1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 课时达标检测（二十六） 平面向量的数量积及其应用 小题对点练 点点落实 对点练 (一 ) 平面向量的数量积 1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 解析：选 B 如图所示， AF BC ( AD DF ) BC ? 12 BA 32 DE BC ? 12 BA 34 AC BC 12 BA BC 34 AC BC 14 38 18. 2已知菱形 ABCD 的边长为 6， ABD 30 ，点
2、E， F 分别在边 BC， DC 上， BC 2BE，CD CF .若 AE BF 9，则 的值为 ( ) A 2 B 3 C 4 D 5 解析：选 B 依题意得 AE AB BE 12 BC BA ， BF BC 1 BA ，因此AE BF ? ?12 BC BA ? ?BC 1 BA 12 BC 2 1 BA 2 ? ?12 1BC BA ，于是有 ? ?12 1 6 2 ? ?12 1 6 2 cos 60 9.由此解得 3，故选 B. 3 (2018 嘉兴一模 )如图， B， D 是以 AC 为直径的圆上的两点，其中 AB t 1， AD t 2，则 AC BD ( ) A 1 B 2
3、 C t D 2t 解析：选 A 因为 BD AD AB ，所以 AC BD AC ( AD AB ) AC AD AC AB | AC | AD |cos CAD | AC | AB |cos CAB.又 AC 为圆的直径，所以连=【 ;精品教育资源文库 】 = 接 BC， DC(图略 )，则 ADC ABC 2 ，所以 cos CAD | AD | AC |， cos CAB | AB | AC |，则AC BD | AD |2 |AB|2 t 2 (t 1) 1，故选 A. 4 (2018 广西质检 )已知向量 a， b 的夹角为 34 ， |a| 2， |b| 2，则 a( a 2b)
4、 _. 解析： a( a 2b) a2 2a b 2 2 22 ? ? 22 6. 答案： 6 5 (2018 江西白鹭洲中学调研 )已知在直角三角形 ABC 中， ACB 90 ， AC BC 2，点 P 是斜边 AB 上的中点，则 CP CB CP CA _. 解析：由题意可建立如图所示的坐标系可得 A(2,0)， B(0,2)，P(1,1) ， C(0,0) ，则 CP CB CP CA (1,1)(0,2) (1,1)(2,0) 2 2 4. 答案： 4 对点练 (二 ) 平面向量数量积的应用 1已知向量 a， b 满足 a b 0， |a| 1， |b| 2，则 |a b| ( )
5、A 0 B 1 C 2 D. 5 解析：选 D |a b| a b 2 a2 2a b b2 1 4 5. 2 (2018 云南民族中学一模 )已知向量 AB (x,1)(x0)， AC (1,2)， | BC | 5，则 AB ， AC 的夹角为 ( ) A.23 B. 6 C. 4 D. 3 解析：选 C 因为 BC AC AB (1 x,1)，所以 | BC |2 (1 x)2 1 5，即 x22x 3 0，解得 x 3 或 x 1(舍 )设 AB ， AC 的夹角为 ，则 cos AB AC | AB | AC |22 ，所以 4.故选 C. 3 (2018 广东五校协作体一模 )已知
6、向量 a ( ， 1)， b ( 2,1)若 |a b| |a=【 ;精品教育资源文库 】 = b|，则实数 的值为 ( ) A 1 B 2 C 1 D 2 解析：选 A 根据题意，对于向量 a， b，若 |a b| |a b|，则 |a b|2 |a b|2，变形可得 a2 2a b b2 a2 2a b b2，即 a b 0.又由向量 a ( ， 1)， b ( 2,1)，得 ( 2) 1 0，解得 1.故选 A. 4已知向量 a ( 3， 1)， b (0,1)， c (k， 3)，若 a 2b 与 c 垂直，则 k ( ) A 3 B 2 C 1 D 1 解析：选 A 因为 a 2b
7、与 c 垂直，所以 (a 2b) c 0，即 a c 2b c 0，所以 3k 3 2 3 0，解得 k 3. 5 (2017 吉林三模 )已知平面向量 a， b 的夹角为 120 ，且 a b 1，则 |a b|的最 小值为 ( ) A. 6 B. 3 C. 2 D 1 解 析 ： 选 A 由 题 意 可 知 1 a b |a| b|cos 120 ， 所 以 2 |a| b| |a|2 |b|22 ，即 |a|2 |b|24 ，当且仅当 |a| |b|时等号成立， |a b|2 a22a b b2 a2 b2 24 2 6，所以 |a b| 6，所以 |a b|的最小值为 6. 6 (20
