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第4章 第3节 平面向量的数量积与平面向量应用举例


2009~2013 年高考真题备选题库 第 4 章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 第 3 节 平面向量的数量积与平面向量应用举例
考点一
的取值范围是( ) B.[ 2-1, 2+2] D.[1, 2+2]

平面向量的数量积

1. (2013 湖南,5 分)已知 a,b 是单位向量,a· b=0.若向量 c 满足|c-a-b|=1,则|c|

A.[ 2-1, 2+1] C.[1, 2+1]

解析:本小题主要考查单位向量和向量的模的概念、向量垂直的条件,考查转化化归、 数形结合、特殊与一般等数学思想.由 a,b 为单位向量且 a· b=0,可设 a=(1,0),b=(0,1), 又设 c=(x,y),代入|c-a-b|=1 得(x-1)2+(y-1)2=1,又|c|= x2+y2,故由几何性质得 12+12-1≤|c|≤ 答案:A 2. (2013 湖北,5 分)已知点 A(-1,1)、B(1,2)、C(-2,-1)、D(3,4),则向量 AB 在 CD 方向上的投影为( 3 2 A. 2 3 2 C.- 2 ) 3 15 B. 2 3 15 D.- 2 12+12+1,即 2-1≤|c|≤ 2+1.

解析:本题考查向量的坐标运算及向量投影的概念,意在考查考生对基础知识的掌握情 况.AB =(2,1),CD =(5,5), 向量 AB =(2,1)在 CD =(5,5)上的投影为| AB |cos 〈 AB ,CD 〉 =| AB |

AB · CD AB · CD 15 3 2 = = = ,故选 A. 2 5 2 | AB || CD | | CD |

答案:A 3. (2013 新课标全国Ⅰ,5 分)已知两个单位向量 a,b 的夹角为 60° ,c=ta+(1-t)b, 若 b· c=0,则 t=________. 解析:本题考查平面向量的数量积运算,意在考查考生的运算求解能力.根据数量积 b· c =0,把已知两向量的夹角转化到两向量数量积的运算中.因为向量 a,b 为单位向量,所以 1 b2=1,又向量 a,b 的夹角为 60° ,所以 a· b= ,由 b· c=0 得 b· [ta+(1-t)b]=0,即 ta· b+(1 2 1 -t)b2=0,所以 t+(1-t)=0,所以 t=2. 2 答案:2

4. (2013 浙江,4 分)设 e1,e2 为单位向量,非零向量 b=xe1+ye2,x,y∈R.若 e1,e2 π |x| 的夹角为 ,则 的最大值等于________. 6 |b| 解析:本题考查向量的概念、运算、函数的最值等知识,考查转化与化归能力、函数与 |x| ?|x|? 方程思想以及灵活利用知识分析问题、 解决问题的能力. 当 x=0 时, =0, 当 x≠0 时, ?|b|? |b|
2

x2 1 1 |x| y 3 = 2 2 = = ≤4,所以 的最大值是 2,当且仅当 =- y | b | x 2 y 1 x +y + 3xy y 3 2 ? ?2 ? 1+? ?x? + 3x ?x+ 2 ? +4

时取到最大值. 答案:2 5. (2013 天津,5 分)在平行四边形 ABCD 中, AD=1,∠BAD=60° ,E 为 CD 的中

BE =1, 则 AB 的长为________. 点.若 AC ·
解析:本题考查平面向量的运算,意在考查考生的运算求解能力.设| AB |=x,x>0, 1 1 1 1 1 BE =( AD + AB )· AD =2x.又 AC · 则 AB · ( AD - AB )=1- x2+ x=1,解得 x= ,即 2 2 4 2 1 AB 的长为 . 2 1 答案: 2 π 6. (2013 江西,5 分)设 e1,e2 为单位向量,且 e1,e2 的夹角为 ,若 a=e1+3e2,b= 3 2e1,则向量 a 在 b 方向上的射影为________. 解析:本题考查向量的数量积、向量的射影及模长公式,意在考查考生的运算能力.依 1 1 题意得|e1|=|e2|=1 且 e1· e2= ,a· b=(e1+3e2)· 2e1=2e2 e2=2+6× =5,|b|=2,所以向 1+6e1· 2 2 1 2+6× 2 5 a· b 量 a 在 b 方向上的射影为|a|cos〈a,b〉= = = . |b| 2 2 5 答案: 2 7. (2012 辽宁,5 分)已知两个非零向量 a,b 满足|a+b|=|a-b|,则下面结论正确的是 ( ) A.a∥b C.|a|=|b| B.a⊥b D.a+b=a-b

