课时过关检测（三十） 平面向量的数量积及其应用

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1．(2021·湖北八校第一次联考)已知平面向量a＝(1，－3)，b＝(4，－2)，若λa－b与b垂直，则λ＝( )
A．－1 B．1
C．－2D．2
解析：选D 由已知得λa－b＝(λ－4，－3λ＋2)，因为λa－b与b垂直，所以(λa－b)·b＝0，即(λ－4，－3λ＋2)·(4，－2)＝0，所以4λ－16＋6λ－4＝0，解得λ＝2，故选D.
2．若向量eq \(OF1,\s\up7(―→))＝(1,1)，eq \(OF2,\s\up7(―→))＝(－3，－2)分别表示两个力F1，F2，则|F1＋F2|为( )
A.eq \r(10)B．2eq \r(5)
C.eq \r(5)D．eq \r(15)
解析：选C 由于F1＋F2＝(1,1)＋(－3，－2)＝(－2，－1)，所以|F1＋F2|＝eq \r(－22＋－12)＝eq \r(5).
3．已知向量a，b满足a·b＝0，|a＋b|＝m|a|，若a＋b与a－b 的夹角为eq \f(2π,3)，则m的值为( )
A．2B．eq \r(3)
C．1D．eq \f(1,2)
解析：选A ∵a·b＝0，∴|a＋b|＝|a－b|，
∵|a＋b|＝m|a|，
∴(a＋b)2＝m2a2，∴a2＋b2＝m2a2，
∴b2＝(m2－1)a2.
又a＋b与a－b的夹角为eq \f(2π,3)，
∴eq \f(a＋b·a－b,|a＋b||a－b|)＝cseq \f( 2π,3)，
∴eq \f(a2－b2,m2a2)＝eq \f(a2－m2－1a2,m2a2)＝eq \f(2－m2,m2)＝－eq \f(1,2).
解得m＝2或m＝－2(舍去)．故选A.
4．在△ABC中，若eq \(AB,\s\up7(―→))2＝eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))，则△ABC是( )
A．直角三角形B．锐角三角形
C．钝角三角形D．等边三角形
解析：选A 由eq \(AB,\s\up7(―→))2＝eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))，得eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))·(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＋eq \(BC,\s\up7(―→))·(eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝0，∴AC⊥BC，∴△ABC是直角三角形．故选A.
5．(多选)(2021·山东高考预测卷)已知平面向量a＝(3,4)，b＝(7,1)，则下列结论正确的是( )
A．a＋b＝(10,5)B．|b|＝10|a|
C．a∥(a－b)D．a与b的夹角为45°
解析：选AD 根据向量的坐标运算易知A选项正确；因为|b|＝5eq \r(2)，|a|＝5，所以B选项错误；因为a－b＝(－4，3)，3×3≠4×(－4)，所以C选项错误；因为cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(25,5×5\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，所以a与b的夹角为45°，D选项正确．
6．(多选)(2021·长沙市高三模拟)设a，b，c是任意的非零平面向量，且相互不共线，则下列选项中正确的是( )
A．(a·b)c－(c·a)b＝0
B．|a|－|b|＜|a－b|
C．(b·c)a－(a·c)b与c垂直
D．(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2
解析：选BCD 由于b，c是不共线的向量，因此(a·b)c与(c·a)b相减的结果应为向量，故A错误；由于a，b不共线，故a，b，a－b构成三角形，因此B正确；由于[(b·c)a－(c·a)b]·c＝(b·c)(a·c)－(c·a)(b·c)＝0，故C中两向量垂直，故C正确；根据向量数量积的运算可以得出D是正确的．故选B、C、D.
7．(2021·开封市第一次模拟考试)已知向量a＝(2，－6)，b＝(3，m)，若|a＋b|＝|a－b|，则m＝ .
解析：法一：因为a＝(2，－6)，b＝(3，m)，所以a＋b＝(5，m－6)，a－b＝(－1，－m－6)，由|a＋b|＝|a－b|得52＋(m－6)2＝(－1)2＋(－m－6)2，解得m＝1.
法二：由|a＋b|＝|a－b|，两边平方得a·b＝0，因为a＝(2，－6)，b＝(3，m)，所以2×3＋(－6)×m＝0，解得m＝1.
答案：1
8.如图所示，在等腰直角三角形AOB中，OA＝OB＝1，eq \(AB,\s\up7(―→))＝4eq \(AC,\s\up7(―→))，则eq \(OC,\s\up7(―→))·(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))＝ .
