北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
6.2 平面向量的数量积及其应用
一、选择题
1.(2022届吉林名校10月联考,5)已知3个非零平面向量a,b,c,下列选项中正确的是( )
A.若λa+μb=0,则λ=μ=0
B.若a·b=a·c,则b=c
C.若(a·b)c=(a·c)b,则b=c
D.a,b,c两两之间的夹角可以都是钝角
答案 D 对于选项A,当a与b共线时,也可以满足已知条件,所以A错;对于选项B,a可能为0,所以B错;对
于选项C,向量数量积运算不满足结合律,所以C错;对于选项D,a,b,c两两之间的夹角可以都是钝角,如都为
120°,所以D正确,故选D.
2.(2022届云南质检(一),3)在Rt△ABC中,AC⊥BC,D点是AB边的中点,BC=8,CA=12,则⃗AB·⃗CD的值为(
)
A.-40 B.52 C.92 D.-18
1 1 1
答案 A 在△ABC中,⃗CD= (⃗CA+⃗CB),⃗AB=⃗CB-⃗CA,所以⃗AB·⃗CD= (⃗CB2-⃗CA2)= ×(82-122)=-40,
2 2 2
故选A.
3.(2022届贵阳摸底,6)在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=3,若点D,E分别是斜边BC的三等分点,则⃗AD·⃗AE
的值为( )
A.2 B.√5 C.4 D.5
答案 C ∵∠BAC=90°,AB=AC=3,∴以A为坐标原点,AB、AC所在直线分别为x轴和y轴,建立平面直角坐
标系,如图所示,则A(0,0),B(3,0),C(0,3).因为D,E分别是BC的三等分点,所以可取E(2,1),D(1,2),则⃗AD=(1,2),
⃗AE=(2,1),所以⃗AD·⃗AE=1×2+2×1=4.故选C.
4.(2022届河南三门峡11月模拟,10)已知菱形ABCD的边长为4,点M是线段CD的中点,⃗BN=2⃗NC,则⃗AN
·(⃗BM-⃗BN)=( )
40 40 20 20
A.- B. C.- D.
9 9 9 9北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
2 1 1
答案 A 由已知得⃗AN=⃗AB+⃗BN=⃗AB+ ⃗AD,⃗BM-⃗BN=⃗NM=⃗CM-⃗CN=- ⃗AB+ ⃗AD,则⃗AN·(
3 2 3
⃗BM
-
⃗BN
)=(2
⃗AD+⃗AB
)·(1
⃗AD-
1
⃗AB
)=1×2
⃗AD2
-1
⃗AB2
=1×2×16-1×16=32-8=-40,故选
3 3 2 3 3 2 3 3 2 9 9
A.
5.(2021郑州一模,4)设a,b为单位向量,且|a-b|=1,则|a+2b|=( )
A.√3 B.√7 C.3 D.7
1
答案 B 由a,b为单位向量,且|a-b|=1,可得a2-2a·b+b2=1,可得a·b= ,则|a+2b|=√a2+4a·b+4b2=
2
√1+2+4=√7.故选B.
2π
6.(2022届皖南八校联考(一),11)设单位向量a与非零向量b的夹角是 ,且|a-b|=√3|a|,则|a-tb|的最小值为(
3
)
√3 √3 1
A. B. C. D.1
3 2 2
2π 1
答案 B 由|a-b|=√3|a|可得a2-2a·b+b2=3a2,又a·b=|a||b|cos =- |a||b|,|a|=1,从而|a|=|b|=1,∴|a-tb|=
3 2
√|a-tb|2 = √a2-2ta·b+t2b2 = √t2+t+1 =√ ( t+ 1) 2 + 3,当且仅当t=-1 时,|a-tb|取最小值√3,故
2 4 2 2
选B.
7.(2019课标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( )
π π 2π 5π
A. B. C. D.
6 3 3 6
1
答案 B 解法一:因为(a-b)⊥b,所以(a-b)·b=a·b-|b|2=0,又因为|a|=2|b|,所以2|b|2cos<a,b>-|b|2=0,即cos<a,b>= ,
2
π
又<a,b>∈[0,π],所以<a,b>= ,故选B.
3
解法二:如图,北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
令⃗OA=a,⃗OB=b,
则⃗BA=⃗OA-⃗OB=a-b,
因为(a-b)⊥b,所以∠OBA=90°,
π π
又|a|=2|b|,所以∠AOB= ,即<a,b>= .故选B.
3 3
思路分析 由两向量垂直的充要条件建立方程求解;另外一个思路是在三角形中,由题设直接得到两向量的
夹角.
19
8.(2020河南十所名校联考,7)已知非零向量a,b满足|a|=λ|b|,若a,b夹角的余弦值为 ,且(a-2b)⊥(3a+b),则实
30
数λ的值为( )
4 2 3 4 3
A.- B. C. 或- D.
9 3 2 9 2
19
答案 D 由(a-2b)⊥(3a+b)得(a-2b)·(3a+b)=0,即3a2-5a·b-2b2=0,∵|a|=λ|b|,cos<a,b>= ,
30
19 19λ
∴a·b=|a||b|cos<a,b>=λ|b|2· = |b|2.
