2019届高三数学一轮复习第七章 ：第3节 平面向量的数量积及应用

第3节　平面向量的数量积及应用
一、选择题
1.已知向量a,b满足a·b=0,|a|=1,|b|=2,则|a-b|等于(　D　)
(A)0(B)1(C)2(D)
解析:|a-b|====.
2.对任意平面向量a,b,下列关系式中不恒成立的是(　B　)
(A)|a·b|≤|a||b|
(B)|a-b|≤||a|-|b||
(C)(a+b)2=|a+b|2
(D)(a+b)·(a-b)=a2-b2
解析:|a·b|=|a|·|b|·|cos θ|≤|a|·|b|,选项A正确;根据向量减法的三角形法则可知边长|a-b|大于等于其他两边差的绝对值||a|-|b||,因此B错误;由平面向量数量积的性质和运算法则知C,D正确.故选B.
3.已知a=(1,-2),b=(x,2),且a∥b,则|b|等于(　B　)
(A)2(B)(C)10 (D)5
解析:因为a∥b,所以=,解得x=-1,
所以b=(-1,2),所以|b|==.故选B.
4.在平面直角坐标系xOy中,已知四边形ABCD是平行四边形,=(1,-2),=(2,1),则·等于(　A　)
(A)5(B)4(C)3(D)2
解析:由=+=(1,-2)+(2,1)=(3,-1),
得·=(2,1)·(3,-1)=5,故选A.
5.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(　C　)
(A)(B)(C)(D)
解析:因为a⊥(2a+b),所以a·(2a+b)=0,
得到a·b=-2|a|2,设a与b的夹角为θ,
则cos θ===-,
又0≤θ≤π,所以θ=,故选C.
二、填空题
6.(2016·全国Ⅰ卷)设向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a⊥b,则x= .
解析:因为a⊥b,
所以a·b=(x,x+1)·(1,2)=x+2x+2=0,x=-.
答案:-
7.(2017·台州调研)已知向量=(3,-4),=(6,-3),=(5-m,-3-m),若∠ABC为锐角,实数m的取值范围是 ;若∠ABC为钝角时,实数m的取值范围是 .
解析:由已知得=-=(3,1),
=-=(2-m,1-m).
若∥,
则有3(1-m)=2-m,解得m=.
由题设知,=(-3,-1),=(-1-m,-m).
若∠ABC为锐角,则由·=3+3m+m>0,
可得m>-;
若∠ABC为钝角,则m<-.
由题意知,当m=时,∥,且与同向.
故当∠ABC为锐角时,实数m的取值范围是(-,)∪(,+∞),
当∠ABC为钝角时,实数m的取值范围是(-∞,-).
答案:(-,)∪(,+∞)　(-∞,-)
8.(2017·金华十校联考)已知平面向量a,b的夹角为,|a-b|=6,向量c-a,c-b的夹角为,|c-a|=2,则a与c的夹角为 ,a·c的最大值为 .
解析:如图,设=a,=b,=c,
则||=|c-a|=2,||=|a-b|=6,又因为∠AOB=,∠ACB=,所以O,A,B,C共圆,由正弦定
理得∠ABC=∠BAC=,在△ACO中,∠AOC=∠ABC=,由余弦定理得AC2=|a|2+|c|2-
2|a||c|cos ∠AOC,
即12≥2|a||c|-|a||c|⇒|a||c|≤12(2+),
所以a·c=|a||c|·cos ∠AOC≤18+12,
当|a|=|c|=3+时等号成立,
即a·c的最大值为18+12.
答案:　18+12
9.若平面向量a,b,c两两所成的角相等,且|a|=1,|b|=1,|c|=3,则|a+b+c|= .
解析:由于平面向量a,b,c两两所成的角相等,故每两个向量成的角都等于或0,|a+b+c|=
=,
当夹角为0时,上式值为5;当夹角为时,上式值为2.
答案:2或5
10.已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则·= .
解析:·=(+)·
=·+
=a2+a2
=a2.
答案:a2
11.(2015·浙江卷)已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=,若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+y e2)|≥|b-(x0e1
+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0= ,y0= ,|b|= .
