北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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§5.2 平面向量的数量积及其应用
— 五年高考 —
考点1 数量积的定义及夹角与模问题
1.(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 D
2.(2019课标Ⅱ理,3,5分)已知⃗AB=(2,3),⃗AC=(3,t),|⃗BC|=1,则⃗AB·⃗BC=( )
A.-3 B.-2 C.2 D.3
答案 C
3.(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√2
4.(2021全国乙理,14,5分)已知向量a=(1,3),b=(3,4),若(a-λb)⊥b,则λ= .
3
答案
5
解题指导 根据(a-λb)⊥b得(a-λb)·b=0,再转化为坐标运算,得到关于λ的方程求解即可.
5.(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 √3
6.(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= .
√2
答案
2
7.(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
8.(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>= .
2
答案
3
9.(2019天津,文14,理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 -1
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以下为教师用书专用(1—8)
1.(2015山东理,4,5分)已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则⃗BD·⃗CD= ( )
3 3 3 3
A.- a2 B.- a2 C. a2 D. a2
2 4 4 2
1 3
答案 D ⃗BD·⃗CD=(⃗BC+⃗CD)·⃗CD=⃗BC·⃗CD+⃗CD2= a2+a2= a2.
2 2
2.(2015课标Ⅱ文,4,5分)向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a= ( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
答案 C 因为2a+b=2(1,-1)+(-1,2)=(2,-2)+(-1,2)=(1,0),所以(2a+b)·a=(1,0)·(1,-
1)=1×1+0×(-1)=1.故选C.
3.(2015四川理,7,5分)设四边形ABCD为平行四边形,|⃗AB|=6,|⃗AD|=4.若点M,N满足⃗BM=3
⃗MC,⃗DN=2⃗NC,则⃗AM·⃗NM= ( )
A.20 B.15 C.9 D.6
3 1 1 1
答案 C 依题意有⃗AM=⃗AB+⃗BM=⃗AB+ ⃗BC,⃗NM=⃗NC+⃗CM= ⃗DC- ⃗BC= ⃗AB-
4 3 4 3
1 ⃗BC,所以⃗AM·⃗NM= (⃗AB+ 3 ⃗BC ) · (1 ⃗AB- 1 ⃗BC ) = 1 ⃗AB2 - 3 ⃗BC2 =9.故选C.
4 4 3 4 3 16
4.(2015广东文,9,5分)在平面直角坐标系xOy中,已知四边形ABCD是平行四边形,⃗AB=(1,-2),
⃗AD=(2,1),则⃗AD·⃗AC=( )
A.5 B.4 C.3 D.2
答案 A ∵四边形ABCD是平行四边形,∴⃗AC=⃗AB+⃗AD=(3,-1),∴⃗AD·⃗AC=2×3+1×(-1)=5.选
A.
5.(2014课标Ⅱ,理3,文4,5分)设向量a,b满足|a+b|=√10,|a-b|=√6,则a·b= ( )
A.1 B.2 C.3 D.5
答案 A ∵|a+b|=√10,∴a2+2a·b+b2=10. ①
又|a-b|=√6,∴a2-2a·b+b2=6. ②
①-②,得4a·b=4,即a·b=1,故选A.
6.(2014大纲全国文,6,5分)已知a、b为单位向量,其夹角为60°,则(2a-b)·b= ( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
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答案 B (2a-b)·b=2a·b-|b|2=2×1×1×cos 60°-12=0,故选B.
7.(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
解析 本题主要考查数量积的运算以及二次函数的最值问题.设E(0,m),F(0,n),又
A(-1,0),B(2,0),
∴⃗AE=(1,m),⃗BF=(-2,n).
∴⃗AE·⃗BF=-2+mn,又知|⃗EF|=2,∴|m-n|=2.
①当m=n+2时,⃗AE·⃗BF=mn-2=(n+2)n-2=n2+2n-2=(n+1)2-3.
∴当n=-1,即E(0,1),F(0,-1)时,⃗AE·⃗BF取得最小值-3.
②当m=n-2时,⃗AE·⃗BF=mn-2=(n-2)n-2=n2-2n-2=(n-1)2-3.
∴当n=1,即E(0,-1),F(0,1)时,⃗AE·⃗BF取得最小值-3.
综上可知,⃗AE·⃗BF的最小值为-3.
8.(2014重庆文,12,5分)已知向量a与b的夹角为60°,且a=(-2,-6),|b|=√10,则a·b= .
答案 10
解析 由a=(-2,-6),得|a|=√(-2)2+(-6)2=2√10,
∴a·b=|a||b|cos<a,b>=2√10×√10×cos 60°=10.
