北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
§5.2 平面向量的数量积及其应用
— 专题检测 —
一、单项选择题
1.(2021北京西城一模,6)在△ABC中,C=90°,AC=4,BC=3,点P是AB的中点,则⃗CB·⃗CP= ( )
9 9
A. B.4 C. D.6
4 2
答案 C
1 1
在△ABC中,∠BCA=90°,∴⃗CA·⃗CB=0,∵点P是AB的中点,∴⃗CP= (⃗CA+⃗CB),∴⃗CB·⃗CP=⃗CB· (
2 2
1 1 9
⃗CA+⃗CB)= ⃗CA·⃗CB+ ⃗CB2= ,故选C.
2 2 2
2.(2021安徽合肥一模,7)在△ABC中,AB=2,AC=3,⃗BD=2⃗DC,⃗AE=⃗EB,则⃗AD·⃗CE= ( )
7 7 16 16
A.- B. C.- D.
6 6 3 3
2 2 1
答案 C 在△ABC中,因为⃗BD=2⃗DC,所以⃗AD=⃗AB+⃗BD=⃗AB+ ⃗BC= ⃗AC+ ⃗AB,又⃗AE=
3 3 3
⃗EB
,所以
⃗CE
=
⃗CA
+1
⃗AB
=1
⃗AB
-
⃗AC
,所以
⃗AD
·
⃗CE
=(2
⃗AC+
1
⃗AB
)·(1
⃗AB-⃗AC
)=-2
⃗AC2
2 2 3 3 2 3
1 2 16
+ ⃗AB2=-6+ =- ,故选C.
6 3 3
方法总结 有关平面向量数量积运算问题的解题策略:(1)直接根据数量积的定义进行运算,即
a·b=|a||b|·cos θ,其中θ为a与b的夹角;(2)利用数量积的坐标运算求,若a=(x,y),b=(x,y),则
1 1 2 2
a·b=(x,y)·(x,y)=xx+yy;(3)基底法,即把向量分别用已知“基向量”来表示,进而转化为求“基
1 1 2 2 1 2 1 2
向量”的数量积;(4)利用几何意义直接求解.
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3.(2021江西三校3月联考,6)在矩形ABCD中,AB=1,AD=2,AC与BD相交于点O,过点A作
AE⊥BD,则⃗AE·⃗EC= ( )
12 24 12 4
A. B. C. D.
25 25 5 5
答案 D 建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,1),B(0,0),C(2,0),D(2,1),则⃗BD=(2,1),设E(x,y),所
以⃗AE=(x,y-1),⃗BE=(x,y),
2
{x= ,
∵ ⊥ 且 ∥ ,∴{2x+ y-1=0,解得 5
⃗AE ⃗BD ⃗BE ⃗BD
x-2y=0, 1
y= ,
5
∴E(2 1), =(2 4), =(8 1),则 · =2×8+( 4)×( 1)=4.故选D.
, ⃗AE ,- ⃗EC ,- ⃗AE ⃗EC - -
5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5
4.(2021河南3月适应性测试,10)若△ABC的外心为O,且∠BAC=60°,AB=2,AC=3,则⃗OA·⃗BA+⃗OB·
⃗CB+⃗OC·⃗AC等于( )
A.5 B.8 C.10 D.13
答案 C 在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,AC=3,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-
1 1
2AB·AC·cos∠BAC=4+9-2×2×3× =7,所以BC=√7,因为O为△ABC的外心,所以⃗OA·⃗BA= ⃗BA2=
2 2
1 1 1 7 1 1 9
×22=2,⃗OB·⃗CB= ⃗CB2= ×(√7)2= ,⃗OC·⃗AC= ⃗AC2= ×32= ,则⃗OA·⃗BA+⃗OB·⃗CB+⃗OC·
2 2 2 2 2 2 2
7 9
⃗AC=2+ + =10,故选C.
