高考数学（理科课标版）一轮复习题组训练第5章第2讲平面向量的数量积及应用

第二讲平面向量的数量积及应用题组1数量积的定义及长度、角度问题1.[2016全国卷Ⅲ,3,5分]已知向量BA=(12,32),BC=(32,12),则∠ABC=A.30° B.45° C.60° D.120°2.[2016山东,8,5分][理]已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>=13.若n⊥(tm+n),则实数t的值为()A.4 B.4 C.94 D.3.[2015安徽,8,5分][理]△ABC是边长为2的等边三角形,已知向量a,b满足AB=2a,AC=2a+b,则下列结论正确的是()A.|b|=1 B.a⊥bC.a·b=1 D.(4a+b)⊥BC4.[2015福建,9,5分][理]已知AB⊥AC,|AB|=1t,|AC|=t.若点P是△ABC所在平面内的一点,且AP=AB|AB|+4AC|AC|,则A.13 B.15 C.19 D.215.[2015重庆,6,5分][理]若非零向量a,b满足|a|=223|b|,且(ab)⊥(3a+2b),则a与b的夹角为(A.π4 B.π2 C.3π6.[2017全国卷Ⅰ,13,5分][理]已知向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|=.

7.[2017山东,12,5分][理]已知e1,e2是互相垂直的单位向量.若3e1e2与e1+λe2的夹角为60°,则实数λ的值是.

8.[2017天津,13,5分][理]在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD=2DC,AE=λACAB(λ∈R),且AD·AE=4,则λ的值为.

9.[2016浙江,15,4分]已知平面向量a,b,|a|=1,|b|=2,a·b=1,若e为平面单位向量,则|a·e|+|b·e|的最大值是.

题组2平面向量的综合应用10.[2017全国卷Ⅱ,12,5分][理]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.32 C.43 11.[2017浙江,10,4分][理]如图521,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O.记I1=OA·OB,I2=OB·OC,I3=OC·OD,则()图521A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2D.I2<I1<I312.[2015山东,4,5分][理]已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则BD·CD=()A.32a2 B.34a2 C.34a2 D.13.[2015新课标全国Ⅰ,5,5分][理]已知M(x0,y0)是双曲线C:x22y2=1上的一点,F1,F2是C的两个焦点.若MF1·MF2<0,则yA.(33,33) B.(36,36) C.(223,223)14.[2015湖南,8,5分][理]已知点A,B,C在圆x2+y2=1上运动,且AB⊥BC.若点P的坐标为(2,0),则|PA+PB+PC|的最大值为()A.6 B.7 C.8 D.915.[2014天津,8,5分][理]已知菱形ABCD的边长为2,∠BAD=120°,点E,F分别在边BC,DC上,BE=λBC,DF=μDC.若AE·AF=1,CE·CF=23,则λ+μ=()A.12 B.23 C.5616.[2015广东,16,12分][理]在平面直角坐标系xOy中,已知向量m=(22,22),n=(sinx,cosx),x∈(0,π(1)若m⊥n,求tanx的值;(2)若m与n的夹角为π3,求x的值A组基础题1.[2018郑州一中高三入学测试,7]△ABC的外接圆的圆心为O,半径为1,2AO=AB+AC,且|OA|=|AB|,则向量CA在向量CB方向上的投影为()A.12 B.32 C.122.[2017长沙市五月模拟,8]已知|a|=1,a与b的夹角是π3,(a+2b)·a=3,则|b|的值是()A.3 B.1 C.2 D.23.[2017桂林、百色、梧州、崇左、北海五市联考,3]在如图522所示的矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E为线段BC上的点,则AE·DE的最小值为图522()A.12 B.15C.17 D.164.[2018山西省名校第一次联考,13]已知向量a=(6,2),b=(1,m),且a⊥b,则|a2b|=.

5.[2018广东七校联考,13]设向量a,b满足:|a|=1,|b|=2,a⊥(ab),则a与b的夹角是.

6.[2018合肥市高三调研性检测,14]已知a=(2,5t1),b=(t+1,1),若|a+b|=|ab|,则t=.

7.[2018惠州市第一次调考,15]已知正方形ABCD的中心为O,且其边长为1,则(ODOA)·(BA+BC)=.

8.[2017长春市高三第四次质量监测,14]若非零向量a,b满足|a|=2|b|=|a+b|,则向量a与b夹角的余弦值为.