解析：由已知得|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，|eq \(AC,\s\up7(―→))|＝eq \f(\r(2),4)，则eq \(OC,\s\up7(―→))·(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))＝(eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \r(2)cseq \f(3π,4)＋eq \f(\r(2),4)×eq \r(2)＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
9．已知向量b＝(1，eq \r(3))，向量a满足|a|csa，b＝－6，则a·b＝ ；若(λa＋b)⊥b，则实数λ的值为 ．
解析：设a，b的夹角为θ，因为b＝(1，eq \r(3))，所以|b|＝eq \r(1＋3)＝2，因为|a|cs θ＝－6，所以a·b＝|a|·|b|cs θ＝－12，因为(λa＋b)⊥b，所以(λa＋b)·b＝0，所以λa·b＋b2＝0，所以－12λ＋4＝0，解得λ＝eq \f(1,3).
答案：－12 eq \f(1,3)
10．在△ABC中，A＝90°，AB＝AC＝4eq \r(2)，动点P自点C出发沿线段CB运动，到达点B时停止运动，动点Q自点B出发沿线段BC运动，到达点C时停止运动，且动点Q的速度是动点P的2倍，若二者同时出发，且一个点停止运动时，另一个点也停止，则当eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AQ,\s\up7(―→))取最大值时，|eq \(PQ,\s\up7(―→))|＝ .
解析：∵A＝90°，∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝0，依题意知BC＝8，
2|eq \(CP,\s\up7(―→))|＝|eq \(BQ,\s\up7(―→))|，eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AQ,\s\up7(―→))＝(eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(CP,\s\up7(―→)))·(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BQ,\s\up7(―→)))
＝eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BQ,\s\up7(―→))＋eq \(CP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(CP,\s\up7(―→))·eq \(BQ,\s\up7(―→))
＝4eq \r(2)×2|eq \(CP,\s\up7(―→))|·cs 45°＋4eq \r(2)×|eq \(CP,\s\up7(―→))|cs 45°－2|CP|2＝－2(|eq \(CP,\s\up7(―→))|－3)2＋18，
∴当|eq \(CP,\s\up7(―→))|＝3时，eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AQ,\s\up7(―→))取得最大值，此时|eq \(BQ,\s\up7(―→))|＝6，∴|eq \(PQ,\s\up7(―→))|＝3＋6－8＝1.
答案：1
11．在平面直角坐标系xOy中，点A(－1，－2)，B(2,3)，C(－2，－1)．
(1)求以线段AB，AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；
(2)设实数t满足(eq \(AB,\s\up7(―→))－teq \(OC,\s\up7(―→)))·eq \(OC,\s\up7(―→))＝0，求t的值．
解：(1)由题设知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3,5)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(－1,1)，
则eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2,6)，eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→))＝(4,4)．
所以|eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|＝2eq \r(10)，|eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→))|＝4eq \r(2).
故所求的两条对角线的长分别为2eq \r(10)，4eq \r(2).
(2)由题设知，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(－2，－1)，eq \(AB,\s\up7(―→))－teq \(OC,\s\up7(―→))＝(3＋2t,5＋t)，
由(eq \(AB,\s\up7(―→))－teq \(OC,\s\up7(―→)))·eq \(OC,\s\up7(―→))＝0，
得(3＋2t,5＋t)·(－2，－1)＝0，
从而5t＝－11，所以t＝－eq \f(11,5).
12．在△ABC中，eq \(AB,\s\up7(―→))⊥eq \(AC,\s\up7(―→))，M是BC的中点．
(1)若|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝|eq \(AC,\s\up7(―→))|，求向量eq \(AB,\s\up7(―→))＋2eq \(AC,\s\up7(―→))与向量2eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))的夹角的余弦值；
(2)若O是线段AM上任意一点，且|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝|eq \(AC,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，求eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))的最小值．
解：(1)设向量eq \(AB,\s\up7(―→))＋2eq \(AC,\s\up7(―→))与向量2eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))的夹角为θ，则cs θ＝eq \f(eq \(AB,\s\up7(―→))＋2eq \(AC,\s\up7(―→))·2eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)),|eq \(AB,\s\up7(―→))＋2eq \(AC,\s\up7(―→))|·|2eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|)，
令|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝|eq \(AC,\s\up7(―→))|＝a，则cs θ＝eq \f(2a2＋2a2,\r(5)a·\r(5)a)＝eq \f(4,5).
(2)∵|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝|eq \(AC,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，∴|eq \(AM,\s\up7(―→))|＝1，设|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝x(0≤x≤1)，
则|eq \(OM,\s\up7(―→))|＝1－x.而eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))＝2eq \(OM,\s\up7(―→))，
∴eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))·(eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→)))＝2eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OM,\s\up7(―→))＝2|eq \(OA,\s\up7(―→))|·|eq \(OM,\s\up7(―→))|cs π＝2x2－2x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2－eq \f(1,2).
∴当x＝eq \f(1,2)时，eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))取得最小值，最小值是－eq \f(1,2).