2 2
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5.(2021天津河东一模,9)已知圆O上有三点A,B,C,AB=2且∠ACB=90°,D为BC的中点,AD的延长
18
线与圆O交于点E,如图,⃗AE·⃗AB= ,则⃗AD·⃗BC的值为 ( )
5
8 8 8
A.-1 B.- C.- 或-1 D.- 或1
5 5 5
答案 C 连接BE,∵∠ACB=90°,∴AB为圆的直径,∴BE⊥AE,
18
∴⃗AE·⃗AB=|⃗AE|·|⃗AB|·cos∠BAE=|⃗AE|2= ,
5
18 2 √10
∴BE2=AB2-AE2=4- = ,∴BE= ,
5 5 5
设BD=DC=x,则AC= ,AD= ,
√4-4x2 √4-3x2
BD BE
∵△BED∽△ACD,∴ = ,
AD AC
√10
∴ x = ,解得x2=1或4,
5
√4-3x2 2 5
√4-4x2
8
∵⃗AD·⃗BC=-2x2,∴⃗AD·⃗BC=- 或-1.
5
6.(2021河南三门峡一模,7)已知点G是△ABC的重心,⃗AG=λ⃗AB+μ⃗AC(λ,μ∈R),若∠A=120°,⃗AB·
⃗AC=-2,则|⃗AG|的最小值是 ( )
√3 √2 1 2
A. B. C. D.
3 2 2 3
2 1
答案 D 设BC的中点为D,则有2⃗AD=⃗AB+⃗AC,又因为点G是△ABC的重心,∴⃗AG= ⃗AD=
3 3
( + ),又∠BAC=120°, · =-2,则 · =| || |cos 120°=-2,即| || |=4,∴| |
⃗AB ⃗AC ⃗AB ⃗AC ⃗AB ⃗AC ⃗AB ⃗AC ⃗AB ⃗AC ⃗AG
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1 1 1
= |⃗AB+⃗AC|= √⃗AB2+⃗AC2+2⃗AB·⃗AC= √|⃗AB|2+|⃗AC|2-4,又|⃗AB|2+|⃗AC|2≥2|
3 3 3
1 2 2
⃗AB|·|⃗AC|=8,当且仅当|⃗AB|=|⃗AC|时等号成立,∴|⃗AG|≥ √8-4= ,即|⃗AG|的最小值为 .故选
3 3 3
D.
7.(2021陕西西安五校3月联考,7)如图,直角△ABC中,∠ABC=90°,AB=3,BC=4,M点是线段AC上一
动点,若以M为圆心,√5为半径的圆与线段AC交于P,Q两点,则⃗BP·⃗BQ的最小值为( )
12 19 9 19
A. B. C. D.
15 25 13 15
答案 B 连接BM.⃗BP·⃗BQ=(⃗BM+⃗MP)·(⃗BM-⃗MP)=|⃗BM|2-|⃗MP|2=|⃗BM|2-5,只需求|⃗BM|的最
小值即可,
12 144 19
当BM⊥AC时,|⃗BM|最小,此时|⃗BM|= ,(⃗BP·⃗BQ) = -5= ,选B.
min
5 25 25
8.(2021浙江新高考研究卷(二),9)已知向量a,b,c满足|a|=1,|b|=2,|c-b|=1,若向量c-a与b的夹角为
π
,则|a-c|的取值范围为 ( )
6
A.(0,2√3] B.(0,4] C.(0,2] D.[2,4]
答案 A 记⃗OA=a,⃗OB=b,⃗OC=c,不妨设OB为固定线段,则点A,C分别在以点O,点B为圆心,1
π
为半径的圆上,易知两圆外切,且直线AC与直线OB的夹角为 ,设直线AC与圆O,圆B的交点分
6
别为A,P;Q,C,如图,则|a-c|最小值为|PQ|,最大值为|AC|.
分别取线段AP,QC的中点M,N,连接OM,BN,则OM垂直平分线段AP,BN垂直平分线段QC.
结合图形及已知可知|MN|=√3,所以|a-c|的最小值为0,此时A,C重合于两圆切点处,与条件不符,所
以|a-c|>0.
|a-c|的最大值为2√3-|PQ|≤2√3.故选A.
