还剩10页未读，
继续阅读
2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第六章第二讲 平面向量的数量积及应用学案
展开
这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第六章第二讲 平面向量的数量积及应用学案，共16页。
第二讲 平面向量的数量积及应用
1.下列说法正确的个数为( )
(1)向量在另一个向量方向上的投影是数量,而不是向量.
(2)两个向量的数量积是一个实数,向量的加法、减法、数乘运算的运算结果是向量.
(3)由a·b=0可得a=0或b=0.
(4)(a·b)·c=a·(b·c).
(5)两个向量的夹角的范围是[0,π2].
A.2 B.3 C.4 D.5
2.[易错题]已知两个非零向量a与b的夹角为θ,则“a ·b>0”是“θ为锐角”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
3.[2019全国卷Ⅱ]已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,则AB·BC=( )
A. - 3 B. - 2 C.2 D.3
4.[2019全国卷Ⅰ]已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a - b)⊥b,则a与b的夹角为( )
A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6
5.[2016全国卷Ⅱ]已知向量a=(1,m),b=(3, - 2),且(a+b)⊥b,则m=( )
A. - 8 B. - 6 C.6 D.8
6.[2020合肥市调研检测]已知a=(1,1),b=(2, - 1),则向量b在a方向上的投影等于 .
7.[2017全国卷Ⅰ]已知向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|= .
8.[2019天津高考]在四边形ABCD中,AD∥BC,AB=23,AD=5,∠A=30°,点E在线段CB的延长线上,且AE=BE,则BD·AE= .
考法1 平面向量的数量积运算
命题角度1 求平面向量的数量积
1(1)[2019山东烟台高考前冲刺]在△ABC中,AB=2,AC=3,∠BAC=π3,BD=23BC,则 AD·BD=
A.229 B. - 229 C.169 D. - 89
(2)[2019江西名校高三质检]已知向量a与b的夹角为60°,且a=( - 2, - 6),|b|=10,则a·b= .
(3)如图6 - 2 - 1,在梯形ABCD中,AB∥CD,CD=2,∠BAD=π4,若AB·AC=2AB·AD,则 AD·AC= .
图6-2-1
(1)由题意作出图形,如图6 - 2 - 2.
图6-2-2
由图可得BD=23BC=23(AC-AB)= - 23AB+23AC,所以AD=AB+BD=AB-23AB+23AC=13AB+23AC.
所以AD·BD=(13AB+23AC)·( - 23AB+23AC)
= - 29·|AB|2+49·|AC|2 - 29·AB·AC
= - 29×4+49×9 - 29×|AB|×|AC|×cos∠BAC
= - 89+4 - 29×2×3×cos π3
=229.
故选A.
(2)因为a=( - 2, - 6),所以|a|=(-2)2+(-6)2=210,又|b|=10,向量a与b的夹角为60°,所以a·b=|a||b|cos 60°=210×10×12=
10.
(3)解法一 (利用向量的加、减法运算和数量积的定义求解)因为AB·AC=2AB·AD,所以AB·AC-AB·AD=AB·AD,所以AB·DC=AB·AD.
因为AB∥CD,CD=2,∠BAD=π4,所以2|AB|=|AB||AD|·cosπ4,化简得|AD|=2 2.(利用a·b=|a||b|cos θ求解)
故AD·AC=AD·(AD+DC)=|AD|2+AD·DC=(22)2+2 2×2cosπ4=12.
解法二 (坐标法)如图6 - 2 - 3,建立平面直角坐标系xAy.
图6-2-3
依题意,可设点D(m,m),C(m+2,m),B(n,0),其中m>0,n>0,
则由AB·AC=2AB·AD,得(n,0)·(m+2,m)=2(n,0)·(m,m),
所以n(m+2)=2nm,化简得m=2.
故AD·AC=(m,m)·(m+2,m)=2m2+2m=12.(利用a·b=x1x2+y1y2求解)
命题角度2 平面向量的投影问题
2△ABC外接圆的半径等于1,其圆心O满足AO=12(AB+AC),|AO|=|AC|,则BA在BC方向上的投影等于
A. - 32 B.32 C.32 D.3
先根据已知确定点O的位置,然后判断△OAC的形状,再利用三角形的边长与内角直接求解.
因为△ABC外接圆的半径等于1,其圆心O满足AO=12(AB+AC),
所以点O在BC上,且O为BC的中点,如图6 - 2 - 4,(确定点O的位置)
所以BC是△ABC外接圆的直径,故∠BAC=90°.(直径所对的圆周角为直角)
图6 - 2 - 4
因为|CO|=|AO|=|AC|,所以△OAC是等边三角形,所以∠ACB=60°,所以∠ABC=30°.
在Rt△ABC中,|AB|=|BC|sin 60°=3,(解直角三角形)
所以BA在BC方向上的投影为
|BA|cos∠ABC=|BA|cos 30°=3×32=32.(几何法求投影)
C
1.(1)已知点A( - 1,1),B(1,2),C( - 2, - 1),D(3,4),则向量CD在BA方向上的投影是( )
A. - 35 B. - 322 C.35 D.322
(2)[2017天津高考]在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD=2DC,AE=λAC-AB(λ∈R),且AD·AE= - 4,则λ的值为 .
考法2 平面向量的模、夹角、垂直问题
命题角度1 向量的模问题
3(1)[2019湘中名校联考]已知向量a=(x,3),b=(x, - 3),若(2a+b)⊥b,则|a| =
A.1 B.2 C.3 D.2
(2)设向量a,b满足|a|=2,|b|=|a+b|=3,则|a+2b|= .
(3)已知向量a=(cos θ,sin θ),b=( - 3,1),则|2a - b|的最大值为 .
(1)因为(2a+b)⊥b,所以(2a+b)·b=0,即(3x,3)·(x, - 3)=3x2 - 3=0,解得x=±1,所以a=(±1,3),所以|a|=(±1)2+(3)2=2.故选D.
(2)因为|a|=2,|b|=|a+b|=3,所以(a+b)2=|a|2+2a·b+|b|2=4+9+2a·b=9,所以a·b= - 2,所以|a+2b|=(a+2b)2=|a|2+4a·b+4|b|2=4-8+36=42.