解析:由|a+b|=|a-b|,两边平方并化简得 a· b=0,又 a,b 都是非零向量,所以 a⊥b. 答案:B

BC =1,则 BC=( 8. (2012 湖南,5 分)在△ABC 中,AB=2,AC=3, AB ·

)

A. 3 C.2 2

B. 7 D. 23

解析:设角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c. AB · BC =1,即 accos B=-1.在△ABC 中, 再根据余弦定理 b2=a2+c2-2accos B,及 AB=c=2,AC=b=3,可得 a2=3,即 BC= 3. 答案:A 9. (2011 广东,5 分)若向量 a,b,c 满足 a∥b 且 a⊥c,则 c· (a+2b)=( A.4 C.2 解析:由 a∥b 及 a⊥c,得 b⊥c, 则 c· (a+2b)=c· a+2c· b=0. 答案:D 10. (2011 辽宁,5 分)若 a,b,c 均为单位向量,且 a· b=0,(a-c)· (b-c)≤0,则|a+ b-c|的最大值为( A. 2-1 C. 2 ) B.1 D.2 B.3 D.0 )

解析:由已知条件,向量 a,b,c 都是单位向量可以求出,a2=1,b2=1,c2=1,由 a· b =0, 及(a-c)(b-c)≤0, 可以知道, (a+b)· c≥c2=1, 因为|a+b-c|2=a2+b2+c2+2a· b-2a· c -2b· c, 所以有|a+b-c|2=3-2(a· c+b· c)≤1, 故|a+b-c|≤1. 答案:B 11. (2010 辽宁,5 分)平面上 O,A,B 三点不共线,设 OA =a, OB =b,则△OAB 的面积等于( )

A. |a|2|b|2-?a· b?2 B. |a|2|b|2+?a· b?2 1 C. |a|2|b|2-?a· b?2 2 1 D. |a|2|b|2+?a· b?2 2 a· b 解析:因为 cos〈a,b〉= , |a||b| 所以 sin∠AOB=sin〈a,b〉= a· b 2 1-? ?, |a||b|

1 1 则 S△AOB= ×|a|×|b|×sin∠AOB= × |a|2|b|2-?a· b?2. 2 2

答案:C 12. (2010 湖南,5 分)在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,AC=4,则 AB · AC 等于( A.-16 C.8 AC 解析:法一:因为 cosA= , AB 故 AB · AC =| AB || AC |cosA=AC2=16. 法二: AB 在 AC 上的投影为| AB |cosA=| AC |,故 AB · AC =| AC || AB |cosA=AC2= 16. 答案:D 13.(2009· 福建,5 分)设 a,b,c 为同一平面内具有相同起点的任意三个非零向量,且 满足 a 与 b 不共线,a⊥c,|a|=|c|,则|b· c|的值一定等于( A.以 a,b 为两边的三角形的面积 B.以 b,c 为两边的三角形的面积 C.以 a,b 为邻边的平行四边形的面积 D.以 b,c 为邻边的平行四边形的面积 解析:∵|b· c|=|b|· |c||cosθ|, 如图,∵a⊥c,∴|b· cosθ|就是以 a、b 为邻边的平行四边形的高,而|a|=|c|, ) B.-8 D.16 )

∴|b· c|=|a|(|b|· |cosθ|), ∴|b· c|表示以 a、b 为邻边的平行四边形的面积. 答案:C 14. (2012 新课标全国,5 分)已知向量 a,b 夹角为 45° ,且|a|=1,|2a-b|= 10,则|b| =________. 解析:依题意,可知|2a-b|2=4|a|2-4a· b+|b|2=4-4|a||b|· cos 45° +|b|2=4-2 2|b|+|b|2 =10,即|b|2-2 2|b|-6=0,∴|b|= 答案:3 2 15. (2012 安徽,5 分)若平面向量 a,b 满足|2a-b|≤3,则 a· b 的最小值是________. 解析:由|2a-b|≤3 可知,4a2+b2-4a· b≤9,所以 4a2+b2≤9+4a· b,而 4a2+b2=|2a|2 9 +|b|2≥2|2a|· |b|≥-4a· b,所以 a· b≥- ,当且仅当 2a=-b 时取等号. 8 2 2+ 32 =3 2(负值舍去). 2

9 答案:- 8 16. (2012 江苏,5 分)如图,在矩形 ABCD 中,AB= 2,BC=2,点 E 为 BC 的中点, 点 F 在边 CD 上,若 AB · AF = 2,则 AE · BF 的值是________.