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二、多项选择题
9.(2020山东泰安二模,10)已知向量a=(2,1),b=(1,-1),c=(m-2,-n),其中m,n均为正数,且(a-b)∥c,下列说
法正确的是 ( )
A.a与b的夹角为钝角
√5
B.向量a在b方向上的投影为
5
C.2m+n=4
D.mn的最大值为2
答案 CD 由题意知,a·b=1>0,所以a与b的夹角为锐角,故选项A错误;
a·b 1 √2
向量a在b方向上的投影为 = = ,故选项B错误;
|b| √2 2
a-b=(1,2),因为(a-b)∥c,m,n均为正数,所以c为非零向量,
且-n=2m-4,所以2m+n=4,故选项C正确;
由基本不等式知,4=2m+n≥2√2mn,所以mn≤2,当且仅当2m=n=2时取等号,
故mn的最大值为2,故选项D正确.故选CD.
10.(2021届百师联盟高三一轮复习联考(二),11)设a,b是两个非零向量,则下列描述正确的是 (
)
A.若|a+b|=|a|-|b|,则a⊥b
B.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得b=λa
C.若|a+b|=|a-b|,则a⊥b
D.若存在实数λ,使得b=λa,则|a+b|=|a|-|b|
答案 BC 对于A,当|a+b|=|a|-|b|时,a2+2a·b+b2=|a|2-2|a||b|+|b|2,得a·b=-|a|·|b|,因为a,b是两个非零
向量,
所以a,b共线且方向相反,所以A错误,B正确;对于C,当|a+b|=|a-b|时,a2+2a·b+b2=a2-2a·b+b2,得
a·b=0,
所以a⊥b,所以C正确;
对于D,由A的判断可知,当λ<0时成立,而λ>0时,不成立,所以D错误,故选BC.
11.(2021届山东新泰第一中学第二次月考,10)设向量a,b满足|a|=|b|=1,且|b-2a|=√5,则以下结论正
确的是 ( )
A.a⊥b B.|a+b|=2
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C.|a-b|=√2 D.<a,b>=60°
答案 AC 将|b-2a|= = 两边平方可得(b-2a)2=5,
√(b-2a)2 √5
即5-4a·b=5,∴a·b=0,
∴a⊥b,因此A正确,D不正确;
由于|a+b|= = = ,则B不正确;
√(a+b)2 √a2+b2+2a·b √2
又因为|a-b|= = = ,则C正确.故选AC.
√(a-b)2 √a2+b2-2a·b √2
√3
12.(2020山东德州一中开学考,12)已知e,e 是两个单位向量,λ∈R时,|e+λe|的最小值为 ,则下
1 2 1 2
2
列结论正确的是 ( )
π π 2π
A.e,e 的夹角是 B.e,e 的夹角是 或
1 2 1 2
3 3 3
√3
C.|e+e|=1或√3 D.|e+e|=1或
1 2 1 2
2
答案 BC 设e,e 的夹角为θ,∵|e|=|e|=1,∴|e+λe|=
1 2 1 2 1 2 √(e +λe )2
1 2
= = .
√e2+λ2e2+2λe ·e √λ2+2λcosθ+1
1 2 1 2
√3
又∵|e+λe|的最小值为 ,
1 2
2
3
∴λ2+2λcos θ+1的最小值为 ,
4
又∵λ2+2λcos θ+1=(λ+cos θ)2+1-cos2θ≥1-cos2θ,
3 1 1 π 2π
∴1-cos2θ= ,∴cos θ= 或- ,∴θ= 或 ,故B成立,
4 2 2 3 3
此时,|e+e|= = =1或 ,故C成立,故选BC.