B级——综合应用
13．(2021·贵阳模拟)已知|a|＝2|b|≠0，且关于x的函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)|a|x2＋a·bx在R上有极值，则向量a与b的夹角的范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，π))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))
解析：选C 设a与b的夹角为θ，∵f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)|a|x2＋a·bx，∴f′(x)＝x2＋|a|x＋a·b.∵函数f(x)在R上有极值，∴方程x2＋|a|x＋a·b＝0有两个不同的实数根，即Δ＝|a|2－4a·b＞0，∴a·b＜eq \f(a2,4)，又|a|＝2|b|≠0，∴cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＜eq \f(\f(a2,4),\f(a2,2))＝eq \f(1,2)，即cs θ＜eq \f(1,2)，又θ∈[0，π]，∴θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))，故选C.
14．(多选)如图，已知△ABC的外接圆圆心为O，半径为2，eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))＝0，且|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|，下列选项正确的是( )
A．eq \(CA,\s\up7(―→))在eq \(CB,\s\up7(―→))方向上的投影长为－eq \r(3)
B．eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))
C．eq \(CA,\s\up7(―→))在eq \(CB,\s\up7(―→))方向上的投影长为 eq \r(3)
D．eq \(OB,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))
解析：选BCD 由eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))＝0，得eq \(OB,\s\up7(―→))＝－eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(CA,\s\up7(―→))，所以四边形OBAC为平行四边形．又O为△ABC外接圆的圆心，所以|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))|，又|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|，所以△OAB为正三角形．因为△ABC的外接圆半径为2，所以四边形OBAC是边长为2的菱形，所以∠ACB＝eq \f(π,6)，所以eq \(CA,\s\up7(―→))在eq \(CB,\s\up7(―→))上的投影为|eq \(CA,\s\up7(―→))|cseq \f(π,6)＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，故A错误，C正确．因为eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝－2，eq \(OB,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝2，故B、D正确．
15．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a＝(－1,2)，又点A(8,0)，B(n，t)，C(ksin θ，t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2))).
(1)若eq \(AB,\s\up7(―→))⊥a，且|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(5)|eq \(OA,\s\up7(―→))|，求向量eq \(OB,\s\up7(―→))；
(2)若向量eq \(AC,\s\up7(―→))与向量a共线；当k＞4，且tsin θ取最大值4时，求eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→)).
解：(1)由题设知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(n－8，t)，
∵eq \(AB,\s\up7(―→))⊥a，∴8－n＋2t＝0.
又∵eq \r(5)|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|，∴5×64＝(n－8)2＋t2＝5t2，得t＝±8.
当t＝8时，n＝24；当t＝－8时，n＝－8，
∴eq \(OB,\s\up7(―→))＝(24,8)或eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－8，－8)．
(2)由题设知eq \(AC,\s\up7(―→))＝(ksin θ－8，t)，
∵eq \(AC,\s\up7(―→))与a共线，∴t＝－2ksin θ＋16，
tsin θ＝(－2ksin θ＋16)sin θ＝－2keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ－\f(4,k)))2＋eq \f(32,k).
∵k＞4，∴0＜eq \f(4,k)＜1，
∴当sin θ＝eq \f(4,k)时，tsin θ取得最大值eq \f(32,k).
由eq \f(32,k)＝4，得k＝8，此时θ＝eq \f(π,6)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(4,8)，
∴eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))＝(8,0)·(4,8)＝32.
C级——迁移创新
16．已知向量m＝(sin x，－1)，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)cs x，－\f(1,2)))，函数f(x)＝m2＋m·n－2.
(1)求f(x)的最大值，并求f(x)取最大值时x的取值集合；
(2)已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，角B为锐角，且f(B)＝1，b＝eq \r(3)，若满足条件的△ABC仅有一解，求a的取值范围．
解：(1)由题意可知f(x)＝m2＋m·n－2＝sin2x＋1＋eq \r(3)·sin xcs x＋eq \f(1,2)－2＝eq \f(\r(3),2)sin 2x＋eq \f(1－cs 2x,2)－eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，因此f(x)max＝1，
所以当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)时取得最大值，即f(x)取最大值时x的取值集合为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x＝\f(π,3)＋kπ，k∈Z)))).
(2)因为0＜B＜eq \f(π,2)，所以－eq \f(π,6)＜2B－eq \f(π,6)＜eq \f(5,6)π，
又因为f(B)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))＝1，
所以2B－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即B＝eq \f(π,3)，
又由正弦定理可得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，
所以sin A＝eq \f(a,2)，
因为符合题意的△ABC仅有一解，
所以0＜sin A≤eq \f(\r(3),2)或sin A＝1，
即0＜eq \f(a,2)≤eq \f(\r(3),2)或eq \f(a,2)＝1，
解得0＜a≤eq \r(3)或a＝2.