北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
§7.2 平面向量的数量积及向量的综合应用
专题检测
1.(2018北京朝阳二模,5)如图,角α,β均以Ox为始边,终边与单位圆O分别交于点A,B,则⃗OA·⃗OB= ( )
A.sin(α-β) B.sin(α+β)
C.cos(α-β) D.cos(α+β)
答案 C 解法一:⃗OA·⃗OB=|⃗OA|·|⃗OB|cos<⃗OA,⃗OB>=1×1×cos(β-α)=cos(β-α)=cos(α-β).故选C.
解法二:由三角函数的定义得A(cos α,sin α),B(cos β,sin β),∴⃗OA·⃗OB=(cos α,sin α)·(cos β,
sin β)=cos αcos β+sin α·sin β=cos(α-β).
2.(2018豫南九校第六次质量考评,4)若向量a=( 1 ),向量b=(1,sin 22.5°),则
tan67.5°,
cos157.5°
a·b= ( )
A.2 B.-2 C.√2 D.-√2
sin22.5° sin22.5°
答案 A 由题意知a·b=tan 67.5°+ =tan 67.5°+ =tan 67.5°-tan 22.5°=
cos157.5° -cos22.5°
1
tan 67.5°-
tan67.5°
=tan267.5°-1=2×tan267.5°-1=2×( 1 )=2,故选A.
-
tan67.5° 2tan67.5° tan135°
3.(2018广西联考,7)已知△ABC外接圆的半径为1,圆心为O,且⃗AB+⃗AC=2⃗AO,|⃗AB|=√3|⃗OA|,则⃗CA·⃗CB
的值是 ( )
√3
A.3 B.√3 C. D.1
2
答案 D ∵⃗AB+⃗AC=2⃗AO,∴O为BC的中点,又∵O为△ABC外接圆的圆心,∴BC为圆O的直径,∴△ABC为
π
直角三角形,∠BAC= ,∴⃗CA·⃗CB=⃗CA·(⃗AB-⃗AC)=⃗CA·⃗AB+|⃗CA|2=|⃗CA|2=|⃗BC|2-|⃗AB|2,又易知|⃗BC|=2,|
2
⃗AB|=√3,∴⃗CA·⃗CB=4-3=1.
π
4.(2018安徽安庆一模,9)已知点G是△ABC内一点,满足⃗GA+⃗GB+⃗GC=0,若∠BAC= ,⃗AB·⃗AC=1,则|⃗AG|
3
的最小值是 ( )
√3 √2 √6 √6
A. B. C. D.
3 2 3 2
答案 C ∵点G是△ABC内一点,满足⃗GA+⃗GB+⃗GC=0,
∴G是△ABC的重心,
第1页共6页北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
1
∴⃗AG= (⃗AB+⃗AC),
3
1 1 2
∴⃗AG2= (⃗AB2+⃗AC2+2⃗AB·⃗AC)= (|⃗AB|2+|⃗AC|2)+ ,
9 9 9
1
∵⃗AB·⃗AC= |⃗AB|·|⃗AC|=1,∴|⃗AB|·|⃗AC|=2,
2
∴|⃗AB|2+|⃗AC|2≥2|⃗AB|·|⃗AC|=4,
4 2 2
∴⃗AG2≥ + = .
9 9 3
√6 √6
∴|⃗AG|≥ ,∴|⃗AG|的最小值是 .故选C.
3 3
1
5.(2018河南郑州二模,7)已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=|c|=1,若a·b= ,则(a+b)·(2b-c)的最小值为 ( )
2
A.-2 B.3-√3 C.-1 D.0
1 π
答案 B 由|a|=|b|=1,a·b= ,可得<a,b>= ,令⃗OA=a,⃗OB=b,以⃗OA的方向为x轴的正方向建立如图所示的
2 3
平面直角坐标系,则a= =(1,0),b= =(1 √3),设c= =(cos θ,sin θ)(0≤θ<2π),则(a+b)·(2b-c)=2a·b-
⃗OA ⃗OB , ⃗OC
2 2
a·c+2b2-b·c=3-( 1 √3 )=3- sin( π),则(a+b)·(2b-c)的最小值为3- ,故选B.
cosθ+ cosθ+ sinθ √3 θ+ √3
2 2 3
思路分析 根据已知条件建立合适的平面直角坐标系,利用单位向量设出c=(cos θ,sin θ)(0≤θ<2π),将
(a+b)·(2b-c)用θ表示,即转化成关于θ的三角函数式,从而求其最小值.
方法总结 对于平面向量问题,常用的求解方法为基底法和坐标法.前者需要选择合适的基底,利用线性运算
进行表示和求解;后者需要建立适当的平面直角坐标系,利用坐标进行运算.