1 2 √e2+2e ·e +e2 √2+2×1×1×cosθ √3
1 1 2 2
13.(2020百师联盟期中联考)已知向量a=(sin α,cos α),b=(1,2),则下列命题正确的是 ( )
1
A.若a∥b,则tan α=
2
1
B.若a⊥b,则tan α=
2
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1
C.若f(α)=a·b取得最大值,则tan α=
2
D.|a-b|的最大值为√5+1
1
答案 ACD 对于A选项,若a∥b,则2sin α-cos α=0,即tan α= ,A正确;
2
对于B选项,若a⊥b,则 sin α+2cos α=0,即tan α=-2,B不正确;
1 2 1
对于C选项, f(α)=a·b=sin α+2cos α= sin α· + cos α = sin(α+φ),cos φ= ,sin φ=
√5 √5
√5 √5 √5
2 π
,故f(α) =√5,当且仅当α+φ= +2kπ,k∈Z时取“=”,
max
√5 2
(π )
sin +2kπ-φ
此时tan α=tan(π )= 2 =cosφ=1,因此C正确;
+2kπ-φ
2 (π ) sinφ 2
cos +2kπ-φ
2
对于D选项,|a-b|= = = ,
√a2-2a·b+b2 √6-2(sinα+2cosα) √6-2√5sin(α+θ)
当且仅当sin(α+θ)=-1时,|a-b|取最大值,|a-b| =√6+2√5=√5+1,从而D正确,故选ACD.
max
14.(2020山东九校联考)已知△ABC是边长为2的等边三角形,D,E分别是AC、AB上的点,且⃗AE=
⃗EB,⃗AD=2⃗DC,BD与CE交于点O,则下列说法正确的是 ( )
A.⃗AB·⃗CE=-1
B.⃗OE+⃗OC=0
√3
C.|⃗OA+⃗OB+⃗OC|=
2
7
D.⃗ED在⃗BC方向上的投影为
6
答案 BCD 由题意知E为AB的中点,则CE⊥AB,以E为原点,EA,EC所在直线分别为x轴,y轴
建立平面直角坐标系,如图所示:
所以E(0,0),A(1,0),B(-1,0),C(0, ),D(1 2√3),
√3 ,
3 3
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设O(0,y),y∈(0, ),则 =(1,y), =( 1 2√3),因为 ∥ ,所以y-2√3=-1y,解得y=
√3 ⃗BO ⃗DO - ,y- ⃗BO ⃗DO
3 3 3 3
√3
,
2
即O是CE的中点,则⃗OE+⃗OC=0,所以选项B正确;
√3
|⃗OA+⃗OB+⃗OC|=|2⃗OE+⃗OC|=|⃗OE|= ,所以选项C正确;
2
因为CE⊥AB,所以⃗AB·⃗CE=0,所以选项A错误;
=(1 2√3), =(1, ),
⃗ED , ⃗BC √3
3 3
1
⃗ED·⃗BC +2 7
故⃗ED在⃗BC方向上的投影为 =3 = ,所以选项D正确.故选BCD.
|⃗BC| 6
2
三、填空题
15.(2021北京平谷一模,13)已知在直角三角形ABC中,∠A=90°,AB=1,BC=2,那么⃗AB·⃗BC等于
;若AM是BC边上的高,点P在△ABC内部或边界上运动,那么⃗AM·⃗BP的最大值是 .
答案 -1;0
解析
由∠BAC=90°,AB=1,BC=2,可得AC=√3,以AB所在直线为x轴,以AC所在直线为y轴,建立平面直
y √3
角坐标系,则B(1,0),C(0,√3),直线BC的方程为x+ =1①,直线AM方程为y= x②,∴⃗AB·⃗BC=
√3 3
·( - )=- =-1,联立①②,解得M(3 √3).由图可知,当P在线段BC上时, · 有
⃗AB ⃗AC ⃗AB ⃗AB2 , ⃗AM ⃗BP
4 4
最大值0.
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思路分析 由于题中三角形为直角三角形且P为动点,故采取建系的方法研究更为简便.解决直角
三角形、等边三角形、矩形等特殊图形中的向量问题时,建立合适的平面直角坐标系可以快速打
开思路.
16.(2021天津和平一模,15)如图,四边形ABCD中,AB∥CD,AB=5,CD=2,BC=√13,⃗AC·⃗BD=0,M,N分
别是线段AB,AD上的点,且|AM|+|AN|=2,则⃗AM·⃗AN的最大值为 .