B组提升题9.[2018河北省衡水市武邑中学高三三调,10]已知a,b为平面向量,若a+b与a的夹角为π3,a+b与b的夹角为π4,则|a||A.33 B.63 C.510.[2017合肥市高三第三次质量检测,5]已知向量a,b满足|a|=2,|b|=1,则下列关系可能成立的是()A.(ab)⊥a B.(ab)⊥(a+b)C.(a+b)⊥b D.(a+b)⊥a11.[2018辽宁省五校联考,13]已知平面向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),若|a|=3,|b|=4,a·b=12,则x1+y12.[2018湖南省益阳市、湘潭市高三联考,14]已知非零向量a,b满足:a·b=0,|a+b|=t|a|,若a+b与ab的夹角为π3,则t的值为13.[2017重庆市七校高三联考,14]在平面四边形ABCD中,已知AC=(1,3),BD=(m,3),则四边形ABCD的面积的最大值为.

14.[2017武汉市五月模拟,16]如图523,在等腰三角形ABC中,已知|AB|=|AC|=1,∠A=120°,E,F分别是边AB,AC上的点,且AE=λAB,AF=μAC,其中λ,μ∈(0,1),且λ+4μ=1.若线段EF,BC的中点分别为M,N,则|MN|的最小值为.

图52315.[2017大连市双基测试,17]已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足cos2Bcos2Csin2A=sinAsinB.(1)求角C;(2)向量m=(sinA,cosB),n=(cosx,sinx),若函数f(x)=m·n的图象关于直线x=π3对称,求角A,答案1.A由两向量的夹角公式,可得cos∠ABC=BA·BC|BA|·|BC|=12×2.B由n⊥(tm+n)可得n·(tm+n)=0,即tm·n+n2=0,所以t=n2m·n=n2|m|·|n|cos<m,n>3.D因为AB=2a,AC=2a+b,所以a=12AB,b=ACAB=BC,因为△ABC是边长为2的等边三角形,所以|b|=2,a·b=12AB·BC=1,故a,b不垂直,4a+b=2AB+BC=AB+AC,故(4a+b)·BC=(BC=2+2=0,所以(4a+b)⊥BC,故选D.4.A依题意,以点A为坐标原点,以AB所在的直线为x轴,AC所在的直线为y轴建立如图D523所示的平面直角坐标系,则点P(1,4),B(1t,0),C(0,t),所以PB·PC=(1t1,4)·(1,t4)=(1t1)×(1)4×(t4)=171t4t≤1721t×4t=13(当且仅当1t=4t,即图D5235.A由条件,得(ab)·(3a+2b)=3a22b2a·b=0,即a·b=3a22b2.又|a|=223|b|,所以a·b=3·(223|b|)22b2=23b2,所以cos<a,b>=a·b|a||b|=6.23易知|a+2b|=|a|2+4a·7.33因为(3e1-e2)·(e18.311解法一AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23(ACAB)=13AB+23AC.又AB·AC=3×2×12=3,所以AD·AE=(13AB+23AC)·(AB+λAC)=13AB2+(13λ23)AB·AC+23λAC2=3解法二以点A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,建立平面直角坐标系,不妨假设点C在第一象限,则A(0,0),B(3,0),C(1,3).由BD=2DC,得D(53,233),由AE=λACAB,得E(λ3,3λ),则AD·AE=(53,233)·(λ3,3λ)=53(λ3)+233×39.7由a·b=1,|a|=1,|b|=2可得两向量的夹角为60°,建立平面直角坐标系,可设a=(1,0),b=(1,3),e=(cosθ,sinθ),则|a·e|+|b·e|=|cosθ|+|cosθ+3sinθ|≤|cosθ|+|cosθ|+3|sinθ|=3|sinθ|+2|cosθ|≤7,所以|a·e|+|b·e|的最大值为7.10.B图D524如图D524,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(0,3),B(1,0),C(1,0),设P(x,y),则PA=(x,3y),PB=(1x,y),PC=(1x,y),所以PA·(PB+PC)=(x,3y)·(2x,2y)=2x2+2(y32)232,所以当x=0,y=32时,PA·(PB+PC)取得最小值,最小值为11.C如图D525所示,图D525四边形ABCE是正方形,F为正方形的对角线的交点,易得AO<AF,而∠AFB=90°,∴∠AOB与∠COD为钝角,∠AOD与∠BOC为锐角.根据题意,I1I2=OA·OBOB·OC=OB·(OAOC)=OB·CA=|OB|·|CA|·cos∠AOB<0,∴I1<I2,同理得,I2>I3,作AG⊥BD于G,又AB=AD,∴OB<BG=GD<OD,而OA<AF=FC<OC,∴|OA|·|OB|<|OC|·|OD|,而cos∠AOB=cos∠COD<0,∴OA·OB>OC·OD,即I1>I3.