解析:以 A 为坐标原点,AB,AD 所在的直线分别为 x,y 轴建立直角坐标系,则 B( 2,

AF = 2? 2x= 2?x=1, 0),E( 2,1),D(0,2),C( 2,2).设 F(x,2)(0≤x≤ 2),由 AB ·
所以 F(1,2), AE · (1- 2,2)= 2. BF =( 2,1)· 答案: 2

考点二

平面向量的应用

1.(2013 湖南,5 分)在等腰直角三角形 ABC 中,AB=AC=4,点 P 是 边 AB 上异于 A,B 的一点,光线从点 P 出发,经 BC,CA 反射后又回到点 P(如图).若光线 QR 经过△ABC 的重心,则 AP 等于( A.2 8 C. 3 B.1 4 D. 3 )

解析:本小题主要考查对称性和解析法,考查转化化归、数形结合等数学思想.以 AB、 AC 所在直线分别为 x 轴、y 轴建立平面直角坐标系,则 A(0,0),B(4,0),C(0,4),得△ABC 的 4 4? 重心 D? ?3,3?,设 AP=x,从而 P(x,0),x∈(0,4),由光的几何性质可知点 P 关于直线 BC、 4 4 -?4-x? 3 3 4 4 ? ? AC 的对称点 P1(4,4-x)、P2(-x,0)与△ABC 的重心 D?3,3?共线,所以 = ,求 4 4 +x -4 3 3 4 得 x= . 3 答案:D π 0, ?. 2. (2013 辽宁,12 分)设向量 a=( 3sin x,sin x),b=(cos x,sin x),x∈? ? 2? (1)若|a|=|b|,求 x 的值; (2)设函数 f(x)=a· b,求 f(x)的最大值. 解:本题考查向量与三角函数的综合应用,侧重考查三角函数的性质.

(1)由|a|2=( 3sin x)2+(sin x)2=4sin2x, |b|2=(cos x)2+(sin x)2=1, 及|a|=|b|,得 4sin2x=1. π 1 0, ?,从而 sin x= , 又 x∈? ? 2? 2 π 所以 x= . 6 (2)f(x)=a· b= 3sin x· cos x+sin2x= π? 1 3 1 1 sin 2x- cos 2x+ =sin? ?2x-6?+2, 2 2 2

π π π 0, ?时,sin?2x- ?取最大值 1. 当 x= ∈? 6? ? 3 ? 2? 3 所以 f(x)的最大值为 . 2 3. (2011 山东,5 分)设 A1,A2,A3,A4 是平面直角坐标系中两两不同的四点,若 A1 A3 1 1 =λ A1 A2 (λ∈R), A1 A4 =μ A1 A2 (μ∈R),且 + =2,则称 A3,A4 调和分割 A1,A2.已知平 λ μ 面上的点 C,D 调和分割点 A,B,则下面说法正确的是( A.C 可能是线段 AB 的中点 B.D 可能是线段 AB 的中点 C.C,D 可能同时在线段 AB 上 D.C,D 不可能同时在线段 AB 的延长线上 解析:不妨设 A(0,0),B(1,0),C(c,0),D(d,0), 根据已知得(c,0)-(0,0)=λ[(1,0)-(0,0)], 即(c,0)=λ(1,0),从而得 c=λ; (d,0)-(0,0)=μ[(1,0)-(0,0)], 1 1 即(d,0)=μ(1,0), 得 d=μ.根据 + =2, λ μ 1 1 得 + =2.线段 AB 的方程是 y=0,x∈[0,1]. c d 1 1 1 若 C 是线段 AB 的中点,则 c= ,代入 + =2, 2 c d 1 得 =0,此等式不可能成立,故选项 A 的说法不正确;同理选项 B 的说法也不正确;若 d C,D 同时在线段 AB 上, 1 1 1 1 则 0<c≤1,0<d≤1,此时 ≥1, ≥1, + ≥2, c d c d 若等号成立,则只能 c=d=1,根据定义,C,D 是两个不同的点,故矛盾,故选项 C 1 1 1 1 的说法也不正确;若 C,D 同时在线段 AB 的延长线上,若 c>1,d>1,则 + <2,与 + =2 c d c d )

1 1 1 1 1 1 1 矛盾,若 c<0,d<0,则 + 是负值,与 + =2 矛盾,若 c>1,d<0,则 <1, <0,此时 + c d c d c d c 1 1 1 <1,与 + =2 矛盾.故选项 D 的说法是正确的. d c d 答案:D 4. (2009· 宁夏、 海南, 5 分)已知点 O、 N、 P 在△ABC 所在平面内, 且| OA |=| OB |=| OC |,

PB = PB · PA ,则点 O、N、P 依次是△ABC 的( NA + NB +NC=0, PA · PC = PC ·
A.重心、外心、垂心 B.重心、外心、内心 C.外心、重心、垂心 D.外心、重心、内心 解析:| OA |=| OB |=| OC |, 即点 O 到三点 A、B、C 的距离相等, 所以点 O 为△ABC 的外心.