(3)解法一 由题意得|a|=1,|b|=2,a·b=sin θ - 3cos θ=2sin(θ - π3),所以|2a - b|2=4|a|2+|b|2 - 4a·b=4×12+22 - 8sin(θ - π3)=8 - 8sin(θ - π3),
所以|2a - b|2的最大值为8 - 8×( - 1)=16,故|2a - b|的最大值为4(此时θ=2kπ - π6,k∈Z).
解法二 因为a=(cos θ,sin θ),b=( - 3,1),所以2a - b=(2cos θ+3,2sin θ - 1),
所以|2a - b|=(2cosθ+3)2+(2sinθ-1)2=8-4(sinθ-3cosθ)=8-8sin(θ-π3).
故|2a - b|的最大值为8-8×(-1)=4(此时θ=2kπ - π6,k∈Z).
解法三 设向量a,b的起点均为坐标原点,则向量2a与b的终点均在以坐标原点为圆心、2为半径的圆上,易知|2a - b|的最大值就是圆的直径4(此时向量a,b方向相反).
解法四 由题意得|2a - b|≤2|a|+|b|=2×1+2=4,当且仅当向量a,b方向相反时不等式取等号,故|2a - b|的最大值为4.
命题角度2 求向量的夹角问题
4 (1)已知正方形ABCD,点E在边BC上,且满足2BE=BC,设向量AE,BD的夹角为θ,则cos θ= .
(2)[2017山东高考]已知e1,e2是互相垂直的单位向量.若3e1 - e2与e1+λe2的夹角为60°,则实数λ的值是 .
(1)解法一 (定义法)因为2BE=BC,所以E为BC的中点.设正方形的边长为2,则|AE|=5,|BD|=22,AE·BD=(AB+12AD)·(AD-AB)=12|AD|2 - |AB|2+12AD·AB=12×22 - 22= - 2,(基向量法求数量积)
所以cos θ=AE·BD|AE||BD|=-25×22= - 1010.
解法二 (坐标法)因为2BE=BC,所以E为BC的中点.
设正方形的边长为2,建立如图6 - 2 - 5所示的平面直角坐标系xAy,则点A(0,0),B(2,0),D(0,2),E(2,1),
图6 - 2 - 5
所以AE=(2,1),BD=( - 2,2),所以AE·BD=2×( - 2)+1×2= - 2,(利用数量积公式a·b=x1x2+y1y2求解)
故cos θ=AE·BD|AE||BD|=-25×22= - 1010.
(2)因为(3e1-e2)·(e1+λe2)|3e1-e2| - ·|e1+λe2| =3-λ21+λ2,且3e1 - e2与e1+λe2的夹角为60°,所以3-λ21+λ2=12,解得λ=33.
命题角度3 求向量的垂直问题
5(1)[2016山东高考]已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos=13.若n⊥(tm+n),则实数t的值为
A.4 B. - 4 C.94 D. - 94
(2)[2019河南郑州统一检测]若向量a=(2,x),b=( - 2,1)不共线,且(a+b)⊥(a - b),则a·b= .
(1)由n⊥(tm+n)可得n·(tm+n)=0,即tm·n+n2=0,所以t= - n2m·n= - n2|m|·|n|cos= - |n|2|m|×|n|×13= - 3×|n||m|= - 3×43= - 4.故选B.
(2)解法一 因为a+b=(0,x+1), a - b=(4,x - 1),且(a+b)⊥(a - b),
所以0×4+(x+1)(x - 1)=0,解得x=1或x= - 1.(构造方程求参数)
因为向量a=(2,x),b=( - 2,1)不共线,所以x= - 1不合题意. (剔除不符合题意的解)
所以a·b=2×( - 2)+1×1= - 3.(利用坐标运算求数量积)
解法二 由已知得a=(2,x),b=( - 2,1),(a+b)·(a - b)=0,整理得a2=b2,即22+x2=( - 2)2+12,解得x=1或x= - 1.
因为向量a=(2,x),b=( - 2,1)不共线,所以x= - 1不合题意.(剔除不符合题意的解)
所以a·b=2×( - 2)+1×1= - 3.(利用坐标运算求数量积)
2.(1)[2020惠州市一调]平面向量a与b的夹角为π3,a=(2,0),|b|=1,则|a - 2b|= ( )
A.23 B.6 C.0 D.2
(2)[2017全国卷Ⅱ]设非零向量a,b满足|a+b|=|a - b|,则 ( )
A.a⊥b B.|a|=|b|
C.a∥b D.|a|>|b|
(3)[2019全国卷Ⅲ]已知a,b为单位向量,且a·b=0,若c=2a - 5b,则cos= .
考法3 平面向量在平面几何中的应用
6 [2018天津高考] 图6- 2 - 6,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
图6-2-6
A.2116 B.32 C.2516 D.3
解法一 (坐标法)如图6 - 2 - 7,以D为坐标原点建立平面直角坐标系xDy,连接AC,
图 6-2-7
由题意知∠CAD=∠CAB=60°,
∠ACD=∠ACB=30°,
则D(0,0),A(1,0),B(32,32),C(0,3).
设E(0,y)(0≤y≤3),
则AE=( - 1,y),BE=( - 32,y - 32),
所以AE·BE=32+y2 - 32y=(y - 34)2+2116,
所以当y=34时,AE·BE取最小值2116.
解法二 (基底法)设向量AD=a,AB=b,则a·b= - 12,根据题意知|a+b|=1,|DC|=3,|AC|=2,AC=2(a+b),DC=AC-AD=a+2b,DE=λDC(0≤λ≤1),
AE=AD+DE=(λ+1)a+2λb,BE=BA+AE=(λ+1)a+(2λ - 1)b,
AE·BE=[(λ+1)a+2λb][(λ+1)a+(2λ - 1)b]=3(λ - 14)2+2116,
当λ=14时,AE·BE取最小值2116.
A
解法一需要考生具有较强的直观想象能力,具备灵活运用数形结合解决问题的能力,是直观想象素养水平二的要求.解法二需要考生具备研究图形与图形、图形与数量的关系的能力,以及熟练运用转化与化归的数学思想的能力,是直观想象素养水平二的要求.
