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高考數學復習平面向量的數量積及其應用復習題及答案
a與b的數量積ab＝|a||b|cs θab＝x1x2＋12
答案 自主梳理
1．(1)ab＝|a||b|cs〈a，b〉 (2)①|a|cs〈a，e〉 ②ab＝0 ③|a|2 aa ④ab|a||b|
⑤≤ 2.(1)ba
(2)ac＋bc (3)λ(ab) 3.(1)a1b1＋a2b2 (2)a1b1＋a2b2＝0 (3)a21＋a22 a1b1＋a2b2a21＋a22 b21＋b22
(4)(x2－x1，2－1) x2－x12＋2－12
自我檢測
2．B [|2a－b|＝2a－b2
＝4a2－4ab＋b2＝8＝22.]
3．D [由(a＋λb)b＝0得ab＋λ|b|2＝0，
∴1＋2λ＝0，∴λ＝－12.]
4．2＝8x(x≠0)
解析 由題意得AB→＝2，－2，
BC→＝x，2，又AB→⊥BC→，∴AB→BC→＝0，
即2，－2x，2＝0，化簡得2＝8x(x≠0)．
5．－2
解析 合理建立直角坐標系，因為三角形是正三角形，故設C(0,0)，A(23，0)，B(3，3)，這樣利用向量關系式，求得MA→＝32，－12，MB→＝32，－12，MB→＝－32，52，所以MA→MB→＝－2.
課堂活動區
例1 解 (1)∵(2a－3b)(2a＋b)＝61，
∴4|a|2－4ab－3|b|2＝61.
又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4ab－27＝61，
∴ab＝－6.
∴cs θ＝ab|a||b|＝－64×3＝－12.
又0≤θ≤π，∴θ＝2π3.
(2)|a＋b|＝a＋b2
＝|a|2＋2ab＋|b|2
＝16＋2×－6＋9＝13.
(3)∵AB→與BC→的夾角θ＝2π3，
∴∠ABC＝π－2π3＝π3.
又|AB→|＝|a|＝4，|BC→|＝|b|＝3，
∴S△ABC＝12|AB→||BC→|sin∠ABC
＝12×4×3×32＝33.
變式遷移1 (1)C [∵|a|＝|b|＝1，ab＝0，
展開(a－c)(b－c)＝0|c|2＝c(a＋b)
＝|c||a＋b|cs θ，∴|c|＝|a＋b|cs θ＝2cs θ，
∴|c|的最大值是2.]
(2)λ<12且λ≠－2
解析 ∵〈a，b〉∈(0，π2)，∴ab>0且ab不同向．
即|i|2－2λ||2>0，∴λ<12.
當ab同向時，由a＝b(>0)得λ＝－2.
∴λ<12且λ≠－2.
例2 解題導引 1.非零向量a⊥bab＝0x1x2＋12＝0.
2．當向量a與b是非坐標形式時，要把a、b用已知的不共線的向量表示．但要注意運算技巧，有時把向量都用坐標表示，并不一定都能夠簡化運算，要因題而異．
解 (1)由題意得，|a|＝|b|＝1，
∴(a＋b)(a－b)＝a2－b2＝0，
∴a＋b與a－b垂直．
(2)|a＋b|2＝2a2＋2ab＋b2＝2＋2ab＋1，
(3|a－b|)2＝3(1＋2)－6ab.
由條件知，2＋2ab＋1＝3(1＋2)－6ab，
從而有，ab＝1＋24(>0)．
(3)由(2)知ab＝1＋24＝14(＋1)≥12，
當＝1時，等號成立，即＝±1.
∵>0，∴＝1.
此時cs θ＝ab|a||b|＝12，而θ∈[0，π]，∴θ＝π3.
故ab的最小值為12，此時θ＝π3.
變式遷移2 (1)解 因為a與b－2c垂直，
所以a(b－2c)
＝4cs αsin β－8cs αcs β＋4sin αcs β＋8sin αsin β
＝4sin(α＋β)－8cs(α＋β)＝0.
因此tan(α＋β)＝2.
(2)解 由b＋c＝(sin β＋cs β，4cs β－4sin β)，
得|b＋c|＝sin β＋cs β2＋4cs β－4sin β2
＝17－15sin 2β≤42.
又當β＝－π4時，等號成立，所以|b＋c|的最大值為42.
(3)證明 由tan αtan β＝16得4cs αsin β＝sin α4cs β，
所以a∥b.
例3 解題導引 與三角函數相結合考查向量的數量積的坐標運算及其應用是高考熱點題型．解答此類問題，除了要熟練掌握向量數量積的坐標運算公式，向量模、夾角的坐標運算公式外，還應掌握三角恒等變換的相關知識．
解 (1)ab＝cs 32xcs x2－sin 32xsin x2＝cs 2x，
|a＋b|＝cs 32x＋cs x22＋sin 32x－sin x22
＝2＋2cs 2x＝2|cs x|，
∵x∈－π3，π4，∴cs x>0，
∴|a＋b|＝2cs x.
