《备战2023年高考数学一轮复习》课时作业-第六章-第3节-平面向量的数量积及平面向量的应用.docx

第3节　平面向量的数量积及平面向量的应用

知识点、方法
基础巩固练
综合运用练
应用创新练
平面向量数量积的基本运算
1,6

平面向量数量积的应用
2,3,5

平面向量的综合运用
4,7,8,9

综合问题

10,11,12,13,14
15,16

1.(2021·湖北武汉武昌区高三调研)在等腰直角三角形ABC中, ∠ACB=π2,AC=BC=2,点P是斜边AB上一点,且BP=2PA,那么CP→·CA→+CP→·CB→=(　D　)
A.-4 B.-2 C.2 D.4
解析:法一　由已知得|CA→|=|CB→|=2,CA→·CB→=0,AP→=13(CB→-CA→),所以CP→·CA→+CP→·CB→=(CA→+AP→)·CA→+(CA→+AP→)·CB→= |CA→|2+AP→·CA→+CA→·CB→+AP→·CB→=|CA→|2+13(CB→-CA→)·(CB→+CA→)=|CA→|2+13|CB→|2-13|CA→|2=22+13×22-13×22=4.故选D.
法二　由已知,建立如图所示的平面直角坐标系,则C(0,0),A(2,0), B(0,2),设P(x,y),因为BP=2PA,所以BP→=2PA→,所以(x,y-2)= 2(2-x,-y),所以x=43,y=23,所以CP→·CA→+CP→·CB→=(43,23)·(2,0)+ (43,23)·(0,2)=4.故选D.

2.已知平面向量a=(1,-3),b=(4,-2),若λa-b与b垂直,则实数 λ=(　D　)
A.-1 B.1 C.-2 D.2
解析:由已知得λa-b=(λ-4,-3λ+2),因为λa-b与b垂直,所以 (λa-b)·b=0,即(λ-4,-3λ+2)·(4,-2)=0,所以4λ-16+6λ-4=0,解得λ=2.故选D.
3.已知向量a与b的夹角为π3,且|a|=1,|2a-b|=3,则|b|=(　C　)
A.3 B.2
C.1 D.32
解析:|2a-b|2=(2a-b)2=4|a|2-4|a||b|·cos<a,b>+|b|2=4-2|b|+|b|2 =3,解得|b|=1.故选C.
4.(多选题)在日常生活中,我们经常会看到两个人共提一个行李包的情况.假设行李包所受重力为G,作用在行李包上的两个拉力分别为F1,F2,且|F1|=|F2|,F1与F2的夹角为θ.给出以下结论,其中正确的是(　AD　)

A.θ越大越费力,θ越小越省力
B.θ的取值范围为[0,π]
C.当θ=π2时,|F1|=|G|
D.当θ=2π3时,|F1|=|G|
解析:对于A,因为|G|=|F1+F2|为定值,所以|G|2=|F1|2+|F2|2+ 2|F1| |F2|cos θ=2|F1|2·(1+cos θ),解得|F1|2=|G|22(1+cosθ).由题意知θ∈[0,π)时,y=cos θ单调递减,所以|F1|2单调递增,即θ越大越费力,θ越小越省力,A正确;对于B,由题意知,θ的取值范围是[0,π),故B错误;对于C,当θ=π2时,|F1|2=|G|22,所以|F1|=22|G|,故C错误;对于D,当θ=2π3时,|F1|2=|G|2,所以|F1|=|G|,故D正确.故选AD.
5.若e1,e2是夹角为π3的两个单位向量,而a=2e1+e2,b=-3e1+2e2,则向量a和b的夹角为(　C　)
A.π6 B.π3
C.2π3 D.5π3
解析:因为|e1|=1,|e2|=1,<e1,e2>=π3,所以e1·e2=12,因为a=2e1+e2,b= -3e1+2e2,所以|a|=5+4×12=7,
|b|=13+2×(-3)×2×12=7,a·b=-6|e1|2+2|e2|2+e1·e2,所以|a||b|cos<a,b>=-6|e1|2+2|e2|2+e1·e2,所以7×7cos<a,b>=-6+ 2+12=-72,所以cos<a,b>=-12,因为<a,b>∈[0,π],所以向量a与b的夹角为2π3.故选C.
6.(多选题)(2021·湖南长沙高三模拟)设a,b,c是任意的非零平面向量,且相互不共线,则下列选项中正确的是(　BCD　)
A.(a·b)c-(c·a)b=0
B.|a|-|b|<|a-b|
C.(b·c)a-(a·c)b与c垂直
D.(3a+2b)·(3a-2b)=9|a|2-4|b|2
解析:由于b,c是不共线的向量,因此(a·b)c与(c·a)b相减的结果应为向量,故A错误;由于a,b不共线,故a,b,a-b构成三角形,因此B正确;由于[(b·c)a-(a·c)b]·c=(b·c)(a·c)-(c·a)(b·c)=0,故C正确;根据向量数量积的运算可以得出D是正确的.故选BCD.
7.已知向量a=(2,-6),b=(3,m),若|a+b|=|a-b|,则m=　　　　. 
解析:法一　因为a=(2,-6),b=(3,m),所以a+b=(5,m-6),a-b= (-1, -m-6),由|a+b|=|a-b|得52+(m-6)2=(-1)2+(-m-6)2,解得m=1.
法二　由|a+b|=|a-b|,两边平方得a·b=0,因为a=(2,-6),b=(3,m),所以2×3+(-6)×m=0,解得m=1.
答案:1
8.已知AB→与AC→的夹角为90°,|AB→|=2,|AC→|=1,AM→=λAB→+μAC→(λ,μ∈R),且AM→·BC→=0,则λμ的值为　　　　. 
解析:根据题意,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B(0,2), C(1,0),所以AB→=(0,2),AC→=(1,0),BC→=(1,-2).设M(x,y),则AM→= (x,y),所以AM→·BC→=(x,y)·(1,-2)=x-2y=0,所以x=2y.又AM→=λAB→+μAC→,即(x,y)=λ(0,2)+μ(1,0)=(μ,2λ),所以x=μ,y=2λ,所以λμ=12yx=12y2y=14.

