高中数学一轮复习课时作业梯级练二十九平面向量的数量积及应用举例课时作业理含解析新人教A版

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-课时作业梯级练二十九平面向量的数量积及应用举例一、选择题(每小题5分，共25分)1．已知向量a＝(1，－1)，b＝(2，x)，若a·b＝1，则x＝()A．－1B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2)D．1〖解析〗选D.a·b＝1×2＋(－1)×x＝2－x＝1，所以x＝1.2．(2021·十堰模拟)若夹角为θ的向量a与b满足|b|＝|a－b|＝1，且向量a为非零向量，则|a|＝()A．－2cosθB．2cosθC．－cosθ D．cosθ〖解析〗选B.因为|b|＝|a－b|＝1，所以b2＝a2－2a·b＋b2，a2＝2a·b，|a|2＝2|a||b|cosθ，因为a为非零向量，所以|a|＝2|b|cosθ＝2cosθ.3．已知向量a＝(1，2)，b＝(2，－1)，c＝(1，λ)，若(a＋b)⊥c，则λ的值为()A．－3B．－eq\f(1,3)C．eq\f(1,3)D．3〖解析〗选A.因为a＋b＝(3，1)，由(a＋b)⊥c得(3，1)·(1，λ)＝0，3＋λ＝0，λ＝－3.4．已知非零向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|a－2b|＝2，则|b|等于()A．4B．2C．eq\r(2)D．1〖解析〗选D.因为|a－2b|＝2，所以|a－2b|2＝4，a2－4a·b＋4b2＝4，4－4·2|b|cos60°＋4|b|2＝4，解得|b|＝1.(|b|＝0舍去)5．已知|a|＝6，|b|＝3，向量a在b方向上的投影是4，则a·b为()A．12B．8C．－8D．2〖解析〗选A.因为|a|cos〈a，b〉＝4，|b|＝3，所以a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝12.二、填空题(每小题5分，共15分)6．已知△ABC的三边长均为1，且＝c，＝a，＝b，则a·b＋b·c＋a·c＝________．〖解析〗因为〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈a，c〉＝120°，|a|＝|b|＝|c|＝1，所以a·b＝b·c＝a·c＝1×1×cos120°＝－eq\f(1,2)，a·b＋b·c＋a·c＝－eq\f(3,2).〖答案〗－eq\f(3,2)7.已知向量a=(λ,-6),b=(-1,2),若a与b的夹角为钝角,则λ的取值范围是.

〖解析〗因为向量a与b的夹角为钝角,所以a·b=(λ,-6)·(-1,2)=-λ-12<0,解得λ>-12.当a与b共线时,设a=kb(k<0),可得QUOTE解得QUOTE即当λ=3时,向量a与b共线且反向,此时a·b<0,但a与b的夹角不是钝角.综上,λ的取值范围是(-12,3)∪(3,+∞).〖答案〗:(-12,3)∪(3,+∞)8.(2021·贵阳模拟)已知△ABC外接圆的圆心为O,M为边BC的中点,若AB=3,AC=5,则·=.

〖解析〗如图,取AC的中点D,AB的中点E,并连接OD,OE,则OD⊥AC,OE⊥AB,所以·=·=QUOTE=QUOTE,·=·=QUOTE=QUOTE,·=QUOTE·(+)=QUOTE=QUOTE.〖答案〗:QUOTE三、解答题(每小题10分，共20分)9．已知|a|＝4，|b|＝8，a与b的夹角是120°.(1)计算：①|a＋b|，②|4a－2b|.(2)当k为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b).〖解析〗由已知a·b＝4×8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－16.(1)①因为|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，所以|a＋b|＝4eq\r(3).②因为|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768，所以|4a－2b|＝16eq\r(3).(2)因为(a＋2b)⊥(ka－b)，所以(a＋2b)·(ka－b)＝0，ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，即16k－16(2k－1)－2×64＝0，k＝－7，所以当k＝－7时，a＋2b与ka－b垂直．10．在平面直角坐标系xOy中，点A(－1，－2)，B(2，3)，C(－2，－1).(1)求以线段AB，AC为邻边的平行四边形两条对角线的长．(2)设实数t满足(－t)·＝0，求t的值．〖解析〗(1)由已知＝(3，5)，＝(－1，1)，则＋＝(2，6)，－＝(4，4).所以|＋|＝2eq\r(10)，|－|＝4eq\r(2).所以所求的两条对角线的长分别为4eq\r(2)，2eq\r(10).