(2)f(x)＝cs 2x－2cs x＝2cs2x－2cs x－1
＝2cs x－122－32.
∵x∈－π3，π4，∴12≤cs x≤1，
∴當cs x＝12時，f(x)取得最小值－32；
當cs x＝1時，f(x)取得最大值－1.
變式遷移3 解 由題意，設△ABC的角B、C的對邊分別為b、c，則S＝12bcsin A＝12.
AB→AC→＝bccs A＝3>0，
∴A∈0，π2，cs A＝3sin A.
又sin2A＋cs2A＝1，
∴sin A＝1010，cs A＝31010.
由題意cs B＝35，得sin B＝45.
∴cs(A＋B)＝cs Acs B－sin Asin B＝1010.
∴cs C＝cs[π－(A＋B)]＝－1010.
課后練習區
1．D [因為ab＝6－＝0，所以＝6.]
2．D [由(2a＋3b)(a－4b)＝0得2－12＝0，∴＝6.]
3．C [∵S△ABC＝12|a||b|sin∠BAC＝154，
∴sin∠BAC＝12.又ab<0，
∴∠BAC為鈍角．∴∠BAC＝150°.]
4．C [由(2a＋b)b＝0，得2ab＝－|b|2.
cs〈a，b〉＝ab|a||b|＝－12|b|2|b|2＝－12.
∵〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a，b〉＝120°.]
5．B [因為ab＝|a||b|cs〈a，b〉，
所以，a在b上的投影為|a|cs〈a，b〉
＝ab|b|＝21－842＋72＝1365＝655.]
6.35
解析 ∵ab＝cs 2α＋2sin2α－sin α＝25，
∴1－2sin2α＋2sin2α－sin α＝25，∴sin α＝35.
7．120°
解析 設a與b的夾角為θ，∵c＝a＋b，c⊥a，
∴ca＝0，即(a＋b)a＝0.∴a2＋ab＝0.
又|a|＝1，|b|＝2，∴1＋2cs θ＝0.
∴cs θ＝－12，θ∈[0°，180°]即θ＝120°.
8．(－1,0)或(0，－1)
解析 設n＝(x，)，由n＝－1，
有x＋＝－1.①
由與n夾角為3π4，
有n＝|||n|cs 3π4，
∴|n|＝1，則x2＋2＝1.②
由①②解得x＝－1＝0或x＝0＝－1，
∴n＝(－1,0)或n＝(0，－1)．
9．解 設存在點M，且OM→＝λOC→＝(6λ，3λ) (0≤λ≤1)，
MA→＝(2－6λ，5－3λ)，MB→＝(3－6λ，1－3λ)．…………………………………………(4分)
∵MA→⊥MB→，
∴(2－6λ)(3－6λ)＋(5－3λ)(1－3λ)＝0，………………………………………………(8分)
即45λ2－48λ＋11＝0，解得λ＝13或λ＝1115.
∴M點坐標為(2,1)或225，115.
故在線段OC上存在點M，使MA→⊥MB→，且點M的坐標為(2,1)或(225，115)．………(12分)
10．(1)證明 ∵ab＝cs(－θ)csπ2－θ＋sin－θsinπ2－θ
＝sin θcs θ－sin θcs θ＝0.∴a⊥b.……………………………………………………(4分)
(2)解 由x⊥得，x＝0，
即[a＋(t2＋3)b](－a＋tb)＝0，
∴－a2＋(t3＋3t)b2＋[t－(t2＋3)]ab＝0，
∴－|a|2＋(t3＋3t)|b|2＝0.………………………………………………………………(6分)
又|a|2＝1，|b|2＝1，
∴－＋t3＋3t＝0，∴＝t3＋3t.…………………………………………………………(8分)
∴＋t2t＝t3＋t2＋3tt＝t2＋t＋3
＝t＋122＋114.……………………………………………………………………………(10分)
故當t＝－12時，＋t2t有最小值114.………………………………………………………(12分)
11．解 (1)f(x)＝ab＝2csx＋π6＋2sin x
＝2cs xcs π6－2sin xsin π6＋2sin x
＝3cs x＋sin x＝2sinx＋π3.…………………………………………………………(5分)
由π2＋2π≤x＋π3≤3π2＋2π，∈Z，
得π6＋2π≤x≤7π6＋2π，∈Z.
所以f(x)的單調遞減區間是
π6＋2π，7π6＋2π (∈Z)．……………………………………………………………(8分)
(2)由(1)知f(x)＝2sinx＋π3.
又因為2sinx＋π3＝85，
所以sinx＋π3＝45，……………………………………………………………………(11分)
即sinx＋π3＝csπ6－x＝csx－π6＝45.
所以cs2x－π3＝2cs2x－π6－1＝725.………………………………………………(14分)
5
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