第3讲 平面向量的数量积及应用举例
[基础达标]
→→
1．已知A，B，C为平面上不共线的三点，若向量AB＝(1，1)，n＝(1，－1)，且n·AC→
＝2，则n·BC等于( )
A．－2 C．0
B．2
D．2或－2
→→→→→
解析：选B.n·BC＝n·(BA＋AC)＝n·BA＋n·AC＝(1，－1)·(－1，－1)＋2＝0＋2＝2.
→→→
2．(2019·温州市十校联合体期初)设正方形ABCD的边长为1，则|AB－BC＋AC|等于( )
A．0 C．2
B．2 D．22
→→→2→→2→2→2
解析：选C.正方形ABCD的边长为1，则|AB－BC＋AC|＝|DB＋AC|＝|DB|＋|AC|＋→→2→→→222
2DB·AC＝1＋1＋1＋1＝4，所以|AB－BC＋AC|＝2，故选C.
3．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a，b，c满足c＝xa＋yb(x，y∈R)，且a·c>0，b·c>0.( )
A．若a·b<0则x>0，y>0 B．若a·b<0则x<0，y<0 C．若a·b>0则x<0，y<0 D．若a·b>0则x>0，y>0
解析：选A.由a·c>0，b·c>0，若a·b<0， 可举a＝(1，1)，b＝(－2，1)，c＝(0，1)， 则a·c＝1>0，b·c＝1>0，a·b＝－1<0， 由c＝xa＋yb，即有0＝x－2y，1＝x＋y，
21
解得x＝，y＝，则可排除B；
33
若a·b>0，可举a＝(1，0)，b＝(2，1)，c＝(1，1)，
则a·c＝1>0，b·c＝3>0，a·b＝2>0，
由c＝xa＋yb，即有1＝x＋2y，1＝y，解得x＝－1，y＝1， 则可排除C，D.故选A.
→→→→2
4．在△ABC中，(BC＋BA)·AC＝|AC|，则△ABC的形状一定是( ) A．等边三角形 C．直角三角形
B．等腰三角形 D．等腰直角三角形
→→→→2→→→→→→→→
解析：选C.由(BC＋BA)·AC＝|AC|，得AC·(BC＋BA－AC)＝0，即AC·(BC＋BA＋CA)
1
＝0，
→→→→所以2AC·BA＝0，所以AC⊥AB.
→→
所以∠A＝90°，又因为根据条件不能得到|AB|＝|AC|.故选C.
→→
5．已知正方形ABCD的边长为2，点F是AB的中点，点E是对角线AC上的动点，则DE·FC的最大值为( ) A．1 C．3
B．2 D．4
→→
解析：选B.以A为坐标原点，AB、AD方向分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标→
系(图略)，则F(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，设E(λ，λ)(0≤λ≤2)，则DE＝(λ，λ－2)，→
FC＝(1，2)，所以DE·FC＝3λ－4≤2.
→→
所以DE·FC的最大值为2.故选B.
6．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈?
→→
?3?
，1?，则b与a－b的夹角的取值范围是( ) ?3??π2π?A．?，?
3??3
C．?B．?D．?
?2π，5π?
6??3??5π，π? ?
?6?
?2π，π?
?
?3?
?3?
，1?， ?3?
解析：选B.因为|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈?不妨设|a＋b|＝1，则|a|＝|b|＝λ.
→→
令OA＝a，OB＝b，以OA、OB为邻边作平行四边形OACB， 则平行四边形OACB为菱形．
故有△OAB为等腰三角形，故有∠OAB＝∠OBA＝θ， π
且0<θ<.
2
而由题意可得，b与a－b的夹角， →→
即OB与BA的夹角，等于π－θ，
△OAC中，由余弦定理可得|OC|＝1＝|OA|＋|AC|－2|OA|·|AC|·cos 2θ＝λ＋λ－2·λ·λcos 2θ，
1
解得cos 2θ＝1－2.
2λ再由311311π2ππ≤λ≤1，可得≤2≤，所以－≤cos 2θ≤，所以≤2θ≤，所以322λ222336
2
2
2
2
2
2
π≤θ≤，
3
故
2π5π?2π5π?≤π－θ≤，即b与a－b的夹角π－θ的取值范围是?，?.
6?36?3
7．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a与b的夹角为120°，且|a|＝|b|
＝4，那么|a－2b|＝________．
解析：因为平面向量a与b的夹角为120°，且|a|＝|b|＝4，所以a·b＝4·4·cos 120°＝－8，
所以|a－2b|＝（a－2b）＝a－4a·b＋4b＝16－4·（－8）＋4·16＝112＝47.
答案：47
8．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e1，e2为单位向量，其中a＝2e1＋e2，b＝e2，且a在b上的投影为2，则a·b＝________，e1与e2的夹角为________．
解析：设e1，e2的夹角为θ，因为a在b上的投影为2，
所以
2
2
2
a·b（2e1＋e2）·e22
＝＝2e1·e2＋|e2|＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2，解得cos θ|b||e2|
1π
＝，则θ＝. 23
a·b＝(2e1＋e2)·e2
2
＝2e1·e2＋|e2|＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2.
答案：2
π 3
→→
9. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，点Q为边CD上一个动点，CQ＝λQD，点P为→→
线段BQ (含端点)上一个动点．若λ＝1，则PA·PD的取值范围为________．
解析：当λ＝1时，Q为CD的中点． →→→→
设AB＝m，AD＝n，BP＝μBQ(0≤μ≤1)．
1→→→→?1??1?易知BQ＝－m＋n，AP＝AB＋BP＝m＋μ?－m＋n?＝?1－μ?m＋μn， 2?2??2?→
→→?1??1?DP＝AP－AD＝?1－μ?m＋μn－n＝?1－μ?m＋(μ－1)n，
?2?→
?2?
??1????1???1?所以PA·PD＝AP·DP＝??1－μ?m＋μn?·??1－μ?m＋（μ－1）n?＝4?1－μ?＋
??2????2???2?
→
→
→
4μ(μ－1)＝5μ－8μ＋4.
44
根据二次函数性质可知，当μ＝时上式取得最小值；当μ＝0时上式取得最大值4.
55
2
2
3