(2)由已知，＝(－2，－1)，－t＝(3＋2t，5＋t).由(－t)·＝0得(3＋2t，5＋t)·(－2，－1)＝0，所以5t＝－11，所以t＝－eq\f(11,5).1．已知向量a、b为单位向量，且a＋b在a的方向上的投影为eq\f(\r(3),2)＋1，则向量a与b的夹角为()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3)D．eq\f(π,2)〖解析〗选A.设向量a与b的夹角为θ，因为向量a、b为单位向量，a＋b在a的方向上的投影为eq\f(\r(3),2)＋1，所以(a＋b)·a＝|a|eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋1))，变形得1＋a·b＝eq\f(\r(3),2)＋1，即a·b＝1×1×cosθ＝cosθ＝eq\f(\r(3),2)，又由0≤θ≤π，则θ＝eq\f(π,6)，故选A.2．已知非零向量a，b满足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角θ为()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3)D．eq\f(5π,6)〖解析〗选B.因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝0，所以a·b＝b2，所以cosθ＝eq\f(a·b,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b)))＝eq\f(|b|2,2|b|2)＝eq\f(1,2)，所以a与b的夹角为eq\f(π,3).3.(5分)已知菱形ABCD的边长为4,∠ABC=60°,E是BC的中点,=-2,则·= ()A.24 B.-7 C.-10 〖解析〗选D.由已知得=QUOTE,=QUOTE,=,所以=+QUOTE=+QUOTE,=-=QUOTE-.因为在菱形ABCD中,∠ABC=60°,所以∠BAD=120°.又因为菱形ABCD的边长为4,所以·=||·||cos120°=4×4×QUOTE=-8,所以·=·=-||2-QUOTE·+QUOTE||2=-16-QUOTE×(-8)+QUOTE×16=-12.4．(2020·郑州模拟)已知向量m＝(2sinωx，cos2ωx－sin2ωx)，n＝(eq\r(3)cosωx，1)，其中ω＞0，x∈R.若函数f(x)＝m·n的最小正周期为π.(1)求ω的值．(2)在△ABC中，若f(B)＝－2，BC＝eq\r(3)，sinB＝eq\r(3)sinA，求·的值．〖解析〗(1)f(x)＝m·n＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx－sin2ωx＝eq\r(3)sin2ωx＋cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6))).因为f(x)的最小正周期为π，所以T＝eq\f(2π,2|ω|)＝π，又ω＞0，所以ω＝1.(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).设△ABC中角A，B，C所对边分别是a，b，c.因为f(B)＝－2，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－1，又0＜B＜π，解得B＝eq\f(2π,3).因为BC＝eq\r(3)，即a＝eq\r(3)，又sinB＝eq\r(3)sinA，所以b＝eq\r(3)a，b＝3.由正弦定理得，eq\f(\r(3),sinA)＝eq\f(3,sin\f(2π,3))，解得sinA＝eq\f(1,2).又0＜A＜eq\f(π,3)，解得A＝eq\f(π,6)，所以C＝eq\f(π,6)，c＝a＝eq\r(3)，所以·＝cacosB＝eq\r(3)×eq\r(3)×coseq\f(2π,3)＝－eq\f(3,2).5．在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1，0)和点B(－1，0)，||＝1，且∠AOC＝x，其中O为坐标原点．(1)若x＝eq\f(3π,4)，设点D为线段OA上的动点，求|＋|的最小值．(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，向量m＝，n＝(1－cosx，sinx－2cosx)，求m·n的最小值及对应的x值．〖解析〗(1)设D(t，0)(0≤t≤1)，当x＝eq\f(3π,4)时，可得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，所以＋＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋t，\f(\r(2),2)))，所以|＋|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)(0≤t≤1)，所以当t＝eq\f(\r(2),2)时，|＋|2取得最小值为eq\f(1,2)，故|＋|的最小值为eq\f(\r(2),2).