高考数学总复习 53平面向量的数量积基础巩固强化练习 新人教A版

5-3平面向量的数量积
基础巩固强化
1.对于向量a ，b ，c 和实数λ，下列命题中为真命题的是( ) A ．若a ·b ＝0，则a ＝0或b ＝0 B ．若λa ＝0，则λ＝0或a ＝0 C ．若a 2
＝b 2
，则a ＝b 或a ＝－b D ．若a ·b ＝a ·c ，则b ＝c [答案] B
[解析] a ·b ＝0⇒a ⊥b ，故A 错；a 2
＝b 2
⇔|a |＝|b |，得不出a ＝±b ，不要与实数x 、y
满足|x |＝|y |⇔x ＝±y 混淆，故C 错；a ·b ＝a ·c ⇔a ·(b －c )＝0，同A 知D 错，故选B.
2．(文)如图，在△ABC 中，AD ⊥AB ，BC →
＝3BD →
，|AD →
|＝1，则AC →
·AD →
＝( )
A ．2 3 B.
3
2
C.3
3
D. 3
[答案] D
[解析] ∵AC →＝AB →
＋BC →＝AB →＋3BD →，
∴AC →·AD →
＝(AB →
＋3BD →)·AD →
＝AB →·AD →
＋3BD →·AD →
，
又∵AB ⊥AD ，∴AB →·AD →
＝0， ∴AC →·AD →
＝3BD →·AD →
＝3|BD →|·|AD →
|·cos∠ADB ＝3|BD →
|·cos∠ADB ＝3·|AD →
|＝ 3.
(理)(2012·新疆维吾尔自治区检测)已知A 、B 、C 是圆O ：x 2
＋y 2
＝r 2
上三点，且OA →＋OB →
＝OC →
，则AB →
·OC →
等于( )
A ．0 B.1
2 C.3
2 D ．－32
[答案] A
[解析] ∵A 、B 、C 是⊙O 上三点，∴|OA →
|＝|OB →|＝|OC →|＝r (r >0)，
∵OA →＋OB →
＝OC →
，∴AB →·OC →
＝(OB →
－OA →
)·(OB →＋OA →
)＝|OB →
|2
－|OA →
|2
＝0，故选A.
3．(文)(2012·山西大同调研)设非零向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|c |，a ＋b ＝c ，则a ，
b 的夹角为( )
A ．150°
B ．120°
C ．60°
D ．30°
[答案] B
[解析] 设|a |＝m (m >0)，a ，b 的夹角为θ，由题设知(a ＋b )2
＝c 2
，即2m 2
＋2m 2
cos θ＝
m 2，得cos θ＝－12
.又0°≤θ≤180°，所以θ＝120°，即a ，b 的夹角为120°，故选B.
(理)(2011·郑州一测)若向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，(a ＋b )·b ＝3
2，则向量a 、b 的夹
角为( )
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
[答案] C
[解析] ∵(a ＋b )·b ＝b 2
＋a ·b ＝1＋a ·b ＝32
，
∴a ·b ＝12，即|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝12，∴cos 〈a ，b 〉＝1
2，
∴〈a ，b 〉＝60°，故选C.
4．(文)已知向量a ，b 满足|b |＝2，a 与b 的夹角为60°，则b 在a 上的射影数量是( ) A.1
2 B ．1 C ．2 D ．
3 [答案] B
[解析] 向量b 在a 上的射影数量为l ＝
b·a
|a|
＝|b|·cos60°＝1. (理)(2011·天津宝坻质量调查)已知点A 、B 、C 在圆x 2
＋y 2
＝1上，满足2OA →＋AB →＋AC →
＝
0(其中O 为坐标原点)，又|AB →
|＝|OA →|，则向量BA →在向量BC →方向上的射影数量为( )
A ．1
B ．－1 C.12 D ．－12
[答案] C
[解析] 由2OA →
＋AB →＋AC →
＝(OA →＋AB →)＋(OA →＋AC →)＝OB →＋OC →＝0得，OB →＝－OC →
，即O 、B 、C
三点共线．
又|AB →|＝|OA →|＝1，故向量BA →在向量BC →方向上的射影数量为|BA →
|cos π3＝1
2
.
5．(2013·烟台市第一学期检测)已知向量a 、b ，其中|a |＝2，|b |＝2，且(a －b )⊥a ，则向量a 和b 的夹角是( )
A.π4
B.π2
C.3π4
D ．π
[答案] A
[解析] 由题意知(a －b )·a ＝a 2
－a ·b ＝2－a ·b ＝0，∴a ·b ＝2.设a 与b 的夹角为θ，则
cos θ＝a ·b |a |·|b |＝22，∴θ＝π4
，故选A.
