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.。

2021新高考数学专项训练题--平面向量数量积(含解析)

平面向量数量积专项训练题一、单选题（共16题；共32分）1.（2021·淄博零模）已知向量，的夹角为，，，则（）A. B. 3 C. D. 122.（2021·郑州一模）设为单位向量，且，则（）A. B. C. 3 D. 73.（2021·八省联考）已知单位向量满足，若向量，则（）A. B. C. D.4.（2021·玉溪模拟）已知向量，的夹角为120°，，则（）A. B. C. 7 D. 135.（2020·宝鸡模拟）已知向量，，，若，则（）A. 1B.C.D. 26.（2020·龙岩模拟）已知向量、满足，则向量，的夹角为（）A. B. C. D.7.（2020·芜湖模拟）已知向量在方向上的投影为，且，则（）A. 2B. 1C. -1D. -28.（2020·芜湖模拟）已知向量，，与的夹角为，且，则实数k 的值为（）A. B. C. 2 D.9.（2020·德州模拟）设，，，若，则与的夹角余弦值为（）A. B. C. D.10.（2020·江西模拟）非零向量满足且, 的夹角为（）A. B. C. D.11.（2020高三上·拉孜月考）已知向量的夹角为，，，则（）A. B. 3 C. D. 1212.（2020高一上·百色期末）若平面向量与满足：则与的夹角为（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°13.若过点和点的直线与方向向量为的直线平行，则实数的值是（）A. B. C. 2 D. -214.过，两点的直线的一个方向向量为则（）A. B. C. -1 D. 115.（2020高二上·宁波期末）已知向量，分别是直线、的方向向量，若，则下列几组解中可能正确的是（）A. B. C. D.16.（2020高一上·南充期末）已知向量，则（）A. B. C. D.二、多选题（共3题；共9分）17.（2020·深圳模拟）已知向量，，，设, 的夹角为，则（）.A. B. C. D.18.（2020·泰安模拟）已知向量，则（）A. B. C. D.19.（2020·青岛模拟）已知向量，，，设的夹角为，则（）A. B. C. D.三、填空题（共16题；共16分）20.（2021·贵阳二模）已知向量，，且，则________.21.（2021·松江一模）已知向量| ，若，且，则的最大值为________.22.（2021·青浦一模）已知向量的模长为1，平面向量满足：，则的取值范围是________.23.（2020·厦门模拟）已知向量，，若，则________.24.（2020·江西模拟）已知非零向量，夹角为，，对任意，有，则________．25.（2020·新课标Ⅰ·文）设向量，若，则________.26.（2020·新课标Ⅱ·理）已知单位向量a，b的夹角为45°，ka–b与a垂直，则k=________.27.（2020·新课标Ⅰ·理）设为单位向量，且，则________.28.（2019·全国Ⅲ卷文）已知向量，则________.29.（2019·全国Ⅲ卷理）已知a，b为单位向量，且a-b=0，若c=2a- b，则cos<a，c>=________。