(2)由题意得C(cosx，sinx)，m＝＝(cosx＋1，sinx)，则m·n＝1－cos2x＋sin2x－2sinxcosx＝1－cos2x－sin2x＝1－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4).所以当2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,8)时，m·n＝1－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))取得最小值1－eq\r(2)，所以m·n的最小值为1－eq\r(2)，此时x＝eq\f(π,8).1．已知向量||＝2，||＝4，·＝4，则以，为邻边的平行四边形的面积为()A．4eq\r(3)B．2eq\r(3)C．4D．2〖解析〗选A.因为有cos∠AOB＝＝eq\f(4,2×4)＝eq\f(1,2)，所以sin∠AOB＝eq\f(\r(3),2)，所以所求的平行四边形的面积为||·||·sin∠AOB＝4eq\r(3).故选A.2．已知菱形ABCD的边长为6，∠ABD＝30°，点E，F分别在边BC，DC上，BC＝2BE，CD＝λCF.若·＝－9，则λ的值为()A．2B．3C．4D．5〖解析〗选B.依题意得＝＋＝eq\f(1,2)－，＝＋，因此·＝·＝eq\f(1,2)2－eq\f(1,λ)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2λ)－1))·，于是有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,λ)))×62＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2λ)－1))×62×cos60°＝－9，由此解得λ＝3.课时作业梯级练二十九平面向量的数量积及应用举例一、选择题(每小题5分，共25分)1．已知向量a＝(1，－1)，b＝(2，x)，若a·b＝1，则x＝()A．－1B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2)D．1〖解析〗选D.a·b＝1×2＋(－1)×x＝2－x＝1，所以x＝1.2．(2021·十堰模拟)若夹角为θ的向量a与b满足|b|＝|a－b|＝1，且向量a为非零向量，则|a|＝()A．－2cosθB．2cosθC．－cosθ D．cosθ〖解析〗选B.因为|b|＝|a－b|＝1，所以b2＝a2－2a·b＋b2，a2＝2a·b，|a|2＝2|a||b|cosθ，因为a为非零向量，所以|a|＝2|b|cosθ＝2cosθ.3．已知向量a＝(1，2)，b＝(2，－1)，c＝(1，λ)，若(a＋b)⊥c，则λ的值为()A．－3B．－eq\f(1,3)C．eq\f(1,3)D．3〖解析〗选A.因为a＋b＝(3，1)，由(a＋b)⊥c得(3，1)·(1，λ)＝0，3＋λ＝0，λ＝－3.4．已知非零向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|a－2b|＝2，则|b|等于()A．4B．2C．eq\r(2)D．1〖解析〗选D.因为|a－2b|＝2，所以|a－2b|2＝4，a2－4a·b＋4b2＝4，4－4·2|b|cos60°＋4|b|2＝4，解得|b|＝1.(|b|＝0舍去)5．已知|a|＝6，|b|＝3，向量a在b方向上的投影是4，则a·b为()A．12B．8C．－8D．2〖解析〗选A.因为|a|cos〈a，b〉＝4，|b|＝3，所以a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝12.二、填空题(每小题5分，共15分)6．已知△ABC的三边长均为1，且＝c，＝a，＝b，则a·b＋b·c＋a·c＝________．〖解析〗因为〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈a，c〉＝120°，|a|＝|b|＝|c|＝1，所以a·b＝b·c＝a·c＝1×1×cos120°＝－eq\f(1,2)，a·b＋b·c＋a·c＝－eq\f(3,2).〖答案〗－eq\f(3,2)7.已知向量a=(λ,-6),b=(-1,2),若a与b的夹角为钝角,则λ的取值范围是.

〖解析〗因为向量a与b的夹角为钝角,所以a·b=(λ,-6)·(-1,2)=-λ-12<0,解得λ>-12.当a与b共线时,设a=kb(k<0),可得QUOTE解得QUOTE即当λ=3时,向量a与b共线且反向,此时a·b<0,但a与b的夹角不是钝角.综上,λ的取值范围是(-12,3)∪(3,+∞).〖答案〗:(-12,3)∪(3,+∞)8.(2021·贵阳模拟)已知△ABC外接圆的圆心为O,M为边BC的中点,若AB=3,AC=5,则·=.