6．(文)在△ABC 中，a 、b 、c 分别是∠A ，∠B ，∠C 所对的边，设向量m ＝(b －c ，c －a )，
n ＝(b ，c ＋a )，若m ⊥n ，则∠A 的大小为( )
A.2π3
B.π3
C.π2
D.π4
[答案] B
[解析] m ·n ＝b (b －c )＋c 2
－a 2
＝c 2
＋b 2
－a 2
－bc ＝0，
∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，∵0<A <π，∴A ＝π
3
.
(理)已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，a 与b 的夹角为60°，直线x cos α－y sin α＝0与圆(x －cos β)2＋(y ＋sin β)2
＝12
的位置关系是( )
A ．相切
B ．相交
C ．相离
D ．随α，β值的变化而变化
[答案] B
[解析] |a |＝1，|b |＝1，a ·b ＝cos αcos β＋sin αsin β ＝cos(α－β)， ∵〈a ，b 〉＝60°，
∴cos60°＝a ·b |a |·|b |，∴cos(α－β)＝1
2
，圆心(cos β，－sin β)到直线x cos α－y cos α
＝0的距离
d ＝
|cos βcos α＋sin βsin α|
cos 2
α＋sin 2
α
＝|cos(α－β)|＝12<2
2
，
∴直线与圆相交．
7．(2011·新课全国文)已知a 与b 为两个不共线的单位向量，k 为实数，若向量a ＋b 与向量k a －b 垂直，则k ＝________.
[答案] 1
[解析] 由a ＋b 与k a －b 垂直知(a ＋b )·(k a －b )＝0，即k a 2
－ab ＋k a ·b －b 2
＝0，又由|a |＝|b |＝1知(k －1)(a ·b ＋1)＝0，若a ·b ＝－1，则a 与b 夹角180°，与a ，b 不共线矛盾，∴k －1＝0，∴k ＝1.
8．(2011·江西文)已知两个单位向量e 1，e 2的夹角为π
3
，若向量b 1＝e 1－2e 2，b 2＝3e 1＋4e 2，则b 1·b 2＝________.
[答案] －6
[解析] ∵〈e 1，e 2〉＝π
3
，|e 1|＝1，|e 2|＝1，
∴b 1·b 2＝(e 1－2e 2)·(3e 1＋4e 2)
＝3|e 1|2
－2e 1·e 2－8|e 1|2
＝3－2cos π
3
－8＝－6.
9．(2012·东北三校二模)已知M 、N 为平面区域⎩⎪⎨⎪
⎧
3x －y －6≤0，x －y ＋2≥0，
x ≥0.
内的两个动点，向
量a ＝(1,3)，则MN →
·a 的最大值是________．
[答案] 40
[解析] 作出不等式组表示的平面区域如图，由于a ＝(1,3)，直线AB ：3x －y －6＝0，
显见a 是直线AB 的一个方向向量，由于M 、N 是△ABC 围成区域内的任意两个点，故当M 、N
分别为A 、B 点时，MN →
·a 取最大值，求得A (0，－6)，B (4,6)，∴MN →＝AB →
＝(4,12)，∴MN →
·a
＝40.
10．(文)设在平面上有两个向量a ＝(cos α，sin α)(0°≤α<360°)，b ＝(－12，3
2)．
(1)求证：向量a ＋b 与a －b 垂直；
(2)当向量3a ＋b 与a －3b 的模相等时，求α的大小．
[解析] (1)证明：因为(a ＋b )·(a －b )＝|a |2－|b |2＝(cos 2α＋sin 2
α)－(14＋34)＝0，
故a ＋b 与a －b 垂直．
(2)由|3a ＋b |＝|a －3b |，两边平方得 3|a |2
＋23a ·b ＋|b |2
＝|a |2
－23a ·b ＋3|b |2
， 所以2(|a |2
－|b |2
)＋43a ·b ＝0， 而|a |＝|b |，所以a ·b ＝0， 则(－12)×cos α＋3
2×sin α＝0，
即cos(α＋60°)＝0，
∴α＋60°＝k ·180°＋90°，即α＝k ·180°＋30°，k ∈Z ， 又0°≤α<360°，则α＝30°或α＝210°.