考点2 数量积的综合应用
1.(多选题)(2021新高考Ⅰ,10,5分)已知O为坐标原点,点P(cos α,sin α),P(cos β,-sin
1 2
β),P(cos(α+β),sin(α+β)),A(1,0),则 ( )
3
A.|⃗OP |=|⃗OP | B.|⃗AP |=|⃗AP |
1 2 1 2
C.⃗OA·⃗OP =⃗OP ·⃗OP D.⃗OA·⃗OP =⃗OP ·⃗OP
3 1 2 1 2 3
答案 AC
2.(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·⃗AB的取值
范围是 ( )
A.(-2,6) B.(-6,2)
C.(-2,4) D.(-4,6)
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答案 A
3.(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·⃗BE的最小值为 ( )
21 3 25
A. B. C. D.3
16 2 16
答案 A
4.(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= .
9
答案 -
2
5.(2021浙江,17,4分)已知平面向量a,b,c(c≠0)满足|a|=1,|b|=2,a·b=0,(a-b)·c=0.记平面向量d在
a,b方向上的投影分别为x,y,d-a在c方向上的投影为z,则x2+y2+z2的最小值是 .
2
答案
5
6.(2020江苏,13,5分)在△ABC中,AB=4,AC=3,∠BAC=90°,D在边BC上,延长AD到P,使得
AP=9,若⃗PA=m⃗PB+
(3
-m
)⃗PC(m为常数),则CD的长度是
.
2
18
答案 或0
5
1
7.(2020北京,13,5分)已知正方形ABCD的边长为2,点P满足⃗AP= (⃗AB+⃗AC),则|⃗PD|=
2
;⃗PB·⃗PD= .
答案 √5;-1
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8.(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
AB
O.若⃗AB·⃗AC=6⃗AO·⃗EC,则 的值是 .
AC
答案 √3
9.(2020浙江,17,4分)已知平面单位向量e,e,满足|2e-e|≤√2.设a=e+e,b=3e+e,向量a,b的
1 2 1 2 1 2 1 2
夹角为θ,则cos2θ的最小值是 .
28
答案
29
3
10.(2020天津,15,5分)如图,在四边形ABCD中,∠B=60°,AB=3,BC=6,且⃗AD=λ⃗BC,⃗AD·⃗AB=- ,
2
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
.
1 13
答案 ;
6 2
以下为教师用书专用(1—33)
1.(2019课标Ⅱ文,3,5分)已知向量a=(2,3),b=(3,2),则|a-b|=( )
A.√2 B.2 C.5√2 D.50
答案 A 本题主要考查平面向量的坐标运算以及向量模的计算;考查数学运算的核心素养.
∵a=(2,3),b=(3,2),∴a-b=(-1,1),∴|a-b|=√(-1)2+12=√2,故选A.
一题多解 ∵a=(2,3),b=(3,2),∴|a|2=13,|b|2=13,a·b=12,则|a-b|=√a2-2a·b+b2=
√13-2×12+13=√2.故选A.
2.(2018天津文,8,5分)在如图的平面图形中,已知OM=1,ON=2,∠MON=120°,⃗BM=2⃗MA,⃗CN=2
⃗NA,则⃗BC·⃗OM的值为( )
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A.-15 B.-9 C.-6 D.0
答案 C 本题考查向量的运算.
解法一:连接OA.∵⃗BC=⃗AC-⃗AB=3⃗AN-3⃗AM=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.故选C.
解法二:在△ABC中,不妨设∠A=90°,取特殊情况ON⊥AC,以A为坐标原点,AB,AC所在直线分
别为x轴,y轴建立如图所示的平面直角坐标系,
因为∠MON=120°,ON=2,OM=1,
( √3) ( 3√3) (5 ) (15 )
所以O 2, ,C 0, ,M ,0 ,B ,0 .
2 2 2 2
( 15 3√3) (1 √3) 15 9
故⃗BC·⃗OM= - , · ,- =- - =-6.故选C.
2 2 2 2 4 4
3.(2017课标Ⅱ理,12,5分)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 ( )
3 4
A.-2 B.- C.- D.-1
2 3
答案 B 设BC的中点为D,AD的中点为E,则有⃗PB+⃗PC=2⃗PD,
则⃗PA·(⃗PB+⃗PC)=2⃗PA·⃗PD
=2(⃗PE+⃗EA)·(⃗PE-⃗EA)=2(⃗PE2-⃗EA2).
(√3) 2 3
而⃗AE2= = ,
2 4
当P与E重合时,⃗PE2有最小值0,故此时⃗PA·(⃗PB+⃗PC)取最小值,
3 3
最小值为-2⃗EA2=-2× =- .
4 2
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方法总结 在求向量数量积的最值时,常用取中点的方法,如本题中利用⃗PA·⃗PD=⃗PE2-⃗EA2
可快速求出最值.
一题多解 以AB所在直线为x轴,AB的中点为原点建立平面直角坐标系,如图,
(1 √3)
则A(-1,0),B(1,0),C(0,√3),设P(x,y),取BC的中点D,则D , .⃗PA·(⃗PB+⃗PC)=2⃗PA·⃗PD
2 2
(1 √3 ) [ ( 1) ( √3)]
=2(-1-x,-y)· -x, - y =2 (x+1)· x- + y· y- =2
2 2 2 2
[ ( 1) 2 ( √3) 2 3]
x+ + y- - .
