PAGE10-考點(diǎn)測(cè)試27平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用高考概覽高考在本考點(diǎn)的?？碱}型為選擇題、填空題，分值5分，中、低等難度考綱研讀1.理解平面向量數(shù)量積的含義及其幾何意義2．了解平面向量的數(shù)量積與向量投影的關(guān)系3．掌握數(shù)量積的坐標(biāo)表達(dá)式，會(huì)進(jìn)行平面向量數(shù)量積的運(yùn)算4．能運(yùn)用數(shù)量積表示兩個(gè)向量的夾角，會(huì)用數(shù)量積判斷兩個(gè)平面向量的垂直關(guān)系一、基礎(chǔ)小題1．已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，且a，b夾角為eq\f(π,6)，則(a＋b)·(2a－b)＝()A.eq\f(1,2) B．－eq\f(3,2)C．－eq\f(1,2) D．eq\f(3,2)答案A解析(a＋b)·(2a－b)＝2a2－b2＋a·b＝2－3＋1×eq\r(3)×eq\f(eq\r(3),2)＝eq\f(1,2).故選A.2．如果等腰三角形ABC的周長(zhǎng)是底邊長(zhǎng)BC的5倍，BC＝1，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝()A.eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．－eq\f(1,2) D．－eq\f(1,4)答案C解析由題意得AB＝AC＝2，設(shè)D是邊BC的中點(diǎn)，在Rt△ABD中，cos∠ABC＝eq\f(1,4)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|·cos(π－∠ABC)＝2×1×eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(－eq\f(1,4)))＝－eq\f(1,2).故選C.3．已知向量a＝(eq\r(3)，1)，b＝(－3，eq\r(3))，則向量b在向量a方向上的投影為()A．－eq\r(3) B．eq\r(3)C．－1 D．1答案A解析由投影的定義可知，向量b在向量a方向上的投影為|b|cos〈a，b〉，又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，∴|b|cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|)＝eq\f(eq\r(3)×－3＋eq\r(3),eq\r(3＋1))＝－eq\r(3).故選A.4．若O為△ABC所在平面內(nèi)任一點(diǎn)，且滿足(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－2eq\o(OA,\s\up6(→)))＝0，則△ABC的形狀為()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等邊三角形 D．等腰直角三角形答案A解析因?yàn)?eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－2eq\o(OA,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(CB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0，所以(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0，即|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，所以△ABC是等腰三角形，故選A.5．設(shè)a，b是互相垂直的單位向量，且(λa＋b)⊥(a＋2b)，則實(shí)數(shù)λ的值是()A．2 B．－2C．1 D．－1答案B解析依題意，有|a|＝|b|＝1，且a·b＝0，又(λa＋b)⊥(a＋2b)，所以(λa＋b)·(a＋2b)＝0，即λa2＋2b2＋(2λ＋1)a·b＝0，即λ＋2＝0，所以λ＝－2.故選B.6．在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝5，D為線段BC的中點(diǎn)，E為線段BC垂直平分線l上任一異于D的點(diǎn)，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝()A.eq\f(7,2) B．eq\f(7,4)C．－eq\f(7,4) D．7答案A解析如圖所示，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(|eq\o(BC,\s\up6(→))|2－|eq\o(AB,\s\up6(→))|2[FK)])＝3，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→)))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AC,\s\up6(→))2)＝eq\f(7,2).故選A.7．已知a＝(cos2α，sinα)，b＝(1，2sinα－1)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(eq\f(π,2)，π))，若a·b＝eq\f(2,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(α＋eq\f(π,4)))＝()A.eq\f(1,3) B．eq\f(1,7)C．eq\f(2,7) D．eq\f(2,3)答案B解析由題意可得a·b＝cos2α＋sinα(2sinα－1)＝cos2α＋2sin2α－sinα＝1－2sin2α＋2sin2α－sinα＝1－sinα＝eq\f(2,5)，故有sinα＝eq\f(3,5).再由α∈eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(eq\f(π,2)，π))，得cosα＝－eq\f(4,5)，∴tanα＝－eq\f(3,4)，taneq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(α＋eq\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1,7).故選B.8．正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)E為BC邊的中點(diǎn)，F(xiàn)為CD邊上一點(diǎn)，若eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝|eq\o(AE,\s\up6(→))|2，則|eq\o(AF,\s\up6(→))|＝()A．3 B．5 C.eq\f(3,2) D．eq\f(5,2)答案D解析∵eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝|eq\o(AE,\s\up6(→))|2，∴由數(shù)量積的幾何意義可知EF⊥AE，由E是BC的中點(diǎn)，得AE＝eq\r(5)，EF＝eq\r(1＋CF2)，AF＝eq\r(4＋2－CF2)，∵AE2＋EF2＝AF2，∴CF＝eq\f(1,2)，∴AF＝eq\f(5,2).故選D.二、高考小題9．(2019·全國卷Ⅰ)已知非零向量a，b滿足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，則a與b的夾角為()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)答案B解析由(a－b)⊥b，可得(a－b)·b＝0，∴a·b＝b2.