【数学】2021届新高考一轮复习北师大版第六章第二讲　平面向量的数量积及应用作业

【数学】2021届新高考一轮复习北师大版第六章第二讲　平面向量的数量积及应用作业

第二讲　平面向量的数量积及应用 ‎1.[2020陕西省部分学校摸底检测]已知向量a,b的夹角为60°,|a| =2,|b| =4,则(a-b)·b =(　　)‎ A.-16 B.-13 C.-12 D.-10‎ ‎2.[2020山东省统考]设向量 a =(1,1),b =(-1,3),c =(2,1),且( a-λb)⊥c,则λ =(　　)‎ ‎ A.3 B.2 C.-2 D.-3‎ ‎3.[2020江西红色七校第一次联考]在△ABC中,|AB‎+‎AC| =|AB‎-‎AC|,AB =4,AC =3,则BC在CA方向上的投影是(　　)‎ A.4 B.3 C. - 4 D. - 3‎ ‎4.[新角度题]已知向量 a =(-1,m), b =(2,-4),c =(m,6),若 a∥b,则b+c与 a的夹角为(　　)‎ A.π‎6‎ B.π‎4‎ C.π‎2‎ D.‎π‎3‎ ‎5.[2020惠州市二调]已知 a,b为互相垂直的单位向量,若c = a-b,则cos =(　　)‎ A.‎ - ‎‎2‎‎2‎ B.‎2‎‎2‎ C.‎ - ‎‎3‎‎3‎ D.‎‎3‎‎3‎ ‎6.[2020广东七校联考]已知向量 a,b的夹角为60°,| a| =2,|b| =1,则| a-b| =(　　)‎ A.‎3‎ B.‎5‎ C.2‎3‎ D.‎‎7‎ ‎7.[2019云贵川渝四省名校第二次联考]若向量 a =(1,2),b =(1,m),且 a-b与b的夹角为钝角,则实数m的取值范围是(　　)‎ A.(0,2) B.(-∞,2) C.(-2,2) D.(-∞,0)∪(2,+∞)‎ ‎8.[多选题]已知向量 a,b满足| a| =1,|b| =2,| a+b| =‎3‎,则下列说法正确的是(　　)‎ A. a·b =-1 B.( a+b)⊥( a-b) C. a与b的夹角为π‎3‎ D.| a-b| =‎‎7‎ ‎9.[2020四省八校联考]设向量 a =(x,1),b =(-1,2), a ⊥b,则| a -2b| =　　　　　. ‎ ‎10.[2020长春市第一次质量监测]边长为2的正三角形ABC中,点P满足AP‎ =‎‎1‎‎3‎(AB‎+‎AC),则BP·BC =　　　　. ‎ ‎11.[2020山东威海模拟]若P为△ABC所在平面内一点,且|PA‎-‎PB| =|PA‎+PB-‎2PC|,则△ABC的形状为(　　)‎ A.等边三角形 B.等腰三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 ‎12.[2020大同市高三调研]在直角三角形ABC中,∠C =π‎2‎,AC =3,在△ABC所在的平面内取点D,E,使BD =2DA,AB =3BE,那么CD·CA‎+‎CE·CA =(　　)‎ A. - 6 B.6 C. - 3 D.3‎ ‎13.[2020洛阳市第一次联考]若向量 a,b,c满足| a| =|b| =1, a·b =‎-‎‎1‎‎2‎,< a-c,b-c> =π‎3‎,则|c|的最大值为(　　)‎ A.‎2‎‎2‎ B.‎1‎‎2‎ C.1 D.2‎ ‎14.[2020唐山市模拟]已知e1,e2是两个单位向量,λ∈R时,|e1+λe2|的最小值为‎3‎‎2‎,则|e1+e2| =(　　)‎ A.1 B.‎3‎ C.1或‎3‎ D.2‎ ‎15.[2020武汉市部分学校质量监测]已知平面向量 a,b,e满足|e| =1, a·e =1,b·e =-1,| a-b| =4,则 a·b的最小值为　　　　. ‎ ‎16.[2019济南市质检]已知锐角△ABC外接圆的半径为1,内角A,B,C所对的边分别为 a,b,c,B =π‎4‎,则BA·BC的取值范围是　　　　. ‎ ‎17.[2019唐山市高三摸底考试]已知e1,e2是两个单位向量,且|e1+e2| =‎3‎,则|e1-e2| =　　　　. ‎ ‎18.[2019南昌市重点中学高三段考]已知△ABC中,AB =4,AC =5,点O为△ABC所在平面内一点,满足|OA| =|OB| =|OC|,则|OA·BC| =　　　　. ‎ ‎19.[2019南昌市三模]已知非零向量 a =(1,1-x),b =(0,x-4),则“向量 a,b的夹角为锐角”是“x∈(2,4)”的(　　)‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎20.[新角度题]如图6-2-1,在圆O中,弦AB的长为‎3‎,圆上的点C满足OA‎+OB+‎OC =0,那么AC在OA方向上的投影为(　　)‎ 图6-2-1‎ A.