发布时间 : 星期一 文章2020版高考数学一轮复习课后限时集训26平面向量的数量积与平面向量应用举例（理）（含解析）新人教A版更新完毕开始阅读8148fccb773231126edb6f1aff00bed5b8f3731b
课后限时集训(二十六) 平面向量的数量积与平面向量应用举例
(建议用时：60分钟) A组 基础达标
一、选择题
1．(2018·陕西二模)已知向量a＝(2,3)，b＝(x,4)．若a⊥(a－b)，则x＝( ) 1
A．1 B. C．2
2
D．3
B [由题意，得a－b＝(2－x，－1)．因为a⊥(a－b)，所以2×(2－x)＋3×(－1)＝0，解得
x＝，故选B.]
2．已知向量a＝(x，x＋2)，b＝(－3，－1)，c＝(1，3)，若a∥b，则a与c夹角为( ) ππ2π5πA. B. C. D. 6336
2
12
b·c－2332
A [cos〈b，c〉＝＝＝－，又由x≥0且a∥b得a，b是反向共线，则cos
|b||c|42
〈a，c〉＝－cos〈b，c〉＝
3π
，〈a，c〉∈[0，π]，则〈a，c〉＝，故选A.] 26
3．(2019·西宁模拟)如图在边长为1的正方形组成的网格中，平行四→→
边形ABCD的顶点D被阴影遮住，请设法计算AB·AD＝( ) A．10 B．11 C．12 D．13
→→
B [以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(4,1)，C(6,4)，AB＝(4,1)，AD＝→
→→
BC＝(2,3)，∴AB·AD＝4×2＋1×3＝11，故选B.]
→→→→
4．(2019·银川模拟)在正方形ABCD中，点E为BC的中点，若点F满足AF＝λAC，且AE·BF＝0，则λ＝( ) 2347A. B. C. D. 3458
A [以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系(图略)，设正→→
方形ABCD的边长为2，则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，E(2,1)，由于AF＝λAC，则点→→→4
F在直线AC上，设F(a，a)，那么AE·BF＝(2,1)·(a－2，a)＝3a－4＝0，解得a＝，结合AF342
＝λAC，可得＝2λ，解得λ＝，故选A.]
33
1
5．已知平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|＝1，若a·b＝，则(a＋c)·(2b－c)的最小值
2
→
- 1 -
为( )
A．－2 B．－3 C．－1
D．0
1π
B [因为a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝cos〈a，b〉＝，所以〈a，b〉＝.不妨设a＝(1,0)，
23
b＝?，?1
?23?
θ)，则(a＋c)·(2b－c)＝2a·b－a·c＋2b·c－c2＝1－cos ?，c＝(cos θ，sin
2?
3?
sin θ?－1＝3sin θ，所以(a＋c)·(2b－c)的最小值为－3，故选2?
θ＋2?cos θ＋
B.] 二、填空题
?1
?2
6．(2019·青岛模拟)已知向量a，b满足|b|＝5，|a＋b|＝4，|a－b|＝6，则向量a在向量b上的投影为________．
－1 [设向量a，b的夹角为θ，则|a＋b|＝|a|＋2|a||b|cos θ＋|b|＝|a|＋10|a|cos θ＋25＝16，|a－b|＝|a|－2|a||b|cos θ＋|b|＝|a|－10|a|cos θ＋25＝36，两式相减整理得|a|cos θ＝－1，即向量a在向量b上的投影为|a|cos θ＝－1.]
7．(2018·南昌一模)平面向量a＝(1，m)，b＝(4，m)，若有(2|a|－|b|)(a＋b)＝0，则实数
2
2
2
2
2
2
2
2
m＝________.
±2 [由题意可得a＋b≠0，则2|a|＝|b|，即4(1＋m)＝16＋m，解得m＝4，m＝±2.] 1
8．已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝，若n与tm－n夹角为钝角，则实
3数t的取值范围是________．
(－∞，0)∪(0,4) [∵n与(tm－n)夹角为钝角， ∴n·(tm－n)＜0且n与(tm－n)不共线．
??tm·n－n＜0，∴?
?t≠0，?
2
2
2
2
32112
又m·n＝|m||n|cos〈m，n〉＝n×＝n.
434
即n－n＜0且t≠0，∴t＜4且t≠0.]
4三、解答题
9．(2017·江苏高考)已知向量a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－3)，x∈[0，π]． (1)若a∥b，求x的值；
(2)记f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值． [解] (1)因为a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－3)，a∥b， 所以－3cos x＝3sin x.
若cos x＝0，则sin x＝0，与sinx＋cosx＝1矛盾， 故cos x≠0. 于是tan x＝－
3. 3
2
2
t22
- 2 -
5π
又x∈[0，π]，所以x＝. 6
(2)f(x)＝a·b＝(cos x，sin x)·(3，－3)
?π?＝3cos x－3sin x＝23cos?x＋?.