高中数学第六章平面向量及其应用向量的数量积课后提能训练新人教A版必修第二册

第六章 6.2 6.2.4A 级——基础过关练1．(2021年广州期末)已知|a |＝3,|b |＝6,当a ∥b 时,a ·b ＝( ) A ．18 B ．－18 C ．±18 D ．0【答案】C【解析】当a ∥b 时,若a 与b 同向,则它们的夹角为0°,所以a ·b ＝|a ||b |cos 0°＝3×6×1＝18；若a 与b 反向,则它们的夹角为180°,所以a ·b ＝|a ||b |cos 180°＝3×6×(－1)＝－18.故选C ．2．(2021年安阳月考)已知平面向量a ,b 满足a ·(a ＋b )＝3且|a |＝2,|b |＝1,则向量a 与b 的夹角为( )A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6【答案】C【解析】因为a ·(a ＋b )＝a 2＋a ·b ＝4＋2cos 〈a ,b 〉＝3,所以cos 〈a ,b 〉＝－12.又因为〈a ,b 〉∈[0,π],所以〈a ,b 〉＝2π3.3．(多选)对于向量a ,b ,c 和实数λ,下列命题中错误的是( ) 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】ACD【解析】A 中,若a ·b ＝0,则a ＝0或b ＝0或a ⊥b ,故A 错；C 中,若a 2＝b 2,则|a |＝|b |,C 错；D 中,若a ·b ＝a ·c ,则可能有a ⊥b ,a ⊥c ,但b ≠c ,D 错．故只有选项B 正确．故选ACD ．4．(2021年开封月考)如图所示,△ABC 是顶角为120°的等腰三角形,且AB ＝1,则AB →·BC →等于( )A ．－32B ．32C ．－32D ．32【答案】C【解析】因为△ABC 是顶角为120°的等腰三角形,且AB ＝1,所以BC ＝3,所以AB →·BC →＝1×3×cos 150°＝－32.5．(2021年焦作模拟)已知非零向量a ,b 满足2|a |＝3|b |,|a －2b |＝|a ＋b |,则a 与b 的夹角的余弦值为( )A ．23B ．34C ．13D ．14【答案】C【解析】|a －2b |＝|a ＋b |⇒(a －2b )2＝(a ＋b )2⇒a ·b ＝12b 2⇒cos 〈a ,b 〉＝a ·b |a ||b |＝12b232b 2＝13. 6．P 是△ABC 所在平面上一点,若PA →·PB →＝PB →·PC →＝PC →·PA →,则P 是△ABC 的( ) A ．外心 B ．内心 C ．重心 D ．垂心【答案】D【解析】由PA →·PB →＝PB →·PC →得PB →·(PA →－PC →)＝0,即PB →·CA →＝0,∴PB ⊥CA ．同理PA ⊥BC ,PC ⊥AB ,∴P 为△ABC 的垂心．7．已知e 1,e 2是夹角为2π3的两个单位向量,a ＝e 1－2e 2,b ＝ke 1＋e 2,若a ·b ＝0,则实数k的值为________．【答案】54【解析】由a ·b ＝0得(e 1－2e 2)·(ke 1＋e 2)＝0.整理,得k －2＋(1－2k )cos 2π3＝0,解得k ＝54.8．已知向量a ,b 夹角为45°,且|a |＝1,|2a －b |＝10,则|b |＝________．【答案】3 2【解析】|2a －b |＝10⇔(2a －b )2＝10⇔4＋|b |2－4|b |cos 45°＝10⇔|b |＝3 2.9．已知非零向量a ,b ,满足|a |＝1,(a －b )·(a ＋b )＝12,且a ·b ＝12.(1)求向量a ,b 的夹角； (2)求|a －b |.解：(1)因为(a －b )·(a ＋b )＝12,所以a 2－b 2＝12,即|a |2－|b |2＝12.又|a |＝1,所以|b |＝22.设向量a ,b 的夹角为θ,因为a ·b ＝12,所以|a |·|b |cos θ＝12,得cos θ＝22. 因为0°≤θ≤180°,即θ＝45°,所以向量a ,b 的夹角为45°. (2)因为|a －b |2＝(a －b )2＝|a |2－2a ·b ＋|b |2＝12,所以|a －b |＝22. 10．已知|a |＝4,|b |＝3,(2a －3b )·(2a ＋b )＝61. (1)求|a ＋b |；(2)求向量a 与向量a ＋b 的夹角的余弦值．解：(1)∵(2a －3b )·(2a ＋b )＝61,∴4|a |2－4a ·b －3|b |2＝61.∵|a |＝4,|b |＝3,∴a ·b ＝－6.∴|a ＋b |＝|a |2＋|b |2＋2a ·b ＝42＋32＋2×（－6）＝13.(2)∵a ·(a ＋b )＝|a |2＋a ·b ＝42－6＝10,∴向量a 与向量a ＋b 的夹角的余弦值为a ·（a ＋b ）|a ||a ＋b |＝10413＝51326.B 级——能力提升练11．(2021年安徽期末)(多选)设a ,b ,c 是任意的非零向量,且它们相互不共线,则下列结论正确的是( )A ．a ·c －b ·c ＝(a －b )·cB ．(b ·c )·a －(c ·a )·b 不与c 垂直C ．|a |－|b |＜|a －b |D ．(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9|a |2－4|b |2【答案】ACD【解析】根据向量积的分配律知A 正确；因为[(b ·c )·a －(c ·a )·b ]·c ＝(b ·c )·(a ·c )－(c ·a )·(b ·c )＝0,所以(b ·c )·a －(c ·a )·b 与c 垂直,B 错误；因为a ,b 不共线,所以|a |,|b |,|a －b |组成三角形三边,所以|a |－|b |＜|a －b |成立,C 正确；D 正确．12．(2021年重庆模拟)如图,在△ABC 中,AD ⊥AB ,BC →＝3BD →,|AD →|＝1,则AC →·AD →等于( )A ．2 3B ．32C ．33D ． 3【答案】D【解析】AC →·AD →＝|AC →||AD →|cos ∠DAC ＝|AC →|·cos ⎝⎛⎭⎪⎫∠BAC －π2＝|AC →|sin ∠BAC ＝|BC →|sin B ＝3|BD →|sin B ＝3|AD →|＝ 3.13．在△ABC 中,若AB →2＝AB →·AC →＋BA →·BC →＋CA →·CB →,则△ABC 是( ) A ．等边三角形 B ．锐角三角形 C ．钝角三角形 D ．直角三角形【答案】D【解析】因为AB →2＝AB →·AC →＋BA →·BC →＋CA →·CB →,所以AB →2－AB →·AC →＝BA →·BC →＋CA →·CB →,所以AB →·(AB →－AC →)＝BC →·(BA →－CA →),所以AB →·CB →＝BC →2,所以BC →·(BC →＋AB →)＝0,所以BC →·AC →＝0,所以AC ⊥BC ,所以△ABC 是直角三角形．14．