4 4 4
1 √3 ( 3) 3
因此,当x=- ,y= 时,⃗PA·(⃗PB+⃗PC)取得最小值,为2× - =- ,故选B.
4 4 4 2
4.(2016课标Ⅱ理,3,5分)已知向量a=(1,m),b=(3,-2),且(a+b)⊥b,则m= ( )
A.-8 B.-6 C.6 D.8
答案 D 由题可得a+b=(4,m-2),又(a+b)⊥b,∴4×3-2×(m-2)=0,∴m=8.故选D.
5.(2016四川文,9,5分)已知正三角形ABC的边长为2√3,平面ABC内的动点P,M满足|⃗AP|=1,
⃗PM=⃗MC,则|⃗BM|2的最大值是 ( )
43 49 37+6√3 37+2√33
A. B. C. D.
4 4 4 4
答案 B 以A为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
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则A(0,0),C(2√3,0),B(√3,3).
设P(x,y),∵|⃗AP|=1,∴x2+y2=1,
∵⃗PM=⃗MC,∴M为PC的中点,
(x+2√3 y)
∴M , ,
2 2
(x+2√3 ) 2 ( y ) 2 x2 y2 1 37
∴|⃗BM|2= -√3 + -3 = + -3y+9= -3y+9= -3y,
2 2 4 4 4 4
49
又∵-1≤y≤1,∴当y=-1时,|⃗BM|2取得最大值,且最大值为 .
4
思路分析 由△ABC为正三角形,|⃗AP|=1,考虑到用建立平面直角坐标系的方法来解决向量问
题.
评析 本题考查了向量的坐标运算,运用了转化与化归思想.
6.(2015福建文,7,5分)设a=(1,2),b=(1,1),c=a+kb.若b⊥c,则实数k的值等于 ( )
3 5 5 3
A.- B.- C. D.
2 3 3 2
3
答案 A c=a+kb=(1+k,2+k).由b⊥c,得b·c=0,即1+k+2+k=0,解得k=- .故选A.
2
2√2
7.(2015重庆理,6,5分)若非零向量a,b满足|a|= |b|,且(a-b)⊥(3a+2b),则a与b的夹角为 (
3
)
π π 3π
A. B. C. D.π
4 2 4
答案 A ∵(a-b)⊥(3a+2b),∴(a-b)·(3a+2b)=0⇒3|a|2-a·b-2|b|2=0⇒3|a|2-|a|·|b|·cos <a,b>-2|b|2=0.
2√2 8 2√2 √2
又∵|a|= |b|,∴ |b|2- |b|2·cos <a,b>-2|b|2=0.∴cos <a,b>= .∵<a,b>∈[0,π],
3 3 3 2
π
∴<a,b>= .选A.
4
8.(2015重庆文,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 ( )
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π π 2π 5π
A. B. C. D.
3 2 3 6
答案 C 因为a⊥(2a+b),所以a·(2a+b)=0,
a·b -2|a|2 1 2π
得到a·b=-2|a|2,设a与b的夹角为θ,则cos θ= = =- ,又0≤θ≤π,所以θ= ,
|a||b| 4|a|2 2 3
故选C.
9.(2014大纲全国理,4,5分)若向量a、b满足:|a|=1,(a+b)⊥a,(2a+b)⊥b,则|b|= ( )
√2
A.2 B.√2 C.1 D.
2
{(a+b)·a=a2+a·b=0,
答案 B 由题意得 ⇒-2a2+b2=0,即-2|a|2+|b|2=0,又|a|=1,∴|b|=
(2a+b)·b=2a·b+b2=0
√2.故选B.
(1 √3) (√3 1)
10.(2016课标Ⅲ,3,5分)已知向量⃗BA= , ,⃗BC= , ,则∠ABC= ( )
2 2 2 2
A.30° B.45° C.60° D.120°
⃗BA·⃗BC √3
答案 A cos∠ABC= = ,所以∠ABC=30°,故选A.
|⃗BA|·|⃗BC| 2
思路分析 由向量的夹角公式可求得cos∠ABC的值,进而得∠ABC的大小.
11.(2016北京,4,5分)设a,b是向量.则“|a|=|b|”是“|a+b|=|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 D 当|a|=|b|=0时,|a|=|b|⇔|a+b|=|a-b|.
当|a|=|b|≠0时,|a+b|=|a-b|⇔(a+b)2=(a-b)2⇔a·b=0⇔a⊥b,推不出|a|=|b|.同样,由|a|=|b|也不能推出
a⊥b.故选D.
解后反思 由向量加法、减法的几何意义知:当a、b不共线,且|a|=|b|时,a+b与a-b垂直;当
a⊥b时,|a+b|=|a-b|.