3.[2016天津高考]已知△ABC是边长为1的等边三角形,点D,E分别是边AB,BC的中点,连接DE并延长到点F ,使得DE=2EF ,则AF·BC的值为( )
A. - 58 B.18 C.14 D.118
考法4 平面向量在物理中的应用
7质量为m的物体静止地放在斜面上,斜面与水平面的夹角为θ,则斜面对物体的摩擦力的大小为 ,支持力的大小为 .
物体共受三个力,在三个力的作用下保持平衡,即它们的合力为0,利用物理学知识和向量的运算即可求解.
如图6 - 2 - 8所示,
图6-2-8
物体受三个力:重力G(竖直向下,大小为mg),斜面对物体的支持力F (垂直于斜面,向上,大小为|F |),摩擦力f (与斜面平行,向上,大小为|f |).
由于物体静止,故这三个力平衡,合力为0,
即G+F +f =0 ①.
记垂直于斜面向下、大小为1 N的力为e1,平行于斜面向下、大小为1 N的力为e2,以e1,e2为基底,则F =( - |F |,0), f =(0, - |f |),
由图5 - 2 - 8知e1与G的夹角为θ,
则G=(mgcos θ,mgsin θ).
由①,得G+F +f =(mgcos θ - |F |,mgsin θ - |f |)=(0,0),
所以mgcos θ - |F |=0,mgsin θ - |f |=0.
故|F |=mgcos θ,|f |=mgsin θ.
当三个力成平衡状态时,这三个力之和等于零向量,其中两个向量的和与第三个向量是相反向量,这样就可以把三个力的向量表示纳入到一个平行四边形或者三角形中,通过运用平行四边形或三角形的知识解决问题.
考法5 平面向量与其他知识的综合应用
命题角度1 平面向量与三角函数综合
8 [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.
(1)利用向量共线的坐标运算法则及同角三角函数间的关系求解;(2)利用向量数量积的坐标运算、两角和的余弦公式,结合三角函数的图象求解最值.
(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sin2x+cos2x=1矛盾,故cos x≠0.
于是tan x= - 33.
又x∈[0,π],所以x=5π6.
(2)f (x)=a·b=(cos x,sin x)·(3, - 3)=3cos x - 3sin x=23cos(x+π6).
因为x∈[0,π],所以x+π6∈[π6,7π6],
从而 - 1≤cos(x+π6)≤32.
于是,当x+π6=π6,即x=0时,f (x)取到最大值3;当x+π6=π,即x=5π6时,f (x)取到最小值 - 23.
4.[2020成都市高三摸底测试]△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若向量m=(a, - cos A),n=(cos C,2b - c),且m·n=0,则角A的大小为( )
A.π6 B.π4 C.π3 D.π2
命题角度2 平面向量与解析几何的综合
9 [2018全国卷Ⅰ]设抛物线C:y2=4x的焦点为F ,过点( - 2,0)且斜率为23的直线与C交于M,N两点,则FM·FN=
A.5 B.6 C.7 D.8
解法一 过点( - 2,0)且斜率为23的直线的方程为y=23(x+2),由y=23(x+2),y2=4x,得x2 - 5x+4=0,解得x=1或x=4,所以x=1,y=2或x=4,y=4,不妨设M(1,2),N(4,4),易知F (1,0),所以FM=(0,2),FN=(3,4),所以FM·FN=8.
解法二 过点( - 2,0)且斜率为23的直线的方程为y=23(x+2),由y=23(x+2),y2=4x,得x2 - 5x+4=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0,y2>0,根据根与系数的关系,得x1+x2=5,x1x2=4,易知F (1,0),所以FM=(x1 - 1,y1),FN=(x2 - 1,y2),
所以FM·FN=(x1 - 1)(x2 - 1)+y1y2=x1x2 - (x1+x2)+1+4x1x2=4 - 5+1+8=8.
D
5.[2015新课标全国Ⅰ]已知M(x0,y0)是双曲线C:x22-y2=1上的一点,F1,F2是C的两个焦点.若MF1·MF2<0,则y0的取值范围是( )
A.(- 33,33) B.(- 36,36) C.(- 223,223) D.(- 233,233)
数学探究 平面向量中的最值、范围问题
10[2017全国卷Ⅱ]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 D. - 1
解法一 结合题意画出图形,如图6 - 2 - 9所示,设BC的中点为D,AD的中点为E,连接AD,PE,PD,
图6-2-9
则有PB+PC=2PD,则PA·(PB+PC)=2PA·PD=2(PE+EA)·(PE-EA)=2(PE2-EA2).
而EA2=(32)2= - 34,
当点P与点E重合时,PE2有最小值0,故此时PA·(PB+PC)取得最小值,最小值为
- 2EA2= - 2×34= - 32.
解法二 如图6 - 2 - 10,以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴,以边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系,
图6-2-10
则A(0,3),B( - 1,0),C(1,0),设P(x,y),则PA=( - x,3 - y),PB=( - 1 - x, - y),PC=(1 - x, - y),所以PA·(PB+PC) =( - x,3 - y)·( - 2x, - 2y)=2x2+2(y - 32)2 - 32,当x=0,y=32时,PA·(PB+PC)取得最小值,最小值为 - 32.
B
11 [2018浙江高考]已知a,b,e是平面向量,e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为π3,向量b满足b2 - 4e·b+3=0,则
|a - b|的最小值是
A.3 - 1 B.3+1 C.2 D.2 - 3
已知条件中a,b没有关系,所求结果中却有直接关系→|a - b|表示两向量终点间的距离,要求最小值,分别求出终点的轨迹→建立坐标系,
a的终点轨迹是射线,b的终点轨迹是圆→圆上与直线上两个动点间的距离的最小值转化为圆心到直线的距离减去半径
解法一 设O 为坐标原点,a=OA,b=OB=(x,y),e=(1,0),由b2 - 4e·b+3=0得x2+y2 - 4x+3=0,即(x - 2)2+y2=1,所以点B的轨迹是以C(2,0)为圆心,1为半径的圆.因为a与e的夹角为π3,所以不妨令点A在射线y=3x(x>0)上,当C,B,A共线且OA⊥CA时,如图6- 2 - 11所示,由数形结合可知|a - b|min=|CA| - |CB|=3 - 1.
图6-2-11
解法二 由b2 - 4e·b+3=0得b2 - 4e·b+3e2=(b - e)·(b - 3e)=0.