答案:14
9.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(AB→-tOC→)·OC→=0,求t的值.
解:(1)由题设知AB→=(3,5),AC→=(-1,1),
则AB→+AC→=(2,6),AB→-AC→=(4,4),
所以|AB→+AC→|=210,|AB→-AC→|=42,
故所求的两条对角线的长分别为42,210.
(2)法一　由题设知OC→=(-2,-1),AB→-tOC→=(3+2t,5+t).
由(AB→-tOC→)·OC→=0,得
(3+2t,5+t)·(-2,-1)=0,
从而5t=-11,
所以t=-115.
法二　AB→·OC→=tOC→2,AB→=(3,5),
t=AB→·OC→|OC|→2=-115.

10.已知O是△ABC内部一点,且满足OA→+OB→+OC→=0,又AB→·AC→=23,∠BAC=60°,则△OBC的面积为(　C　)
A.32 B.3
C.1 D.2
解析:由AB→·AC→=23,∠BAC=60°,可得AB→·AC→=|AB→||AC→| cos∠BAC=12|AB→||AC→|=23,所以|AB→||AC→|=43,所以S△ABC=12|AB→||AC→|sin∠BAC=3,又OA→+OB→+OC→=0,所以O为△ABC的重心,所以S△OBC=13S△ABC=1.故选C.
11.在四边形ABCD中,已知M是AB边上的点,且MA=MB=MC=MD=1, ∠CMD=120°,若点N在线段CD(端点C,D除外)上运动,则NA→·NB→的取值范围是(　B　)
A.[-1,0) B.[-34,0)
C.[-1,1) D.[-12,1)
解析:连接MN(图略).由题意得NA→·NB→=(MA→-MN→)·(MB→-MN→)= MN→2-MA→2=|MN→|2-1,在△MCN中,MC=1,∠MCN=30°,所以MN2= 12+NC2-2·NC·1×32=NC2-3NC+1,所以MN2-1=NC2-3NC=(NC-32)2-34.由MC=MD=1,∠CMD=120°,可得CD=3,又点N在线段CD(端点C,D除外)上运动,所以0<NC<3,
所以-34≤MN2-1<0,即NA→·NB→的取值范围是[-34,0).故选B.
12.如图,在四边形ABCD中,∠B=60°,AB=3,BC=6,且AD→= λBC→,AD→·AB→=-32,则实数λ的值为　　　　,若M,N是线段BC上的动点,且|MN→|=1,则DM→·DN→的最小值为　　　　. 