6.(2017甘肃天水一中第三次诊断考试)已知函数f(x)=Asin(πx+φ)的部分图象如图所示,点B,C是该图象与x轴
的交点,过点C的直线与该图象交于D,E两点,则(⃗BD+⃗BE)·(⃗BE-⃗CE)的值为 ( )
1
A.-1 B.-
2
1
C. D.2
2
第2页共6页北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
2π T
答案 D 由题图知最小正周期T= =2,∴BC= =1,易知C点是线段DE的中点,∴结合向量的平行四边形
π 2
法则,可得⃗BD+⃗BE=2⃗BC,又∵⃗BE-⃗CE=⃗BC,∴(⃗BD+⃗BE)·(⃗BE-⃗CE)=2|⃗BC|2=2×12=2.选D.
7.(2018湖北武汉调研,6)设A、B、C是半径为1的圆O上的三点,且⃗OA⊥⃗OB,则(⃗OC-⃗OA)·(⃗OC-⃗OB)的
最大值是 ( )
A.1+√2 B.1-√2 C.√2-1 D.1
答案 A 解法一:∵ ⊥ ,| |=| |=1,∴| + |= = .设( +
⃗OA ⃗OB ⃗OA ⃗OB ⃗OA ⃗OB √⃗OA2+2⃗OA·⃗OB+⃗OB2 √2 ⃗OA
⃗OB)与⃗OC的夹角为θ,则(⃗OC-⃗OA)·(⃗OC-⃗OB)=⃗OC2-(⃗OA+⃗OB)·⃗OC+⃗OA·⃗OB=1-√2cos θ,又
∵θ∈[0,π],∴cos θ∈[-1,1],∴(⃗OC-⃗OA)·(⃗OC-⃗OB)=1-√2cos θ∈[1-√2,1+√2],∴(⃗OC-⃗OA)·(⃗OC-⃗OB)的
最大值为√2+1,故选A.
解法二:以O为原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴建立平面直角坐标系(取⃗OA的方向为x轴正方
向,⃗OB的方向为y轴正方向),则A(1,0),B(0,1).设C(cos θ,sin θ)(θ∈[0,2π)),∴⃗OC-⃗OA=(cos θ-1,
sin θ),⃗OC-⃗OB=(cos θ,sin θ-1),
∴(⃗OC-⃗OA)·(⃗OC-⃗OB)=cos θ(cos θ-1)+sin θ(sin θ-1)
=cos2θ+sin2θ-(sin θ+cos θ)=1- sin( π),∵θ∈[0,2π),∴sin( π)∈[-1,1],∴( - )·( - )的
√2 θ+ θ+ ⃗OC ⃗OA ⃗OC ⃗OB
4 4
最大值为√2+1,故选A.
8.(2018河南六市联考,8)在△ABC中,∠C=90°,AB=2BC=4,M,N是边AB上的两个动点,且|MN|=1,则⃗CM·⃗CN的
取值范围为 ( )
A.[11 ] B.[5,9]
,9
4
C.[15 ] D.[11 ]
,9 ,5
4 4
答案 A 以C为原点,CA,CB所在直线分别为x轴,y轴建立坐标系如图所示:
∵AB=2BC=4,∴∠BAC=30°,AC=2√3,
设AN=a,则N( √3a a),M( √3(a+1) a+1),
2√3- , 2√3- ,
2 2 2 2
∴ · =( √3(a+1))·( √3a)+a+1·a=a2-5a+9.
⃗CM ⃗CN 2√3- 2√3-
2 2 2 2
∵M,N在AB上,
∴0≤a≤3.
∴当a=0时,⃗CM·⃗CN取得最大值9,
第3页共6页北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
5 11
当a= 时,⃗CM·⃗CN取得最小值 .
2 4
∴ · 的取值范围为[11 ].故选A.
⃗CM ⃗CN ,9
4
思路分析 建立直角坐标系,设AN=a,用a表示出⃗CM,⃗CN,得出⃗CM·⃗CN关于a的表达式,从而得出范围.
9.(2017湖北黄冈二模,10)已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=1,a⊥(a-2b),(c-2a)·(c-b)=0,则|c|的最大值与最小值的
和为( )
A.0 B.√3 C.√2 D.√7
1
答案 D ∵a⊥(a-2b),∴a·(a-2b)=0,即a2=2a·b,又|a|=|b|=1,∴a·b= ,∴a与b的夹角为60°.
2
设⃗OA=a,⃗OB=b,⃗OC=c,以O为坐标原点,⃗OB的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系,
则a=(1 √3),b=(1,0).
,
2 2
设c=(x,y),则c-2a=(x-1,y-√3),c-b=(x-1,y).
又∵(c-2a)·(c-b)=0,∴(x-1)2+y(y-√3)=0,
即(x-1)2+( √3) 2 =3,
y-
2 4
∴点C的轨迹是以点M( √3)为圆心,√3为半径的圆.
