第21練關(guān)于平面向量數(shù)量積運(yùn)算的三類(lèi)經(jīng)典題型題型分析高考展望平面向量數(shù)量積的運(yùn)算是平面向量的一種重要運(yùn)算，應(yīng)用十分廣泛，對(duì)向量本身，通過(guò)數(shù)量積運(yùn)算可以解決位置關(guān)系的判定、夾角、模等問(wèn)題，另外還可以解決平面幾何、立體幾何中許多有關(guān)問(wèn)題，因此是高考必考內(nèi)容，題型有選擇題、填空題，也在解答題中出現(xiàn)，常與其他知識(shí)結(jié)合，進(jìn)行綜合考查.?？碱}型精析題型一平面向量數(shù)量積的基本運(yùn)算例1(1)(2014天津)已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，BAD120，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，DC上，BC3BE，DCDF.若1，則的值為_(kāi).(2)已知圓O的半徑為1，PA，PB為該圓的兩條切線(xiàn)，A，B為切點(diǎn)，那么的最小值為()A.4 B.3C.42 D.32點(diǎn)評(píng)(1)平面向量數(shù)量積的運(yùn)算有兩種形式：一是依據(jù)長(zhǎng)度和夾角，二是利用坐標(biāo)運(yùn)算，具體應(yīng)用哪種形式由已知條件的特征來(lái)選擇.注意兩向量a，b的數(shù)量積ab與代數(shù)中a，b的乘積寫(xiě)法不同，不應(yīng)該漏掉其中的“”.(2)向量的數(shù)量積運(yùn)算需要注意的問(wèn)題：ab0時(shí)得不到a0或b0，根據(jù)平面向量數(shù)量積的性質(zhì)有|a|2a2，但|ab|a|b|.變式訓(xùn)練1(2015湖北)已知向量，|3，則_.題型二利用平面向量數(shù)量積求兩向量夾角例2(1)(2015重慶)若非零向量a，b滿(mǎn)足|a|b|，且(ab)(3a2b)，則a與b的夾角為()A. B.C. D.(2)(2015石家莊模擬)已知向量a，b滿(mǎn)足|a|2|b|0，且關(guān)于x的函數(shù)f(x)2x33|a|x26abx5在R上單調(diào)遞減，則向量a，b夾角的取值范圍是()A. B.C. D.點(diǎn)評(píng)求向量的夾角時(shí)要注意：(1)向量的數(shù)量積不滿(mǎn)足結(jié)合律，(2)數(shù)量積大于0說(shuō)明不共線(xiàn)的兩向量的夾角為銳角，數(shù)量積等于0說(shuō)明兩向量的夾角為直角，數(shù)量積小于0且兩向量不能共線(xiàn)時(shí)兩向量的夾角為鈍角.變式訓(xùn)練2若兩個(gè)非零向量a，b滿(mǎn)足|ab|ab|2|a|，則向量b與ab的夾角為()A. B.C. D.題型三利用數(shù)量積求向量的模例3(1)已知平面向量a和b，|a|1，|b|2，且a與b的夾角為120，則|2ab|等于()A.2 B.4C.2 D.6(2)已知直角梯形ABCD中，ADBC，ADC90，AD2，BC1，P是腰DC上的動(dòng)點(diǎn)，則|3|的最小值為_(kāi).點(diǎn)評(píng)(1)把幾何圖形放在適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系中，給有關(guān)向量賦以具體的坐標(biāo)求向量的模，如向量a(x，y)，求向量a的模只需利用公式|a|即可求解.(2)向量不放在坐標(biāo)系中研究，求解此類(lèi)問(wèn)題的方法是利用向量的運(yùn)算法則及其幾何意義或應(yīng)用向量的數(shù)量積公式，關(guān)鍵是會(huì)把向量a的模進(jìn)行如下轉(zhuǎn)化：|a|.變式訓(xùn)練3(2015浙江)已知e1，e2是空間單位向量，e1e2，若空間向量b滿(mǎn)足be12，be2，且對(duì)于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，則x0_，y0_，|b|_.高考題型精練1.(2015山東)已知菱形ABCD 的邊長(zhǎng)為a，ABC60，則 等于()A.a2 B.a2C.a2 D.a22.(2014浙江)記maxx，yminx，y設(shè)a，b為平面向量，則()A.min|ab|，|ab|min|a|，|b|B.min|ab|，|ab|min|a|，|b|C.max|ab|2，|ab|2|a|2|b|2D.max|ab|2，|ab|2|a|2|b|23.(2015湖南)已知點(diǎn)A，B，C在圓x2y21上運(yùn)動(dòng)，且ABBC.若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,0)，則|的最大值為()A.6 B.7C.8 D.94.如圖，在等腰直角ABO中，OAOB1，C為AB上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn)，過(guò)C作AB的垂線(xiàn)l，P為垂線(xiàn)上任一點(diǎn)，設(shè)a，b，p，則p(ba)等于()A. B.C. D.5.在平面上，|1，.若|<，則|的取值范圍是()A.