设b=OB,e=OE,3e=OF,所以b - e=EB,b - 3e=FB,所以EB·FB=0,取EF 的中点为C,则点B在以C为圆心,EF 为直径的圆上,如图6 - 2 - 12.
图6-2-12
设a=OA,作射线OA,使得∠AOE=π3,所以|a - b|=|(a - 2e)+(2e - b)|≥|a - 2e| - |2e - b|=|CA| - |BC|≥3 - 1.
A
6.[2015湖南高考]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.9
1.A 对于(1),向量的投影是数量,故(1)正确;
对于(2),由数量积的定义及向量的运算法则可知,(2)正确;
对于(3),当a⊥b时,a·b=0,故(3)错误;
对于(4),向量数量积运算不满足结合律,故(4)错误;
对于(5),两个向量的夹角的范围是[0,π],故(5)错误;综上选A.
2.B 由a·b>0,可得到θ∈[0,π2),不能得到θ∈(0,π2);而由θ∈(0,π2),可以得到a·b>0.故选B.
【易错点拨】 (1)当a·b>0时,cos θ>0,则θ是锐角或θ=0°(此时cos θ=1);
(2)当a·b<0时,cos θ<0,则θ是钝角或θ=180°(此时cos θ= - 1).
3.C 因为BC=AC - AB=(1,t - 3),所以|BC|=1+(t - 3)2=1,解得t=3,所以BC=(1,0),所以AB·BC=2×1+3×0=2,故选C.
4.B 解法一 设a与b的夹角为α,∵(a - b)⊥b,∴(a - b)·b=0,∴a·b=b2,∴|a|·|b|cos α=|b|2,又|a|=2|b|,∴cos α=12,∵α∈[0,π],∴α=π3.故选B.
解法二 令OA=a,OB=b,在△OAB中(如图D 6 - 2 - 1),则BA=a - b,由(a - b)⊥b知,∠ABO=π2,△OAB是直角三角形,又|a|=2|b|,所以∠AOB=π3,即a与b的夹角为π3,故选B.
图D 6 - 2 - 1
【易错警示】 本题易错点有两处:一是两向量的夹角公式记错,导致结果错误;二是由三角函数值求角时易出错.
5.D 由向量的坐标运算得a+b=(4,m - 2),由(a+b)⊥b,得(a+b)·b=12 - 2(m - 2)=0,解得m=8,故选D.
6.22 由题意,得b在a方向上的投影为a·b|a|=1×2+1×( - 1)12+12=22.
7.23 易知|a+2b|=|a|2+4a·b+4|b|2=4+4×2×1×12+4=23.
8. - 1 解法一 在等腰△ABE中,易得∠BAE=∠ABE=30°,故BE=2,则BD·AE=(AD - AB)·(AB+BE)=AD·AB+AD·BE - AB2 - AB·BE=
5×23×cos 30°+5×2×cos 180° - 12 - 23×2×cos 150°=15 - 10 - 12+6= - 1.
解法二 建立如图D6 - 2 - 2所示的平面直角坐标系,∠DAB=30°,AB=23,AD=5,
图D 6 - 2 - 2
则B(23,0),D(532,52).
因为AD∥BC,∠BAD=30°,
所以∠ABE=30°,
因为AE=BE,
所以∠BAE=30°,所以直线BE的斜率为33,其方程为y=33(x - 23),
直线AE的斜率为 - 33,其方程为y= - 33x.
由y=33(x - 23),y= - 33x得x=3,y= - 1,所以E(3, - 1).
所以BD·AE=(32,52)·(3, - 1)= - 1.
1.(1)A 依题意,得BA=( - 2, - 1),CD=(5,5),所以BA·CD= - 15,|BA|=5,因此向量CD在BA方向上的投影是BA·CD|BA|= - 155= - 35,故选A.
(2)311 解法一 AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23(AC - AB)=13AB+23AC.又AB·AC=3×2×12=3,所以AD·AE=(13AB+23AC)·( - AB+λAC)=
- 13|AB|2+(13λ - 23)AB·AC+23λ|AC| 2= - 3+3(13λ - 23)+23λ×4=113λ - 5= - 4,则λ=311.
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=λAC - AB,得E(λ - 3,3λ),则AD·AE=(53,233)·(λ - 3,3λ)=53(λ - 3)+233×3λ=113λ - 5= - 4,则λ=311.
2.(1)D 因为|a|=2,|b|=1,平面向量a与b的夹角为π3,所以a·b=2×1×cosπ3=2×12=1,所以|a - 2b|=|a - 2b|2=a2 - 4a·b+4b2=4 - 4+4=2,选D.
(2)A 依题意得(a+b)2 - (a - b)2=0,所以4a·b=0,即a⊥b,选A.
(3)23 设a=(1,0),b=(0,1),则c=(2, - 5),所以cos=21×4+5=23.
3.B 如图D 6 - 2 - 3,设AC=m,AB=n.
图D 6 - 2 - 3
根据已知得,DF=34m,所以AF=AD+DF=34m+12n,BC=m - n,
AF·BC=(34m+12n)·(m - n)=34m2 - 12n2 - 14m·n=34 - 12 - 18=18.
4.B 解法一 由m·n=0,得acos C - (2b - c)cos A=0,由正弦定理,得sin Acos C - (2sin B - sin C)cos A=0,即sin Acos C+cos Asin C = 2sin Bcos A,所以sin (A+C)=2sin Bcos A,所以sin (π - B)=2sin Bcos A,即sin B=2sin Bcos A.因为0
cos A =22,所以A=π4,故选B.
5.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=(-3-x0,-y0),MF2=(3-x0,-y0),所以MF1·MF2=x02-3+y02=3y02-1<0,所以-33
所以|PA+PB+PC|≤4+3=7,故|PA+PB+PC|的最大值为7,选B.
解法二 因为A,B,C均在单位圆上,AC为直径,所以不妨设A(cos x,sin x),B(cos(x+α),sin(x+α))(α≠kπ,k∈Z),C( - cos x, - sin x),
PA+PB+PC=(cos(x+α) - 6,sin(x+α)),|PA+PB+PC|=[cos(x+α) - 6]2+sin2(x+α)=37 - 12cos(x+α)≤7,故选B.
第二讲 平面向量的数量积及应用
1.下列说法正确的个数为( )
(1)向量在另一个向量方向上的投影是数量,而不是向量.