(理)已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，c ＝(－1，0)． (1)求向量b ＋c 的长度的最大值；
(2)设α＝π
4
，且a ⊥(b ＋c )，求cos β的值．
[分析] (1)由向量坐标运算定义可求b ＋c ，由模的定义得到关于α的三角函数关系式，化为一个角的一个三角函数，即可求得最值，或依据向量模的三角不等式|a ＋b |≤|a |＋|b |求解．
(2)∵α＝π
4，∴a 已知，由a ⊥(b ＋c )⇔a ·(b ＋c )＝0可得到关于cos β的方程，解方
程即可．
[解析] (1)解法1：b ＋c ＝(cos β－1，sin β)，则 |b ＋c |2
＝(cos β－1)2
＋sin 2
β＝2(1－cos β)． ∵－1≤cos β≤1，∴0≤|b ＋c |2
≤4，即0≤|b ＋c |≤2.
当cos β＝－1时，有|b ＋c |＝2，所以向量b ＋c 的长度的最大值为2. 解法2：∵|b |＝1，|c |＝1，|b ＋c |≤|b |＋|c |＝2， 当cos β＝－1时，有b ＋c ＝(－2,0)，即|b ＋c |＝2. 所以向量b ＋c 的长度的最大值为2.
(2)解法1：由已知可得b ＋c ＝(cos β－1，sin β)，
a·(b ＋c )＝cos αcos β＋sin αsin β－cos α
＝cos(α－β)－cos α.
∵a ⊥(b ＋c )，∴a ·(b ＋c )＝0， 即cos(α－β)＝cos α.
由α＝π4，得cos(π4－β)＝cos π
4
，
即β－π4＝2k π±π4(k ∈Z )，∴β＝2k π＋π
2或β＝2k π，k ∈Z ，于是cos β＝0或cos β
＝1.
解法2：若α＝π4，则a ＝(22，2
2)．
又由b ＝(cos β，sin β)，
c ＝(－1,0)得a·(b ＋c )＝(
22，22)·(cos β－1，sin β)＝22cos β＋22sin β－2
2
. ∵a ⊥(b ＋c )，∴a ·(b ＋c )＝0，即cos β＋sin β＝1. ∴sin β＝1－cos β，平方后化简得cos β(cos β－1)＝0，
解得cos β＝0或cos β＝1.经检验，cos β＝0或cos β＝1即为所求.
能力拓展提升
11.(2013·辽宁省沈阳四校期中联考)已知两点A (1,0)为，B (1，3)，O 为坐标原点，点
C 在第二象限，且∠AOC ＝120°，设OC →
＝－2OA →＋λOB →，(λ∈R )，则λ等于( )
A ．－1
B ．2
C ．1
D ．－2
[答案] C
[解析] 由条件知，OA →
＝(1,0)，OB →
＝(1，3)，OC →
＝(λ－2，3λ)，
∵∠AOC ＝120°，
cos ∠AOC ＝
OA →·OC
→
|OA →
|·|OC →
|
＝
λ－2λ－2
2
＋3λ
2
，
∴
λ－2λ－22＋3λ
2
＝－12，解之得λ＝1，故选C. 12．(文)设A 1，A 2，A 3，A 4是平面上给定的4个不同点，则使MA 1→
＋MA 2→
＋MA 3→
＋MA 4→
＝0成立的点M 的个数为( )
A ．0
B ．1
C ．2
D ．4
[答案] B
[解析] 设A 1A 2中点为P ，A 3A 4中点为Q ，则MA 1→
＋MA 2→
＝2MP →
，MA 3→
＋MA 4→
＝2MQ →
， ∴2MP →
＋2MQ →
＝0，即MP →
＝－MQ →
，∴M 为PQ 中点， 所以有且只有一个点适合条件．
(理)(2011·河北冀州期末)过抛物线y 2
＝2px (p >0)的焦点F 的直线l 与抛物线在第一象
限的交点为A ，与抛物线的准线的交点为B ，点A 在抛物线的准线上的射影为C ，若AF →＝FB →
，BA →·BC →
＝48，则抛物线的方程为( )
A ．y 2
＝8x B ．y 2
＝4x C ．y 2＝16x D ．y 2
＝42x
[答案] B
[解析] 如图，△ABC 为直角三角形，
由抛物线定义及条件知，|AC |＝|AF |＝|FB |＝12|AB |，∴∠ABC ＝π
6，设|AC |＝t ，则|AB |
＝2t ，∴|BC |＝3t ，
∴BA →·BC →
＝|BA →
|·|BC →
|·cos∠ABC ＝2t ·3t ·cos π6＝3t 2
＝48，
∴t ＝4，∴p ＝|DF |＝2， ∴抛物线方程为y 2
＝4x ，故选B.