解析:依题意得AD∥BC,∠BAD=120°,由AD→·AB→=|AD→||AB→| cos∠BAD=-32|AD→|=-32,得|AD→|=1,因此λ=|AD→||BC→|=16.取MN的中点E,连接DE(图略),则DM→+DN→=2DE→,DM→·DN→=14[(DM→+DN→)2-(DM→-DN→)2]= DE→2-14NM→2=DE→2-14.注意到线段MN在线段BC上运动时,DE的最小值等于点D到直线BC的距离,即AB·sin B=332,因此DE→2-14的最小值为(332)2-14=132,即DM→·DN→的最小值为132.
答案:16　132
13.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61.
(1)求a与b的夹角θ;
(2)求|a+b|;
(3)若AB→=a,BC→=b,求△ABC的面积.
解:(1)因为(2a-3b)·(2a+b)=61,
所以4|a|2-4a·b-3|b|2=61.
又|a|=4,|b|=3,
所以64-4a·b-27=61,所以a·b=-6,
所以cos θ=a·b|a||b|=-64×3=-12.
又0≤θ≤π,所以θ=2π3.
(2)|a+b|2=(a+b)2
=|a|2+2a·b+|b|2
=42+2×(-6)+32=13,所以|a+b|=13.
(3)因为AB→与BC→的夹角θ=2π3,
所以∠ABC=π-2π3=π3.
又|AB→|=|a|=4,|BC→|=|b|=3,
所以S△ABC=12×4×3×32=33.
14.在平面直角坐标系xOy中,已知向量m=(22,-22),n=(sin x, cos x),x∈(0,π2).
(1)若m⊥n,求tan x的值;
(2)若m与n的夹角为π3,求x的值.
解:(1)因为m=(22,-22),n=(sin x,cos x),
m⊥n,
所以m·n=0,即22sin x-22cos x=0,
所以sin x=cos x,所以tan x=1.
(2)因为|m|=|n|=1,所以m·n=cos π3=12,
即22sin x-22cos x=12,
所以sin(x-π4)=12,
因为0<x<π2,所以-π4<x-π4<π4,
所以x-π4=π6,即x=5π12.

15.在△ABC中,AB=5,AC=10,AB→·AC→=25,点P是△ABC内(包括边界)的一动点,且AP→=35AB→-25λAC→(λ∈R),则|AP→|的最大值是(　B　)
A.332 B.37
C.39 D.41
解析:法一　在△ABC中,AB=5,AC=10,AB→·AC→=25,所以5×10·
cos A=25,cos A=12,又A∈(0,π),
所以A=π3,BC=52+102-2×5×10×12=53,因为AB2+BC2=AC2,所以B=π2.以A为坐标原点,AB所在的直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,

则A(0,0),B(5,0),C(5,53),设点P的坐标为(x,y),0≤x≤5,0≤y≤53,
因为AP→=35AB→-25λAC→,
所以(x,y)=35(5,0)-25λ(5,53)=(3-2λ,-23λ),
所以x=3-2λ,y=-23λ,所以y=3(x-3),直线BC的方程为x=5,
联立y=3(x-3),x=5,解得x=5,y=23,此时|AP→|最大,为52+(23)2=37.故选B.
法二　同解法一求得A=π3,B=π2,在边AB上取点M,使AM=35AB=3,过M作MN∥AC交BC于点N,由平行四边形法则,得点P在线段MN上,故当点P与N重合时,|AP→|最大,此时BN=23,故|AP→|=52+(23)2=37.故选B.
16.已知平面单位向量e1,e2满足|2e1-e2|≤2.设a=e1+e2,b=3e1+e2,向量a,b的夹角为θ,则cos2θ的最小值是　　　　. 
解析:法一　因为平面单位向量e1,e2满足|2e1-e2|≤2,所以|2e1-e2|2=5-4e1·e2≤2,即e1·e2≥34.
因为a=e1+e2,b=3e1+e2,a,b的夹角为θ,
所以cos2θ=(a·b)2|a|2|b|2=[(e1+e2)·(3e1+e2)]2|e1+e2|2·|3e1+e2|2=
(4+4e1·e2)2(2+2e1·e2)(10+6e1·e2)=4+4e1·e25+3e1·e2.
不妨设t=e1·e2,则t≥34,cos2θ=4+4t5+3t,
又y=4+4t5+3t在[34,+∞)上单调递增,
所以cos2θ≥4+35+94=2829,
所以cos2θ的最小值为2829.
法二　由题意,不妨设e1=(1,0),e2=(cos x,sin x).
因为|2e1-e2|≤2,
所以(2-cosx)2+sin2x≤2,
得5-4cos x≤2,
即cos x≥34.
易知a=(1+cos x,sin x),b=(3+cos x,sin x),
所以a·b=(1+cos x)(3+cos x)+sin2x=4+4cos x,
|a|2=(1+cos x)2+sin2x=2+2cos x,
|b|2=(3+cos x)2+sin2x=10+6cos x,
所以cos2θ=(a·b)2|a|2|b|2=
(4+4cosx)2(2+2cosx)(10+6cosx)=4+4cosx5+3cosx.
不妨设m=cos x,则m≥34,cos2θ=4+4m5+3m,
又y=4+4m5+3m在[34,+∞)上单调递增,
所以cos2θ≥4+35+94=2829,
所以cos2θ的最小值为2829.
答案:2829