(2)两个向量的数量积是一个实数,向量的加法、减法、数乘运算的运算结果是向量.
(3)由a·b=0可得a=0或b=0.
(4)(a·b)·c=a·(b·c).
(5)两个向量的夹角的范围是[0,π2].
A.2 B.3 C.4 D.5
2.[易错题]已知两个非零向量a与b的夹角为θ,则“a ·b>0”是“θ为锐角”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
3.[2019全国卷Ⅱ]已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,则AB·BC=( )
A. - 3 B. - 2 C.2 D.3
4.[2019全国卷Ⅰ]已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a - b)⊥b,则a与b的夹角为( )
A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6
5.[2016全国卷Ⅱ]已知向量a=(1,m),b=(3, - 2),且(a+b)⊥b,则m=( )
A. - 8 B. - 6 C.6 D.8
6.[2020合肥市调研检测]已知a=(1,1),b=(2, - 1),则向量b在a方向上的投影等于 .
7.[2017全国卷Ⅰ]已知向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|= .
8.[2019天津高考]在四边形ABCD中,AD∥BC,AB=23,AD=5,∠A=30°,点E在线段CB的延长线上,且AE=BE,则BD·AE= .
考法1 平面向量的数量积运算
命题角度1 求平面向量的数量积
1(1)[2019山东烟台高考前冲刺]在△ABC中,AB=2,AC=3,∠BAC=π3,BD=23BC,则 AD·BD=
A.229 B. - 229 C.169 D. - 89
(2)[2019江西名校高三质检]已知向量a与b的夹角为60°,且a=( - 2, - 6),|b|=10,则a·b= .
(3)如图6 - 2 - 1,在梯形ABCD中,AB∥CD,CD=2,∠BAD=π4,若AB·AC=2AB·AD,则 AD·AC= .
图6-2-1
(1)由题意作出图形,如图6 - 2 - 2.
图6-2-2
由图可得BD=23BC=23(AC-AB)= - 23AB+23AC,所以AD=AB+BD=AB-23AB+23AC=13AB+23AC.
所以AD·BD=(13AB+23AC)·( - 23AB+23AC)
= - 29·|AB|2+49·|AC|2 - 29·AB·AC
= - 29×4+49×9 - 29×|AB|×|AC|×cos∠BAC
= - 89+4 - 29×2×3×cos π3
=229.
故选A.
(2)因为a=( - 2, - 6),所以|a|=(-2)2+(-6)2=210,又|b|=10,向量a与b的夹角为60°,所以a·b=|a||b|cos 60°=210×10×12=
10.
(3)解法一 (利用向量的加、减法运算和数量积的定义求解)因为AB·AC=2AB·AD,所以AB·AC-AB·AD=AB·AD,所以AB·DC=AB·AD.
因为AB∥CD,CD=2,∠BAD=π4,所以2|AB|=|AB||AD|·cosπ4,化简得|AD|=2 2.(利用a·b=|a||b|cos θ求解)
故AD·AC=AD·(AD+DC)=|AD|2+AD·DC=(22)2+2 2×2cosπ4=12.
解法二 (坐标法)如图6 - 2 - 3,建立平面直角坐标系xAy.
图6-2-3
依题意,可设点D(m,m),C(m+2,m),B(n,0),其中m>0,n>0,
则由AB·AC=2AB·AD,得(n,0)·(m+2,m)=2(n,0)·(m,m),
所以n(m+2)=2nm,化简得m=2.
故AD·AC=(m,m)·(m+2,m)=2m2+2m=12.(利用a·b=x1x2+y1y2求解)
命题角度2 平面向量的投影问题
2△ABC外接圆的半径等于1,其圆心O满足AO=12(AB+AC),|AO|=|AC|,则BA在BC方向上的投影等于
A. - 32 B.32 C.32 D.3
先根据已知确定点O的位置,然后判断△OAC的形状,再利用三角形的边长与内角直接求解.
因为△ABC外接圆的半径等于1,其圆心O满足AO=12(AB+AC),
所以点O在BC上,且O为BC的中点,如图6 - 2 - 4,(确定点O的位置)
所以BC是△ABC外接圆的直径,故∠BAC=90°.(直径所对的圆周角为直角)
图6 - 2 - 4
因为|CO|=|AO|=|AC|,所以△OAC是等边三角形,所以∠ACB=60°,所以∠ABC=30°.
在Rt△ABC中,|AB|=|BC|sin 60°=3,(解直角三角形)
所以BA在BC方向上的投影为
|BA|cos∠ABC=|BA|cos 30°=3×32=32.(几何法求投影)
C
1.(1)已知点A( - 1,1),B(1,2),C( - 2, - 1),D(3,4),则向量CD在BA方向上的投影是( )
A. - 35 B. - 322 C.35 D.322
(2)[2017天津高考]在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD=2DC,AE=λAC-AB(λ∈R),且AD·AE= - 4,则λ的值为 .
考法2 平面向量的模、夹角、垂直问题
命题角度1 向量的模问题
3(1)[2019湘中名校联考]已知向量a=(x,3),b=(x, - 3),若(2a+b)⊥b,则|a| =
A.1 B.2 C.3 D.2
(2)设向量a,b满足|a|=2,|b|=|a+b|=3,则|a+2b|= .
(3)已知向量a=(cos θ,sin θ),b=( - 3,1),则|2a - b|的最大值为 .
(1)因为(2a+b)⊥b,所以(2a+b)·b=0,即(3x,3)·(x, - 3)=3x2 - 3=0,解得x=±1,所以a=(±1,3),所以|a|=(±1)2+(3)2=2.故选D.
(2)因为|a|=2,|b|=|a+b|=3,所以(a+b)2=|a|2+2a·b+|b|2=4+9+2a·b=9,所以a·b= - 2,所以|a+2b|=(a+2b)2=|a|2+4a·b+4|b|2=4-8+36=42.
(3)解法一 由题意得|a|=1,|b|=2,a·b=sin θ - 3cos θ=2sin(θ - π3),所以|2a - b|2=4|a|2+|b|2 - 4a·b=4×12+22 - 8sin(θ - π3)=8 - 8sin(θ - π3),
所以|2a - b|2的最大值为8 - 8×( - 1)=16,故|2a - b|的最大值为4(此时θ=2kπ - π6,k∈Z).