30 30
19λ
∴3λ2|b|2-5× |b|2-2|b|2=0,
30
19
又知|b|≠0,∴3λ2- λ-2=0,即18λ2-19λ-12=0,
6
3 4 3
解得λ= 或- ,又∵λ>0,∴λ= ,故选D.
2 9 2
思路分析 由|a|=λ|b|以及垂直关系建立关于λ的方程,解方程求得λ的值,此处要注意λ的取值范围.
9.(2022届成都蓉城名校联盟联考一,5)若向量a=(3,√x),|b|=5,a·b=10,a与b的夹角为60°,则x=( )
A.16 B.4 C.7 D.√7
5
答案 C 由题意得a·b=|a||b|cos 60°= |a|=10⇒|a|=4,故|a|=√32+x=4,解得x=7.故选C.
2
10.(2022届山西朔州怀仁期中,9)下列说法中正确的是( )
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( 5 )
- ,+∞
3
B.向量e
1
=(2,-3),e
2
=(1
,-
3),可以作为平面内所有向量的一组基底
2 4
C.非零向量a和b,满足|a|>|b|,且两个向量同向,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°北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
a·(a+λb)
答案 D 对于A,a+λb=(1+λ,2+λ),因为a与a+λb的夹角为锐角,所以cos<a,a+λb>= =
|a|·|a+λb|
(1,2)·(1+λ,2+λ) ∈(0,1),解得λ>-5且λ≠0,故A中说法错误;对于B,e
1
=4e
2
,所以e 1∥e
2
,故
√12+22·√(1+λ)2+(2+λ)2 3
不能作为平面内所有向量的一组基底,故B中说法错误;对于C,两个向量的模可以比较大小,但两个向量不能
1
比较大小,故C中说法错误;对于D,不妨令|a|=|b|=|a-b|=1,则|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=2-2a·b=1,所以a·b= ,则|
2
1
a·(a+b) 1+ √3
a+b|2=(a+b)2=a2+2a·b+b2=3,所以|a+b|=√3,所以cos<a,a+b>= = 2 = ,因为
|a|·|a+b| 2
1×√3
π
<a,a+b>∈[0,π],所以<a,a+b>= ,故D中说法正确.故选D.
6
11. (2022届吉林10月月考,12)如图,在斜坐标系xOy中,x轴的正方向与y轴的正方向成60°角,向量e 是与x
1
轴正方向同向的单位向量,向量e 是与y轴正方向同向的单位向量,若向量⃗OP=xe+ye,则称有序数对<x,y>
2 1 2
为向量⃗OP的坐标,记作⃗OP=<x,y>.在此斜坐标系xOy中,已知向量a=<1,2>,b=<5,-4>,则向量a与b夹角的
大小为( )
π π π 2π
A. B. C. D.
6 3 2 3
1
答案 C 由题意得|e|=|e|=1,e·e=|e||e|cos 60°= ,因为a=<1,2>,b=<5,-4>,即a=e+2e,b=5e-4e,所以
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2
π
a·b=(e
1
+2e
2
)·(5e
1
-4e
2
)=5e
1
2+6e
1
·e
2
-8e
2
2=-3+6e
1
·e
2
=0,即a⊥b,所以<a,b>=
2
,故选C.
二、填空题
12.(2022届江西赣州赣县三中期中,15)已知AM,BN分别为圆O:(x+1)2+y2=1与O:(x-2)2+y2=4的直径,则⃗AB
1 2
·⃗MN的取值范围为 .
答案 [0,8]北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
解析 如图.
· =( + + )·( + + )
⃗AB ⃗MN ⃗AO ⃗O O ⃗O B ⃗MO ⃗O O ⃗O N
1 1 2 2 1 1 2 2
=[ +( + )]·[ -( + )]
⃗O O ⃗AO ⃗O B ⃗O O ⃗AO ⃗O B
1 2 1 2 1 2 1 2
=
⃗O O 2
-
(⃗AO +⃗O B)2
=9-|
⃗AO
+
⃗O B
|2.而|
⃗AO
+
⃗O B
|∈[2-1,2+1]=[1,3],∴
⃗AB
·
⃗MN
∈[0,8].
1 2 1 2 1 2 1 2
13.(2022届吉林通化梅河口五中月考,16)①若⃗OA=(3,-4),⃗OB=(6,-3),⃗OC=(5-m,-3-m),∠ABC为锐角,则实数
3
m的取值范围是m>- .
4
②点O在△ABC所在的平面内,若⃗OA·⃗OB=⃗OB·⃗OC=⃗OA·⃗OC,则点O为△ABC的垂心.
③点O在△ABC所在的平面内,若2⃗OA+⃗OB+3⃗OC=0,S
△AOC
,S
△ABC
分别表示△AOC,△ABC的面积,则
S ∶S =1∶6.
