos x ，sin x )·(3，－3) ＝3cos x －3sin x ＝23cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π6.因为x ∈[0，π]，所以x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6，从而－1≤cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π6≤32. 于是，当x ＋π6＝π6，即x ＝0时，f (x )取到最大值3；当x ＋π6＝π，即x ＝5π6时，f (x )取到最小值－2 3.B 级能力提升11．(2021·石家庄调研)已知向量a ，b 满足|a |＝1，(a －b )⊥(3a －b )，则a 与b 的夹角的最大值为( ) A.π6 B ．π3C ．2π3D ．5π6答案 A解析设a 与b 的夹角为θ，θ∈[0，π]．因为(a －b )⊥(3a －b )，所以(a －b )·(3a －b )＝0. 整理可得3a 2－4a ·b ＋b 2＝0，即3|a |2－4a ·b ＋|b |2＝0.将|a |＝1代入3|a |2－4a ·b ＋|b |2＝0，可得3－4|b |cos θ＋|b |2＝0，整理可得cos θ＝34|b |＋|b |4≥234|b |×|b |4＝32，当且仅当34|b |＝|b |4，即|b |＝3时取等号，故cos θ≥32，结合θ∈[0，π]，可知θ的最大值为π6.12．(2020·长沙联考)已知点O 为坐标原点，向量OA →＝(1,2)，OB →＝(x ，y )，且OA →·OB →＝10，则|OB →|的最小值为________．答案 2 5 解析由题意知|OB →|＝x 2＋y 2，x ＋2y ＝10，∴点B 在直线x ＋2y －10＝0上，∴|OB →|的最小值为点O 到直线x ＋2y －10＝0的距离．则|OB →|min ＝|0＋0－10|12＋22＝105＝2 5. 13．(2020·浙江卷)已知平面单位向量e 1，e 2满足|2e 1－e 2|≤ 2.设a ＝e 1＋e 2，b ＝3e 1＋e 2，向量a ，b 的夹角为θ，则cos 2θ的最小值是__________．答案 2829解析因为单位向量e 1，e 2满足|2e 1－e 2|≤2，所以|2e 1－e 2|2＝5－4e 1·e 2≤2，即e 1·e 2≥34. 因为a ＝e 1＋e 2，b ＝3e 1＋e 2，a ，b 的夹角为θ，所以cos 2θ＝a ·b 2|a |2|b |2＝[e 1＋e 2·3e 1＋e 2]2|e 1＋e 2|2·|3e 1＋e 2|2＝4＋4e 1·e 222＋2e 1·e 210＋6e 1·e 2＝4＋4e 1·e 25＋3e 1·e 2. 不妨设t ＝e 1·e 2，则t ≥34，cos 2θ＝4＋4t 5＋3t，又y ＝4＋4t 5＋3t在⎣⎡⎭⎫34，＋∞上单调递增，所以cos 2θ≥4＋35＋94＝2829，所以cos 2θ的最小值为2829. 14．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(cos(A －B )，sin(A －B ))，n ＝(cos B ，－sin B )，且m ·n ＝－35. (1)求sin A 的值；(2)若a ＝42，b ＝5，求角B 的大小及向量BA →在BC →方向上的投影．解 (1)由m ·n ＝－35，得cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35，所以cos A ＝－35.因为0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝⎛⎭⎫－352＝45. (2)由正弦定理，得a sin A ＝b sin B ，则sin B ＝b sin A a ＝5×4542＝22，因为a >b ，所以A >B ，且B 是△ABC 一内角，则B ＝π4. 由余弦定理得(42)2＝52＋c 2－2·5c ·⎝⎛⎭⎫－35，解得c ＝1，c ＝－7(舍去)，故向量BA →在BC →方向上的投影为|BA →|cos B ＝c cos B ＝1×22＝22.。

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2021年新高考数学专题练习--第六章平面向量第二讲平面向量的数量积及应用练好题﹒考点自测1.[改编题]下列说法正确的个数为( )(1)向量在另一个向量方向上的投影是数量,而不是向量.(2)两个向量的数量积是一个实数,向量的加法、减法、数乘运算的运算结果是向量. (3)由a ·b=0可得a=0或b=0. (4)(a·b)·c =a·(b·c ).(5)两个向量的夹角的范围是[0,π2].A.2B.3C.4D.52.[易错题]已知两个非零向量a 与b 的夹角为θ,则“a ·b>0”是“θ为锐角”的( ) A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.[2019全国卷Ⅱ,5分]已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,t),|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ = ( )A.-3B.-2C.2D.34.[2020全国卷Ⅲ,5分]已知向量a ,b 满足|a |=5,|b|=6,a ·b=-6,则cos<a ,a +b>= ( ) A.-3135B.-1935C.1735D.19355.[2020山东,5分]已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点,则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围是 ( )A.(-2,6)B.(-6,2)C.(-2,4)D.(-4,6)6.[2020青岛市质检][多选题]已知向量a +b=(1,1),a -b=(-3,1),c =(1,1),设a ,b 的夹角为θ,则 ( )A.|a |=|b |B.a ⊥cC.b ∥cD.θ=135°7.[2020全国卷Ⅱ,5分]已知单位向量a ,b 的夹角为45°,k a -b 与a 垂直,则k= . 8.[2021合肥市调研检测]已知a =(1,1),b =(2,-1),则向量b 在a 方向上的投影等于 . 9.[2017全国卷Ⅰ,5分]已知向量a ,b 的夹角为60°,|a |=2,|b |=1,则|a +2b |= .拓展变式1.(1)已知点A(-1,1),B(1,2),C(-2,-1),D(3,4),则向量CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 在BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影是 ( )A.-3√5B.-3√22C.3√5D.3√22(2)[2021大同市调研测试]在直角三角形ABC 中,直角边AB=3,AC=4,则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ = ( ) A.-25 B.25C.7D.-7(3)[2017天津,5分]在△ABC 中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R),且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-4,则λ的值为 .2.(1)[2021安徽省四校联考]已知向量a =(-1,m),2a +b =(2,3+2m),且(a +b )⊥(a -b ),则实数m 的值为 .(2)[2020全国卷Ⅰ,5分]设a ,b 为单位向量,且|a +b |=1,则|a -b |= .(3)[2019全国卷Ⅲ,5分]已知a ,b 为单位向量,且a ·b =0,若c =2a -√5b ,则cos<a ,c >= . 3.[2016天津,5分]已知△ABC 是边长为1的等边三角形,点D,E 分别是边AB,BC 的中点,连接DE 并延长到点F,使得DE=2EF,则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为 ( )A.