(2021年南通模拟)若向量a ,b ,c ,满足a ∥b 且a ⊥c ,则c ·(a ＋2b )＝( ) A ．4 B ．3 C ．2 D ．0【答案】D【解析】∵a ∥b ,a ⊥c ,∴b ⊥c ,∴a ·c ＝0,b ·c ＝0,c ·(a ＋2b )＝a ·c ＋2b ·c ＝0＋0＝0.15．若非零向量a ,b 满足|a |＝3|b |＝|a ＋2b |,则a 与b 夹角的余弦值为________．【答案】－13【解析】∵|a |＝3|b |＝|a ＋2b |,∴|a |2＝9|b |2＝(a ＋2b )2＝|a |2＋4|b |2＋4a ·b .∴a ·b＝－|b |2.∴cos 〈a ,b 〉＝a ·b |a ||b |＝－|b |23|b |·|b |＝－13.16．已知向量a ,b 满足：|a |＝1,|b |＝6,a ·(b －a )＝2,则a 与b 的夹角为________；|2a －b |＝________．【答案】π327【解析】由于a ·(b －a )＝a ·b －a 2＝a ·b －1＝2,则a ·b ＝3.设a 与b 的夹角为θ,则cos θ＝a ·b |a ||b |＝12.又θ∈[0,π],所以θ＝π3.因为|2a －b |2＝4a 2－4a ·b ＋b 2＝28,所以|2a －b |＝27.17．(2021年荆门月考)已知a ⊥b ,且|a |＝2,|b |＝1,若有两个不同时为零的实数k ,t ,使得a ＋(t －3)b 与－ka ＋tb 垂直,试求k 的最小值．解：∵a ⊥b ,∴a ·b ＝0.由已知得[a ＋(t －3)b ]·(－ka ＋tb )＝0, ∴－ka 2＋t (t －3)b 2＝0.∵|a |＝2,|b |＝1,∴－4k ＋t (t －3)＝0, ∴k ＝14(t 2－3t )＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫t －322－916.故当t ＝32时,k 取最小值,为－916.18．设两个向量e 1,e 2满足|e 1|＝2,|e 2|＝1,e 1,e 2的夹角为60°,若向量2te 1＋7e 2与e 1＋te 2的夹角为钝角,求实数t 的取值范围．【答案】解：由向量2te 1＋7e 2与e 1＋te 2的夹角θ为钝角,得cos θ＝（2te 1＋7e 2）·（e 1＋te 2）|2te 1＋7e 2||e 1＋te 2|<0,∴(2te 1＋7e 2)·(e 1＋te 2)<0,化简得2t 2＋15t ＋7<0.解得－7<t <－12.当夹角为π时,也有(2te 1＋7e 2)·(e 1＋te 2)<0,但此时夹角不是钝角．设2te 1＋7e 2＝λ(e 1＋te 2),λ<0, 则⎩⎪⎨⎪⎧2t ＝λ，7＝λt ，λ<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－14，t ＝－142.∴所求实数t 的取值范围是 ⎝⎛⎭⎪⎫－7，－142∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－142，－12.C 级——探索创新练19．(多选)已知两个单位向量e 1,e 2的夹角为θ,则下列结论正确的是( ) A ．e 1在e 2方向上的投影向量为cos θe 2 B ．e 21＝e 22C ．(e 1＋e 2)⊥(e 1－e 2)D ．e 1·e 2＝1 【答案】ABC【解析】因为两个单位向量e 1,e 2的夹角为θ,则|e 1|＝|e 2|＝1,则e 1在e 2方向上的投影向量为|e 1|cos θe 2＝cos θe 2,故A 正确；e 21＝e 22＝1,故B 正确；(e 1＋e 2)·(e 1－e 2)＝e 21－e 22＝0,故(e 1＋e 2)⊥(e 1－e 2),故C 正确；e 1·e 2＝|e 1||e 2|cos θ＝cos θ,故D 错误．20．如图所示,等腰梯形ABCD 中,AB ＝4,BC ＝CD ＝2,若E ,F 分别是BC ,AB 上的点,且满足BE BC ＝AF AB＝λ,当AE →·DF →＝0时,则λ的值为________．【答案】7－334【解析】由AB ＝4,BC ＝CD ＝2,得AD →与AB →夹角为60°,AB →与BC →夹角为120°,AD →与BC →的夹角为60°,则AB →·AD →＝4×2×12＝4,AB →·BC →＝4×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－4,AD →·BC →＝2×2×12＝2.∵BE BC ＝AF AB＝λ,∴BE →＝λBC →,AF →＝λAB →,则AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋λBC →,DF →＝AF →－AD →＝λAB →－AD →.∴AE →·DF →＝(AB →＋λBC →)·(λAB →－AD →)＝λ|AB →|2－AB →·AD →＋λ2AB →·BC →－λAD →·BC →＝0,即16λ－4－4λ2－2λ＝0,∴2λ2－7λ＋2＝0,解得λ＝7＋334(舍去)或λ＝7－334.。

2021年专题26 平面向量的数量积及应用(检测) 2021年高考数学(

2021年专题26 平面向量的数量积及应用（检测） 2021年高考数学（2021年专题26平面向量的数量积及应用（检测）-2021年高考数学（服务范围：“揭开2022高考名师数学秘笈”的一轮综述专题26平面向量的数量积及应用本主题特别关注：1.平面向量数量积的模夹角公式的应用2.平面向量数量积的坐标公式应用问题3.向量垂直的应用4.矢量的量积等综合问题5注6当矢量的夹角为锐角或钝角时矢量量积在解析几何中的应用7矢量量积在三角形中的应用。

[学习目标]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.掌握量积的坐标表达式，能计算平面向量的量积4．能运用数量积表示两个向量的夹角及判断两个平面向量的垂直关系．5．会用向量方法解决一些简单的平面几何问题及力学问题．【方法总结】1.准确理解两个向量的量积的定义和几何意义，掌握向量的量积的五个重要性质和三个运算法则向量的量积运算不同于实数乘法运算法则。

数量积不满足组合定律：（AB）C≠ a（公元前）；消除定律：ab=ACB=C；AB=0A=0或B=0，但它满足交换定律和分布定律2.公式ab＝|a||b|cosθ；ab＝x1x2＋y1y2；|a|2＝a2＝x2＋y2的关系非常密切，必须能够灵活综合运用.3.通过向量的数量积，可以计算向量的长度，平面内两点间的距离，两个向量的夹角，判断相应的两直线是否垂直.4.a∥BX1y2－x2y1=0和a⊥ BX1x2+y1y2=0应明确区分[高考模拟]：一、单选题1．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，向量b满足b2?4eb+3=0，则|a?b|的任何人呵呵，最低服务范围是a1b.+1c。