8、18 河北石家庄一模 )已知三个向量 a， b， c 共面， 且均为单位向量， a b 0，则 |a b c|的取值范围是 ( ) A 2 1， 2 1 B 1， 2 C 2， 3 D 2 1,1 解析：选 A 法一：因为 a b 0，所以 |a b|2 a2 2a b b2 2，所以 |a b| 2.所以 |a b c|2 a2 b2 c2 2a b 2(a b) c 3 2(a b) c.当 c 与 (a b)同向时，(a b) c 最大， |a b c|2最小，此时 (a b) c |a b|c| cos 0 2， |a b c|2 3 2 2 ( 2 1)2，所以 |a b c|min
9、 2 1；当 c 与 (a b)反向时， (a b) c 最小，|a b c|2最大，此时 (a b) c |a b| c|cos 2， |a b c|2 3 2 2 ( 2 1)2，所以 |a b c|max 2 1.所以 |a b c|的取值 范围为 2 1， 2 1故选 A. 法二：由题意不妨设 a (1,0)， b (0,1)， c (cos ， sin )(0 2) 则 a b c (1 cos ， 1 sin )， |a b c| cos 2 sin 23 2 2sin? ? 4 ，令 t 3 2 2sin? ? 4 ，则 3 2 2 t3 2 2，故 |a b=【 ;精品教育资源
10、文库 】 = c| 2 1， 2 1 对点练 (三 ) 平面向量与其他知识的综合问题 1 (2018 丰台期末 )在 ABC 中，若 BC BA 2 AC AB CA CB ，则 sin Asin C的值为 ( ) A. 2 B.12 C. 22 D. 32 解析：选 A 设 ABC 的内角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c，由 BC BA 2 AC AB CA CB ，得 ac a2 c2 b22ac 2bcb2 c2 a22bc aba2 b2 c22ab ，化简可得 a 2c.由正弦定理得 sin Asin C ac 2. 2 (2018 吉林质检 )已知 A( 2,0)，
11、 B(2,0)，动点 P(x， y)满足 PA PB x2，则动点 P 的轨迹为 ( ) A椭圆 B双曲线 C抛物线 D两条平行直线 解析：选 D 因为动点 P(x， y)满足 PA PB x2，所以 ( 2 x， y)(2 x， y) x2，所以点 P 的轨迹方程为 y2 4，即 y 2 ，所以动点 P 的轨迹为两条平行的直线 3已知点 M(1,0)， A， B 是椭圆 x24 y2 1 上的动点，且 MA MB 0，则 MA BA 的取值范围是 ( ) A.? ?23， 1 B. 1， 9 C.? ?23， 9 D.? ?63 ， 3 解析：选 C 由 MA MB 0，可得 MA BA M
12、A ( MA MB ) MA 2, 设 A(2cos ， sin )，则 MA 2 (2cos 1)2 sin2 3cos2 4cos 2 3? ?cos 23 2 23，所以当 cos 23时， MA 2取得最小值 23，当 cos 1 时， MA 2取得最大值 9，故 MA BA 的取值范围为 ? ?23， 9 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 4.已知点 G 是 ABC 的外心， GA ， GB ， GC 是三个单位向量，且 2 GA AB AC 0， ABC 的顶点 B， C 分别在 x 轴的非负半轴和 y 轴的非负半轴上移动，如图所示，点 O是坐标原点，则 | OA |的最大值为
13、 ( ) A 1 B 2 C 3 D 4 解析：选 B 因为点 G 是 ABC 的外心，且 2 GA AB AC 0，所以点 G 是 BC 的中点， ABC 是直角三角形，且 BAC 是直角又 GA ， GB ， GC 是三个单位向量，所以 BC 2，又 ABC 的顶点 B， C 分别在 x 轴的非负半轴和 y 轴的非负半轴上移动，在 Rt BOC 中，OG 是斜边 BC 上的中线，则 |OG| 12|BC| 1，所以点 G 的轨迹是以原点为圆心、 1 为半径的圆弧又 | GA | 1，所以当 OA 经过 BC 的中点 G 时， | OA |取得最大值，且最大值为 2| GA | 2. 5已知 a， b 满足 |a| 3， |b| 1，且对任意的实数 x，不等式 |a xb| a b|恒成立，设 a， b 的夹角为 ，则 tan 2 _. 解析：如图所示，当 (a b) b 时，对任意的实数 x， a xb OA 或 a xb OB ，因为在直角三角形中，斜边大于直角边恒成立，数形结合知，不等式 |a xb| a b|恒成立，因为 (a b) b， a， b 满足 |a| 3， |b| 1，所以 (a b) b 0， a b b2 0， tan