解法二 因为a=(cos θ,sin θ),b=( - 3,1),所以2a - b=(2cos θ+3,2sin θ - 1),
所以|2a - b|=(2cosθ+3)2+(2sinθ-1)2=8-4(sinθ-3cosθ)=8-8sin(θ-π3).
故|2a - b|的最大值为8-8×(-1)=4(此时θ=2kπ - π6,k∈Z).
解法三 设向量a,b的起点均为坐标原点,则向量2a与b的终点均在以坐标原点为圆心、2为半径的圆上,易知|2a - b|的最大值就是圆的直径4(此时向量a,b方向相反).
解法四 由题意得|2a - b|≤2|a|+|b|=2×1+2=4,当且仅当向量a,b方向相反时不等式取等号,故|2a - b|的最大值为4.
命题角度2 求向量的夹角问题
4 (1)已知正方形ABCD,点E在边BC上,且满足2BE=BC,设向量AE,BD的夹角为θ,则cos θ= .
(2)[2017山东高考]已知e1,e2是互相垂直的单位向量.若3e1 - e2与e1+λe2的夹角为60°,则实数λ的值是 .
(1)解法一 (定义法)因为2BE=BC,所以E为BC的中点.设正方形的边长为2,则|AE|=5,|BD|=22,AE·BD=(AB+12AD)·(AD-AB)=12|AD|2 - |AB|2+12AD·AB=12×22 - 22= - 2,(基向量法求数量积)
所以cos θ=AE·BD|AE||BD|=-25×22= - 1010.
解法二 (坐标法)因为2BE=BC,所以E为BC的中点.
设正方形的边长为2,建立如图6 - 2 - 5所示的平面直角坐标系xAy,则点A(0,0),B(2,0),D(0,2),E(2,1),
图6 - 2 - 5
所以AE=(2,1),BD=( - 2,2),所以AE·BD=2×( - 2)+1×2= - 2,(利用数量积公式a·b=x1x2+y1y2求解)
故cos θ=AE·BD|AE||BD|=-25×22= - 1010.
(2)因为(3e1-e2)·(e1+λe2)|3e1-e2| - ·|e1+λe2| =3-λ21+λ2,且3e1 - e2与e1+λe2的夹角为60°,所以3-λ21+λ2=12,解得λ=33.
命题角度3 求向量的垂直问题
5(1)[2016山东高考]已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos
A.4 B. - 4 C.94 D. - 94
(2)[2019河南郑州统一检测]若向量a=(2,x),b=( - 2,1)不共线,且(a+b)⊥(a - b),则a·b= .
(1)由n⊥(tm+n)可得n·(tm+n)=0,即tm·n+n2=0,所以t= - n2m·n= - n2|m|·|n|cos
(2)解法一 因为a+b=(0,x+1), a - b=(4,x - 1),且(a+b)⊥(a - b),
所以0×4+(x+1)(x - 1)=0,解得x=1或x= - 1.(构造方程求参数)
因为向量a=(2,x),b=( - 2,1)不共线,所以x= - 1不合题意. (剔除不符合题意的解)
所以a·b=2×( - 2)+1×1= - 3.(利用坐标运算求数量积)
解法二 由已知得a=(2,x),b=( - 2,1),(a+b)·(a - b)=0,整理得a2=b2,即22+x2=( - 2)2+12,解得x=1或x= - 1.
因为向量a=(2,x),b=( - 2,1)不共线,所以x= - 1不合题意.(剔除不符合题意的解)
所以a·b=2×( - 2)+1×1= - 3.(利用坐标运算求数量积)
2.(1)[2020惠州市一调]平面向量a与b的夹角为π3,a=(2,0),|b|=1,则|a - 2b|= ( )
A.23 B.6 C.0 D.2
(2)[2017全国卷Ⅱ]设非零向量a,b满足|a+b|=|a - b|,则 ( )
A.a⊥b B.|a|=|b|
C.a∥b D.|a|>|b|
(3)[2019全国卷Ⅲ]已知a,b为单位向量,且a·b=0,若c=2a - 5b,则cos
考法3 平面向量在平面几何中的应用
6 [2018天津高考] 图6- 2 - 6,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
图6-2-6
A.2116 B.32 C.2516 D.3
解法一 (坐标法)如图6 - 2 - 7,以D为坐标原点建立平面直角坐标系xDy,连接AC,
图 6-2-7
由题意知∠CAD=∠CAB=60°,
∠ACD=∠ACB=30°,
则D(0,0),A(1,0),B(32,32),C(0,3).
设E(0,y)(0≤y≤3),
则AE=( - 1,y),BE=( - 32,y - 32),
所以AE·BE=32+y2 - 32y=(y - 34)2+2116,
所以当y=34时,AE·BE取最小值2116.
解法二 (基底法)设向量AD=a,AB=b,则a·b= - 12,根据题意知|a+b|=1,|DC|=3,|AC|=2,AC=2(a+b),DC=AC-AD=a+2b,DE=λDC(0≤λ≤1),
AE=AD+DE=(λ+1)a+2λb,BE=BA+AE=(λ+1)a+(2λ - 1)b,
AE·BE=[(λ+1)a+2λb][(λ+1)a+(2λ - 1)b]=3(λ - 14)2+2116,
当λ=14时,AE·BE取最小值2116.
A
解法一需要考生具有较强的直观想象能力,具备灵活运用数形结合解决问题的能力,是直观想象素养水平二的要求.解法二需要考生具备研究图形与图形、图形与数量的关系的能力,以及熟练运用转化与化归的数学思想的能力,是直观想象素养水平二的要求.
3.[2016天津高考]已知△ABC是边长为1的等边三角形,点D,E分别是边AB,BC的中点,连接DE并延长到点F ,使得DE=2EF ,则AF·BC的值为( )
A. - 58 B.18 C.14 D.118
考法4 平面向量在物理中的应用
7质量为m的物体静止地放在斜面上,斜面与水平面的夹角为θ,则斜面对物体的摩擦力的大小为 ,支持力的大小为 .
物体共受三个力,在三个力的作用下保持平衡,即它们的合力为0,利用物理学知识和向量的运算即可求解.