2d。

2.【答案】a【分析】分析：首先确定向量所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.推荐理由：以向量为载体寻找相关变量的取值范围，是一种将向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等结合起来的综合问题，通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、，求函数的取值范围或直线与曲线的位置关系2．在如图的平面图形中，已知,则价值在于a.c.b、 d.0【答案】c【分析】分析：连接Mn，结合几何特性和平面向量算法，整理计算得到最终结果详细说明：如图所示，连接Mn，然后由题意可知：可知点，分别分段上靠近点的三等分点，任何人，哈哈，服务范围扩大了，结合数量积的运算法则可得：，.为这个问题选择选项C点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．3．如图，在平面四边形abcd中，则的最小值为，，，如果点E是边CD上的移动点，a.公元前d.[答：]a【解析】分析：由题意建立平面直角坐标系，然后结合点的坐标得到数量积的坐标表示，最后结合二次函数的性质整理计算即可求得最终结果.详细说明：如图所示建立平面直角坐标系，然后，，，，和任何人呵呵呵服务范围纷纷指出上，则设置，则：，即据此可得：，由数量积的坐标运算法则可得：，以及：，，，你可以得到：结合二次函数的性质可知，当本题选择a选项.重点：有三种方法可以找到两个向量的定量乘积：使用定义；利用矢量的坐标运算；利用量积的几何意义，可根据已知条件的特点选择具体应用，并应注意量积运算规律的应用4．设抛物线c：y2=4x的焦点为f，过点（c2，0）且斜率为的直线与c交于m，n两点，则a.5b.6c.7d.8【答案】d【分析】分析：首先，根据问题中的条件，用点倾斜公式写出直线方程，涉及直线与抛物线的交点，建立方程组，消去简化，得到两点，再利用所给的抛物线的方程，写出其焦点坐标，之后应用向量坐标公式，求得最后，利用矢量量积坐标公式得到了结果=什么时候，取得最小值.和任何人呵呵呵服务范围纷纷推荐理由：这个问题是关于直线和抛物线的交点。

新教材高中数学第6章平面向量及其应用6 2 4第2课时向量的数量积的应用训练含解析新人教A版必修第二

6.2.4 向量的数量积第2课时向量的数量积的应用课后·训练提升基础巩固1.已知向量a ,b 和实数λ,下列选项错误的是( )A .|a|=√a ·aB .|a ·b|=|a||b | )=λa ·b D .|a ·b|≤|a||b|a ⊥b ,|a|=2,|b|=3,且3a+2b 与λa-b 垂直,则实数λ等于( ) A.3 B.-32 C.±32 D.1(3a+2b )·(λa-b )=3λa 2+(2λ-3)a ·b-2b 2=3λa 2-2b 2=12λ-18=0,解得λ=32. 3.已知向量a ,b 满足|a |=√3,|b|=2,a ·b =-3,则|a+2b |=( )B.√7C.4+√3D.2√7,得|a+2b |=√a 2+4a ·b +4b 2=√7.故选B.4.在四边形ABCD 中,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,且AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则四边形ABCD 是( ) B.菱形 C.直角梯形 D.等腰梯形AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 知四边形ABCD 是平行四边形,由AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0知AC ⊥BD ,即对角线互相垂直,ABCD 是菱形.a 与b 的夹角为60°,|b |=4,(a+2b )·(a-3b )=-72,则|a |=( )B.4C.6D.12(a+2b )·(a-3b )=-72,·b-6b 2=-72,∴|a|2-|a||b |cos60°-6|b |2=-72,∴|a|2-2|a|-24=0,6或|a|=-4(舍去),∴|a|=6.6.若O 为△ABC 所在平面内任意一点,且满足(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC⃗⃗⃗⃗⃗ -2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0,则△ABC 的形状为( )A.等腰三角形B.直角三角形D.等腰直角三角形(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ -2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0,即CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AB⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0,又因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AB⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0,即|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |,所以△ABC 是等腰三角形.7.已知单位向量e 1,e 2的夹角为α,且cos α=13,若向量a=3e 1-2e 2,则|a |= .|a|2=(3e 1-2e 2)·(3e 1-2e 2)=9e 12-12e 1·e 2+4e 22=9-12×1×1×13+4=9,∴|a |=3. a ,b 满足(a+2b )·(5a-4b )=0,且|a|=|b|=1,则a 与b 的夹角θ为 .(a+2b )·(5a-4b )=0,|a|=|b |=1,所以6a ·b-8+5=0,即a ·b =12.又a ·b=|a||b |cos θ=cos θ,所以cos θ=12.因为θ∈〖0,π〗,所以θ=π3.9.已知非零向量a ,b ,满足a ⊥b ,且a+2b 与a-2b 的夹角为120°,则|a ||b |= .a ⊥b ,∴a ·b =0,(a+2b )·(a-2b )=a 2-4b 2,|a+2b|=√a 2+4a ·b +4b 2=√a 2+4b 2,|a-2b|=√a 2-4a ·b +4b 2=√a 2+4b 2,∴a 2-4b 2=√a 2+4b 2×√a 2+4b 2×cos120°,化简得3a 2-2b 2=0,∴|a ||b |=2√33.4,|b|=8,a 与b 的夹角是60°,则(2a+b )·(2a-b )= ,|4a-2b|= .16 a ,b ,且a+3b 与7a-5b 垂直,a-4b 与7a-2b 垂直,求a 与b 的夹角.{(a +3b )·(7a -5b )=0,(a -4b )·(7a -2b )=0, 即{7a 2+16a ·b =15b 2,7a 2-30a ·b =-8b 2,化简得{a ·b =12|b |2,|a |=|b |,∴cos <a ,b >=a ·b |a ||b |=12|b |2|b |2=12. 又<a ,b >∈〖0,π〗,∴a 与b 的夹角为π3.能力提升1.已知向量a ,b 满足|a|=1,|b|=2,且a 在b 方向上的投影与b 在a 方向上的投影相等,则|a-b|=( )B.√3C.√5D.3,故有|a |cos <a ,b>=|b |cos <a ,b >.因为|a|=1,|b |=2,所以cos <a ,b >=0,即a ⊥b ,则|a-b |=√|a |2+|b |2-2a ·b =√5.2.若非零向量a ,b 满足|a |=2√23|b|,且(a-b )⊥(3a+2b ),则a 与b 的夹角为( ) A.π B.π2 C.3π4 D.πa 与b 的夹角为θ,根据题意可知,(a-b )⊥(3a+2b ),得(a-b )·(3a+2b )=0,所以3|a|2-a ·b-2|b|2=0,3|a|2-|a||b |cos θ-2|b |2=0,再由|a |=2√23|b |,得83|b |2-2√23|b |2cos θ-2|b |2=0,得cos θ=√22,又0≤θ≤π,∴θ=π4.|a|=2|b |≠0,且关于x 的方程x 2+|a |x+a ·b =0有实根,则a 与b 的夹角的取值范围是( )A.[0,π]B.[π3,π]C.[π3,23π]D.[π6,π]Δ=|a|2-4|a||b |cos θ(θ为向量a 与b 的夹角), ,则有Δ≥0即|a|2-4|a||b |cos θ≥0,又|a|=2|b|,即4|b|2-8|b |2cos θ≥0, 解得cos θ≤12,又0≤θ≤π,∴π3≤θ≤π.a 是平面内的单位向量,若向量b 满足b ·(a-b )=0,则|b |的取值范围是 .b ·(a-b )=a ·b-|b|2=|a||b |cos θ-|b |2=0,∴|b|=|a |cos θ=cos θ(θ为a 与b 的夹角),θ∈〖0,π〗,|b |≤1.0,1〗a ,b ,c 满足a+b+c =0,(a-b )⊥c ,a ⊥b ,若|a|=1,则|a|2+|b|2+|c |2的值是 .:由a+b+c =0,得c=-a-b.)⊥c ,∴(a-b )·c=0,∴(a-b )·(-a-b )=0,即a 2=b 2.则c 2=(a+b )2=a 2+b 2+2a ·b=a 2+b 2=2,∴|a|2+|b|2+|c|2=4.方法二:如图,作AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a . BC⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,则CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =c .∵a ⊥b ,∴AB ⊥BC , 又a-b =BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =CD ⃗⃗⃗⃗⃗ , (a-b )⊥c ,∴CD ⊥CA ,∴△ABC 是等腰直角三角形.∵|a |=1,∴|b |=1,|c |=√2, 22+|c|2=4.a ,b ,c 的模均为1,它们相互之间的夹角为120°.若|k a+b+c |>1(k ∈R ),的取值范围为 .|k a+b+c|>1,a+b+c )·(k a+b+c )>1,即k 2a 2+b 2+c 2+2k a ·b +2k a ·c+2b ·c >1. 因为a ·b=a ·c=b ·c =cos120°=-12,所以k 2-2k>0, 所以{k >0,k -2>0或{k <0,k -2<0, 0或k>2,即k 的取值范围是{k|k<0或k>2}.k|k<0或k>2}e 1,e 2满足|e 1|=2,|e 2|=1,e 1,e 2的夹角为60°,若向量2t e 1+7e 2与向量e 1+t e 2的夹角为钝t 的取值范围.2t e 1+7e 2与e 1+t e 2的夹角为钝角,得1+7e 2)·(e 1+te 2)|2te 1+7e 2||e 1+te 2|<0,即(2t e 1+7e 2)·(e 1+t e 2)<0,化简即得2t 2+15t+7<0.画出2t 2+15t+7=0的图像,如图.若2t 2+15t+7<0,则t ∈(-7,-12). 当夹角为π时,也有(2t e 1+7e 2)·(e 1+t e 2)<0,但此时夹角不是钝角,设2t e 1+7e 2=λ(e 1+t e 2),λ<0, 则{2t =λ,7=λt ,λ<0,解得{λ=-√14,t =-√142. ∴所求实数t 的取值范围是(-7,-√142)∪(-√142,-12).。