1
答案
2
解析 设AC,BD的交点为O.
根据AB∥CD,AB=5,CD=2.
可设OC=2x,OA=5x,OD=2y,OB=5y,则由AC⊥BD得
OC2+OD2=CD2,OC2+OB2=BC2,
即(2x)2+(2y)2=4①,(2x)2+(5y)2=13②,
4 3
联立①②可得x2= ,y2= ,
7 7
3 4
故AD2=OD2+OA2=4× +25× =16,故AD=4.
7 7
√3
BD=7y=7× =√21.
√7
AD2+AB2-BD2 1
在△ABD中,由余弦定理得cos∠BAD= = ,
2×AD×AB 2
设|⃗AM|=m(0≤m≤2),则|⃗AN|=2-m,
1 1
所以⃗AM·⃗AN=m(2-m)cos∠BAD= (-m2+2m)= [-(m-1)2+1],
2 2
1
显然,当m=1时,⃗AM·⃗AN取得最大值 .
2
1
17.(2021浙江“9+1”联盟4月联考,17)设圆O:x2+y2=1上两点A(x,y),B(x,y)满足:⃗OA·⃗OB=- ,则|
1 1 2 2
2
x-2y|+|x-2y|的取值范围是 .
1 1 2 2
答案 [√15 ]
,√15
2
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1
解析 由⃗OA·⃗OB=- 及点A,B在圆O上,得∠AOB=120°.
2
设h=
|x -2y |
+
|x -2y |
,则h表示点A,B分别到直线x-2y=0的距离之和.
1 1 2 2
√5 √5
取直线x-2y=0为x轴重新建立直角坐标系后,h表示点A,B分别到x轴的距离之和.
在新的直角坐标系下,设A(cos θ,sin θ),B(cos(θ+120°),sin(θ+120°)),
则有h=|sin θ|+|sin(θ+120°)|.
由对称性,不妨设点B在x轴上或其上方,即-120°≤θ≤60°.
{ sinθ+sin(θ+120°),0°≤θ≤60°,
所以h=
-sinθ+sin(θ+120°),-120°≤θ<0°,
1 √3
当0°≤θ≤60°时,h=sin θ+sin(θ+120°)= sin θ+ cos θ=sin(θ+60°),
2 2
由60°≤θ+60°≤120°,得h∈[√3 ],
,1
2
3 √3
当-120°≤θ<0°时,h=-sin θ+sin(θ+120°)=- sin θ+ ·cos θ=-√3sin(θ-30°),
2 2
由-150°≤θ-30°<-30°,得h∈[√3 ].
,√3
2
√3
综上得 ≤h≤√3,
2
从而|x-2y|+|x-2y|= h∈[√15 ].
1 1 2 2 √5 ,√15
2
解题关键 本题的关键是理解|x-2y|+|x-2y|的几何意义,并正确转化为三角函数问题,注意需讨论
1 1 2 2
角的范围,写成分段函数的形式.
1
18.(2021安徽六安一中4月月考,14)已知单位向量a,b满足b在a方向上的投影为- ,设a+2b与b
4
的夹角为θ,则cos θ= .
7
答案
8
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a·b 1
解析 因为a,b是单位向量,且b在a方向上的投影为 =a·b=- ,所以cos θ=
|a| 4
1
- +2
(a+2b)·b = a·b+2b2 = 4 =7.
|a+2b|·|b| √a2+4a·b+4b2 √ ( 1) 8
1+4× - +4
4
一题多解 设a=⃗OA,b=⃗OB,以O为坐标原点,⃗OA的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系(图
a·b 1 1
略),则a=(1,0),设b=(cos α,sin α),则 =a·b=- ,即cos α=- ,a+2b=(1+2cos α,2sin α),所以
|a| 4 4
7
(a+2b)·b=(1+2cos α)·cos α+2sin2α= ,|a+2b|=√(1+2cosα)2+(2sinα)2=
4
7
(a+2b)·b 7
√4cos2α+4sin2α+1+4cosα=2,所以cos θ= =4= .
|a+2b|·|b| 8
2
11 / 11