-58 B.18 C.14 D.1184.[2020成都市高三摸底测试]△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b ,c .若向量m =(a,-cos A),n =(cos C,√2b -c ),且m ·n =0,则角A 的大小为 ( )A.π6B.π4C.π3D.π25.[新课标全国Ⅰ,5分]已知M(x 0,y 0)是双曲线C:x 22-y 2=1上的一点,F 1,F 2是C 的两个焦点.若MF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ <0,则y 0的取值范围是( )A.(-√33,√33) B.(-√36,√36) C.(-2√23,2√23) D.(-2√33,2√33)6.(1)[湖南高考,5分]已知点A,B,C 在圆x 2+y 2=1上运动,且AB⊥BC.若点P 的坐标为(2,0),则|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大值为 ( )A.6B.7C.8D.9(2)[2020天津,5分]如图6-2-15,在四边形ABCD 中,∠B=60°,AB=3,BC=6,且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,则实数λ的值为 ,若M,N 是线段BC 上的动点,且|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,则DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为 .图6-2-15答案第二讲平面向量的数量积及应用1.A 对于(1),向量的投影是数量,故(1)正确;对于(2),由数量积的定义及向量的运算法则可知,(2)正确; 对于(3),当a ⊥b 时,a ·b =0,故(3)错误;对于(4),向量数量积运算不满足结合律,故(4)错误;对于(5),两个向量的夹角的范围是[0,π],故(5)错误.综上选A.2.B 由a ·b >0,可得到θ∈[0,π2),不能得到θ∈(0,π2);而由θ∈(0,π2),可以得到a ·b >0.故选B. 3.C 因为BC⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,t-3),所以|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1+(t -3)2=1,解得t=3,所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0),所以AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2×1+3×0=2,故选C. 4.D 由题意,得a ·(a +b )=a 2+a ·b =25-6=19,|a +b |=√a 2+2a ·b +b 2=√25-12+36=7,所以cos<a ,a +b >=a ·(a+b )|a ||a+b |=195×7=1935,故选D.5.A AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |·cos∠PAB=2|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠PAB,又|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠PAB 表示AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 在AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影,所以结合图形可知,当P 与C 重合时投影最大,当P 与F 重合时投影最小.又AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2√3×2×cos 30°=6,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2×2×cos 120°=-2,故当点P 在正六边形ABCDEF 内部运动时,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∈(-2,6),故选A.6.BD ∵向量a +b =(1,1),a -b =(-3,1),∴a =(-1,1),b =(2,0),∴|a |=√(-1)2+12=√2,|b |=2,∴|a |≠|b |,故选项A 错误;∵a ·c =(-1,1)·(1,1)=0,∴a ⊥c ,故选项B 正确;2×1≠0×1,故b 不平行于c ,故选项C 错误;cos θ=a ·b|a |·|b |=-√22,∴θ=135°,故选项D 正确.故选BD.7.√22 由题意,得a ·b =|a |·|b |cos 45°=√22.因为向量k a -b 与a 垂直,所以(k a -b )·a =k a 2-a ·b =k-√22=0,解得k=√22.8.√22 由题意,得b 在a 方向上的投影为a ·b |a |=√12+12=√22.9.2√3 易知|a +2b |=√|a |2+4a ·b +4|b |2=√4+4×2×1×12+4=2√3.1.(1)A 依题意,得BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-1),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(5,5),所以BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-15,|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5,因此向量CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 在BA⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影是BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=5=-3√5,故选A.(2)A 解法一在直角三角形ABC 中,因为AB=3,AC=4,所以BC=5,于是AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ -AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )+0=-BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=-25,故选A.图D 6-2-1解法二以A 为坐标原点,AB,AC 所在直线分别为x 轴,y 轴建立如图D 6-2-1所示平面直角坐标系,则A(0,0),B(3,0),C(0,4), AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0),CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-4),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,4),所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3×(-3)+0×4+(-3)×0+4×(-4)+0×3+(-4)×0=-25,故选A.(3)311 解法一 AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ .又AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3×2×12=3,所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(-AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-13|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+(13λ-23)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +23λ|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ | 2=-3+3(13λ-23)+23λ×4=113λ-5=-4,则λ=311.