13．(2011·日照二模)在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，BC ＝10，则AB →·AC →
＝( ) A ．－32
B ．－23
C.23
D.32
[答案] D
[解析] AB →·AC →
＝|AB →|·|AC →|·cos∠BAC ＝|AB →
|·|AC →
|·|AB →
|2＋|AC →
|2
－|BC →
|2
2|AB →|·|AC →|
＝3
2
.
14．(文)(2011·菏泽模拟)已知向量OA →
＝(k,12)，OB →
＝(4,5)，OC →
＝(－k,10)，且A 、B 、C 三点共线，则k ＝________.
[答案] －2
3
[解析] ∵A 、B 、C 三点共线，∴AB →
与AC →
共线， ∵AB →＝OB →－OA →
＝(4－k ，－7)，
AC →＝OC →－OA →
＝(－2k ，－2)，
∴－2(4－k )－(－7)·(－2k )＝0，∴k ＝－2
3
.
(理)若等边三角形ABC 的边长为23，平面内一点M 满足CM →
＝16CB →＋2
3CA →，则MA →·MB →＝
________.
[答案] －2
[解析] 以AB 所在的直线为x 轴，AB 的垂直平分线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A ，B ，C 三点的坐标分别为(－3，0)，(3，0)，(0,3)．设M 点的坐标为(x ，y )，则CM →
＝(x ，y －3)，CB →
＝(3，－3)，CA →
＝(－3，－3)，
又CM →
＝16CB →＋23CA →，即(x ，y －3)＝(－32，－52)，可得M (－32，1
2)，所以MA →·MB →
＝－2.
15．(2011·宁波十校联考)已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，|a －b |＝255
. (1)求cos(α－β)的值；
(2)若0<α<π2，－π2<β<0，且sin β＝－5
13，求sin α的值．
[解析] (1)由|a －b |＝25
5得，
|a －b |2＝(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2
＝2－2a ·b ＝45，
∴a ·b ＝3
5
，
∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝a ·b ＝3
5.
(2)由0<α<π2，－π
2<β<0得0<α－β<π，
∴sin(α－β)＝45，由sin β＝－513得cos β＝12
13，
sin α＝sin[(α－β)＋β]
＝sin(α－β)cos β＋cos(α－β)sin β ＝45×1213＋35×⎝ ⎛⎭⎪⎫－513＝33
65
. 16．(文)(2011·山东青岛二模)设角A ，B ，C 是△ABC 的三个内角，已知向量m ＝(sin A ＋sin C ，sin B －sin A )，n ＝(sin A －sin C ，sin B )，且m ⊥n .
(1)求角C 的大小；
(2)若向量s ＝(0，－1)，t ＝⎝
⎛
⎭⎪⎫
cos A ，2cos 2
B 2，试求|s ＋t |的取值范围．
[解析] (1)由题意得m ·n ＝(sin 2
A －sin 2
C )＋(sin 2
B －sin A sin B )＝0，即sin 2
C ＝sin 2
A
＋sin 2
B －sin A sin B ，由正弦定理得c 2
＝a 2
＋b 2
－ab ，再由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝1
2
.
因为0<C <π，所以C ＝π
3
.
(2)因为s ＋t ＝⎝
⎛⎭⎪⎫cos A ，2cos 2
B
2－1＝(cos A ，cos B )，
所以|s ＋t |2＝cos 2A ＋cos 2B ＝cos 2A ＋cos 2
⎝
⎛⎭
⎪
⎫2π3－A
＝1＋cos2A 2＋1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪
⎫4π3－2A 2＝14cos2A －34
sin2A ＋1
＝－12sin ⎝
⎛
⎭⎪⎫2A －π6＋1.
因为0<A <2π3，所以－π6<2A －π6<7π
6，则
－12<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6≤1， 所以－12≤－12sin(2A －π6)<1
4
，
所以12≤|s ＋t |2<5
4，故22≤|s ＋t |<52
.
(理)(2012·东北三校联考)已知向量m ＝(2，－1)，n ＝(sin A
2，cos(B ＋C ))，A 、B 、C 为
△ABC 的内角，其所对的边分别为a 、b 、c .
