高考数学一轮复习课时作业：29 平面向量数量积的应用 Word版含解析

课时作业29　平面向量数量积的应用

一、选择题

1．(2019·株洲模拟)在△ABC中，(＋)·＝||2，则△ABC的形状一定是(　C　)

A．等边三角形   B．等腰三角形

C．直角三角形   D．等腰直角三角形

解析：由(＋)·＝||2，

得·(＋－)＝0，

即·(＋＋)＝0,2·＝0，

∴⊥，∴A＝90°.

又根据已知条件不能得到||＝||，

故△ABC一定是直角三角形．

2．已知点A(－2,0)，B(3,0)，动点P(x，y)满足·＝x2，则点P的轨迹是(　D　)

A．圆   B．椭圆

C．双曲线   D．抛物线

解析：∵＝(－2－x，－y)，＝(3－x，－y)，

∴·＝(－2－x)(3－x)＋y2＝x2，

∴y2＝x＋6，即点P的轨迹是抛物线．

3．已知向量m＝(1，cosθ)，n＝(sinθ，－2)，且m⊥n，则sin2θ＋6cos2θ的值为(　B　)

A.　　　　B．2　　　　C．2　　　　D．－2

解析：由题意可得m·n＝sinθ－2cosθ＝0，则tanθ＝2，所以sin2θ＋6cos2θ＝＝＝2.故选B.

4．(2019·安徽江南十校联考)已知△ABC中，AB＝6，AC＝3，N是边BC上的点，且＝2，O为△ABC的外心，则·的值为(　D　)

A．8   B．10

C．18   D．9

解析：由于＝2，则＝＋，取AB的中点为E，连接OE，由于O为△ABC的外心，则⊥，∴·＝·＝2＝×62＝18，同理可得·＝2＝×32＝，所以·＝·＝·＋·＝×18＋×＝6＋3＝9，故选D.

5．(2019·广东广雅中学等四校联考)已知两个单位向量a，b的夹角为120°，k∈R，则|a－kb|的最小值为(　B　)

A.   B.  C．1   D.

解析：∵两个单位向量a，b的夹角为120°，∴|a|＝|b|＝1，a·b＝－，∴|a－kb|＝＝＝，∵k∈R，∴当k＝－时，|a－kb|取得最小值，故选B.

6．在△ABC中，已知向量＝(2,2)，||＝2，·＝－4，则△ABC的面积为(　C　)

A．4   B．5  C．2   D．3

解析：∵＝(2,2)，∴||＝＝2.

∵·＝||·||cosA＝2×2cosA＝－4，

∴cosA＝－，∵0<A<π，∴sinA＝，

∴S△ABC＝||·||sinA＝2.故选C.

7．(2018·天津卷)如图，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·的最小值为(　A　)

A.   B.

C.   D．3

解析：解法1：如图，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(1,0)，B，C(0，)，令E(0，t)，t∈[0，]，∴·＝(－1，t)·＝t2－t＋，∵t∈[0，]，

∴当t＝－＝时，·取得最小值，(·)min＝－×＋＝.故选A.

解法2：令＝λ(0≤λ≤1)，由已知可得DC＝，

∵＝＋λ，

∴＝＋＝＋＋λ，

∴·＝(＋λ)·(＋＋λ)＝·＋||2＋λ·＋λ2||2＝3λ2－λ＋.

当λ＝－＝时，·取得最小值.故选A.

二、填空题

8．已知O为△ABC内一点，且＋＋2＝0，则△AOC与△ABC的面积之比是12.

解析：

如图所示，取AC的中点D，

∴＋＝2，

∴＝，

∴O为BD的中点，

∴面积比为高之比．

即＝＝.

9．已知|a|＝2|b|，|b|≠0，且关于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有两相等实根，则向量a与b的夹角是.

解析：由已知可得Δ＝|a|2＋4a·b＝0，即4|b|2＋4×2|b|2cosθ＝0，∴cosθ＝－.又∵0≤θ≤π，∴θ＝.

10．已知△ABC是直角边长为2的等腰直角三角形，且A为直角顶点，P为平面ABC内一点，则·(＋)的最小值是－1.

解析：解法1：如图，以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，设P(x，y)，则＝(－x，－y)，＝(2－x，－y)，＝(－x,2－y)，＋＝(2－2x,2－2y)，

∴·(＋)＝－x(2－2x)－y(2－2y)＝2(x－)2＋2(y－)2－1≥－1(当且仅当x＝y＝时等号成立)，∴·(＋)的最小值为－1.