(0， B.(，C.(， D.(，6.如圖所示，ABC中，ACB90且ACBC4，點(diǎn)M滿(mǎn)足3，則等于()A.2 B.3C.4 D.67.(2014安徽)設(shè)a，b為非零向量，|b|2|a|，兩組向量x1，x2，x3，x4和y1，y2，y3，y4均由2個(gè)a和2個(gè)b排列而成.若x1y1x2y2x3y3x4y4所有可能取值中的最小值為4|a|2，則a與b的夾角為()A. B. C. D.08.(2014江蘇)如圖，在平行四邊形ABCD中，已知AB8，AD5，3，2，則的值是_.9.設(shè)非零向量a，b的夾角為，記f(a，b)acos bsin .若e1，e2均為單位向量，且e1e2，則向量f(e1，e2)與f(e2，e1)的夾角為_(kāi).10.(2015湖南衡陽(yáng)八中第六次月考)已知點(diǎn)O是銳角ABC的外心，AB8，AC12，A.若xy，則6x9y_.11.已知向量a(sin x，)，b(cos x，1).(1)當(dāng)ab時(shí)，求cos2xsin 2x的值；(2)設(shè)函數(shù)f(x)2(ab)b，已知在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a，b2，sin B，求f(x)4cos(2A)(x0，)的取值范圍.12.(2015黃岡模擬)在ABC中，AC10，過(guò)頂點(diǎn)C作AB的垂線(xiàn)，垂足為D，AD5，且滿(mǎn)足.(1)求|；(2)存在實(shí)數(shù)t1，使得向量xt，yt，令kxy，求k的最小值.答案精析第21練關(guān)于平面向量數(shù)量積運(yùn)算的三類(lèi)經(jīng)典題型常考題型精析例1(1)2(2)D解析(1)如圖，()()()()22cos 120222222cos 1202，又1，1，2.(2)方法一設(shè)|x，APB，則tan ，從而cos .|cos x2x21323，當(dāng)且僅當(dāng)x21，即x21時(shí)取等號(hào)，故的最小值為23.方法二設(shè)APB，0<<，則|.|cos ()2cos (12sin2).令xsin2，0<x1，則2x323，當(dāng)且僅當(dāng)2x，即x時(shí)取等號(hào).故的最小值為23.方法三以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，則圓O的方程為x2y21，設(shè)A(x1，y1)，B(x1，y1)，P(x0,0)，則(x1x0，y1)(x1x0，y1)x2x1x0xy.由OAPA(x1，y1)(x1x0，y1)0xx1x0y0，又xy1，所以x1x01.從而x2x1x0xyx2x(1x)2xx323.故的最小值為23.變式訓(xùn)練19解析因?yàn)?，所?.所以()2|20329.例2(1)A(2)D解析(1)由(ab)(3a2b)得(ab)(3a2b)0，即3a2ab2b20.又|a|b|，設(shè)a，b，即3|a|2|a|b|cos 2|b|20，|b|2|b|2cos 2|b|20.cos .又0，.(2)設(shè)向量a，b的夾角為，因?yàn)閒(x)2x33|a|x26abx5，所以f(x)6x26|a|x6ab，又函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，所以f(x)0在R上恒成立，所以36|a|24(6)(6ab)0，解得ab|a|2，因?yàn)閍b|a|b|cos ，且|a|2|b|0，所以|a|b|cos |a|2cos |a|2，解得cos ，因?yàn)?，所以向量a，b的夾角的取值范圍是，故選D.變式訓(xùn)練2A解析方法一由已知，得|ab|ab|，將等式兩邊分別平方，整理可得ab0.由已知，得|ab|2|a|，將等式兩邊分別平方，可得a2b22ab4a2.將代入，得b23a2，即|b|a|.而b(ab)abb2b2，故cosb，ab.又b，ab0，所以b，ab.故選A.方法二如圖，作a，b，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OACB，則ab，ab.由|ab|ab|2|a|，可得|2|，所以平行四邊形OACB是矩形，a.從而|2|.在RtBOC中，| |，故cosBOC，所以BOC.從而b，abBOC，故選A.例3(1)A(2)5解析(1)因?yàn)槠矫嫦蛄縜和b，|a|1，|b|2，且a與b的夾角為120，所以|2ab| 2.(2)方法一以D為原點(diǎn)，分別以DA、DC所在直線(xiàn)為x、y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)DCa，DPx. D(0,0)，A(2,0)，C(0，a)，B(1，a)，P(0，x)，(2，x)，(1，ax)，3(5,3a4x)，|3|225(3a4x)225，|3|的最小值為5.方法二設(shè)x(0<x<1)，(1x)，x，(1x)，3(34x)，|3|222(34x)(34x)2225(34x)2225，|3|的最小值為5.變式訓(xùn)練3122解析方法一對(duì)于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，說(shuō)明當(dāng)xx0，yy0時(shí)，|b(xe1ye2)|取得最小值1.