2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第六章第二讲平面向量的数量积及应用

第二讲平面向量的数量积及应用1.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]已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,t ),|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ = ( )A. - 3B. - 2C.2D.34.[2019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 .2π3 D .5π65.[2016全国卷Ⅱ]已知向量a =(1,m ),b =(3, - 2),且(a +b )⊥b ,则m = ( ) A. - 8 B. - 6 C.6 D.86.[2020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 .7.[2017全国卷Ⅰ]已知向量a ,b 的夹角为60°,|a |=2,|b |=1,则|a +2b |= .8.[2019天津高考]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 ⃗⃗⃗⃗⃗ = .考法1 平面向量的数量积运算命题角度1 求平面向量的数量积1(1)[2019山东烟台高考前冲刺]在△ABC 中,AB =2,AC =3,∠BAC =π3,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则 AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = A.229 B. -229C.169D. - 89(2)[2019江西名校高三质检]已知向量a 与b 的夹角为60°,且a =( - 2, - 6),|b |=√10,则a ·b = .(3)如图 6 - 2 - 1,在梯形ABCD 中,AB ∥CD ,CD =2,∠BAD =π4,若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ = .图6-2-1(1)由题意作出图形,如图6 - 2 - 2.图6-2-2由图可得BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )= - 23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ . 所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·( - 23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) = - 29·|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+49·|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2 - 29·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ = - 29×4+49×9 - 29×|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |×|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |×cos ∠BAC = - 89+4 - 29×2×3×cos π3=229.故选A .(2)因为a =( - 2, - 6),所以|a |=√(-2)2+(-6)2=2√10,又|b |=√10,向量a 与b 的夹角为60°,所以a ·b =|a ||b |c os 60°=2√10×√10×12=10.(3)解法一 (利用向量的加、减法运算和数量积的定义求解)因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ .因为AB ∥CD ,CD =2,∠BAD =π4,所以2|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |·cos π4,化简得|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2 √2.(利用a ·b =|a ||b |cos θ求解)故AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√2)2+2 √2×2cos π4=12. 解法二 (坐标法)如图6 - 2 - 3,建立平面直角坐标系xAy.图6-2-3依题意,可设点D (m ,m ),C (m +2,m ),B (n ,0),其中m >0,n >0, 则由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得(n ,0)·(m +2,m )=2(n ,0)·(m ,m ), 所以n (m +2)=2nm ,化简得m =2.故AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(m ,m )·(m +2,m )=2m 2+2m =12............................................................ (利用a ·b =x 1x 2+y 1y 2求解)命题角度2 平面向量的投影问题2△ABC 外接圆的半径等于1,其圆心O 满足AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ),|AO ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |,则BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 在BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影等于 A. -√32 B.√32 C.32 D.3先根据已知确定点O 的位置,然后判断△OAC 的形状,再利用三角形的边长与内角直接求解.因为△ABC 外接圆的半径等于1,其圆心O 满足AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ), 所以点O 在BC 上,且O 为BC 的中点,如图6 - 2 - 4, .............................................. (确定点O 的位置) 所以BC 是△ABC 外接圆的直径,故∠BAC =90°. ........................................... (直径所对的圆周角为直角)图6 - 2 - 4因为|CO⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AO ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |,所以△OAC 是等边三角形,所以∠ACB =60°,所以∠ABC =30°. 在R t △ABC 中,|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |=|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |sin 60°=√3, ........................................................................ (解直角三角形) 所以BA⃗⃗⃗⃗⃗ 在BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影为 |BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos ∠ABC=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos 30°=√3×√32=32...................................................................... (几何法求投影) C1.(1)已知点A ( - 1,1),B (1,2),C ( - 2, - 1),D (3,4),则向量CD⃗⃗⃗⃗⃗ 在BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影是( )A. - 3√5B. -3√22C.3√5D.3√22(2)[2017天津高考]在△ABC 中,∠A =60°,AB =3,AC =2.若BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R ),且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ = - 4,则λ的值为 . 考法2 平面向量的模、夹角、垂直问题命题角度1 向量的模问题3(1)[2019湘中名校联考]已知向量a =(x ,√3),b =(x , - √3),若(2a +b )⊥b ,则|a | = A .1 B .√2C .√3D .2(2)设向量a ,b 满足|a |=2,|b |=|a +b |=3,则|a +2b |= .(3)已知向量a =(cos θ,sin θ),b =( - √3,1),则|2a - b |的最大值为 .(1)因为(2a +b )⊥b ,所以(2a +b )·b =0,即(3x ,√3)·(x , - √3)=3x 2 - 3=0,解得x =±1,所以a =(±1,√3),所以|a |=√(±1)2+(√3)2=2.故选D .(2)因为|a |=2,|b |=|a +b |=3,所以(a +b )2=|a |2+2a ·b +|b |2=4+9+2a ·b =9,所以a ·b = - 2,所以|a +2b |=√(a 2=√|a|2+4a ·b +4|b|2=√4-8+36=4√2.(3)解法一由题意得|a |=1,|b |=2,a ·b =sin θ - √3cos θ=2sin (θ - π3),所以|2a - b |2=4|a |2+|b |2 -4a ·b =4×12+22 - 8sin (θ - π3)=8 - 8sin (θ - π3),所以|2a - b |2的最大值为8 - 8×( - 1)=16,故|2a - b |的最大值为4(此时θ=2k π - π6,k ∈Z ). 解法二因为a =(cos θ,sin θ),b =( - √3,1),所以2a - b =(2cos θ+√3,2sin θ - 1), 所以|2a - b |=√(2cosθ+√3)2+(2sinθ-1)2=√8-4(sinθ-√3cosθ)=√8-8sin(θ-π3). 故|2a - b |的最大值为√8-8×(-1)=4(此时θ=2k π - π6,k ∈Z ).解法三设向量a ,b 的起点均为坐标原点,则向量2a 与b 的终点均在以坐标原点为圆心、2为半径的圆上,易知|2a - b |的最大值就是圆的直径4(此时向量a ,b 方向相反).解法四由题意得|2a - b |≤2|a |+|b |=2×1+2=4,当且仅当向量a ,b 方向相反时不等式取等号,故|2a - b |的最大值为4.命题角度2 求向量的夹角问题4 (1)已知正方形ABCD ,点E 在边BC 上,且满足2BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,设向量AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为θ,则cos θ= .(2)[2017山东高考]已知e 1,e 2是互相垂直的单位向量.若√3e 1 - e 2与e 1+λe 2的夹角为60°,则实数λ的值是 .(1)解法一 (定义法)因为2BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以E 为BC 的中点.设正方形的边长为2,则|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5,|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√2,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2 - |AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12×22 - 22= - 2, .............................................................................................................................. (基向量法求数量积) 所以cos θ=AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |AE ⃗⃗⃗⃗⃗||BD⃗⃗⃗⃗⃗ |=√√= -√1010.解法二 (坐标法)因为2BE⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以E 为BC 的中点. 设正方形的边长为2,建立如图 6 - 2 - 5所示的平面直角坐标系xAy ,则点A (0,0),B (2,0),D (0,2),E (2,1),图6 - 2 - 5所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 2,2),所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2×( - 2)+1×2= - 2, ................ (利用数量积公式a ·b =x 1x 2+y 1y 2求解) 故cos θ=AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×2√2= - √1010.(2)因为√3e 1212|√3e -e | - ·|e +λe | =√3√2,且√3e 1 - e 2与e 1+λe 2的夹角为60°,所以√3√2=12,解得λ=√33.命题角度3 求向量的垂直问题5(1)[2016山东高考]已知非零向量m ,n 满足4|m |=3|n |,cos<m ,n >=13.若n ⊥(t m +n ),则实数t 的值为 A.4 B. - 4C.94D. - 94(2)[2019河南郑州统一检测]若向量a =(2,x ),b =( - 2,1)不共线,且(a +b )⊥(a - b ),则a ·b = .(1)由n ⊥(t m +n )可得n ·(t m +n )=0,即t m ·n +n 2=0,所以t = - n 2m ·n = - n 2|m|·|n|cos<m,n>= -|n|2|m|×|n|×13= -3×|n||m|= - 3×43= - 4.故选B .(2)解法一因为a +b =(0,x +1), a - b =(4,x - 1),且(a +b )⊥(a - b ),所以0×4+(x +1)(x - 1)=0,解得x =1或x = - 1. .............................................................. (构造方程求参数) 因为向量a =(2,x ),b =( - 2,1)不共线,所以x = - 1不合题意. ................................ (剔除不符合题意的解) 所以a ·b =2×( - 2)+1×1= - 3. ............................................................................... (利用坐标运算求数量积) 解法二由已知得a =(2,x ),b =( - 2,1),(a +b )·(a - b )=0,整理得a 2=b 2,即22+x 2=( - 2)2+12,解得x =1或x = - 1.因为向量a =(2,x ),b =( - 2,1)不共线,所以x = - 1不合题意. .................................. (剔除不符合题意的解) 所以a ·b =2×( - 2)+1×1= - 3. ............................................................................... (利用坐标运算求数量积)2.(1)[2020惠州市一调]平面向量a 与b 的夹角为π3,a =(2,0),|b |=1,则|a - 2b |=( )A.2√3B.√6C.0D.2(2)[2017全国卷Ⅱ]设非零向量a ,b 满足|a +b |=|a - b |,则( )A.a ⊥bB.|a |=|b |C.a ∥bD.|a |>|b |(3)[2019全国卷Ⅲ]已知a ,b 为单位向量,且a ·b =0,若c =2a - √5b ,则cos<a ,c >= .考法3 平面向量在平面几何中的应用6[2018天津高考]图6-2-6,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 ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为图6-2-6A.2116B.32C.2516D.3解法一 (坐标法)如图6 - 2 - 7,以D 为坐标原点建立平面直角坐标系xDy ,连接AC ,图 6-2-7由题意知∠CAD =∠CAB =60°, ∠ACD =∠ACB =30°,则D (0,0),A (1,0),B (32,√32),C (0,√3). 设E (0,y )(0≤y ≤√3),则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1,y ),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 32,y - √32), 所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =32+y 2 - √32y =(y - √34)2+2116, 所以当y =√34时,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ 取最小值2116. 解法二 (基底法)设向量AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =a,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,则a ·b = -12,根据题意知|a +b |=1,|DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3,|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2(a +b ),DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =a +2b,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDC⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ+1)a +2λb ,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ+1)a +(2λ - 1)b , AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =[(λ+1)a +2λb ][(λ+1)a +(2λ - 1)b ]=3(λ - 14)2+2116, 当λ=14时,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ 取最小值2116. A解法一需要考生具有较强的直观想象能力,具备灵活运用数形结合解决问题的能力,是直观想象素养水平二的要求.