∴I3<I1<I2,故选C.12.D在菱形ABCD中,BA=CD,BD=BA+BC,所以BD·CD=(BA+BC)·CD=BA·CD+BC·CD=a2+a×a×cos60°=a2+12a2=32a2.13.A由题意知a2=2,b2=1,所以c2=3,不妨设F1(3,0),F2(3,0),所以MF1=(3x0,y0),MF2=(3x0,y0),所以MF1·MF2=x023+y02=14.B解法一因为A,B,C均在单位圆上,AC为直径,故PA+PC=2PO=(4,0),|PA+PB+PC|=|2PO+PB|≤2|PO|+|PB|,又|PB|≤|PO|+1=3,所以|PA+PB+PC|≤4+3=7,故其最大值为7,故选B.解法二因为A,B,C均在单位圆上,AC为直径,不妨设A(cosx,sinx),B(cos(x+α),sin(x+α))(α≠kπ,k∈Z),C(cosx,sinx),PA+PB+PC=(cos(x+α)6,sin(x+α)),|PA+PB+PC|=[cos(x+C如图D526所示,图D526以菱形ABCD的两条对角线所在直线为坐标轴,建立平面直角坐标系xOy,不妨设A(0,1),B(3,0),C(0,1),D(3,0),由题意得CE=(1λ)·CB=(3λ3,λ1),CF=(1μ)CD=(33μ,μ1).因为CE·CF=23,所以3(λ1)·(1μ)+(λ1)(μ1)=23,即(λ1)(μ1)=因为AE=AC+CE=(3λ3,λ+1),AF=AC+CF=(33μ,μ+1),AE·AF=1,所以(λ+1)(μ+1)=2.由(λ-1)(μ-16.(1)因为m⊥n,所以m·n=0.故22sinx22cosx=0,所以tanx=(2)因为m与n的夹角为π3,所以cos<m,n>=m·n|m||n|=22又x∈(0,π2),所以xπ4∈(π4,π4),所以xπ4=π6,即x=A组基础题1.D依题意知,圆心O为BC的中点,即BC是△ABC的外接圆的直径,AC⊥AB.又AO=OB=AB=1,因此∠ABC=60°,∠ACB=30°,|CA|=3,CA在CB方向上的投影为|CA|cos30°=3×32=322.D(a+2b)·a=a2+2a·b=1+2×1×12|b|=3,解得|b|=2,故选D3.B以B为坐标原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,建立如图D527所示的平面直角坐标系,则A(0,4),D(2,4),设E(x,0)(0≤x≤2),所以AE·DE=(x,4)·(x2,4)=x22x+16=(x1)2+15,于是当x=1,即E为BC的中点时,AE·DE取得最小值15,故选B.图D5274.45由a=(6,2),b=(1,m),且a⊥b,得62m=0,所以m=3,所以a2b=(4,8),所以|a2b|=16+64=80=45.5.60°因为a⊥(ab),所以a·(ab)=0,故|a|2|a||b|·cos<a,b>=0,解得cos<a,b>=12,故a与b的夹角为606.1因为a=(2,5t1),b=(t+1,1),所以a+b=(t+3,5t2),ab=(1t,5t),因为|a+b|=|ab|,所以(t+3)2+(5t2)2=(1t)2+(5t)2,解得t=1.7.1(ODOA)·(BA+BC)=AD·BD=1×2×cos45°=1.8.14设向量a与b的夹角为θ,由题意得|a|2=|a+b|2=|a|2+|b|2+2a·b,则2a·b+|b|2=0,即2|a||b|·cosθ=|b|2,故cosθ=1图D528B组提升题9.B如图D528所示,在平行四边形ABCD中,AB=a,AD=b,AC=a+b,∠BAC=π3,∠DAC=π4,所以在△ABC中,由正弦定理得|a||b|10.C|a|=2,|b|=1,设向量a,b的夹角为θ,若(ab)⊥a,则(ab)·a=a2a·b=42cosθ=0,解得cosθ=2,显然θ不存在,故A不成立;若(ab)⊥(a+b),则(ab)·(a+b)=a2b2=41=3≠0,故B不成立;若(a+b)⊥b,则(a+b)·b=b2+a·b=1+2cosθ=0,解得cosθ=12,即θ=2π3,故C成立;若(a+b)⊥a,则(a+b)·a=a2+a·b=4+2cosθ=0,解得cosθ=2,显然θ不存在,故D不成立.11.34因为|a|=3,|b|=4,a·b=12,所以向量a,b的夹角为180°,即a=34b,又a=(x1,y1),b=(x2,y2),所以x112.233因为非零向量a,b满足a·b=0,所以(ab)2=(a+b)2,即|a+b|=|ab|.又|a+b|=t|a|,所以|a+b|=|ab|=t|a|.因为a+b与ab的夹角为π3,所以(a+b)·(a-b)|a+b||a-b|=cosπ3又|a+b|=t|a|,两边平方,得|a|2+|b|2=t2|a|2,所以|a|2+(2-t2)|a|22=t2|由题意,得t>0,所以t=2313.15设AC与BD相交于点