解析:法一　因为e1,e2是单位向量,e1·e2=,
所以cos <e1,e2>=,又因为0°≤<e1,e2>≤180°,
所以<e1,e2>=60°.
不妨把e1,e2放到空间直角坐标系O xyz的平面xOy中,设e1=(1,0,0),则e2=(,,0),再设
=b=(m,n,r),由b·e 1=2,b·e2=,得m=2,n=,则b=(2,,r).而xe1+ye2是平面xOy上+ye2)|≥1知点B(2,,r)到平面xOy的距离为1,故可得r=1,则b=(2,
任一向量,由|b-(xe
,1),所以|b|=2.又由|b-(xe 1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1知x0e1+y0e2
=1,y0=2.
=(2,,0),解得x
法二　由题意可令b=x0e1+y0e2+e3,其中e3⊥e i,i=1,2,由b·e1=2得x0+=2,
由b·e2=得+y0=,
解得x0=1,y0=2,
所以|b|==2.
答案:1　2　2
三、解答题
12.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61,
(1)求a与b的夹角θ;
(2)求|a+b|;
(3)若=a,=b,求△ABC的面积.
解:(1)因为(2a-3b)·(2a+b)=61,
所以4|a|2-4a·b-3|b|2=61.
又|a|=4,|b|=3,所以64-4a·b-27=61,
所以a·b=-6.
所以cos θ===-.
又0≤θ≤π,所以θ=.
(2)|a+b|2=(a+b)2
=|a|2+2a·b+|b|2
=42+2×(-6)+32
=13,
所以|a+b|=.
(3)因为与的夹角θ=,
所以∠ABC=π-=.
又||=|a|=4,||=|b|=3,
所以S △ABC=||||sin∠ABC=×4×3×=3.
13.(2017·湖州一模)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=-.
(1)求sin A的值;
(2)若a=4,b=5,求角B的大小及向量在方向上的投影.
解:(1)由m·n=-,
得cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin B=-,
所以cos A=-.
因为0<A<π,
所以sin A===.
(2)由正弦定理,得=,
则sin B===,
因为a>b,所以A>B,且B是△ABC一内角,则B=.
由余弦定理得(4)2=52+c2-2×5c×(-),
解得c=1,c=-7(舍去),
故向量在方向上的投影为||cos B=ccos B=1×=.
14.在直角坐标系xOy中,已知点A(1,1),B(2,3),C(3,2),点P(x,y)在△ABC三边围成的区域(含
边界)上,且=m+n(m,n∈R).
(1)若m=n=,求||;
(2)用x,y表示m-n,并求m-n的最大值.
解:(1)因为m=n=,=(1,2),=(2,1),
所以=(1,2)+(2,1)=(2,2),
所以||==2.
(2)因为=m(1,2)+n(2,1)=(m+2n,2m+n),
所以
两式相减,得m-n=y-x.
令y-x=t,由图知,当直线y=x+t过点B(2,3)时,t取得最大值1,故m-n的最大值为1. 15.(2017·杭州联考)已知平面上一定点C(2,0)和直线l:x=8,P为该平面上一动点,作PQ⊥l,
垂足为Q,且(+)·(-)=0.
(1)求动点P的轨迹方程;
(2)若EF为圆N:x2+(y-1)2=1的任一条直径,求·的最值.
解:(1)设P(x,y),则Q(8,y).
由(+)·(-)=0,
得||2-||2=0,
所以(2-x)2+y2-(8-x)2=0,
即(x-2)2+y2-(x-8)2=0,
化简得+=1.
所以点P的轨迹是以(±2,0)为焦点的椭圆,其方程为+=1.
(2)因·=(-)·(-)
=(--)·(-)=-=-1,
P是椭圆+=1上的任一点,设P(x0,y0),
则有+=1,即=16-,
又N(0,1),
所以=+(y0-1)2
=--2y0+17
=-(y0+3)2+20.
因为y
∈[-2,2],
所以当y0=-3时,取得最大值20,
故·的最大值为19;
当y
=2时,取得最小值为13-4(此时x0=0),
故·的最小值为12-4.。