1
12.(2016山东,8,5分)已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>= .若n⊥(tm+n),则实数t的值
3
为 ( )
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9 9
A.4 B.-4 C. D.-
4 4
n2
答案 B 因为n⊥(tm+n),所以tm·n+n2=0,所以m·n=- ,又4|m|=3|n|,
t
m·n 4m·n 4 1
所以cos<m,n>= = =- = ,所以t=-4.故选B.
|m|·|n| 3|n|2 3t 3
13.(2016课标Ⅰ,13,5分)设向量a=(m,1),b=(1,2),且|a+b|2=|a|2+|b|2,则m= .
答案 -2
解析 由|a+b|2=|a|2+|b|2可得a·b=0,∴a·b=m+2=0,∴m=-2.
思路分析 由|a+b|2=|a|2+|b|2得a·b=0,然后利用数量积的坐标表示得到关于m的方程,解方程
求得m.
14.(2018北京文,9,5分)设向量a=(1,0),b=(-1,m).若a⊥(ma-b),则m= .
答案 -1
解析 本题主要考查平面向量数量积的坐标运算.
∵a=(1,0),b=(-1,m),∴a2=1,a·b=-1,
由a⊥(ma-b)得a·(ma-b)=0,
即ma2-a·b=0,
即m-(-1)=0,∴m=-1.
15.(2017课标Ⅰ理,13,5分)已知向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|= .
答案 2√3
解析 本题考查向量数量积的计算.
1
由题意知a·b=|a|·|b|cos 60°=2×1× =1,则|a+2b|2=(a+2b)2=|a|2+4|b|2+4a·b=4+4+4=12.
2
所以|a+2b|=2√3.
16.(2017课标Ⅰ文,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 7
解析 本题考查向量数量积的坐标运算.
∵a=(-1,2),b=(m,1),∴a+b=(m-1,3),又(a+b)⊥a,
∴(a+b)·a=-(m-1)+6=0,解得m=7.
17.(2016课标Ⅰ文,13,5分)设向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a⊥b,则x= .
2
答案 -
3
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2
解析 因为a⊥b,所以x+2(x+1)=0,解得x=- .
3
易错警示 混淆两向量平行与垂直的条件是造成失分的主要原因.
18.(2016山东文,13,5分)已知向量a=(1,-1),b=(6,-4).若a⊥(ta+b),则实数t的值为 .
答案 -5
解析 因为a⊥(ta+b),所以a·(ta+b)=0,即ta2+a·b=0,又因为a=(1,-1),b=(6,-4),所以|a|=√2
,a·b=1×6+(-1)×(-4)=10,因此可得2t+10=0,解得t=-5.
评析 本题主要考查向量的数量积运算,向量的模以及两向量垂直的充要条件等基础知识,考
查学生的运算求解能力以及方程思想的应用.
19.(2016北京文,9,5分)已知向量a=(1,√3),b=(√3,1),则a与b夹角的大小为 .
π
答案
6
a·b 1×√3+√3×1 √3
解析 ∵cos<a,b>= = = ,
|a|·|b| 2×2 2
π
∴a与b夹角的大小为 .
6
1
20.(2015浙江,13,4分)已知e,e 是平面单位向量,且e·e= .若平面向量b满足b·e=b·e=1,则|
1 2 1 2 2 1 2
b|= .
2
答案 √3
3
1
解析 令e 与e 的夹角为θ,∴e·e=|e|·|e|cos θ=cos θ= ,又0°≤θ≤180°,∴θ=60°.因为b·(e-
1 2 1 2 1 2 2 1
1 2
e)=0,所以b与e、e 的夹角均为30°,从而|b|= = √3.
2 1 2 cos30° 3
1
21.(2014课标Ⅰ理,15,5分)已知A,B,C为圆O上的三点,若⃗AO= (⃗AB+⃗AC),则⃗AB与⃗AC的夹
2
角为 .
答案 90°
1
解析 由⃗AO= (⃗AB+⃗AC)可知O为BC的中点,即BC为圆O的直径,又因为直径所对的圆
2
周角为直角,所以∠BAC=90°,所以⃗AB与⃗AC的夹角为90°.
22.(2014湖北文,12,5分)若向量⃗OA=(1,-3),|⃗OA|=|⃗OB|,⃗OA·⃗OB=0,则|⃗AB|= .
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答案 2√5
解析 |⃗AB|=|⃗OB-⃗OA|=√⃗OA2+⃗OB2-2⃗OB·⃗OA,
∵|⃗OA|=|⃗OB|=√12+(-3)2=√10,⃗OA·⃗OB=0,
∴|⃗AB|=√20=2√5,故答案为2√5.
23.(2014湖北理,11,5分)设向量a=(3,3),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a-λb),则实数λ= .