∵|a|＝2|b|，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(b2,2b2)＝eq\f(1,2).∵0≤〈a，b〉≤π，∴a與b的夾角為eq\f(π,3).故選B.10．(2019·全國卷Ⅱ)已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(3，t)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝1，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝()A．－3 B．－2C．2 D．3答案C解析∵eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，t)－(2，3)＝(1，t－3)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝1，∴eq\r(12＋t－32)＝1，∴t＝3，∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2×1＋3×0＝2.故選C.11．(2018·全國卷Ⅱ)已知向量a，b滿足|a|＝1，a·b＝－1，則a·(2a－bA．4 B．3C．2 D．0答案B解析因?yàn)閍·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－(－1)＝2＋1＝3.故選B.12．(2018·天津高考)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))的最小值為()A.eq\f(21,16) B．eq\f(3,2)C.eq\f(25,16) D．3答案A解析解法一：如圖，以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則A(1，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(eq\f(3,2)，eq\f(eq\r(3),2)))，C(0，eq\r(3))，令E(0，t)，t∈[0,eq\r(3)]，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1，t)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－eq\f(3,2)，t－eq\f(\r(3),2)))＝t2－eq\f(\r(3),2)t＋eq\f(3,2)，∵t∈[0，eq\r(3)]，∴當(dāng)t＝－eq\f(－\f(\r(3),2),2×1)＝eq\f(\r(3),4)時(shí)，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))取得最小值，(eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→)))min＝eq\f(3,16)－eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),4)＋eq\f(3,2)＝eq\f(21,16).故選A.解法二：令eq\o(DE,\s\up6(→))＝λeq\o(DC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，由已知可得DC＝eq\r(3)，∵eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋λeq\o(DC,\s\up6(→))，∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋λeq\o(DC,\s\up6(→))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋λeq\o(DC,\s\up6(→)))·(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋λeq\o(DC,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＋|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＋λeq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＋λ2|eq\o(DC,\s\up6(→))|2＝3λ2－eq\f(3,2)λ＋eq\f(3,2).當(dāng)λ＝－eq\f(－\f(3,2),2×3)＝eq\f(1,4)時(shí)，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))取得最小值eq\f(21,16).故選A.13．(2019·全國卷Ⅲ)已知a，b為單位向量，且a·b＝0，若c＝2a－eq\r(5)b，則cos〈a，c〉＝________.答案eq\f(2,3)解析由題意，得cos〈a，c〉＝eq\f(a·2a－\r(5)b,|a||2a－\r(5)b|)＝eq\f(2a2－\r(5)a·b,|a|·\r(|2a－\r(5)b|2))＝eq\f(2,1×\r(4＋5))＝eq\f(2,3).14．(2019·江蘇高考)如圖，在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，E在邊AB上，BE＝2EA，AD與CE交于點(diǎn)O.若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))，則eq\f(AB,AC)的值是________．答案eq\r(3)解析解法一：如圖1，過點(diǎn)D作DF∥CE交AB于點(diǎn)F，由D是BC的中點(diǎn)，可知F為BE的中點(diǎn)．又BE＝2EA，則知EF＝EA，從而可得AO＝OD，則有eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以6eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))－\f(1,3)\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\f(3,2)eq\o(AC,\s\up6(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，整理可得eq\o(AB,\s\up6(→))2＝3eq\o(AC,\s\up6(→))2，所以eq\f(AB,AC)＝eq\r(3).解法二：以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖2所示．設(shè)E(1，0)，C(a，b)，則B(3，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋3,2)，\f(b,2))).eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(lAD：y＝\f(b,a＋3)x，,lCE：y＝\f(b,a－1)x－1))?Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋3,4)，\f(b,4))).∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))，∴(3，0)·(a，b)＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋3,4)，\f(b,4)))·(a－1，b)，即3a＝6eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a＋3a－1,4)＋\f(b2,4)))，∴a2＋b2＝3，∴AC＝eq\r(3).∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(3,\r(3))＝eq\r(3).三、模擬小題15．(2019·沈陽市第二次質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知向量a＝(3，1)，b＝(x，－1)，且a與b垂直，則x的值為()A.eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．2 D．3答案A解析由題知a⊥b，所以a·b＝0，即3x＋1×(－1)＝0，則x＝eq\f(1,3)，故選A.16．(2019·四川一診)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝120°，點(diǎn)D為BC邊上一點(diǎn)，且eq\o(BD,\s\up6(→))＝2eq\o(DC,\s\up6(→))，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝()A.eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．1 D．2答案C解析因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3＋eq\f(2,3)×3×2cos120°＝1.故選C.17．(2019·內(nèi)江模擬)若|a|＝1，|b|＝2，|a＋2b|＝eq\r(13)，則a與b的夾角為()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,2) D．eq\f(2π,3)答案D解析∵|a|＝1，|b|＝2，|a＋2b|＝eq\r(13)，∴(a＋2b)2＝a2＋4b2＋4a·b＝1＋16＋4a·b＝13，∴a·b＝－1，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(1,2).又0≤〈a，b〉≤π，∴a，b的夾角為eq\f(2π,3).故選D.18．(2019·呼和浩特質(zhì)量檢測(cè))設(shè)a，b均是非零向量，且|a|＝2|b|，若關(guān)于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有實(shí)根，則a與b的夾角的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))答案B解析∵關(guān)于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有實(shí)根，∴|a|2－4a·b≥0，∴a·b≤eq\f(|a|2,4)，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)≤eq\f(|a|2,4|a||b|)＝eq\f(1,2)，又0≤〈a，b〉≤π，∴eq\f(π,3)≤〈a，b〉≤π.故選B.19．(2019·黃岡二模)已知向量a＝(1，eq\r(3))，b＝(3，m)，且b在a方向上的投影為－3，則向量a與b的夾角為________．答案eq\f(2π,3)解析根據(jù)題意，設(shè)向量b與a的夾角為θ，因?yàn)橄蛄縜＝(1，eq\r(3))，b＝(3，m)，則|a|＝2，a·b＝3＋eq\r(3)m，若b在a方向上的投影為－3，則有eq\f(a·b,|a|)＝eq\f(3＋\r(3)m,2)＝－3，解得m＝－3eq\r(3)，則b＝(3，－3eq\r(3))，則|b|＝6，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－6,2×6)＝－eq\f(1,2)，又由0≤θ≤π，則θ＝eq\f(2π,3).20．(2019·湖南師大附中一模)點(diǎn)M是邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD內(nèi)或邊界上一動(dòng)點(diǎn)，N是邊BC的中點(diǎn)，則eq\o(AN,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))的最大值是________．答案6解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD所在直線為x軸，AB所在直線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，那么有Aeq\o(N,\s\up6(→))＝(1，－2)，設(shè)M點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則Aeq\o(M,\s\up6(→))＝(x，y)，其中0≤x≤2，－2≤y≤0，eq\o(AN,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))＝x－2y，當(dāng)x取得最大值2，y取得最小值－2時(shí)，Aeq\o(N,\s\up6(→))·Aeq\o(M,\s\up6(→))取得最大值6.一、高考大題1．(2017·江蘇高考)已知向量a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－eq\r(3))，x∈[0，π]．(1)若a∥b，求x的值；(2)記f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及對(duì)應(yīng)的x的值．解(1)因?yàn)閍＝(cosx，sinx)，b＝(3，－eq\r(3))，a∥b，所以－eq\r(3)cosx＝3sinx.若cosx＝0，則sinx＝0，與sin2x＋cos2x＝1矛盾，故cosx≠0，于是tanx＝－eq\f(\r(3),3).又x∈[0，π]，所以x＝eq\f(5π,6).(2)f(x)＝a·b＝(cosx，sinx)·(3，－eq\r(3))＝3cosx－eq\r(3)sinx＝2eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).因?yàn)閤∈[0，π]，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，從而－1≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))≤eq\f(\r(3),2).于是，當(dāng)x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即x＝0時(shí)，f(x)取到最大值3；當(dāng)x＋eq\f(π,6)＝π，即x＝eq\f(5π,6)時(shí)，f(x)取到最小值－2eq\r(3).2．(2015·廣東高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若m⊥n，求tanx的值；(2)若m與n的夾角為eq\f(π,3)，求x的值．解(1)∵m⊥n，∴m·n＝0，故eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝0，∴tanx＝1.(2)∵m與n的夾角為eq\f(π,3)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\f(\r(2),2)sinx－\f(\r(2),2)cosx,1×1)＝eq\f(1,2)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(1,2).又x∈eq\b\lc\(\