解法2：·(＋)＝·(＋＋＋)＝·(2＋＋)．

设BC的中点为D，则＋＝2，

∴·(＋)＝2·(＋)＝2·，

∵－2||·||≤2·≤2||·||，

∴(2·)min＝－2||·||，此时点P在线段AD上(异于A，D)，设＝λ(－1<λ<0)，

则||＝|λ|＝－λ·，||＝＋λ，

∴－2||·||＝4(λ2＋λ＋－)＝4(λ＋)2－1，∴当λ＝－时，·(＋)取得最小值－1.

三、解答题

11．已知点P(0，－3)，点A在x轴上，点Q在y轴的正半轴上，点M满足·＝0，＝－，当点A在x轴上移动时，求动点M的轨迹方程．

解：设M(x，y)为所求轨迹上任一点，

设A(a,0)，Q(0，b)(b>0)，

则＝(a,3)，＝(x－a，y)，＝(－x，b－y)，

由·＝0，得a(x－a)＋3y＝0.　①

由＝－，得

(x－a，y)＝－(－x，b－y)＝x，(y－b)，

∴∴

∵b>0，∴y>0，把a＝－代入到①中，

得－＋3y＝0，整理得y＝x2(x≠0)．

∴动点M的轨迹方程为y＝x2(x≠0)．

12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝，n＝(c，b－2a)，且m·n＝0.

(1)求角C的大小；

(2)若点D为边AB上一点，且满足＝，||＝，c＝2，求△ABC的面积．

解：(1)由题意知m＝(cosB，cosC)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，则ccosB＋(b－2a)cosC＝0.

在△ABC中，由正弦定理得

sinCcosB＋(sinB－2sinA)cosC＝0，

整理得sinCcosB＋sinBcosC－2sinAcosC＝0，即sin(B＋C)＝2sinAcosC.

故sinA＝2sinAcosC，又sinA≠0，∴cosC＝，

∵C∈(0，π)，∴C＝.

(2)由＝知，－＝－，

∴2＝＋，

两边平方得4||2＝b2＋a2＋2bacos∠ACB＝b2＋a2＋ba＝28.①

又c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，

∴a2＋b2－ab＝12.②

由①②得ab＝8，∴S△ABC＝absin∠ACB＝2.

13．已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个动点，若动点P满足＝＋λ，λ∈(0，＋∞)，则(　D　)

A．动点P的轨迹一定通过△ABC的重心

B．动点P的轨迹一定通过△ABC的内心

C．动点P的轨迹一定通过△ABC的外心

D．动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心

解析：由条件，

得＝λ，

从而·＝λ

＝λ＋λ·＝0，所以⊥，则动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心．

14．已知向量a，b满足：|a|＝|b|＝1，且a·b＝，若c＝xa＋yb，其中x>0，y>0且x＋y＝2，则|c|的最小值是.

解析：∵|a|＝|b|＝1，且a·b＝，

当c＝xa＋yb时，c2＝x2a2＋2xya·b＋y2b2＝x2＋xy＋y2＝(x＋y)2－xy；

又x>0，y>0且x＋y＝2，∴xy≤()2＝1，当且仅当x＝y＝1时取“＝”，∴c2≥(x＋y)2－()2＝22－1＝3，∴|c|的最小值是.

15．(2019·重庆市质量调研)已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，AC＝5，I是△ABC的内心，P是△IBC内部(不含边界)的动点，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是(　A　)

A．(，1)   B．(，2)

C．(，1)   D．(2,3)

解析：以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0,0)，A(3,0)，C(0,4)．

设△ABC的内切圆的半径为r，因为I是△ABC的内心，所以(5＋3＋4)×r＝4×3，解得r＝1，所以I(1,1)．设P(x，y)，因为点P在△IBC内部(不含边界)，所以0<x<1.因为＝(－3,0)，＝(－3,4)，＝(x－3，y)，且＝λ＋μ，

所以得

所以λ＋μ＝1－x，又0<x<1，

所以λ＋μ∈(，1)，故选A.

16．(2018·浙江卷)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，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是(　A　)

A.－1   B.＋1

C．2   D．2－

解析：解法1：设O为坐标原点，a＝，b＝＝(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，所以不妨令点A在射线y＝x(x>0)上，如图，数形结合可知|a－b|min＝||－||＝－1.故选A.

解法2：由b2－4e·b＋3＝0得b2－4e·b＋3e2＝(b－e)·(b－3e)＝0.

设b＝，e＝，3e＝，所以b－e＝，b－3e＝，所以·＝0，取EF的中点为C，则B在以C为圆心，EF为直径的圆上，如图．设a＝，作射线OA，使得∠AOE＝，所以|a－b|＝|(a－2e)＋(2e－b)|≥|a－2e|－|2e－b|＝||－||≥－1.故选A.