答案 ±3
解析 |a|=3√2,|b|=√2,a·b=3×1+3×(-1)=0.因为(a+λb)⊥(a-λb),所以(a+λb)·(a-λb)=|a|2-λ2|b|2=18-
2λ2=0.故λ=±3.
24.(2013课标Ⅰ,理13,文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 2
解析 解法一:∵b·c=0,
∴b·[ta+(1-t)b]=0,ta·b+(1-t)·b2=0,
又∵|a|=|b|=1,<a,b>=60°,
1
∴ t+1-t=0,t=2.
2
解法二:由t+(1-t)=1知向量a、b、c的终点A、B、C共线,在平面直角坐标系中设a=(1,0),b=
(1 √3)
, ,
2 2
(3 √3)
则c= ,- .
2 2
把a、b、c的坐标代入c=ta+(1-t)b,得t=2.
评析 本题考查了向量的运算,利用三点共线的条件得到c的坐标是解题关键.
25.(2012课标,理13,文13,5分)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|=√10两边平方得
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4|a|2-4|a|·|b|cos 45°+|b|2=10.
∵|a|=1,∴|b|2-2√2|b|-6=0.
∴|b|=3√2或|b|=-√2(舍去).
评析 本题考查了向量的基本运算,考查了方程的思想.通过“平方”把向量转化为向量的数
量积是求解的关键.
26.(2012安徽文,11,5分)设向量a=(1,2m),b=(m+1,1),c=(2,m),若(a+c)⊥b,则|a|= .
答案 √2
解析 a+c=(3,3m),
∵(a+c)⊥b,
∴(a+c)·b=0,
∴3m+3+3m=0,
1
∴m=- ,
2
∴a=(1,-1),
∴|a|=√12+(-1)2=√2.
评析 本题主要考查向量的基本运算,考查了向量垂直的充要条件.
27.(2011课标,文13,5分)已知a与b为两个不共线的单位向量,k为实数,若向量a+b与向量
ka-b垂直,则k= .
答案 1
解析 由题意知|a|=1,|b|=1,<a,b>≠0且<a,b>≠π.
由a+b与向量ka-b垂直,得(a+b)·(ka-b)=0,
即k|a|2+(k-1)|a||b|·cos<a,b>-|b|2=0,
(k-1)(1+cos<a,b>)=0.又1+cos<a,b>≠0,
∴k-1=0,k=1.
评析 本题考查向量的模、向量的数量积等相关知识,考查学生的运算求解能力,属中等难度
试题.
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1
28.(2015福建理,9,5分)已知⃗AB⊥⃗AC,|⃗AB|= ,|⃗AC|=t.若点P是△ABC所在平面内的一点,且
t
⃗AB 4⃗AC
⃗AP= + ,则⃗PB·⃗PC的最大值等于( )
|⃗AB| |⃗AC|
A.13 B.15 C.19 D.21
答案 A 以A为原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系,则B
(1 ) (1 ) ( 1)
,0 (t>0),C(0,t),P(1,4),⃗PB·⃗PC= -1,-4 ·(-1,t-4)=17- 4t+ ≤17-2×2=13
t t t
( 1 )
当且仅当t= 时,取“=” ,故⃗PB·⃗PC的最大值为13,故选A.
2
29.(2019浙江,17,6分)已知正方形ABCD的边长为1.当每个λ(i=1,2,3,4,5,6)取遍±1时,|λ⃗AB
i 1
+λ⃗BC+λ⃗CD+λ⃗DA+λ⃗AC+λ⃗BD|的最小值是 ,最大值是 .
2 3 4 5 6
答案 0;2√5
解析 本题考查平面向量的坐标表示及坐标运算,在向量的坐标运算中涉及多个未知数据以
此来考查学生的数据处理能力,数学运算及数据分析的核心素养.
如图,建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),
∴⃗AB=(1,0),⃗BC=(0,1),⃗CD=(-1,0),⃗DA=(0,-1),⃗AC=(1,1),⃗BD=(-1,1),
故|λ⃗AB+λ⃗BC+λ⃗CD+λ⃗DA+λ⃗AC+λ⃗BD|
1 2 3 4 5 6
=|(λ-λ+λ-λ,λ-λ+λ+λ)|
1 3 5 6 2 4 5 6
=√(λ -λ +λ -λ )2+(λ -λ +λ +λ )2.(*)
1 3 5 6 2 4 5 6
显然(*)式中第一个括号中的λ,λ 与第二个括号中的λ,λ 的取值互不影响,∴只需讨论λ 与λ
1 3 2 4 5 6
的取值情况即可,
当λ 与λ 同号时,不妨取λ=1,λ=1,
5 6 5 6
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则(*)式即为√(λ -λ )2+(λ -λ +2)2,
1 3 2 4
∵λ,λ,λ,λ∈{-1,1},∴λ=λ,λ-λ=-2(λ=-1,λ=1)时,(*)式取最小值0,当|λ-λ|=2(如λ=1,λ=-1),λ-
1 2 3 4 1 3 2 4 2 4 1 3 1 3 2
λ=2(λ=1,λ=-1)时,(*)式取最大值2√5,
4 2 4
当λ 与λ 异号时,不妨取λ=1,λ=-1,则(*)式即为√(λ -λ +2)2+(λ -λ )2.