如图6 - 2 - 8所示,
图6-2-8
物体受三个力:重力G(竖直向下,大小为mg),斜面对物体的支持力F (垂直于斜面,向上,大小为|F |),摩擦力f (与斜面平行,向上,大小为|f |).
由于物体静止,故这三个力平衡,合力为0,
即G+F +f =0 ①.
记垂直于斜面向下、大小为1 N的力为e1,平行于斜面向下、大小为1 N的力为e2,以e1,e2为基底,则F =( - |F |,0), f =(0, - |f |),
由图5 - 2 - 8知e1与G的夹角为θ,
则G=(mgcos θ,mgsin θ).
由①,得G+F +f =(mgcos θ - |F |,mgsin θ - |f |)=(0,0),
所以mgcos θ - |F |=0,mgsin θ - |f |=0.
故|F |=mgcos θ,|f |=mgsin θ.
当三个力成平衡状态时,这三个力之和等于零向量,其中两个向量的和与第三个向量是相反向量,这样就可以把三个力的向量表示纳入到一个平行四边形或者三角形中,通过运用平行四边形或三角形的知识解决问题.
考法5 平面向量与其他知识的综合应用
命题角度1 平面向量与三角函数综合
8 [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.
(1)利用向量共线的坐标运算法则及同角三角函数间的关系求解;(2)利用向量数量积的坐标运算、两角和的余弦公式,结合三角函数的图象求解最值.
(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sin2x+cos2x=1矛盾,故cos x≠0.
于是tan x= - 33.
又x∈[0,π],所以x=5π6.
(2)f (x)=a·b=(cos x,sin x)·(3, - 3)=3cos x - 3sin x=23cos(x+π6).
因为x∈[0,π],所以x+π6∈[π6,7π6],
从而 - 1≤cos(x+π6)≤32.
于是,当x+π6=π6,即x=0时,f (x)取到最大值3;当x+π6=π,即x=5π6时,f (x)取到最小值 - 23.
4.[2020成都市高三摸底测试]△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若向量m=(a, - cos A),n=(cos C,2b - c),且m·n=0,则角A的大小为( )
A.π6 B.π4 C.π3 D.π2
命题角度2 平面向量与解析几何的综合
9 [2018全国卷Ⅰ]设抛物线C:y2=4x的焦点为F ,过点( - 2,0)且斜率为23的直线与C交于M,N两点,则FM·FN=
A.5 B.6 C.7 D.8
解法一 过点( - 2,0)且斜率为23的直线的方程为y=23(x+2),由y=23(x+2),y2=4x,得x2 - 5x+4=0,解得x=1或x=4,所以x=1,y=2或x=4,y=4,不妨设M(1,2),N(4,4),易知F (1,0),所以FM=(0,2),FN=(3,4),所以FM·FN=8.
解法二 过点( - 2,0)且斜率为23的直线的方程为y=23(x+2),由y=23(x+2),y2=4x,得x2 - 5x+4=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0,y2>0,根据根与系数的关系,得x1+x2=5,x1x2=4,易知F (1,0),所以FM=(x1 - 1,y1),FN=(x2 - 1,y2),
所以FM·FN=(x1 - 1)(x2 - 1)+y1y2=x1x2 - (x1+x2)+1+4x1x2=4 - 5+1+8=8.
D
5.[2015新课标全国Ⅰ]已知M(x0,y0)是双曲线C:x22-y2=1上的一点,F1,F2是C的两个焦点.若MF1·MF2<0,则y0的取值范围是( )
A.(- 33,33) B.(- 36,36) C.(- 223,223) D.(- 233,233)
数学探究 平面向量中的最值、范围问题
10[2017全国卷Ⅱ]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 D. - 1
解法一 结合题意画出图形,如图6 - 2 - 9所示,设BC的中点为D,AD的中点为E,连接AD,PE,PD,
图6-2-9
则有PB+PC=2PD,则PA·(PB+PC)=2PA·PD=2(PE+EA)·(PE-EA)=2(PE2-EA2).
而EA2=(32)2= - 34,
当点P与点E重合时,PE2有最小值0,故此时PA·(PB+PC)取得最小值,最小值为
- 2EA2= - 2×34= - 32.
解法二 如图6 - 2 - 10,以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴,以边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系,
图6-2-10
则A(0,3),B( - 1,0),C(1,0),设P(x,y),则PA=( - x,3 - y),PB=( - 1 - x, - y),PC=(1 - x, - y),所以PA·(PB+PC) =( - x,3 - y)·( - 2x, - 2y)=2x2+2(y - 32)2 - 32,当x=0,y=32时,PA·(PB+PC)取得最小值,最小值为 - 32.
B
11 [2018浙江高考]已知a,b,e是平面向量,e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为π3,向量b满足b2 - 4e·b+3=0,则
|a - b|的最小值是
A.3 - 1 B.3+1 C.2 D.2 - 3
已知条件中a,b没有关系,所求结果中却有直接关系→|a - b|表示两向量终点间的距离,要求最小值,分别求出终点的轨迹→建立坐标系,
a的终点轨迹是射线,b的终点轨迹是圆→圆上与直线上两个动点间的距离的最小值转化为圆心到直线的距离减去半径
解法一 设O 为坐标原点,a=OA,b=OB=(x,y),e=(1,0),由b2 - 4e·b+3=0得x2+y2 - 4x+3=0,即(x - 2)2+y2=1,所以点B的轨迹是以C(2,0)为圆心,1为半径的圆.因为a与e的夹角为π3,所以不妨令点A在射线y=3x(x>0)上,当C,B,A共线且OA⊥CA时,如图6- 2 - 11所示,由数形结合可知|a - b|min=|CA| - |CB|=3 - 1.
图6-2-11
解法二 由b2 - 4e·b+3=0得b2 - 4e·b+3e2=(b - e)·(b - 3e)=0.
设b=OB,e=OE,3e=OF,所以b - e=EB,b - 3e=FB,所以EB·FB=0,取EF 的中点为C,则点B在以C为圆心,EF 为直径的圆上,如图6 - 2 - 12.
图6-2-12
设a=OA,作射线OA,使得∠AOE=π3,所以|a - b|=|(a - 2e)+(2e - b)|≥|a - 2e| - |2e - b|=|CA| - |BC|≥3 - 1.