解法二需要考生具备研究图形与图形、图形与数量的关系的能力,以及熟练运用转化与化归的数学思想的能力,是直观想象素养水平二的要求.3.[2016天津高考]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考法4 平面向量在物理中的应用7质量为m 的物体静止地放在斜面上,斜面与水平面的夹角为θ,则斜面对物体的摩擦力的大小为 ,支持力的大小为 .物体共受三个力,在三个力的作用下保持平衡,即它们的合力为0,利用物理学知识和向量的运算即可求解.如图6 - 2 - 8所示,图6-2-8物体受三个力:重力G (竖直向下,大小为mg ),斜面对物体的支持力F (垂直于斜面,向上,大小为|F |),摩擦力f (与斜面平行,向上,大小为|f |). 由于物体静止,故这三个力平衡,合力为0,即G +F +f =0 ①.记垂直于斜面向下、大小为1 N的力为e1,平行于斜面向下、大小为1 N的力为e2,以e1,e2为基底,则F=( - |F|,0),f =(0, - |f|),由图5 - 2 - 8知e1与G的夹角为θ,则G=(mg cos θ,mg sin θ).由①,得G+F +f =(mg cos θ - |F |,mg sin θ - |f |)=(0,0),所以mg cos θ - |F|=0,mg sin θ - |f |=0.故|F |=mg cos θ,|f |=mg sin θ.当三个力成平衡状态时,这三个力之和等于零向量,其中两个向量的和与第三个向量是相反向量,这样就可以把三个力的向量表示纳入到一个平行四边形或者三角形中,通过运用平行四边形或三角形的知识解决问题.考法5 平面向量与其他知识的综合应用命题角度1平面向量与三角函数综合8 [2017江苏高考]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.(1)利用向量共线的坐标运算法则及同角三角函数间的关系求解;(2)利用向量数量积的坐标运算、两角和的余弦公式,结合三角函数的图象求解最值.(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sin2x+cos2x=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=2√3cos(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√3.4.[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 .π2命题角度2 平面向量与解析几何的综合9 [2018全国卷Ⅰ]设抛物线C :y 2=4x 的焦点为F ,过点( - 2,0)且斜率为23的直线与C 交于M ,N 两点,则FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN ⃗⃗⃗⃗⃗ = A.5 B.6 C.7 D.8解法一过点( - 2,0)且斜率为23的直线的方程为y =23(x +2),由{y =23(x +2),y 2=4x,得x 2 - 5x +4=0,解得x =1或x =4,所以{x =1,y =2或{x =4,y =4,不妨设M (1,2),N (4,4),易知F (1,0),所以FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2),FN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,4),所以FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN⃗⃗⃗⃗⃗ =8. 解法二过点( - 2,0)且斜率为23的直线的方程为y =23(x +2),由{y =23(x +2),y 2=4x,得x 2 - 5x +4=0,设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),y 1>0,y 2>0,根据根与系数的关系,得x 1+x 2=5,x 1x 2=4,易知F (1,0),所以FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1 - 1,y 1),FN⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2 - 1,y 2), 所以FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1 - 1)(x 2 - 1)+y 1y 2=x 1x 2 - (x 1+x 2)+1+4√x 1x 2=4 - 5+1+8=8. D5.[2015新课标全国Ⅰ]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)数学探究平面向量中的最值、范围问题10[2017全国卷Ⅱ]已知△ABC 是边长为2的等边三角形,P 为平面ABC 内一点,则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ )的最小值是 A. - 2B. - 32 C. - 43D. - 1解法一结合题意画出图形,如图6 - 2 - 9所示,设BC 的中点为D ,AD 的中点为E ,连接AD ,PE ,PD ,图6-2-9则有PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2(PE ⃗⃗⃗⃗⃗ +EA ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(PE ⃗⃗⃗⃗⃗ −EA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=2(PE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−EA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2). 而EA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(√32)2= - 34, 当点P 与点E 重合时,PE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2有最小值0,故此时PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ )取得最小值,最小值为 - 2EA⃗⃗⃗⃗⃗ 2= - 2×34= - 32. 解法二如图6 - 2 - 10,以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x 轴,以边BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系,图6-2-10则A (0,√3),B ( - 1,0),C (1,0),设P (x ,y ),则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =( - x ,√3 - y ),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1 - x , - y ),PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1 - x , - y ),所以PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =( - x ,√3 - y )·( - 2x , - 2y )=2x 2+2(y - √32)2 - 32,当x =0,y =√32时,PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC⃗⃗⃗⃗⃗ )取得最小值,最小值为 - 32.B11 [2018浙江高考]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已知条件中a ,b 没有关系,所求结果中却有直接关系→|a - b |表示两向量终点间的距离,要求最小值,分别求出终点的轨迹→建立坐标系,a 的终点轨迹是射线,b 的终点轨迹是圆→圆上与直线上两个动点间的距离的最小值转化为圆心到直线的距离减去半径解法一设O 为坐标原点,a =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,b =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ),e =(1,0),由b 2 - 4e ·b +3=0得x 2+y 2 - 4x +3=0,即(x - 2)2+y 2=1,所以点B 的轨迹是以C (2,0)为圆心,1为半径的圆.因为a 与e 的夹角为π3,所以不妨令点A 在射线y =√3x (x >0)上,当C ,B ,A 共线且OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 时,如图6- 2 - 11所示,由数形结合可知|a - b |min =|CA⃗⃗⃗⃗⃗ | - |CB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3 - 1.图6-2-11 解法二由b 2 - 4e ·b +3=0得b 2 - 4e ·b +3e 2=(b - e )·(b - 3e )=0.设b =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,e =OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,3e =OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以b - e =EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,b - 3e =FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,取EF 的中点为C ,则点B 在以C 为圆心,EF 为直径的圆上,如图6 - 2 - 12.图6-2-12设a =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,作射线OA ,使得∠AOE =π3,所以|a - b |=|(a - 2e )+(2e - b )|≥|a - 2e | - |2e - b |=|CA⃗⃗⃗⃗⃗ | -|BC⃗⃗⃗⃗⃗ |≥√3 - 1. A6.[2015湖南高考]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 ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大值为 ( )A.6B.7C.8D.91.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 ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√12,解得t =3,所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0),所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =2×1+3×0=2,故选C. 4.B 解法一设a 与b 的夹角为α,∵(a - b )⊥b ,∴(a - b )·b =0,∴a ·b =b 2,∴|a |·|b |cos α=|b |2,又|a |=2|b |,∴cos α=12,∵α∈[0,π],∴α=π3.故选B .解法二令OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,在△OAB 中(如图 D 6 - 2 - 1),则BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a - b ,由(a - b )⊥b 知,∠ABO =π2,△OAB 是直角三角形,又|a |=2|b |,所以∠AOB =π3,即a 与b 的夹角为π3,故选B .图D 6 - 2 - 15.D 由向量的坐标运算得a +b =(4,m - 2),由(a +b )⊥b ,得(a +b )·b =12 - 2(m - 2)=0,解得m =8,故选D .6.√22由题意,得b 在a 方向上的投影为a ·b |a |==√22.7.2√3 易知|a +2b |=√|a|2+4a ·b +4|b|2=√4+4×2×1×12+4=2√3.8. - 1 解法一在等腰△ABE 中,易得∠BAE =∠ABE =30°,故BE =2,则BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ − AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ − AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2 − AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ = 5×2√3×cos 30°+5×2×cos 180° - 12 - 2√3×2×cos 150°=15 - 10 - 12+6= - 1. 解法二建立如图D6 - 2 - 2所示的平面直角坐标系,∠DAB =30°,AB =2√3,AD =5,图D 6 - 2 - 2则B (2√3,0),D (5√32,52).因为AD ∥BC ,∠BAD =30°,所以∠ABE =30°, 因为AE =BE ,所以∠BAE =30°,所以直线BE 的斜率为√33,其方程为y =√33(x - 2√3),直线AE 的斜率为 -√33,其方程为y = - √33x.由{y =√33(x - 2√3),y = - √33x得{x =√3,y = - 1,所以E (√3, - 1).所以BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,52)·(√3, - 1)= - 1.1.(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BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影是BA ⃗⃗⃗⃗ ·CD⃗⃗⃗⃗ |BA ⃗⃗⃗⃗ |=√= - 3√5,故选A .(2)311解法一 AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ − AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ .又AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3×2×12=3,所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·( - AB⃗⃗⃗⃗⃗ +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 ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(53,2√33)·(λ - 3,√3λ)=53(λ - 3)+2√33×√3λ=113λ - 5= - 4,则λ=311.2.(1)D 因为|a |=2,|b |=1,平面向量a 与b 的夹角为π3,所以a ·b =2×1×cos π3=2×12=1,所以|a - 2b |=√|a 2=√a 2 - 4a ·b +4b 2=√4 - 4+4=2,选D . (2)A 依题意得(a +b )2 - (a - b )2=0,所以4a ·b =0,即a ⊥b ,选A . (3)23 设a =(1,0),b =(0,1),则c =(2, - √5),所以cos<a ,c >=√=23.3.B 如图D 6 - 2 - 3,设AC⃗⃗⃗⃗⃗ =m ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =n .图D 6 - 2 - 3根据已知得,DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =34m ,所以AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =34m +12n ,BC⃗⃗⃗⃗⃗ =m - n , AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·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a cos C - (√2b - c )cos A =0,由正弦定理,得sin A cos C - (√2sin B - sin C )cos A =0,即sin A cos C +cos A sin C = √2sin B cos A ,所以sin (A +C )=√2sin B cos A ,所以sin (π - B )=√2sin B cos A ,即sin B =√2sin B cos A.因为0<B <π,所以cos A =√22,所以A =π4,故选B .解法二由m ·n =0,得a cos C - (√2b - c )cos A =0,由余弦定理,得a ·a 2+b 2 - c 22ab− √2b cosA +c ·b 2+c 2 - a 22bc=0,即2b =2√2b cos 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.B 解法一因为A ,B ,C 均在单位圆上,AC 为直径,故PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PO ⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 4,0),|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC⃗⃗⃗⃗⃗ |=|2PO ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |≤2|PO ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |,又|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |≤|PO ⃗⃗⃗⃗⃗ |+1=3, 所以|PA⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |≤4+3=7,故|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大值为7,选B . 解法二因为A ,B ,C 均在单位圆上,AC 为直径,所以不妨设A (cos x ,sin x ),B (cos (x +α),sin (x +α))(α≠k π,k ∈Z ),C ( - cos x , - sin x ),PA⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(cos (x +α) - 6,sin (x +α)),|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√[cos(x +α) - 6]2+sin 2(x +α)=√37 - 12cos(x +α)≤7,故选B .。

