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[基础题组练]
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知AB＝(2，3)，AC＝(3，t)，|BC|＝1，则AB·BC＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选C.因为BC＝AC－AB＝(1，t－3)，所以|BC|＝＝1，解得t＝3，所以BC＝(1，0)，所以
AB·BC＝2×1＋3×0＝2，故选C.
2．(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. B.
C. D.
解析：选B.设a与b的夹角为α，
因为(a－b)⊥b，
所以(a－b)·b＝0，
所以a·b＝b2，
所以|a|·|b|cos α＝|b|2，又|a|＝2|b|，
所以cos α＝，因为α∈(0，π)，所以α＝.故选B.
3．(2019·贵阳模拟)如图，在边长为1的正方形组成的网格中，平行四边形ABCD的顶点
D被阴影遮住，找出D点的位置，AB·AD的值为( )
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：选B.以点A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，A(0，0)，B(4，1)，C(6，
4)，根据四边形ABCD为平行四边形，可以得到D(2，3)，所以AB·AD＝(4，1)·(2，3)＝8＋3＝
11.故选B.
4．(2019·贵州黔东南州一模)已知梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，且∠DAB＝90°，AB
＝2，AD＝1，若点Q满足AQ＝2QB，则QC·QD＝( )
A．－ B.
C．－ D.解析：选D.以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，
建立平面直角坐标系，如图所示，则B(2，0)，C(1，1)，D(0，1)．
又AQ＝2QB，所以Q，
所以QC＝，QD＝，
所以QC·QD＝＋1＝.故选D.
5．如图，AB是半圆O的直径，P是AB上的点，M，N是直径AB上关于O对称的两点，且
AB＝6，MN＝4，则PM·PN等于( )
A．13 B．7
C．5 D．3
解析：选C.连接AP，BP，则PM＝PA＋AM，PN＝PB＋BN＝PB－AM，所以PM·PN＝(PA
＋AM)·(PB－AM)＝PA·PB－PA·AM＋AM·PB－|AM|2＝－PA·AM＋AM·PB－|AM|2＝
AM·AB－|AM|2＝1×6－1＝5.
6．向量a，b均为非零向量，(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，则a，b的夹角为________．
解析：因为(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，所以(a－2b)·a＝0，(b－2a)·b＝0，即a2－2a·b＝0，b2－
2a·b＝0，所以b2＝a2＝2a·b，cos〈a，b〉＝＝＝.因为〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝.
答案：
7．已知点M，N满足|MC|＝|NC|＝3，且|CM＋CN|＝2，则M，N两点间的距离为________．
解析：依题意，得|CM＋CN|2＝|CM|2＋|CN|2＋2CM·CN＝18＋2CM·CN＝20，则CM·CN
＝1，故M，N两点间的距离为|MN|＝|CN－CM|
＝
＝＝4.
答案：4
8．(2019·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＝＝.
答案：
9．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|＝，求cos 2α的值．
解：(1)若m⊥n，则m·n＝0，即为－sin α(sin α－2)－cos2 α＝0，
即sin α＝，
可得α＝2kπ＋或α＝2kπ＋，k∈Z.
(2)若|m－n|＝，即有(m－n)2＝2，
即(2sin α－2)2＋(2cos α)2＝2，
即为4sin2α＋4－8sin α＋4cos2α＝2，
即有8－8sin α＝2，可得sin α＝，
即有cos 2α＝1－2sin2α＝1－2×＝－.
10．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：(1)由题设知AB＝(3，5)，AC＝(－1，1)，则AB＋AC＝(2，6)，AB－AC＝(4，4)．
所以|AB＋AC|＝2，|AB－AC|＝4.
故所求的两条对角线的长分别为4，2.
(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＝－.
法二：AB·OC＝tOC2，AB＝(3，5)，
t＝＝－.
[综合题组练]
1．(2019·湖南省五市十校联考)在直角三角形ABC中，∠C＝，AB＝4，AC＝2，若AD＝
AB，则CD·CB＝( )
A．－18 B．－6
C．18 D．6
解析：选C.法一：由∠C＝，AB＝4，AC＝2，得CB＝2，CA·CB＝0.CD·CB＝(CA＋
AD)·CB＝CA·CB＋AB·CB＝(CB－CA)·CB＝CB2＝18，故选C.
法二：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(0，2)．由题意得∠CBA＝，又AD＝AB，所以D(－1，
3)，则CD·CB＝(－1，3)·(0，2)＝18，故选C.
2．(2019·南宁模拟)已知O是△ABC内一点，OA＋OB＋OC＝0，
AB·AC＝2且∠BAC＝60°，则△OBC的面积为( )
A. B.
C. D.解析：选A.因为OA＋OB＋OC＝0，所以O是△ABC的重心，于是S ＝S .因为
△OBC △ABC
AB·AC＝2，所以|AB|·|AC|·cos∠BAC＝2，因为∠BAC＝60°，所以|AB|·|AC|＝4.又S ＝|
△ABC
AB|·|AC|sin∠BAC＝，所以△OBC的面积为，故选A.
3．(应用型)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．－2 B．－
C．－ D．－1
解析：选B.如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以
BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(－1，0)，C(1，
0)，设P(x，y)，则PA＝(－x，－y)，PB＝(－1－x，－y)，PC＝(1－x，－y)，所
以PA·(PB＋PC)＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋2(y－)2－，当x＝0，y＝
时，PA·(PB＋PC)取得最小值为－.
4．(应用型)如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任
意一点(含边界)，则AM·AN的最大值为________．
解析：由平面向量的数量积的几何意义知，AM·AN等于|AM|与AN在AM方向上的投影之
积，所以(AM·AN) ＝AM·AC＝·(AB＋AD)＝AB2＋AD2＋AB·AD＝9.
max
答案：9
5．(创新型)已知向量a＝(cos x，sin x)，b＝(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，－)，a∥b，
所以－cos 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＝－.又x∈[0，π]，所以x＝.
(2)f(x)＝a·b＝(cos x，sin x)·(3，－)
＝3cos x－sin x＝2cos.
因为x∈[0，π]，所以x＋∈，
从而－1≤cos≤.
于是，当x＋＝，即x＝0时，f(x)取到最大值3；
当x＋＝π，即x＝时，f(x)取到最小值－2.
6．(创新型)在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝(cos B，2cos2－1)，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|＝，c＝2，求△ABC的面积．
解：(1)因为m＝(cos B，cos C)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，
所以ccos B＋(b－2a)cos C＝0，在△ABC中，由正弦定理得sin Ccos B＋(sin B－2sin
A)cos C＝0，
sin A＝2sin Acos C，又sin A≠0，
所以cos C＝，而C∈(0，π)，
所以∠C＝.
(2)由AD＝DB知，CD－CA＝CB－CD，
所以2CD＝CA＋CB，
两边平方得4|CD|2＝b2＋a2＋2bacos ∠ACB＝b2＋a2＋ba＝28.①
又c2＝a2＋b2－2abcos ∠ACB，
所以a2＋b2－ab＝12.②
由①②得ab＝8，
所以S ＝absin ∠ACB＝2.
△ABC
