第五章平面向量第三節(jié)平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例A級(jí)·基礎(chǔ)過(guò)關(guān)|固根基|a與b的夾角為θ，則“a·b>0”是“θ為銳角”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選B由a·b>0，可得到θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，不能得到θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；而由θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，可以得到a·bB．2．(2019屆鄭州一中高三入學(xué)測(cè)試)已知向量a，b均為單位向量，若它們的夾角為60°，則|a＋3b|等于()A．eq\r(7) B．eq\r(10)C．eq\r(13) D．4解析：選C依題意得a·b＝eq\f(1,2)，∴|a＋3b|＝eq\r(a2＋9b2＋6a·b)＝eq\r(13)，故選C．3．(2019屆山東模擬)已知非零向量m，n滿足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝eq\f(1,3).若n⊥(tm＋n)，則實(shí)數(shù)t的值為()A．4 B．－4C．eq\f(9,4) D．－eq\f(9,4)解析：選B由n⊥(tm＋n)可得n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋n2＝0，所以t＝－eq\f(n2,m·n)＝－eq\f(n2,|m||n|cos〈m，n〉)＝－eq\f(|n|2,|m||n|×\f(1,3))＝eq\f(－3|n|,|m|).又4|m|＝3|n|，∴t＝－3×eq\f(4,3)B．4．(2019屆東北聯(lián)考)已知向量a，b滿足(a＋2b)·(5a－4b)＝0，且|a|＝|b|＝1，則a與b的夾角θ為()A．eq\f(3π,4) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)解析：選C因?yàn)?a＋2b)·(5a－4b)＝0，|a|＝|b|＝1，所以6a·b－8＋5＝0，即a·b＝eq\f(1,2).又a·b＝|a||b|cosθ＝cosθ，所以cosθ＝eq\f(1,2).因?yàn)棣取蔥0，π]，所以θ＝eq\f(π,3).故選C．5．(2019屆石家莊模擬)在△ABC中，AB＝4，AC＝3，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1，則BC＝()A．eq\r(3) B．eq\r(2)C．2 D．3解析：選D設(shè)∠A＝θ，因?yàn)閑q\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，AB＝4，AC＝3，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AC,\s\up6(→))2－eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝9－eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝1，即eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝8，所以cosθ＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(AC,\s\up6(→))||\o(AB,\s\up6(→))|))＝eq\f(8,3×4)＝eq\f(2,3)，所以BC＝eq\r(16＋9－2×4×3×\f(2,3))D．6．已知向量a，b滿足|a|＝1，(a＋b)·(a－2b)＝0，則|b|的取值范圍為()A．[1，2] B．[2，4]C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：選D由題意知b≠0，設(shè)向量a，b的夾角為θ，因?yàn)?a＋b)·(a－2b)＝a2－a·b－2b2＝0，又|a|＝1，所以1－|b|cosθ－2|b|2＝0，所以|b|cosθ＝1－2|b|2.因?yàn)椋?≤cosθ≤1，所以－|b|≤1－2|b|2≤|b|，所以eq\f(1,2)≤|b|≤1，所以|b|的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).故選D．7．(2020屆大同調(diào)研)在Rt△ABC中，∠C＝eq\f(π,2)，AC＝3，取點(diǎn)D，E，使eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(2DA,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝3eq\o(BE,\s\up6(→))，那么eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝()A．－6 B．6C．－3 D．3解析：選D由eq\o(BD,\s\up6(→))＝2eq\o(DA,\s\up6(→))，得eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝2(eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→)))，得eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up6(→)).由eq\o(AB,\s\up6(→))＝3eq\o(BE,\s\up6(→))，得eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→))＝3(eq\o(CE,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→)))，得eq\o(CE,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(4,3)eq\o(CB,\s\up6(→)).因?yàn)椤螩＝eq\f(π,2)，即eq\o(CA,\s\up6(→))⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，所以eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0.所以eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(CA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(CB,\s\up6(→))))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)\o(CA,\s\up6(→))＋\f(4,3)\o(CB,\s\up6(→))))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))2－eq\f(1,3)eq\o(CA,\s\up6(→))2＝3，故選D．8.如圖，BC，DE是半徑為1的圓O的兩條直徑，eq\o(BF,\s\up6(→))＝2eq\o(FO,\s\up6(→))，則eq\o(FD,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))的值是()A．－eq\f(3,4) B．－eq\f(8,9)C．－eq\f(1,4) D．