6??
因为x∈[0，π]，所以x＋
π?π7π?∈?，?，
6?6?6
3?π?从而－1≤cos?x＋?≤. 6?2?
ππ
于是，当x＋＝，即x＝0时，f(x)取到最大值3；
66π5π
当x＋＝π，即x＝时，f(x)取到最小值－23.
6610．已知|a|＝2，|b|＝1.
(1)若a⊥b，求(2a－b)·(a＋b)的值；
(2)若不等式|a＋xb|≥|a＋b|对一切实数x恒成立，求a与b夹角的大小． [解] (1)∵a⊥b， ∴a·b＝0，
∴(2a－b)·(a＋b)＝2a＋a·b－b＝7. (2)设向量a，b的夹角为θ，则
2
2
a·b＝|a||b|cos θ＝2cos θ.
不等式|a＋xb|≥|a＋b|两边平方可得：
a2＋2a·bx＋x2b2≥a2＋2a·b＋b2，
即：4＋4xcos θ＋x≥4＋4cos θ＋1. 整理得：
2
x2＋4xcos θ－4cos θ－1≥0.(*)
因为不等式对一切实数x恒成立， 则Δ＝16cosθ＋4(4cos θ＋1) ＝4(4cosθ＋4cos θ＋1) ＝4(2cos θ＋1)≤0， ∴2cos θ＋1＝0， 1即cos θ＝－.
2又θ∈[0，π]， 2∴θ＝π.
3
B组 能力提升
1．(2018·石家庄二模)若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，则向量a＋b与a的夹角为( )
- 3 -
2
2
2
ππ2π5πA. B. C. D. 6336
A [由|a＋b|＝|a－b|知，a·b＝0，所以a⊥b.将|a－b|＝2|b|两边平方，得|a|－2a·b＋
2
a＋b·a|a|
|b|＝4|b|，所以|a|＝3|b|，所以|a|＝3|b|，所以cos〈a＋b，a〉＝＝
|a＋b||a|2|b||a|2
2
2
2
2
＝
3π
＝，所以向量a＋b与a的夹角为，故选A.]
62|b|·3|b|2
3|b|
2
2．(2018·天津高考)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( ) 21A. 1625C. 16
3B. 2D．3
A [以D为原点建立平面直角坐标系，如图所示．
连接AC，易知∠CAD＝∠CAB＝60°，∠ACD＝∠ACB＝30°， 3??3
∴D(0,0)，A(1,0)，B?，?，C(0，3)．
?22?设E(0，y)(0≤y≤3)， →
则AE＝(－1，y)， →
BE＝?－，y－
?3?23??， 2?
→→333?221?2
∴AE·BE＝＋y－y＝?y－?＋，
224?16?→→321
∴当y＝时，AE·BE有最小值，故选A.]
416
→→3
3．在△ABC中，a，b，c为A，B，C的对边，a，b，c成等比数列，a＋c＝3，cos B＝，则AB·BC4＝________.
3a＋c－b2
－ [由a，b，c成等比数列得ac＝b，在△ABC中，由余弦定理可得cos B＝＝22ac2
2
2
a＋c－3ac39－3ac，则＝，解得ac＝2，
2ac42ac2
→→3则AB·BC＝accos(π－B)＝－accos B＝－.]
2
4．在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1,0)和点B(－
- 4 -
→
1,0)，|OC|＝1，且∠AOC＝θ，其中O为坐标原点．
→→3
(1)若θ＝π，设点D为线段OA上的动点，求|OC＋OD|的最小值；
4
?π?(2)若θ∈?0，?，向量m＝BC，n＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m·n的最小值及对
2??
应的θ值．
[解] (1)设D(t,0)(0≤t≤1)， 由题意知C?－
→
??22?，?， 22?
→→22??
所以OC＋OD＝?－＋t，?，
2??2→→1122
所以|OC＋OD|＝－2t＋t＋
22＝t－2t＋1＝?t－
2
??2?21?＋， 2?2
→→22
所以当t＝时，|OC＋OD|最小，为.
22
→
(2)由题意得C(cos θ，sin θ)，m＝BC＝(cos θ＋1，sin θ)，
π??22
则m·n＝1－cosθ＋sinθ－2sin θcos θ＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－2sin?2θ＋?，
4??
?π?因为θ∈?0，?，
2??
ππ5π
所以≤2θ＋≤，
444ππ所以当2θ＋＝，
42
π?π?即θ＝时，sin?2θ＋?取得最大值1.
4?8?π
所以m·n的最小值为1－2，此时θ＝. 8
- 5 -