5 6 5 6 1 3 2 4
同理可得最小值仍为0,最大值仍为2√5,
综上,最小值为0,最大值为2√5.
解题关键 本题未知量比较多,所以给学生的第一感觉是难,而实际上注意到图形为规则的正
方形,λ(i=1,2,3,4,5,6)的取值只有两种可能(1或-1),这就给建系及讨论λ的值创造了条件,也是
i i
求解本题的突破口.
30.(2019课标Ⅲ文,13,5分)已知向量a=(2,2),b=(-8,6),则cos<a,b>= .
√2
答案 -
10
解析 本题考查平面向量夹角的计算,通过向量的坐标运算考查学生的运算求解能力,体现运
算法则与运算方法的素养要素.
a·b 2×(-8)+2×6 √2
由题意知cos<a,b>= = =- .
|a|·|b| √22+22×√(-8)2+62 10
31.(2019北京文,9,5分)已知向量a=(-4,3),b=(6,m),且a⊥b,则m= .
答案 8
解析 本题考查两向量垂直的充要条件和向量的坐标运算,考查了方程的思想方法.
∵a⊥b,∴a·b=(-4,3)·(6,m)=-24+3m=0,
∴m=8.
易错警示 容易把两向量平行与垂直的条件混淆.
32.(2017北京文,12,5分)已知点P在圆x2+y2=1上,点A的坐标为(-2,0),O为原点,则⃗AO·⃗AP的
最大值为 .
答案 6
解析 解法一:⃗AO·⃗AP表示⃗AP在⃗AO方向上的投影与|⃗AO|的乘积,当P在B点时,⃗AO·⃗AP
有最大值,此时⃗AO·⃗AP=2×3=6.
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解法二:设P(x,y),则⃗AO·⃗AP=(2,0)·(x+2,y)=2x+4,由题意知-1≤x≤1,∴x=1时,⃗AO·⃗AP取最大值
6,∴⃗AO·⃗AP的最大值为6.
33.(2013北京文,14,5分)已知点A(1,-1),B(3,0),C(2,1).若平面区域D由所有满足⃗AP=λ⃗AB+μ
⃗AC(1≤λ≤2,0≤μ≤1)的点P组成,则D的面积为 .
答案 3
解析 ⃗AB=(2,1),⃗AC=(1,2).
设P(x,y),由⃗AP=λ⃗AB+μ⃗AC,
2x- y-3
{ λ= ,
{x-1=2λ+μ, 3
得 故有
y+1=λ+2μ, -x+2y+3
μ= .
3
又λ∈[1,2],μ∈[0,1],故有
2x- y-3
{1≤ ≤2,
3 {3≤2x- y-3≤6,
即
2y-x+3 0≤2y-x+3≤3.
0≤ ≤1,
3
则平面区域D如图中阴影部分所示.
易知其面积为3.
评析 本题考查了平面向量的坐标运算、线性规划等知识;同时又考查了转化及数形结合思
想,综合能力要求较高.
— 三年模拟 —
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A组 考点基础题组
考点1 数量积的定义及夹角与模问题
1
1.(2021湖南永州二模,3)在边长为3的等边三角形ABC中,⃗BM= ⃗MC,则⃗BA·⃗BM= ( )
2
√3 3 3 1
A. B. C. D.
2 2 4 2
答案 B
2.(2020广东新兴第一中学期末,3)在平行四边形ABCD中,⃗AB=(1,2),⃗AD=(-4,2),则该四边形的
面积为 ( )
A.√5 B.2√5 C.5 D.10
答案 D
π
3.(2021湖南衡阳一模,6)非零向量a,b,c满足a·b=a·c,a与b的夹角为 ,|b|=4,则c在a上的投
6
影向量的长度为 ( )
A.2 B.2√3 C.3 D.4
答案 B
4.(2021江苏盐城二模,3)已知a,b是相互垂直的单位向量,与a,b共面的向量c满足a·c=b·c=2,
则c的模为 ( )
A.1 B.√2 C.2 D.2√2
答案 D
5.(2020重庆育才中学月考,3)已知向量a=(1,1),2a+b=(4,2),则向量a,b的夹角为 ( )
π π π π
A. B. C. D.
3 6 4 2
答案 C
π π
6.(2021山东菏泽期末,3)若a、b是两个单位向量,其夹角是θ,则“ <θ< ”是“|a-b|>1”的
3 2
( )
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
答案 A
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7.(2021山东济南十一学校联考,13)已知向量m=(-1,2),n=(2,λ),若m⊥n,则2m+n与m夹角的余
弦值为 .