－eq\f(4,9)解析：選B因?yàn)閑q\o(BF,\s\up6(→))＝2eq\o(FO,\s\up6(→))，r＝1，所以|eq\o(FO,\s\up6(→))|＝eq\f(1,3)，所以eq\o(FD,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＝(eq\o(FO,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))·(eq\o(FO,\s\up6(→))＋eq\o(OE,\s\up6(→)))＝eq\o(FO,\s\up6(→))2＋eq\o(FO,\s\up6(→))·(eq\o(OE,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))＋eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋0－1＝－eq\f(8,9)，故選B．9．(2019屆南寧市摸底聯(lián)考)已知O是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2且∠BAC＝60°，則△OBC的面積為()A．eq\f(\r(3),3) B．eq\r(3)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(2,3)解析：選A∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴O是△ABC的重心，∴S△OBC＝eq\f(1,3)S△ABC．∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·cos∠BAC∠BAC＝60°，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝4，∴S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|sin∠BAC＝eq\r(3)，∴△OBC的面積為eq\f(\r(3),3)，故選A．10．(2020屆貴陽(yáng)摸底)已知a，b均為單位向量，若|a－2b|＝eq\r(3)，則a與b的夾角為_(kāi)_______．解析：由|a－2b|＝eq\r(3)，得|a－2b|2＝3，即a2－4a·b＋4b2＝3，即1－4a·b＋4＝3，所以a·b＝eq\f(1,2)，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(1,2)，所以〈a，b〉＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)11．(2019屆南昌摸底調(diào)研)已知?jiǎng)又本€l與圓O：x2＋y2＝4相交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝2，點(diǎn)C為直線l上一點(diǎn)，且滿足eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(5,2)eq\o(CA,\s\up6(→))，若M是線段AB的中點(diǎn)，則eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))的值為_(kāi)_______．解析：解法一：動(dòng)直線l與圓O：x2＋y2＝4相交于A，B兩點(diǎn)，連接OA，OB，因?yàn)閨AB|＝2，所以△AOB為等邊三角形，于是不妨設(shè)動(dòng)直線l為y＝eq\r(3)(x＋2)，如圖所示，根據(jù)題意可得B(－2，0)，A(－1，eq\r(3))，因?yàn)镸是線段AB的中點(diǎn)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2))).設(shè)C(x，y)，因?yàn)閑q\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(5,2)eq\o(CA,\s\up6(→))，所以(－2－x，－y)＝eq\f(5,2)(－1－x，eq\r(3)－y)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2－x＝\f(5,2)（－1－x），,－y＝\f(5,2)（\r(3)－y），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,3)，,y＝\f(5\r(3),3)，))所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(5\r(3),3)))，所以eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(5\r(3),3)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))＝eq\f(1,2)＋eq\f(5,2)＝3.解法二：連接OA，OB，因?yàn)橹本€l與圓O：x2＋y2＝4相交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝2，所以△AOB為等邊三角形．因?yàn)閑q\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(5,2)eq\o(CA,\s\up6(→))，所以eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\f(5,3)eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up6(→)).又M為AB的中點(diǎn)，所以eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))，且eq\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角為60°，則eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)\o(OA,\s\up6(→))－\f(2,3)\o(OB,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(OB,\s\up6(→))))＝eq\f(5,6)eq\o(OA,\s\up6(→))2－eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OB,\s\up6(→))|cos60°＝eq\f(5,6)×4－eq\f(1,3)×4＋eq\f(1,2)×2×2×eq\f(1,2)＝3.答案：312.如圖，已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，向量eq\o(OA,\s\up6(→))＝(3cosx，3sinx)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(3cosx，sinx)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求證：(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))⊥eq\o(OC,\s\up6(→))；(2)若△ABC是等腰三角形，求x的值．解：(1)證明：∵eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0，2sinx)，∴(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0×eq\r(3)＋2sinx×0＝0，∴(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))⊥eq\o(OC,\s\up6(→)).(2)若△ABC是等腰三角形，則AB＝BC，∴(2sinx)2＝(3cosx－eq\r(3))2＋sin2x，整理得2cos2x－eq\r(3)cosx＝0，解得cosx＝0，或cosx＝eq\f(\r(3),2).∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosx＝eq\f(\r(3),2)，即x＝eq\f(π,6).B級(jí)·素養(yǎng)提升|練能力|13.(2019屆洛陽(yáng)市第一次聯(lián)考)已知點(diǎn)O是銳角三角形ABC的外心，若eq\o(OC,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))(m，n∈R)，則()A．m＋n≤－2 B．－2≤m＋n<－1C．m＋n<－1 D．－1<m＋n<0解析：選C因?yàn)辄c(diǎn)O是銳角三角形ABC的外心，所以O(shè)在三角形內(nèi)部，則m<0，n設(shè)銳角三角形ABC的外接圓的半徑為1，因?yàn)閑q\o(OC,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))，所以eq\o(OC,\s\up6(→))2＝m2eq\o(OA,\s\up6(→))2＋n2eq\o(OB,\s\up6(→))2＋2mneq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→)).設(shè)向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角為θ，則1＝m2＋n2＋2mncosθ<m2＋n2＋2mn＝(m＋n)2，所以m＋n<－1或m＋n>1(舍去)，所以m＋n<－1，故選C．14．已知點(diǎn)P是圓x2＋y2＝4上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)A，B，C在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的單位圓上運(yùn)動(dòng)，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|的最大值為()A．5 B．6C．7 D．8解析：選C由A，B，C三點(diǎn)在圓x2＋y2＝1上，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，得AC是該圓的直徑．設(shè)eq\o(PO,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角為θ，θ∈[0，π]，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|＝|2eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|＝|3eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\r(\a\vs4\al(（3\o(PO,\s\up6(→))＋\o(OB,\s\up6(→))）2))＝eq\r(9|\o(PO,\s\up6(→))|2＋|\o(OB,\s\up6(→))|2＋6\o(PO,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→)))＝eq\r(36＋1＋12cosθ)＝eq\r(37＋12cosθ)，當(dāng)θ＝0時(shí)，|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|取得最大值7，故選C．15．在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，CA＝CB＝1，P是AB邊上的點(diǎn)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，若eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))≥eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))，則實(shí)數(shù)λ的最大值是()A．1 B．eq\f(2－\r(2),2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(2＋\r(2),2)解析：選A以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸的正方向建立平面直角坐標(biāo)系，則C(0，0)，A(1，0)，B(0，1)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1)．因?yàn)辄c(diǎn)P在線段AB上，eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－λ，λ)，所以P(1－λ，λ)，所以eq\o(CP,\s\up6(→))＝(1－λ，λ)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(λ－1，1－λ)，λ∈[0，1]．因?yàn)閑q\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))≥eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))，所以(1－λ，λ)·(－1，1)≥(λ，－λ)·(λ－1，1－λ)，化簡(jiǎn)得2λ2－4λ＋1≤0，解得eq\f(2－\r(2),2)≤λ≤eq\f(2＋\r(2),2).因?yàn)棣恕蔥0，1]，所以eq\f(2－\r(2),2)≤λ≤1，所以λA．16.如圖，在平行四邊形ABCD中，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，向量eq\o(AD,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))方向上的投影為1，且eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，點(diǎn)P在線段CD上，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的取值范圍為_(kāi)_______．解析：解法一：由題意知∠DAB＝45°，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝1，設(shè)|eq\o(PD,\s\up6(→))|＝x，則0≤x≤1，因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(DP,\s\up6(→)))·(－eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(CP,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DP,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝2＋eq\r(2)(1－x)cos135°＋eq\r(2)xcos45°－x(1－x)＝x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)∈[1，3]．解法二：由題意可知，DB⊥AB，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB及BD所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系．由題意知B(0，0)，A(－1，0)，設(shè)P(x，1)，其中0≤x≤1，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－1－x，－1)·(－x，－1)＝x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)∈[1，3]．答案：[1，3]17．已知△ABC的面積為24，點(diǎn)D，E分別在邊BC，AC上，且滿足eq\o(CE,\s\up