§7.2　平面向量的数量积及向量的综合应用专题检测1.(2018北京朝阳二模,5)如图,角α,β均以Ox为始边,终边与单位圆O分别交于点A,B,则·=(　　)A.sin(α-β)　　B.sin(α+β)C.cos(α-β)　　D.cos(α+β)答案　C　解法一:·=||·||cos<,>=1×1×cos(β-α)=cos(β-α)=cos(α-β).故选C.解法二:由三角函数的定义得A(cosα,sinα),B(cosβ,sinβ),∴·=(cosα,sinα)·(cosβ,sinβ)=cosαcosβ+sinα·sinβ=cos(α-β).2.(2018豫南九校第六次质量考评,4)若向量a=,向量b=(1,sin22.5°),则a·b=(　　)A.2　　B.-2　　C.　　D.-答案　A　由题意知a·b=tan67.5°+=tan67.5°+=tan67.5°-tan22.5°=tan67.5°-==2×=2×=2,故选A.3.(2018广西联考,7)已知△ABC外接圆的半径为1,圆心为O,且+=2,||=||,则·的值是(　　)A.3　　B.　　C.　　D.1答案　D　∵+=2,∴O为BC的中点,又∵O为△ABC外接圆的圆心,∴BC为圆O的直径,∴△ABC为直角三角形,∠BAC=,∴·=·(-)=·+||2=||2=||2-||2,又易知||=2,||=,∴·=4-3=1.4.(2018安徽安庆一模,9)已知点G是△ABC内一点,满足++=0,若∠BAC=,·=1,则||的最小值是(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　C　∵点G是△ABC内一点,满足++=0,∴G是△ABC的重心,∴=(+),∴=(++2·)=(||2+||2)+,∵·=||·||=1,∴||·||=2,∴||2+||2≥2||·||=4,∴≥+=.∴||≥,∴||的最小值是.故选C.5.(2018河南郑州二模,7)已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=|c|=1,若a·b=,则(a+b)·(2b-c)的最小值为(　　)A.-2　　B.3-　　C.-1　　D.0答案　B　由|a|=|b|=1,a·b=,可得=,令=a,=b,以的方向为x轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系,则a==(1,0),b==,设c==(cosθ,sinθ)(0≤θ<2π),则 (a+b)·(2b-c)=2a·b-a·c+2b2-b·c=3-=3-sin,则(a+b)·(2b-c)的最小值为3-,故选B.思路分析　根据已知条件建立合适的平面直角坐标系,利用单位向量设出c=(cosθ,sinθ)(0≤θ<2π),将(a+b)·(2b-c)用θ表示,即转化成关于θ的三角函数式,从而求其最小值.方法总结　对于平面向量问题,常用的求解方法为基底法和坐标法.前者需要选择合适的基底,利用线性运算进行表示和求解;后者需要建立适当的平面直角坐标系,利用坐标进行运算.6.(2017甘肃天水一中第三次诊断考试)已知函数f(x)=Asin(πx+φ)的部分图象如图所示,点B,C是该图象与x轴的交点,过点C的直线与该图象交于D,E两点,则(+)·(-)的值为(　　)A.-1　　B.-C.　　D.2答案　D　由题图知最小正周期T==2,∴BC==1,易知C点是线段DE的中点,∴结合向量的平行四边形法则,可得+=2,又∵-=,∴(+)·(-)=2=2×12=2.选D.7.(2018湖北武汉调研,6)设A、B、C是半径为1的圆O上的三点,且⊥,则(-)·(-)的最大值是(　　)A.1+　　B.1-　　C.-1　　D.1答案　A　解法一:∵⊥,||=||=1,∴|+|==.设(+)与的夹角为θ,则(-)·(-)=-(+)·+·=1-cosθ,又∵θ∈[0,π],∴cosθ∈[-1,1],∴(-)·(-)=1-cosθ∈[1-,1+],∴(-)·(-)的最大值为+1,故选A.解法二:以O为原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴建立平面直角坐标系(取的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向),则A(1,0),B(0,1).设C(cosθ,sinθ)(θ∈[0,2π)),∴-=(cosθ-1,sinθ),-=(cosθ,sinθ-1),∴(-)·(-)=cosθ(cosθ-1)+sinθ(sinθ-1)=cos2θ+sin2θ-(sinθ+cosθ)=1-sin,∵θ∈[0,2π),∴sin∈[-1,1],∴(-)·(-)的最大值为+1,故选A.8.