新教材高中数学第6章平面向量及其应用6.2平面向量的运算课时作业5向量的数量积(1)新人教A版必修第二册

新教材高中数学第6章平面向量及其应用6.2平面向量的运算课时作业5向量的数量积（1）新人教A 版必修第二册课时作业5 向量的数量积(1)知识点一向量夹角的概念1.已知|a |＝|b |＝3，且a 与b 的夹角为80°，则a ＋b 与a －b 的夹角是________．答案 90°解析如图，作向量OA →＝a ，OB →＝b ，以OA ，OB 为邻边作平行四边形，则四边形OACB 为菱形．∵OC →＝a ＋b ， BA →＝OA →－OB →＝a －b ，OC →⊥BA →，∴a ＋b 与a －b 的夹角为90°.2．在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，|AB →|＝3，|CB →|＝1，则A C →与C B →的夹角θ＝________. 答案 120°解析在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝3，CB ＝1，所以tan ∠ACB ＝AB CB＝3，所以∠ACB ＝60°，即CB →与CA →的夹角为60°，所以AC →与CB →的夹角为120°. 知识点二平面向量数量积的定义3.若向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1，a 与b 的夹角为60°，则a ·b 等于( ) A.12B.32C ．1＋32D ．2答案 A解析 a ·b ＝|a ||b |cos60°＝1×1×12＝12.4．已知两个单位向量e 1，e 2的夹角为π3，若向量b 1＝e 1－2e 2，b 2＝3e 1＋4e 2，则b 1·b 2＝________.答案－6解析由题设知|e 1|＝|e 2|＝1且e 1·e 2＝12，所以b 1·b 2＝(e 1－2e 2)·(3e 1＋4e 2)＝3e 21－2e 1·e 2－8e 22＝3－2×12－8＝－6.知识点三投影向量5.已知等边△ABC 的边长为2，则向量AB →在向量CA →方向上的投影向量为( ) A ．－12CA →B.12CA → C ．2AC → D ．2CA →答案 A解析在等边△ABC 中，∵∠A ＝60°，∴向量AB →在向量AC →方向上的投影向量为12AC →，∴向量AB →在向量CA →方向上的投影向量为－12CA →.故选A.6．若|a |＝2，|b |＝4，向量a 与向量b 的夹角为120°，记向量a 在向量b 方向上的投影向量为γ，则|γ|＝( )A ．4B ．3C ．2D ．1 答案 D解析设向量a 与向量b 的夹角为θ，与b 方向相同的单位向量为e ，则a 在b 方向上的投影向量γ＝|a |cos θ·e ，则|γ|＝||a |cos θ|＝|2×cos120°|＝1，故选D.7．已知|a |＝4，e 为单位向量，a 与e 的夹角为2π3，则e 在a 方向上的投影向量的模为________．答案 12解析 ∵a 与e 的夹角θ＝2π3，∴e 在a 方向上的投影向量的模为||e |·cos θ|＝12. 知识点四平面向量数量积的性质及运算律8.给出以下结论：①0·a ＝0；②a ·b ＝b ·a ；③a 2＝|a |2；④(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )；⑤|a ·b |≤a ·b .其中正确结论的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析 ①②③显然正确；(a ·b )·c 与c 共线，而a ·(b ·c )与a 共线，故④错误；|a ·b |＝|a |b ||cos θ|，a·b ＝|a ||b |cos θ，有|a ·b |≥a ·b ，故⑤错误．9．若|a |＝1，|b |＝2，则|a ·b |的值不可能是( ) A ．0 B.12 C ．2 D ．3 答案 D解析由向量内积性质知|a ·b |≤|a ||b |＝2.故选D.10．如图所示，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 78解析设BD →＝a ，DF →＝b ，则BA →·CA →＝(a ＋3b )·(－a ＋3b )＝9|b |2－|a |2＝4，BF →·CF →＝(a ＋b )·(－a ＋b )＝|b |2－|a |2＝－1，解得|a |2＝138，|b |2＝58，则BE →·CE →＝(a ＋2b )·(－a ＋2b )＝4|b |2－|a |2＝78.知识点五平面向量数量积的应用11.若向量a 与b 的夹角为60°，|b |＝4，(a ＋2b )·(a －3b )＝－72，则向量a 的模为( ) A ．2 B ．4 C ．6 D ．12答案 C解析 ∵a ·b ＝|a ||b |cos60°＝2|a |，∴(a ＋2b )·(a －3b )＝|a |2－6|b |2－a ·b ＝|a |2－2|a |－96＝－72.∴|a |＝6.故选C.12．如图，在△ABC 中，AD ⊥AB ，BC →＝3BD→，|AD →|＝1，则AC →·AD →＝( )A ．2 3 B.32C.33D. 3答案 D解析设|BD →|＝x ，则|BC →|＝3x ，AC →·AD →＝(AB →＋BC →)·AD →＝BC →·AD →＝|BC →||AD →|cos ∠ADB ＝3x ·1·1x＝ 3.13．设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4.若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝( )A ．20B ．15C ．9D ．6答案 C解析如图所示，由题设知：AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋34AD →，NM →＝13AB →－14AD →，所以AM →·NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋34AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →－14AD →＝13|AB →|2－316|AD →|2＋14AB →·AD →－14AB →·AD →＝13×36－316×16＝9. 易错点求夹角时忽略向量的方向致误14.已知非零向量a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，向量a ，b 的夹角为120°，且|b |＝2|a |，则向量b 与c 的夹角为________．易错分析本题出错的原因是确定向量夹角时未考察向量的方向，简单认为角B 即为向量b 与c 的夹角．答案 150°正解由题意画出图形，如图，因为a ，b 的夹角为120°，所以∠CAB ＝60°，又|b |＝2|a |，所以∠ACB ＝90°，所以∠ABC ＝30°，则b 与c 的夹角为150°.一、选择题1．向量a 的模为10，它与向量b 的夹角为150°，则它在b 方向上的投影向量的模为( ) A ．－5 3 B ．5 C ．－5 D ．5 3答案 D解析 a 在b 方向上的投影向量的模为||a |·cos150°|＝5 3.2．如图所示，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝1，则AB →·B C →的值为( )A ．1B ．－1C ．2D ．－2答案 B解析 AB →·BC →＝AB →·(AC →－AB →)＝AB →·AC →－AB →2＝－|AB →|2＝－1.3．已知a ⊥b ，|a |＝2，|b |＝3，且3a ＋2b 与λa －b 垂直，则λ等于( ) A.32 B ．－32C ．±32D ．1答案 A解析 ∵(3a ＋2b )·(λa －b )＝3λa 2＋(2λ－3)a ·b －2b 2＝3λa 2－2b 2＝12λ－18＝0，∴λ＝32.故选A.4．设a ，b ，c 是任意的非零向量，且互不共线，给出以下命题： ①(a ·b )·c －(c ·a )·b ＝0； ②(b ·c )·a －(c ·a )·b 不与c 垂直； ③(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9|a |2－4|b |2. 其中为正确命题的是( ) A ．①② B ．①③ C ．②③ D ．③答案 D解析 (a ·b )·c 表示与向量c 共线的向量，(c ·a )·b 表示与向量b 共线的向量，而b ，c 不共线，所以①错误；[(b ·c )·a －(c ·a )·b ]·c ＝0，即(b ·c )·a －(c ·a )·b 与c 垂直，故②错误；显然③正确．5．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 B解析设向量a ，b 的夹角为θ，∵|a ·b |＝|a ||b |·|cos θ|≤|a ||b |，∴A 正确；∵当向量a ，b 反向时，|a －b |≥||a |－|b ||，∴B 错误；由向量的平方等于向量模的平方可知C 正确；根据向量的运算法则，可推导出(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2，故D 正确．二、填空题6．已知e 为一单位向量，a 与e 之间的夹角是120°，而a 在e 方向上的投影向量的模长为2，则|a |＝________.答案 4解析因为||a |·cos 120°|＝2，所以12|a |＝2，所以|a |＝4.7．在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝3，BC ＝10，则AB →·AC →＝________. 答案－16解析 AB →＝AM →－BM →＝AM →－12BC →，AC →＝AM →＋MC →＝AM →＋12BC →，∴AB →·AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AM →－12BC →·⎝ ⎛⎭⎪⎫AM →＋12BC →＝AM →2－14BC →2＝9－14×100＝－16.8．已知a ，b ，c 为单位向量，且满足3a ＋λb ＋7c ＝0，a 与b 的夹角为π3，则实数λ＝________.答案－8或5解析由3a ＋λb ＋7c ＝0，可得7c ＝－(3a ＋λb )，即49c 2＝9a 2＋λ2b 2＋6λa ·b ，而a ，b ，c 为单位向量，则a 2＝b 2＝c 2＝1，则49＝9＋λ2＋6λcos π3，即λ2＋3λ－40＝0，解得λ＝－8或λ＝5.三、解答题9．(1)已知|a |＝3，|b |＝6，当①a ∥b ，②a ⊥b ，③a 与b 的夹角是60°时，分别求a ·b ； (2)在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AB ＝5，AC ＝4，求AB →·BC →.解 (1)①当a ∥b 时，若a 与b 同向，则它们的夹角θ＝0°， ∴a ·b ＝|a ||b |cos0°＝3×6×1＝18. 若a 与b 反向，则它们的夹角θ＝180°， ∴a ·b ＝|a ||b |cos180°＝3×6×(－1)＝－18. ②当a ⊥b 时，它们的夹角θ＝90°， ∴a ·b ＝0.③当a 与b 的夹角是60°时，有a ·b ＝|a ||b |cos60°＝3×6×12＝9.(2)在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AB ＝5，AC ＝4，故BC ＝3，且cos ∠ABC ＝35，AB →与BC →的夹角θ＝180°－∠ABC ，∴AB →·BC →＝－|AB →||BC →|cos ∠ABC ＝－5×3×35＝－9.10．设向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝1，且a 与b 具有关系|k a ＋b |＝3|a －k b |(k >0)． (1)a 与b 能垂直吗？(2)若a 与b 的夹角为60°，求k 的值．解 (1)因为|k a ＋b |＝3|a －k b |，所以(k a ＋b )2＝3(a －k b )2，又因为|a |＝|b |＝1，所以k 2＋1＋2k a ·b ＝3(1＋k 2－2k a ·b )，所以a ·b ＝k 2＋14k.因为k 2＋1≠0，所以a ·b ≠0，即a 与b 不垂直．(2)因为a 与b 的夹角为60°，且|a |＝|b |＝1，所以a ·b ＝|a ||b |cos60°＝12.所以k 2＋14k ＝12.所以k ＝1.。

高中数学第六章平面向量及其应用之平面向量的数量积(精讲)(必修第二册)(学生版)