(1)当m ·n 取得最大值时，求角A 的大小；
(2)在(1)的条件下，当a ＝3时，求b 2
＋c 2
的取值范围．
[解析] (1)m ·n ＝2sin A 2－cos(B ＋C )＝－2sin 2A 2＋2sin A 2＋1＝－2(sin A 2－12)2＋32， ∵0<A <π，∴0<A 2<π2，∴当sin A 2＝1
2
，
即A ＝π
3
时，m ·n 取得最大值．
(2)由a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝3
sin
π
3
＝2得，b ＝2sin B ，c ＝2sin C ，
∵C ＝π－A －B ＝2π
3
－B ，
∴b 2＋c 2＝4sin 2B ＋4sin 2
C ＝4＋2sin(2B －π6)，
∵0<B <2π3，∴－π6<2B －π6<7π6，
∴－12<sin(2B －π6)≤1，∴3<b 2＋c 2
≤6，
∴b 2
＋c 2
的取值范围为(3,6]．
1．已知直线y ＝2x 上一点P 的横坐标为a ，有两个点：A (－1，1)，B (3,3)，那么使向量PA →与PB →
夹角为钝角的一个充分但不必要的条件是( )
A ．－1<a <2
B ．0<a <1
C ．－
22<a <2
2
D ．0<a <2
[答案] B
[解析] 由题意设P (a,2a )，由数量积的性质知，两向量的夹角为钝角的充要条件为：PA →·PB →
＝(－1－a,1－2a )·(3－a,3－2a )＝5a 2－10a <0，且除去P ，A ，B 三点共线这种特殊情
况，解得0<a <2且a ≠1.分析四个选项中a 的取值范围使得满足条件a 的取值构成的集合只需真包含在集合{a |0<a <2且a ≠1}中即可，只有B 选项符合．
2．已知直线ax ＋by ＋c ＝0与圆O ：x 2
＋y 2
＝1相交于A 、B 两点，且|AB |＝3，则OA →·OB →
＝( )
A.1
2 B ．－12
C.14 D ．－14
[答案] B
[解析] 设AB 中点为P ， ∵|AB |＝3， ∴|AP |＝
32
， 又|OA |＝1，∴∠AOP ＝π
3，
∴∠AOB ＝2π
3，
∴OA →·OB →
＝|OA →
|·|OB →
|· cos 2π3＝－12
.
3．(2011·安徽知名省级示范高中联考)已知两个单位向量e 1，e 2的夹角为θ，则下列命题不正确．．．
的是( ) A ．e 1在e 2方向上的射影数量为cos θ B ．e 2
1＝e 2
2
C ．(e 1＋e 2)⊥(e 1－e 2)
D ．e 1·e 2＝1 [答案] D
[解析] ∵|e 1|＝1，|e 2|＝1，〈e 1，e 2〉＝θ， ∴e 1在e 2方向上的射影数量为|e 1|·cos θ＝cos θ， ∴A 正确；
又e 2
1＝e 2
2＝1，∴B 正确；
∵(e 1＋e 2)·(e 1－e 2)＝e 2
1－e 2
2＝0， ∴(e 1＋e 2)⊥(e 1－e 2)，∴C 正确；
e 1·e 2＝|e 1||e 2|cos θ＝cos θ，故D 不成立．
4．(2011·海南三亚一中月考)已知两点M (－2,0)，N (2，
0)，点P 为坐标平面内的动点，满足|MN →
|·|MP →|＋MN →·NP →
＝0，则动点P (x ，y )的轨迹方
程为( )
A ．y 2
＝8x B ．y 2
＝－8x C ．y 2＝4x D ．y 2
＝－4x
[答案] B
[解析] |MN →
|·|MP →|＋MN →·NP →
＝|MN →|·|MP →|＋|MN →|·|NP →
|cos θ ＝|MN →
|·(|MP →|＋|NP →
|·cos θ)
＝0(θ为MN →与NP →
的夹角)， ∵|MN →|≠0，∴|MP →
|＋|NP →
|·cos θ＝0，
∴|MP →
|＝|NP →
|·cos(π－θ)，∴|MP →
|＝|PK →
|， 如下图，又∵|MO |＝2，∴方程为y 2
＝－8x ，选B.
5．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)由a与b－2c垂直．a·(b－2c)＝a·b－2a·c＝0，
即4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0，tan(α＋β)＝2.
(2)b＋c＝(sinβ＋cosβ，4cosβ－4sinβ)，
|b＋c|2＝sin2β＋2sinβcosβ＋cos2β＋16cos2β－32cosβsinβ＋16sin2β
＝17－30sinβcosβ＝17－15sin2β最大值为32，
∴|b＋c|的最大值为4 2.
(3)由tanαtanβ＝16得sinαsinβ＝16cosαcosβ，
即4cosα·4c osβ－sinαsinβ＝0，∴a∥b.。