A
6.[2015湖南高考]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.9
1.A 对于(1),向量的投影是数量,故(1)正确;
对于(2),由数量积的定义及向量的运算法则可知,(2)正确;
对于(3),当a⊥b时,a·b=0,故(3)错误;
对于(4),向量数量积运算不满足结合律,故(4)错误;
对于(5),两个向量的夹角的范围是[0,π],故(5)错误;综上选A.
2.B 由a·b>0,可得到θ∈[0,π2),不能得到θ∈(0,π2);而由θ∈(0,π2),可以得到a·b>0.故选B.
【易错点拨】 (1)当a·b>0时,cos θ>0,则θ是锐角或θ=0°(此时cos θ=1);
(2)当a·b<0时,cos θ<0,则θ是钝角或θ=180°(此时cos θ= - 1).
3.C 因为BC=AC - AB=(1,t - 3),所以|BC|=1+(t - 3)2=1,解得t=3,所以BC=(1,0),所以AB·BC=2×1+3×0=2,故选C.
4.B 解法一 设a与b的夹角为α,∵(a - b)⊥b,∴(a - b)·b=0,∴a·b=b2,∴|a|·|b|cos α=|b|2,又|a|=2|b|,∴cos α=12,∵α∈[0,π],∴α=π3.故选B.
解法二 令OA=a,OB=b,在△OAB中(如图D 6 - 2 - 1),则BA=a - b,由(a - b)⊥b知,∠ABO=π2,△OAB是直角三角形,又|a|=2|b|,所以∠AOB=π3,即a与b的夹角为π3,故选B.
图D 6 - 2 - 1
【易错警示】 本题易错点有两处:一是两向量的夹角公式记错,导致结果错误;二是由三角函数值求角时易出错.
5.D 由向量的坐标运算得a+b=(4,m - 2),由(a+b)⊥b,得(a+b)·b=12 - 2(m - 2)=0,解得m=8,故选D.
6.22 由题意,得b在a方向上的投影为a·b|a|=1×2+1×( - 1)12+12=22.
7.23 易知|a+2b|=|a|2+4a·b+4|b|2=4+4×2×1×12+4=23.
8. - 1 解法一 在等腰△ABE中,易得∠BAE=∠ABE=30°,故BE=2,则BD·AE=(AD - AB)·(AB+BE)=AD·AB+AD·BE - AB2 - AB·BE=
5×23×cos 30°+5×2×cos 180° - 12 - 23×2×cos 150°=15 - 10 - 12+6= - 1.
解法二 建立如图D6 - 2 - 2所示的平面直角坐标系,∠DAB=30°,AB=23,AD=5,
图D 6 - 2 - 2
则B(23,0),D(532,52).
因为AD∥BC,∠BAD=30°,
所以∠ABE=30°,
因为AE=BE,
所以∠BAE=30°,所以直线BE的斜率为33,其方程为y=33(x - 23),
直线AE的斜率为 - 33,其方程为y= - 33x.
由y=33(x - 23),y= - 33x得x=3,y= - 1,所以E(3, - 1).
所以BD·AE=(32,52)·(3, - 1)= - 1.
1.(1)A 依题意,得BA=( - 2, - 1),CD=(5,5),所以BA·CD= - 15,|BA|=5,因此向量CD在BA方向上的投影是BA·CD|BA|= - 155= - 35,故选A.
(2)311 解法一 AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23(AC - AB)=13AB+23AC.又AB·AC=3×2×12=3,所以AD·AE=(13AB+23AC)·( - AB+λAC)=
- 13|AB|2+(13λ - 23)AB·AC+23λ|AC| 2= - 3+3(13λ - 23)+23λ×4=113λ - 5= - 4,则λ=311.
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=λAC - AB,得E(λ - 3,3λ),则AD·AE=(53,233)·(λ - 3,3λ)=53(λ - 3)+233×3λ=113λ - 5= - 4,则λ=311.
2.(1)D 因为|a|=2,|b|=1,平面向量a与b的夹角为π3,所以a·b=2×1×cosπ3=2×12=1,所以|a - 2b|=|a - 2b|2=a2 - 4a·b+4b2=4 - 4+4=2,选D.
(2)A 依题意得(a+b)2 - (a - b)2=0,所以4a·b=0,即a⊥b,选A.
(3)23 设a=(1,0),b=(0,1),则c=(2, - 5),所以cos
3.B 如图D 6 - 2 - 3,设AC=m,AB=n.
图D 6 - 2 - 3
根据已知得,DF=34m,所以AF=AD+DF=34m+12n,BC=m - n,
AF·BC=(34m+12n)·(m - n)=34m2 - 12n2 - 14m·n=34 - 12 - 18=18.
4.B 解法一 由m·n=0,得acos C - (2b - c)cos A=0,由正弦定理,得sin Acos C - (2sin B - sin C)cos A=0,即sin Acos C+cos Asin C = 2sin Bcos A,所以sin (A+C)=2sin Bcos A,所以sin (π - B)=2sin Bcos A,即sin B=2sin Bcos A.因为0
cos A =22,所以A=π4,故选B.
5.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=(-3-x0,-y0),MF2=(3-x0,-y0),所以MF1·MF2=x02-3+y02=3y02-1<0,所以-33
所以|PA+PB+PC|≤4+3=7,故|PA+PB+PC|的最大值为7,选B.
解法二 因为A,B,C均在单位圆上,AC为直径,所以不妨设A(cos x,sin x),B(cos(x+α),sin(x+α))(α≠kπ,k∈Z),C( - cos x, - sin x),
PA+PB+PC=(cos(x+α) - 6,sin(x+α)),|PA+PB+PC|=[cos(x+α) - 6]2+sin2(x+α)=37 - 12cos(x+α)≤7,故选B.
相关学案
新高考数学一轮复习教师用书：第五章 3 第3讲 平面向量的数量积及应用举例学案： 这是一份新高考数学一轮复习教师用书：第五章 3 第3讲 平面向量的数量积及应用举例学案，共24页。
新高考数学一轮复习教师用书：第六章 5 第5讲 数列的综合应用学案： 这是一份新高考数学一轮复习教师用书：第六章 5 第5讲 数列的综合应用学案，共18页。
2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第十一章第二讲 古典概型学案： 这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第十一章第二讲 古典概型学案，共7页。