|b(xe1ye2)|2|b|2(xe1ye2)22b(xe1ye2)|b|2x2y2xy4x5y，要使|b|2x2y2xy4x5y取得最小值，需要把x2y2xy4x5y看成關(guān)于x的二次函數(shù)，即f(x)x2(y4)xy25y，其圖象是開(kāi)口向上的拋物線(xiàn)，對(duì)稱(chēng)軸方程為x2，所以當(dāng)x2時(shí)，f(x)取得最小值，代入化簡(jiǎn)得f(x)(y2)27，顯然當(dāng)y2時(shí)，f(x)min7，此時(shí)x21，所以x01，y02.此時(shí)|b|271，可得|b|2.方法二e1e2|e1|e2|cose1，e2，e1，e2.不妨設(shè)e1，e2(1,0,0)，b(m，n，t).由題意知解得n，m，b.b(xe1ye2)，|b(xe1ye2)|222t2x2xyy24x5yt272(y2)2t2.由題意知，當(dāng)xx01，yy02時(shí)，2(y2)2t2取到最小值.此時(shí)t21，故|b| 2.高考題型精練1.D 如圖所示，由題意，得BCa，CDa，BCD120.BD2BC2CD22BCCDcos 120a2a22aa3a2，BDa.|cos 30a2a2.2.D 由于|ab|，|ab|與|a|，|b|的大小關(guān)系與夾角大小有關(guān)，故A，B錯(cuò).當(dāng)a，b夾角為銳角時(shí)，|ab|>|ab|，此時(shí)，|ab|2>|a|2|b|2；當(dāng)a，b夾角為鈍角時(shí)，|ab|<|ab|，此時(shí)，|ab|2>|a|2|b|2；當(dāng)ab時(shí)，|ab|2|ab|2|a|2|b|2，故選D.3.B A，B，C在圓x2y21上，且ABBC，AC為圓直徑，故2(4,0)，設(shè)B(x，y)，則x2y21且x1,1，(x2，y)，(x6，y).故|，x1時(shí)有最大值7，故選B.4.A 以O(shè)A，OB所在直線(xiàn)分別作為x軸，y軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，則A(1,0)，B(0,1)，C(，)，直線(xiàn)l的方程為yx，即xy0.設(shè)P(x，x)，則p(x，x)，而ba(1,1)，所以p(ba)x(x).5.D 由題意，知B1，B2在以O(shè)為圓心的單位圓上，點(diǎn)P在以O(shè)為圓心，為半徑的圓的內(nèi)部.又，所以點(diǎn)A在以B1B2為直徑的圓上，當(dāng)P與O點(diǎn)重合時(shí)，|取得最大值，當(dāng)P在半徑為的圓周上時(shí)，|取得最小值，故選D.6.C 在ABC中，因?yàn)锳CB90且ACBC4，所以AB4，且BA45.因?yàn)?，所以.所以()221644cos 1354.7.B 設(shè)a與b的夾角為，由于xi，yi(i1,2,3,4)均由2個(gè)a和2個(gè)b排列而成，記S(xiyi)，則S有以下三種情況：S2a22b2；S4ab；S|a|22ab|b|2.|b|2|a|，中S10|a|2，中S8|a|2cos ，中S5|a|24|a|2cos .易知最小，即8|a|2cos 4|a|2，cos ，可求，故選B.8.22解析由3，得，.因?yàn)?，所以()()2，即222.又因?yàn)?25，264，所以22.9.解析由e1e2，可得cose1，e2，故e1，e2，e2，e1e2，e1.f(e1，e2)e1cos e2sin e1e2，f(e2，e1)e2cos (e1)sin e1e2.f(e1，e2)f(e2，e1)(e1e2)(e1e2)e1e20，所以f(e1，e2)f(e2，e1).故向量f(e1，e2)與f(e2，e1)的夾角為.10.5解析如圖，設(shè)點(diǎn)O在AB，AC上的射影是點(diǎn)D，E，它們分別為AB，AC的中點(diǎn)，連接OD，OE.由數(shù)量積的幾何意義，可得|32，|72，依題意有x2y64x48y32，即4x3y2，xy248x144y72，即2x6y3，將兩式相加可得6x9y5.11.解(1)因?yàn)閍b，所以cos xsin x0.所以tan x.故cos2xsin 2x.(2)f(x)2(ab)b2(sin xcos x，)(cos x，1)sin 2xcos 2xsin(2x).由正弦定理，得，所以sin A.所以A或A.因?yàn)閎>a，所以A.所以f(x)4cos(2A)sin(2x).因?yàn)閤0，所以2x，.所以1f(x)4cos(2A).所以f(x)4cos(2A)的取值范圍為1，.12.解(1)由，且A，B，D三點(diǎn)共線(xiàn)，可知|.又AD5，所以DB11.在RtADC中，CD2AC2AD275，在RtBDC中，BC2DB2CD2196，所以BC14.所以|14.(2)由(1)，知|16，|10，|14.由余弦定理，得cos A.由xt，yt，知kxy(t)(t)t|2(t21)t|2256t(t21)1610100t80t2356t80.由二次函數(shù)的圖象，可知該函數(shù)在1，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t1時(shí)，k取得最小值516.