△AOC △ABC
④点O在△ABC所在的平面内,若满足
⃗AO·⃗AB= ⃗AO·⃗AC且 ⃗CO·⃗CA= ⃗CO·⃗CB,则点O是
|⃗AB| |⃗AC| |⃗CA| |⃗CB|
△ABC的外心.
以上命题为假命题的序号是 .
答案 ①④
解析 对于①,⃗BA=⃗OA-⃗OB=(-3,-1),⃗BC=⃗OC-⃗OB=(-1-m,-m),因为∠ABC为锐角,所以cos∠ABC=
⃗BA·⃗BC = 3+4m >0,即m>-3,又 与 不共线,所以3m-(1+m)≠0,所以m>-
⃗BA ⃗BC
|⃗BA||⃗BC| √10·√(1+m)2+m2 4
3 1
且m≠ ,故①中命题是假命题.
4 2
对于②,因为⃗OA·⃗OB=⃗OB·⃗OC,所以(⃗OA-⃗OC)·⃗OB=0,即⃗CA·⃗OB=0,因此⃗CA⊥⃗OB,同理⃗OA⊥⃗CB,
⃗OC⊥⃗AB,所以点O为△ABC的垂心,故②中命题是真命题.
对于③,若E,F分别是边BC,AC的中点,则⃗OC+⃗OB=2⃗OE,⃗OA+⃗OC=2⃗OF,所以2⃗OA+⃗OB+3⃗OC=2(
⃗OA+⃗OC)+(⃗OB+⃗OC)=4⃗OF+2⃗OE=0,故⃗OE=-2⃗OF,即E,O,F三点共线且OE=2OF,如图a.过E,O,B作北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
AC边的垂线段,长度分别为h
1
,h
2
,h
3
,易知ℎ 2=1,ℎ 1=1,则ℎ 2=1,所以S
△AOC
∶S
△ABC
=1∶6,故③中命题是真命
ℎ 3 ℎ 2 ℎ 6
1 3 3
题.
对于④,如图b,作OD⊥AB于D,OE⊥AC于E,OF⊥BC于F,则
⃗AO·⃗AB=|
|,
⃗AO·⃗AC=|
|,
⃗AD ⃗AE
|⃗AB| |⃗AC|
⃗CO·⃗CA=| |,⃗CO·⃗CB=| |,所以| |=| |,| |=| |,易知O为△ABC的内心,故④中命题
⃗CE ⃗CF ⃗AD ⃗AE ⃗CE ⃗CF
|⃗CA| |⃗CB|
是假命题.
图a
图b
14.(2022届河南段考三,14)已知向量a=(-4,x),b=(3,2),若a⊥b,则|a|= .
答案 2√13
解析 因为a⊥b,所以-4×3+2x=0,得x=6,故|a|= =2 .
√(-4)2+62 √13
π
15.(2022届贵阳月考,14)已知平面向量a,b的夹角为 ,且a=(2,0),|b|=1,则|2a-b|= .
3
答案 √13
π π
解析 由a=(2,0)得|a|=2,又a,b的夹角为 ,|b|=1,故(2a-b)2=4a2-4a·b+b2=4|a|2-4|a||b|cos +|b|2=13,所以|2a-b|=
3 3
= .
√(2a-b)2 √13
16.(2022届安徽蚌埠调研,14)已知|a|=1,|b|=2,|a-2b|=√13,则向量a、b的夹角为 .北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
π
答案
3
1
解析 设向量a、b的夹角为θ,因为|a-2b|=√13,所以|a-2b|2=13,即1+16-8cos θ=13,得cos θ= ,因为0≤θ≤π,
2
π
所以θ= .
3
17.(2022届山西运城期中,13)在△ABC中,若AB=2,AC=√3,⃗AB·⃗CB=7,则向量⃗AB与⃗AC的夹角为
.
答案 150°
解析
⃗AB·⃗CB=⃗AB·(⃗AB-⃗AC)=⃗AB2-⃗AB·⃗AC=4-|⃗AB|·|⃗AC|cos∠BAC=4-2√3cos∠BAC=7,解得
√3
cos∠BAC=- ,又知0°<∠BAC<180°,所以∠BAC=150°,即⃗AB与⃗AC的夹角为150°.
2
18.(2022届合肥10月联考,13)若⃗OA=(3,-4),⃗OB=(6,-3),⃗OC=(5-m,-3-m),∠ABC为锐角,则实数m的取值范
围是 .
答案 ( 3 1)∪(1 )
- , ,+∞
4 2 2
解析 由已知得⃗AB=⃗OB-⃗OA=(3,1),⃗AC=⃗OC-⃗OA=(2-m,1-m),⃗BC=⃗OC-⃗OB=(-1-m,-m).若⃗AB∥⃗AC,
1 3 1
则有3(1-m)-(2-m)=0,解得m= ;若∠ABC为锐角,则⃗BA·⃗BC=3+3m+m>0,解得m>- .由上分析知,当m=
2 4 2
时, → 与 → 同向共线,所以当∠ABC为锐角时,m≠1,故实数m的取值范围为( 3 1)∪(1 ).
- , ,+∞
AB AC
2 4 2 2