2√5
答案
5
1
8.(2020河北衡水中学第九次调研,14)已知△ABC中,AB=3,AC=5,BC=7,若点D满足⃗AD= ⃗AB
3
1
+ ⃗AC,则⃗DB·⃗DC= .
2
答案 -12
9.(2021上海杨浦一模,11)如图所示,在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,分别将边BC与DC等分成8
份,并将等分点自下而上依次记作E,E,…,E,自左到右依次记作F,F,…,F,满足⃗AE·⃗AF
1 2 7 1 2 7 i j
≤2(其中i,j∈N*,1≤i,j≤7)的有序数对(i,j)共有 对.
答案 18
考点2 数量积的综合应用
1.(2021辽宁开原三模,7)设a,b,c为单位向量,且a·b=0,则(a-c)·(b-c)的最小值为 ( )
A.-2 B.√2-2 C.-1 D.1-√2
答案 D
2.(2020百校联考高考考前冲刺(二),3)在直角梯形ABCD中,⃗AB·⃗AD=0,∠B=30°,AB=2√3
,BC=2,点E为BC上一点,且⃗AE=x⃗AB+y⃗AD,当xy的值最大时,|⃗AE|= ( )
√30
A.√5 B.2 C. D.2√3
2
答案 B
3.(2020湖北襄阳四中3月月考,9)在△ABC中,|AC|=2,|AB|=2,∠BAC=120°,⃗AE=λ⃗AB,⃗AF=μ⃗AC
,M为线段EF的中点,若|⃗AM|=1,则λ+μ的最大值为 ( )
√7 2√7 √21
A. B. C.2 D.
3 3 3
答案 C
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B组 综合应用题组
时间 : 60 分钟 分值 : 70 分
一、单项选择题(每小题5分,共25分)
1.(2021河北石家庄一模,2)设向量a=(1,2),b=(m,-1),且(a+b)⊥a,则实数m=
3 3
A.-3 B. C.-2 D.-
2 2
答案 A
2.(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,若⃗OC=
2√3 √3
⃗OA+ ⃗OB,则θ= ( )
3 3
π π π 2π
A. B. C. D.
6 3 2 3
答案 D
3.(2021山东临沂二模,7)点A、B、C在圆O上,若|AB|=2,∠ACB=30°,则⃗OC·⃗AB的最大值为
( )
A.3 B.2√3 C.4 D.6
答案 C
1 1
4.(2021山东德州二模,6)在平行四边形ABCD中,已知⃗DE= ⃗EC,⃗BF= ⃗FC,|⃗AE|=√2,|⃗AF|=
2 2
√6,则⃗AC·⃗BD= ( )
9 7
A.-9 B.- C.-7 D.-
2 2
答案 B
π
5.(2020山东济宁一中月考)如图,在△ABC中,∠BAC= ,⃗AD=2⃗DB,P为CD上一点,且满足⃗AP
3
1
=m⃗AC+ ⃗AB,若△ABC的面积为2√3,则|⃗AP|的最小值为 ( )
2
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4
A.√2 B. C.3 D.√3
3
答案 D
二、多项选择题(每小题5分,共15分)
6.(2021辽宁铁岭一模,10)下列说法中错误的为( )
( 5 )
A.已知a=(1,2),b=(1,1),且a与a+λb的夹角为锐角,则实数λ的取值范围是 - ,+∞
3
(1 3)
B.向量e=(2,-3),e= ,- 不能作为平面内所有向量的一组基底
1 2 2 4
C.非零向量a和b,满足|a|>|b|且a与b同向,则a>b
D.非零向量a和b,满足|a|=|b|=|a-b|,则a与a+b的夹角为30°
答案 AC
7.(2021江苏盐城一模,9)下列关于向量a,b,c的运算,一定成立的是( )
A.(a+b)·c=a·c+b·c B.(a·b)·c=a·(b·c)
C.a·b≤|a|·|b| D.|a-b|≤|a|+|b|
答案 ACD
8.(2021湖北重点中学期末,11)对于给定的△ABC,其外心为O,重心为G,垂心为H,则下列结论
正确的是 ( )
1
A.⃗AO·⃗AB= ⃗AB2
2
B.⃗OA·⃗OB=⃗OA·⃗OC=⃗OB·⃗OC
1 1
C.过点G的直线l交AB、AC于E、F,若⃗AE=λ⃗AB,⃗AF=μ⃗AC,则 + =3
λ μ
⃗AB ⃗AC
D.⃗AH与 + 共线
|⃗AB|cosB |⃗AC|cosC
答案 ACD
三、填空题(每小题5分,共20分)
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9.(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 .
3
答案 -
2
10.(2019河南、河北百校联盟4月联考,15)如图,在平面四边形ABCD中,
AB⊥BC,AD⊥BD,∠BCD=60°,CB=CD=2√3,点M为BC边上一动点,则⃗AM·⃗DM的取值范围
为 .