(2018河南六市联考,8)在△ABC中,∠C=90°,AB=2BC=4,M,N是边AB上的两个动点,且|MN|=1,则·的取值范围为(　　)A.　　B.[5,9]C.　　D.答案　A　以C为原点,CA,CB所在直线分别为x轴,y轴建立坐标系如图所示: ∵AB=2BC=4,∴∠BAC=30°,AC=2,设AN=a,则N,M,∴·=·+·=a2-5a+9.∵M,N在AB上,∴0≤a≤3.∴当a=0时,·取得最大值9,当a=时,·取得最小值.∴·的取值范围为.故选A.思路分析　建立直角坐标系,设AN=a,用a表示出,,得出·关于a的表达式,从而得出范围.9.(2017湖北黄冈二模,10)已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=1,a⊥(a-2b),(c-2a)·(c-b)=0,则|c|的最大值与最小值的和为(　　)A.0　　B.　　C.　　D.答案　D　∵a⊥(a-2b),∴a·(a-2b)=0,即a2=2a·b,又|a|=|b|=1,∴a·b=,∴a与b的夹角为60°.设=a,=b,=c,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系,则a=,b=(1,0).设c=(x,y),则c-2a=(x-1,y-),c-b=(x-1,y).又∵(c-2a)·(c-b)=0,∴(x-1)2+y(y-)=0,即(x-1)2+=,∴点C的轨迹是以点M为圆心,为半径的圆.又|c|=表示圆M上的点与原点O(0,0)之间的距离,所以|c|max=|OM|+,|c|min=|OM|-,∴|c|max+|c|min=2|OM|=2×=,故选D.名师点拨　解决一些向量问题时,可通过建立平面直角坐标系将问题坐标化,然后利用平面向量的坐标运算求解有关问题,这样可以避免繁杂的逻辑推理,同时加强了数形结合思想在解题中的应用.10.(2018湖南湘潭、益阳两市联考,14)已知非零向量a,b满足a·b=0,|a+b|=t|a|,若a+b与a-b的夹角为,则t的值为　　　　. 答案　解析　因为a·b=0,所以(a+b)2=(a-b)2,即|a+b|=|a-b|.又|a+b|=t|a|,所以|a-b|=|a+b|=t|a|.因为a+b与a-b的夹角为,所以=cos,整理得=,即(2-t2)|a|2=2|b|2.又|a+b|=t|a|,平方可得|a|2+|b|2=t2|a|2,所以|a|2+=t2|a|2,解得t2=.因为t>0,所以t=.11.(2018河南安阳二模,15)已知在△OAB中,OA=OB=2,AB=2,动点P位于线段AB上,则当·取最小值时,向量与的夹角的余弦值为　　　　. 答案　- 解析　易知∠AOB=120°,记=a,=b,则a·b=-2,设=λ=λa-λb(0≤λ≤1),则=+=(λ-1)a-λb,则·=(λa-λb)·[(λ-1)a-λb]=12λ2-6λ,当λ=时,·取最小值-,此时,||=||=,=-a-b=-(3a+b),||=|3a+b|=,所以向量与的夹角的余弦值为==-.思路分析　根据题意选择合适的基底({,}),令=a,=b,引进参数将与均用a和b表示,然后求出·的最小值,最后利用向量的夹角公式求得与夹角的余弦值.一题多解　取线段AB的中点C,连接OC,以线段AB的中点C为原点,以的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向建立直角坐标系,则O(0,1),A(-,0),B(,0),设P(x,0)(-≤x≤).则·=(--x,0)·(-x,1)=x2+x,当x=-时,·取最小值-.此时=,=,所以向量与的夹角的余弦值为==-.12.(2018福建泉州4月联考,16)在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,边DC上的动点P(包含点D,C)与CB延长线上的动点Q(包含点B)满足||=||,则·的最小值为　　　　. 答案　解析　以A为坐标原点,分别以AB,AD所在直线为x轴,y轴建立如图所示的平面直角坐标系,设P(x,1),Q(2,y),由题意知0≤x≤2,y≤0.∵||=||,∴|x|=|y|,∴x=-y.∵=(-x,-1),=(2-x,y-1),∴·=-x(2-x)-(y-1)=x2-2x-y+1=x2-x+1=+,∴当x=时,·取得最小值.思路分析　建立平面直角坐标系,将原问题转化为向量的坐标运算问题,进而利用函数的知识求最值.方法点拨　向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来,从而可以利用代数的有关知识(函数思想、基本不等式等)解决向量的有关最值问题.