1,
2 2
√3 √3
又|c|=√x2+ y2表示圆M上的点与原点O(0,0)之间的距离,所以|c| =|OM|+ ,|c| =|OM|- ,
max min
2 2
∴|c|
max
+|c|
min
=2|OM|=2× √
12+
(√3) 2 =
√7
,故选D.
2
名师点拨 解决一些向量问题时,可通过建立平面直角坐标系将问题坐标化,然后利用平面向量的坐标运算
求解有关问题,这样可以避免繁杂的逻辑推理,同时加强了数形结合思想在解题中的应用.
π
10.(2018湖南湘潭、益阳两市联考,14)已知非零向量a,b满足a·b=0,|a+b|=t|a|,若a+b与a-b的夹角为 ,则t
3
的值为 .
2√3
答案
3
第4页共6页北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
π
解析 因为a·b=0,所以(a+b)2=(a-b)2,即|a+b|=|a-b|.又|a+b|=t|a|,所以|a-b|=|a+b|=t|a|.因为a+b与a-b的夹角为 ,
3
所以(a+b)·(a-b)=cos π,整理得|a|2-|b|2 =1,即(2-t2)|a|2=2|b|2.又|a+b|=t|a|,平方可得|a|2+|b|
|a+b|·|a-b| 3 t2|a|2 2
(2-t2)|a|2 4 2√3
2=t2|a|2,所以|a|2+ =t2|a|2,解得t2= .因为t>0,所以t= .
2 3 3
11.(2018河南安阳二模,15)已知在△OAB中,OA=OB=2,AB=2√3,动点P位于线段AB上,则当⃗PA·⃗PO取最小
值时,向量⃗PA与⃗PO的夹角的余弦值为 .
√21
答案 -
7
解析 易知∠AOB=120°,记⃗OA=a,⃗OB=b,则a·b=-2,设⃗PA=λ⃗BA=λa-λb(0≤λ≤1),则⃗PO=⃗PA+⃗AO=(λ-1)a-λb,
1 3 1 √3 3
则⃗PA·⃗PO=(λa-λb)·[(λ-1)a-λb]=12λ2-6λ,当λ= 时,⃗PA·⃗PO取最小值- ,此时,|⃗PA|= |⃗BA|= ,⃗PO=- a-
4 4 4 2 4
3
-
1 1 1 √7 ⃗PA·⃗PO 4
b=- (3a+b),|⃗PO|= |3a+b|= ,所以向量⃗PA与⃗PO的夹角的余弦值为 = =-
4 4 4 2 |⃗PA||⃗PO| √3 √7
×
2 2
√21
.
7
思路分析 根据题意选择合适的基底({⃗OA,⃗OB}),令⃗OA=a,⃗OB=b,引进参数将⃗PA与⃗PO均用a和b表示,
然后求出⃗PA·⃗PO的最小值,最后利用向量的夹角公式求得⃗PA与⃗PO夹角的余弦值.
一题多解 取线段AB的中点C,连接OC,以线段AB的中点C为原点,以⃗AB的方向为x轴正方向,⃗CO的方
向为y轴正方向建立直角坐标系,则O(0,1),A(-√3,0),B(√3,0),设P(x,0)(-√3≤x≤√3).
则⃗PA·⃗PO=(-√3-x,0)·(-x,1)=x2+√3x,
√3 3
当x=- 时,⃗PA·⃗PO取最小值- .
2 4
此时 =( √3 ), =(√3 ),所以向量 与 的夹角的余弦值为 ⃗PA·⃗PO =
⃗PA - ,0 ⃗PO ,1 ⃗PA ⃗PO
2 2 |⃗PA||⃗PO|
3
-
4 √21
=- .
√3 √7 7
×
2 2
12.(2018福建泉州4月联考,16)在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,边DC上的动点P(包含点D,C)与CB延长线上
的动点Q(包含点B)满足|⃗DP|=|⃗BQ|,则⃗PA·⃗PQ的最小值为 .
3
答案
4
解析 以A为坐标原点,分别以AB,AD所在直线为x轴,y轴建立如图所示的平面直角坐标系,设P(x,1),Q(2,y),
由题意知0≤x≤2,y≤0.
第5页共6页北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
∵|⃗DP|=|⃗BQ|,∴|x|=|y|,∴x=-y.
∵ =(-x,-1), =(2-x,y-1),∴ · =-x(2-x)-(y-1)=x2-2x-y+1=x2-x+1=( 1) 2 +3,∴当x=1时, · 取
⃗PA ⃗PQ ⃗PA ⃗PQ x- ⃗PA ⃗PQ
2 4 2
3
得最小值 .
4
思路分析 建立平面直角坐标系,将原问题转化为向量的坐标运算问题,进而利用函数的知识求最值.
方法点拨 向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来,从而可以利用代数的有关知识(函数思想、基本不
等式等)解决向量的有关最值问题.
第6页共6页