[45 ]
答案
,18
4
11.(2021河北衡水中学全国高三第二次联考,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]
12.(2021山东枣庄二模,14)如图,由四个全等的三角形与中间的一个小正方形EFGH拼成的一
个大正方形ABCD中,⃗AF=3⃗AE.设⃗AF=x⃗AB+y⃗AD,则x+y的值为 .
6
答案
5
四、解答题(共10分)
( 1 √3)
13.(2021江苏新海高级中学期末,17)已知向量a= - , ,b=(2cos θ,2sin θ),0<θ<π.
2 2
(1)若a∥b,求cos θ的值;
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( π)
(2)若|a+b|=|b|,求sin θ+ 的值.
6
1 √3
解析 (1)因为a∥b,所以- ·2sin θ= ·2cos θ,即-sin θ=√3cos θ,所以tan θ=-√3,又0<θ<π,所
2 2
2π 1
以θ= ,所以cos θ=- .
3 2
( 1 √3)
(2)因为|a+b|=|b|,所以|a+b|2=|b|2,化简得|a|2+2a·b=0,又a= - , ,b=(2cos θ,2sin θ),则|a|
2 2
1 ( π) 1 π
2=1,a·b=-cos θ+√3sin θ,所以√3sin θ-cos θ=- ,则sin θ- =- ,又0<θ<π,所以θ- ∈
2 6 4 6
( π 5π) ( π) π ( π )
- , ,又sin θ- <0,所以θ- ∈ - ,0 ,
6 6 6 6 6
所以cos ( θ- π) = √ 1-sin2( θ- π) = √15 ,
6 6 4
( π) [( π) π]
所以sin θ+ =sin θ- +
6 6 3
( π) π ( π) π 3√5-1
=sin θ- cos +cos θ- sin = .
6 3 6 3 8
规律总结 已知向量a=(x,y),b=(x,y),
1 1 2 2
(1)若a∥b,则有xy-xy=0;
1 2 2 1
(2)若a⊥b,则有xx+yy=0.
1 2 1 2
— 一年原创 —
1.(2021 5·3原创题)如图所示,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD⊥AB,AB=3,DC=1,则⃗AB·⃗AC=
.
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答案 3
π [ π]
2.(2021 5·3原创题)a,b均为单位向量,且夹角为 ,若c与a,b的夹角的范围均为 0, ,且
3 3
c·a=1,则c·b的最大值为 .
答案 2
3.(2021 5·3原创题)如图,在四边形ABCD中,AB=BD=AD=2,BC⊥CD,M为AB的中点,则⃗CA·
⃗CM的最大值为 .
5
答案 +√7
2
4.(2021 5·3原创题)在△ABC中,|⃗AB+⃗AC|=|⃗AB-⃗AC|,|⃗AB|=4,|⃗AC|=3,D为线段BC上一点,点
E是平面内异于点D的一点,满足2⃗AD=⃗AB+⃗AC,⃗DE·⃗BC=0,则⃗AE·⃗CB= .
7
答案
2
5.(2021 5·3原创题)设平面向量a=(√3sin(π-x),1),b= ( sin (π +x ) ,cos2x ) ,函数f(x)=a·b- 1 .
2 2
(1)求函数f(x)的单调递增区间;
1
(2)若锐角三角形ABC中,角A、B、C的对边分别为a,b,c,且f(A)= ,b=4,求△ABC面积S的取
2
值范围.
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(π ) 1 1 √3 1
解析 (1)f(x)=√3sin(π-x)sin +x +cos2x- =√3·sin xcos x+cos2x- = sin 2x+ cos
2 2 2 2 2
( π)
2x=sin 2x+ ,
6
π π π π π
根据- +2kπ≤2x+ ≤2kπ+ (k∈Z),解得kπ- ≤x≤kπ+ (k∈Z),
2 6 2 3 6
[ π π]
故函数f(x)的单调递增区间为 kπ- ,kπ+ (k∈Z).
3 6
1 ( π) 1
(2)∵f(A)= ,∴sin 2A+ = ,
2 6 2
π π 5π π
又0<A< ,∴2A+ = ,∴A= ,
2 6 6 3
1
又b=4,∴S = bcsin A=√3c.
△ABC 2
c b bsinC
在△ABC中,由 = ,得c= ,
sinC sinB sinB
(π ) (√3 1 )
4sin +B 4 cosB+ sinB 2√3cosB+2sinB 2√3
∴c= 3 = 2 2 = = +2.
sinB tanB
sinB sinB
π
{ 0<B< ,
π 2
又△ABC为锐角三角形,且A= ,故
3 2π π
0< -B< ,
3 2
π π
解得 <B< ,
6 2
√3 1 2√3 2√3
∴tan B> ⇒0< <√3⇒0< <6⇒2< +2<8,
3 tanB tanB tanB
即2<c<8.
∴S =√3c∈(2√3,8√3),
△ABC
∴△ABC面积S的取值范围是(2√3,8√3).
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