解法二以点A 为坐标原点,AB⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立平面直角坐标系,不妨假设点C 在第一象限,则A(0,0),B(3,0),C(1,√3).由BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得D(53,2√33),由AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得E(λ-3,√3λ),则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(53,2√33)·(λ-3,√3λ)=53(λ-3)+2√33×√3λ=113λ-5=-4,则λ=311. 2.(1)±2√6 解法一由题意,得b =(2,3+2m)-2(-1,m)=(4,3),因为(a +b )⊥(a -b ),所以(a +b )·(a -b )=a 2-b 2=|a |2-|b |2=0,所以|a |=|b |,即√1+m 2=5,解得m=±2√6.解法二因为a +b =2a +b -a =(2,3+2m)-(-1,m)=(3,3+m), a -b =3a -(2a +b )=3(-1,m)-(2,3+2m)=(-5,m-3),(a +b )⊥(a -b ),所以(a +b )·(a -b )=3×(-5)+(3+m)×(m -3)=m 2-24=0,解得m=±2√6.(2)√3 解法一 ∵a ,b 为单位向量,且|a +b |=1,∴(a +b )2=1,∴1+1+2a ·b =1,∴a ·b =-12,∴|a -b |2=a 2+b 2-2a ·b =1+1-2×(-12)=3,∴|a -b |=√3.图D 6-2-2解法二如图D 6-2-2,设OA⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,利用平行四边形法则得OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b ,∵|a |=|b |=|a +b |=1,∴△OAC 为正三角形,∴|BA⃗⃗⃗⃗⃗ |=|a -b |=2×√32×|a |=√3. (3)23 设a =(1,0),b =(0,1),则c =(2,-√5),所以cos<a ,c >=1×√4+5=23. 3.B图D 6-2-3如图D 6-2-3,设AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =m,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =n.根据已知得,DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =34m,所以AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =34m+12n,BC⃗⃗⃗⃗⃗ =m-n, AF⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(34m+12n)·(m -n)=34m 2-12n 2-14m·n=34-12-18=18. 4.B 解法一由m ·n =0,得acos C-(√2b-c)cos A=0,由正弦定理,得sin Acos C -(√2sin B-sin C)cos A=0,即sin Acos C+cos Asin C = √2sin Bcos A,所以sin (A+C)=√2sin Bcos A,所以sin (π-B)=√2sin Bcos A,即sin B=√2sin Bcos A.因为0<B<π,所以sin B≠0,所以cos A=√22,所以A=π4,故选B. 解法二由m ·n =0,得acos C-(√2b-c)cos A=0,由余弦定理,得a·a 2+b 2-c 22ab-√2bcos A+c·b 2+c 2-a 22bc=0,即2b=2√2bcos A,因为b≠0,所以cos A =√22,所以A=π4,故选B.5.A 由题意知a 2=2,b 2=1,所以c 2=3,不妨设F 1(-√3,0),F 2(√3,0),所以MF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3-x 0,-y 0),MF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3-x 0,-y 0),所以MF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 02-3+y 02=3y 02-1<0,所以-√33<y 0<√33,故选A.6.(1)B 因为A,B,C 均在单位圆上,AC 为直径,故PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PO ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,0),|PA⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|2PO ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |≤2|PO ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |,又|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |≤|PO ⃗⃗⃗⃗⃗ |+1=3, 所以|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |≤4+3=7,故|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大值为7,选B. (2)16 132 依题意得AD∥BC,∠BAD=120°,由AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |·cos∠BAD=-32|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=-32,得|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,因此λ=|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BC⃗⃗⃗⃗⃗ |=16.取MN 的中点E,连接DE,则DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14[(DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2-(DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2]=DE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-14NM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=DE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-14.注意到线段MN 在线段BC 上运动时,DE 的最小值等于点D 到直线BC 的距离,即AB·sin B=3√32,因此DE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-14的最小值为(3√32)2-14=132,即DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为132.。