6.2.2 平面向量的数量积(精讲)思维导图考法一向量的数量积【例1】(1)(2021·巴音郭楞蒙古自治州)已知||5a =，||4=b ，a 与b 的夹角为60°，则a b ⋅=________.(2)(2021·江苏高一)已知ABC 是边长为6的正三角形，求AB BC ⋅=____________(3)(2020·江西宜春市·高一期末)边长为2的菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，E 、F 分别为BC ，CD 的中点，则AE EF ⋅=【举一反三】1．(2020·全国高一)在ABC 中，5AB =，2BC =，60B ∠=︒，则AB BC ⋅的值为( )A ．53B ．5C ．53-D ．5-2．(2020·全国高一)若2a =，3b =，则a b ⋅的最大值为________.3．(2020·福建泉州市·高一期末)平行四边形ABCD 中，4AB =，22AD =，34BAD π∠=，E 是线段CD 的中点，则AE AC ⋅=( )A ．0B ．2C ．4D ．42常见考法4．(2021·江苏高一)在边长为1的等边三角形ABC 中，M 是边BC 的中点，N 是线段BM 的中点，则AM AN ⋅=( )A ．34B ．34C ．1D ．1324+ 考法二向量的夹角【例2】(1)(2021·广东潮州)已知平面向量,a b ，满足()25a a b ⋅-=，且2,3a b ==，则向量a 与向量b 的夹角余弦值为( )A ．1B ．-1C ．12D ．-12(2)(2021·河南信阳市)若两个非零向量a ，b 满足2a b a b b +=-=，则向量a b +与a 的夹角为( ) A ．3π B ．23π C ．56π D ．6π 【举一反三】1．(2021·胶州市)已知2a b ==，()()22a b a b +⋅-=-，则a 与b 的夹角为_________.2．(2021·河南)若12,e e 是夹角为60︒的两个单位向量，则122a e e =+与1232b e e =-+的夹角为 3．(2021·陕西西安市)若两个非零向量a ，b 满足a b a b +==，则向量b 与a b -的夹角是______．考法三向量的投影【例3】(1)(2020·四川绵阳市·三台中学实验学校高一月考)已知向量2a =，1b =，且a 与b 的夹角为45︒，则a 在b 方向上的投影为( )A ．2-B ．2C ．3D ．3-(2)(2020·江西宜春市·高一期末)已知a ，b 为单位向量，2a b a b +=-，则a 在a b +上的投影为( )A ．13 B ．263- C ．63 D ．223【举一反三】 1．(2020·合肥市第六中学高一月考)已知向量,a b 的夹角为60︒，且2a b ==，则向量a b -在向量a 方向上的投影为( )．A ．1B ．2C ．3D ．42．(2020·江西省崇义中学)设向量,a b 满足2a =，1b =，且()b a b ⊥+，则向量b 在向量2a b +上的投影的数量为( )A ．1B ．1-C ．12-D ．12 3．(2020·全国高一专题练习)设向量,a b 满足||2a =，||1b =，且()b a b ⊥+，则向量b 在向量2a b +上的投影向量为( )A ．eB ．e -C ．12e -D ．12e 4．(2020·安徽蚌埠市·高一期末)设单位向量1e 、2e 的夹角为23π，122a e e =+，1223b e e =-，则b 在a 方向上的投影为( )A ．－332B ．－3C ．3D ．332考法四向量的模长【例4】(2020·河北邢台市·)已知1a =，3b =，且向量a 与b 的夹角为60︒，则2a b -=( )A ．7B ．3C ．11D ．19 【举一反三】1.(2020·台州市金清中学高一期末)已知2=a ，1=b ，a 与b 的夹角为3π，那么4a b -等于 2．(2020·四川省叙永县第一中学校高一期中)已知a 、b 满足：3a =，2b =，4a b +=，则a b -=_________.3．(2020·广东佛山市·高一期末)已知1a =，2b =，则a b a b ++-的最大值等于4．(2020·浙江杭州市·高一期末)若平面向量,,,a b c d 满足||1,||2,||3,()()4a b b c c d a c b d -=-=-=-⋅-=，则||a d -=_________．考法五平面向量运算的综合运用【例5-1】(2020·黄梅国际育才高级中学高一期中)已知平面向量a ，b ，c ，e ，在下列命题中：①e 为单位向量，且//a e ，则a a e =±；②//a b 存在唯一的实数R λ∈，使得b a λ=；③若a b b c ⋅=⋅且0b ≠，则a c =；④a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c 共线；⑤2a a a ⋅=.正确命题的序号是( )A ．①④⑤B ．②③④C ．①⑤D ．②③ 【例5-2】(2020·全国高一)如图所示，半圆的直径6AB =，O 为圆心，C 为半圆上不同于A 、B 的任意一点，若P 为半径OC 上的动点，则()PA PB PC +⋅的最小值为( )A ．92- B ．4 C ．-5 D ．5【举一反三】 1．(2020·北京朝阳区·人大附中朝阳学校高一期末)已知非零平面向量a ，b ，c ，下列结论中正确的是( ) (1)若a c b c ⋅=⋅，则a b =；(2)若a b a b +=+，则//a b(3)若a b a b +=-，则a b ⊥(4)若()()0a b a b +⋅-=，则a b =或a b =-A ．(1)(2)B ．(2)(3)C ．(3)(4)D ．(2)(3)(4)2．(2020·湖北高一期末)已知两个非零向量a ，b 的夹角为23π，且=2a b -，则·ab 的取值范围是( ) A ．2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭ B ．[)2,0- C ．2,03⎡⎫-⎪⎢⎣⎭D ．[)1,0- 3．(2020·浙江杭州市·高一期末)已知向量,a b ，满足||1,||2a b ==，若对任意模为2的向量c ，均有||||27a c b c ⋅+⋅≤，则向量,a b 的夹角的取值范围是( )A ．0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,3ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦4．(2020·浙江高一期末)设非零向量,a b 的夹角为θ，若2a b =，且不等式2a b a b λ+≥+对任意θ恒成立，则实数λ的取值范围为( )A ．[]1,3-B ．[]1,5-C ．[]7,3-D ．[]5,7。

2021年高考数学平面向量的数量积练习

2021年高考数学平面向量的数量积练习1、如图所示，在⊙O中，AB与CD是夹角为60°的两条直径，E、F分别是⊙O与直径CD上的动点，若•+λ•=0，则λ的取值范围是．2、在中，，为线段BC的垂直平分线，与BC交与点D，E为上异于D的任意一点，（1）求的值。

（2）判断的值是否为一个常数，并说明理由。

3、已知：向量，且。

（1）求实数的值；（2）求向量的夹角；（3）当与平行时，求实数的值。

4、若函数的图象与x轴交于点A，过点A的直线l与函数的图象交于B、C两点，则（）A．－32 B.－16 C.16 D. 325、如图，在等腰中，AB=AC=1，，则向量在向量上的投影等于( )A． B. C． D．6、下列命题正确的是( )A．单位向量都相等 B．若与共线，与共线，则与共线C．若，则 D．若与都是单位向量，则7、已知正方形ABCD的边长为2，P是正方形ABCD的外接圆上的动点，则的范围为_________。

8、在 ABC中，若 ,则为_________。

9、某同学用“五点法”画函数（）在某一个周期内的图像时，列表并填入的部分数据如下表：（Ⅰ）请求出上表中的的值，并写出函数的解析式；（Ⅱ）将的图像向右平移个单位得到函数的图像，若函数在区间（）上的图像的最高点和最低点分别为，求向量与夹角的大小．10、在中，若角A为锐角，且，则实数的取值范围是________．11、在中，若角A为锐角，且，则实数的取值范围是________．12、已知向量，与的夹角为．若向量满足，则的最大值是A． B． C．4 D．13、若等边的边长为，平面内一点满足，则 .14、若非零向量满足，，则与的夹角是A． B． C． D．15、的外接圆圆心为,半径为2，,且,方向上的投影为（）A. B. C. D.16、已知均为单位向量，且它们的夹角为60°，当取最小值时，17、已知均为单位向量，且它们的夹角为60°，当取最小值时，18、设向量，，其中，，函数的图象在轴右侧的第一个最高点（即函数取得最大值的点）为，在原点右侧与轴的第一个交点为.（Ⅰ）求函数的表达式；（Ⅱ）在中，角A，B，C的对边分别是，若，且，求边长．19、已知函数，点O为坐标原点，点，向量是向量与的夹角，则的值为__________.20、设是单位向量，且的最大值为________．答案1、[﹣2，2]【考点】：平面向量数量积的运算．【专题】：函数的性质及应用；三角函数的图像与性质；平面向量及应用．【分析】：根据题意，建立直角坐标系，用坐标表示B、C、E、F，计算•与•，求出λ的表达式，求出λ的取值范围即可．解：设⊙O的半径为r，以O为原点，OB为x轴建立直角坐标系，如图所示；则B（r，0），C（r，﹣r），设E（rcosα，rsinα），α∈（0，π）；∴=μ=μ（r，﹣r）=（μr，﹣μr），其中μ∈[﹣1，1]；∴=（μr﹣r，﹣μr），∴•=（rcosα，rsinα）•（μr﹣r，﹣μr）=r2（μ﹣1）cosα﹣μr2sinα；•=（﹣r0）•（r，﹣r）=﹣r2；∵•+λ•=0，∴λ=﹣=（μ﹣2）cosα﹣μsinα=sin（α+θ）=sin（α+θ）；又μ∈[﹣1，1]，∴≤≤2，∴﹣2≤sin（α+θ）≤2；∴﹣2≤λ≤2，即λ的取值范围是．故答案为：[﹣2，2]．2、解法1：（1）因为又可知由已知可得，，= …………5分（2）的值为一个常数L为L为线段BC的垂直平分线，L与BC交与点D，E为L上异于D的任意一点，故= ……10分解法2：（1）以D点为原点，BC所在直线为X轴，L所在直线为Y轴建立直角坐标系，可求A（），此时，……5分（2）设E点坐标为（0，y）(y0),此时此时为常数。

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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.。