)

如图,设 D 为 BC 边中点, 则 NB + NC =2 ND . ∵ NA + NB + NC =0, ∴ NA +2 ND =0, ∴ NA =2 DN ,∴A、D、N 三点共线, ∴点 N 在 BC 边的中线上, 同理点 N 也在 AB、AC 边的中线上,所以点 N 是重心.

PB = PB · ∵ PA · PC , PB - PB · PC =0, ∴ PA ·
∴ PB · ( PA - PC )=0,∴ PB · CA =0,∴ PB ⊥ CA .同理, PA ⊥ BC , PC ⊥ AB , ∴点 P 是△ABC 的垂心. 答案:C 1 1 BA + BC = 5.(2009· 天津, 4 分)在四边形 ABCD 中, AB = DC =(1,1), | BA | | BC | 3 | BD |

BD ,则四边形 ABCD 的面积为________.

解析:由 AB = DC =(1,1)

知 AB 綊 DC. 又 1 | BA |

BA +

1

| BC |

BC =

3

| BD |

· BD 知四边形 ABCD 为菱形,且 AB=AD= 2,

1 1 又∵( BA + BC )2=3, | BA | | BA | ∴∠ABC=60° ,BD= 6. 在△ABD 中, 2+2-6 1 由余弦定理 cos∠BAD= =- . 2 2×2 故 sin∠BAD= 答案: 3 6. (2012 湖北,12 分)已知向量 a=(cos ωx-sin ωx,sin ωx),b=(-cos ωx-sin ωx,2 3 1 cos ωx),设函数 f(x)=a· b+λ(x∈R)的图象关于直线 x=π 对称,其中 ω,λ 为常数,且 ω∈( , 2 1). (1)求函数 f(x)的最小正周期; π 3π (2)若 y=f(x)的图象经过点( ,0),求函数 f(x)在区间[0, ]上的取值范围. 4 5 解:(1)因为 f(x)=sin2ωx-cos2ωx+2 3sin ωx· cos ωx+λ=-cos 2ωx+ 3sin 2ωx+λ= π 2sin(2ωx- )+λ. 6 由直线 x=π 是 y=f(x)图象的一条对称轴,可得 π sin(2ωπ- )=± 1, 6 π π k 1 所以 2ωπ- =kπ+ (k∈Z),即 ω= + (k∈Z). 6 2 2 3 1 5 又 ω∈( ,1),k∈Z,所以 k=1,故 ω= . 2 6 6π 所以 f(x)的最小正周期是 . 5 π π (2)由 y=f(x)的图象过点( ,0),得 f( )=0, 4 4 5 π π π 即 λ=-2sin( × - )=-2sin =- 2, 6 2 6 4 即 λ=- 2. 5 π 故 f(x)=2sin( x- )- 2, 3 6 3 3 ,∴SABCD= 2× 2× = 3. 2 2

3π π 5 π 5π 由 0≤x≤ ,有- ≤ x- ≤ , 5 6 3 6 6 1 5 π 所以- ≤sin( x- )≤1, 2 3 6 5 π 得-1- 2≤2sin( x- )- 2≤2- 2, 3 6 3π 故函数 f(x)在[0, ]上的取值范围为[-1- 2,2- 2 ]. 5 7.(2011 安徽,13 分)设 λ>0,点 A 的坐标为(1,1),点 B 在抛物线 y=x2 上运动,点 Q 满足 BQ =λ QA ,经过点 Q 与 x 轴垂直的直线交抛物线于点 M,点 P 满足 QM =λ MP ,求 点 P 的轨迹方程.

解:由 QM =λ MP 知 Q,M,P 三点在同一条垂直于 x 轴的直线上,故可设 P(x,y), Q(x,y0),M(x,x2), 则 x2-y0=λ(y-x2),即 y0=(1+λ)x2-λy.①
?x1=?1+λ?x-λ, ? 再设 B(x1, y1), 由 BQ =λ QA , 即(x-x1, y0-y1)=λ(1-x,1-y0), 解得? ?y1=?1+λ?y0-λ. ?

② 将①式代入②式,消去 y0,得
? ?x1=?1+λ?x-λ, ? ③ 2 2 ?y1=?1+λ? x -λ?1+λ?y-λ. ?
2 2 2 又点 B 在抛物线 y=x2 上,所以 y1=x2 1,再将③式代入 y1=x1,得(1+λ) x -λ(1+λ)y-λ

=[(1+λ)x-λ]2, (1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=(1+λ)2x2-2λ(1+λ)x+λ2, 2λ(1+λ)x-λ(1+λ)y-λ(1+λ)=0. 因 λ>0,两边同除以 λ(1+λ),得 2x-y-1=0. 故所求点 p 的轨迹方程为 y=2x-1.


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