〖解析〗如图,取AC的中点D,AB的中点E,并连接OD,OE,则OD⊥AC,OE⊥AB,所以·=·=QUOTE=QUOTE,·=·=QUOTE=QUOTE,·=QUOTE·(+)=QUOTE=QUOTE.〖答案〗:QUOTE三、解答题(每小题10分，共20分)9．已知|a|＝4，|b|＝8，a与b的夹角是120°.(1)计算：①|a＋b|，②|4a－2b|.(2)当k为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b).〖解析〗由已知a·b＝4×8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－16.(1)①因为|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，所以|a＋b|＝4eq\r(3).②因为|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768，所以|4a－2b|＝16eq\r(3).(2)因为(a＋2b)⊥(ka－b)，所以(a＋2b)·(ka－b)＝0，ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，即16k－16(2k－1)－2×64＝0，k＝－7，所以当k＝－7时，a＋2b与ka－b垂直．10．在平面直角坐标系xOy中，点A(－1，－2)，B(2，3)，C(－2，－1).(1)求以线段AB，AC为邻边的平行四边形两条对角线的长．(2)设实数t满足(－t)·＝0，求t的值．〖解析〗(1)由已知＝(3，5)，＝(－1，1)，则＋＝(2，6)，－＝(4，4).所以|＋|＝2eq\r(10)，|－|＝4eq\r(2).所以所求的两条对角线的长分别为4eq\r(2)，2eq\r(10).(2)由已知，＝(－2，－1)，－t＝(3＋2t，5＋t).由(－t)·＝0得(3＋2t，5＋t)·(－2，－1)＝0，所以5t＝－11，所以t＝－eq\f(11,5).1．已知向量a、b为单位向量，且a＋b在a的方向上的投影为eq\f(\r(3),2)＋1，则向量a与b的夹角为()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3)D．eq\f(π,2)〖解析〗选A.设向量a与b的夹角为θ，因为向量a、b为单位向量，a＋b在a的方向上的投影为eq\f(\r(3),2)＋1，所以(a＋b)·a＝|a|eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋1))，变形得1＋a·b＝eq\f(\r(3),2)＋1，即a·b＝1×1×cosθ＝cosθ＝eq\f(\r(3),2)，又由0≤θ≤π，则θ＝eq\f(π,6)，故选A.2．已知非零向量a，b满足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角θ为()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3)D．eq\f(5π,6)〖解析〗选B.因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝0，所以a·b＝b2，所以cosθ＝eq\f(a·b,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b)))＝eq\f(|b|2,2|b|2)＝eq\f(1,2)，所以a与b的夹角为eq\f(π,3).3.(5分)已知菱形ABCD的边长为4,∠ABC=60°,E是BC的中点,=-2,则·= ()A.24 B.-7 C.-10 〖解析〗选D.由已知得=QUOTE,=QUOTE,=,所以=+QUOTE=+QUOTE,=-=QUOTE-.因为在菱形ABCD中,∠ABC=60°,所以∠BAD=120°.又因为菱形ABCD的边长为4,所以·=||·||cos120°=4×4×QUOTE=-8,所以·=·=-||2-QUOTE·+QUOTE||2=-16-QUOTE×(-8)+QUOTE×16=-12.4．(2020·郑州模拟)已知向量m＝(2sinωx，cos2ωx－sin2ωx)，n＝(eq\r(3)cosωx，1)，其中ω＞0，x∈R.若函数f(x)＝m·n的最小正周期为π.(1)求ω的值．(2)在△ABC中，若f(B)＝－2，BC＝eq\r(3)，sinB＝eq\r(3)sinA，求·的值．〖解析〗(1)f(x)＝m·n＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx－sin2ωx＝eq\r(3)sin2ωx＋cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6))).因为f(x)的最小正周期为π，所以T＝eq\f(2π,2|ω|)＝π，又ω＞0，所以ω＝1.(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).设△ABC中角A，B，C所对边分别是a，b，c.因为f(B)＝－2，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－1，又0＜B＜π，解得B＝eq\f(2π,3).因为BC＝eq\r(3)，即a＝eq\r(3)，又sinB＝eq\r(3)sinA，所以b＝eq\r(3)a，b＝3.由正弦定理得，eq\f(\r(3),sinA)＝eq\f(3,sin\f(2π,3))，解得sinA＝eq\f(1,2).又0＜A＜eq\f(π,3)，解得A＝eq\f(π,6)，所以C＝eq\f(π,6)，c＝a＝eq\r(3)，所以·＝cacosB＝eq\r(3)×eq\r(3)×coseq\f(2π,3)＝－eq\f(3,2).5．在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1，0)和点B(－1，0)，||＝1，且∠AOC＝x，其中O为坐标原点．(1)若x＝eq\f(3π,4)，设点D为线段OA上的动点，求|＋|的最小值．(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，向量m＝，n＝(1－cosx，sinx－2cosx)，求m·n的最小值及对应的x值．〖解析〗(1)设D(t，0)(0≤t≤1)，当x＝eq\f(3π,4)时，可得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，所以＋＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋t，\f(\r(2),2)))，所以|＋|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\