‎1‎‎2‎ B.‎ - ‎‎1‎‎2‎ C.‎3‎‎2‎ D.‎‎-‎‎3‎‎2‎ ‎21.[双空题]已知平面向量 a,b,c满足| a| =|b| =|c| =1,若 a·b =‎1‎‎2‎,则( a+b)·(2b-c)的最小值是　　　　,最大值是　　　　. ‎ 第二讲　平面向量的数量积及应用 ‎1.C　(a - b)·b=a·b - b2=|a||b|cos 60° - |b|2=2×4×‎1‎‎2‎ - 42= - 12,故选C.‎ ‎2.A　解法一　由题意知a - λb=(1+λ,1 - 3λ),c=(2,1).‎ 因为(a - λb)⊥c,所以2(1+λ)+(1 - 3λ)=0,解得λ=3,故选A.‎ 解法二　由(a - λb)⊥c得(a - λb)·c=0,即a·c - λb·c=0,则3 - λ( - 2+3)=0,解得λ=3,故选A.‎ ‎3.D　|AB‎+‎AC|=|AB‎ - ‎AC|,两边同时平方,可得AB·AC=0,即AB⊥AC,BC在CA方向上的投影是BC‎·‎CA‎|CA|‎=|BC|cos= - |CA|= - 3.故选D.‎ ‎4.C　因为a∥b,所以m=2,所以a=( - 1,2),c=(2,6),b+c=(4,2),所以(b+c)·a= - 4+4=0,则(b+c)⊥a,故b+c与a的夹角为π‎2‎.故选C.‎ ‎5.A　解法一　cos=b·c‎|b|·|c|‎‎=b·(a - b)‎‎(a - b‎)‎‎2‎=b·a - ‎b‎2‎a‎2‎‎ - 2a·b+‎b‎2‎=‎‎ - 1‎‎2‎= - ‎2‎‎2‎,故选A.‎ 解法二　依题意可得|a|=1,|b|=1,a⊥b.如图D 6 - 2 - 4,画出a,b,c三个向量构成的△AOB,‎ 图D 6 - 2 - 4‎ 则△AOB为等腰直角三角形,所以cos< - b,c>=cos 45°=‎2‎‎2‎,所以cos= - ‎2‎‎2‎.故选A.‎ ‎6.A　|a - b|=‎(a - b‎)‎‎2‎‎=a‎2‎‎ - 2a·b+‎b‎2‎=‎4 - 2|a|·|b|cos60°+1‎=‎‎3‎,故选A.‎ ‎7.D　由a - b与b的夹角为钝角,即(a - b)·b=(0,2 - m)·(1,m)=m(2 - m)<0,解得m<0或m>2,此时a - b与b不可能共线,故选D.‎ ‎8.AD　解法一　因为|a|=1,|b|=2,|a+b|=‎3‎,所以(a+b)·(a - b)=a2 - b2=1 - 4= - 3,|a+b|2=a2+2a·b+b2=3,所以a·b= - 1.又a·b=1×2×cos= - 1,所以a与b的夹角为‎2π‎3‎,故|a - b|2=a2 - 2a·b+b2=1+2+4=7,所以|a - b|=‎7‎.故选D.‎ 解法二　因为|a|=1,|b|=2,|a+b|=‎3‎,所以(a+b)·(a - b)=a2 - b2=1 - 4= - 3,以a,b为邻边的平行四边形的一条对角线与a垂直,且a,b的夹角为‎2π‎3‎,所以a·b=1×2×cos= - 1,故|a - b|=‎(a - b‎)‎‎2‎‎=a‎2‎‎ - 2a·b+‎b‎2‎=‎‎7‎.故选D.‎ ‎9.5　因为a⊥b,所以a·b= - x+2=0,x=2,所以a - 2b=(2,1) - 2( - 1,2)=(4, - 3),则|a - 2b|=5.‎ ‎10.2　因为BP‎=AP - AB=‎‎1‎‎3‎(AB‎+‎AC) - AB‎=‎1‎‎3‎AC - ‎‎2‎‎3‎AB,所以BP·BC‎=‎‎1‎‎3‎AC·BC‎ - ‎‎2‎‎3‎AB·BC‎=‎1‎‎3‎|‎AC||BC|cos 60° - ‎2‎‎3‎‎|‎AB||BC|cos 120°=‎ ‎1‎‎3‎‎×2×2×‎1‎‎2‎‎+‎‎2‎‎3‎×2×2×‎1‎‎2‎=2.‎ ‎11.C　因为|PA‎ - ‎PB|=|PA‎+‎PB - 2PC|,‎ 所以|BA|=|(PA‎ - ‎PC)+(PB‎ - ‎PC)|=|CA‎+‎CB|, ‎ 即|CA‎ - ‎CB|=|CA‎+‎CB|,两边同时平方,整理得CA·CB=0,‎ 所以CA⊥CB,所以△ABC为直角三角形.故选C.‎ ‎12.D　由BD=2DA,得CD‎ - ‎CB=2(CA‎ - ‎CD),得CD‎=‎2‎‎3‎CA+‎‎1‎‎3‎CB.由AB=3BE,得CB‎ - ‎CA=3(CE‎ - ‎CB),得CE= - ‎1‎‎3‎CA‎+‎‎4‎‎3‎CB.‎ ‎∠C=π‎2‎,即CA⊥CB,所以CA·CB=0.‎ 则CD·CA‎+‎CE·CA=(‎2‎‎3‎CA‎+‎‎1‎‎3‎CB)·CA+( - ‎1‎‎3‎CA‎+‎‎4‎‎3‎CB)·CA‎=‎2‎‎3‎CA‎2‎ - ‎‎1‎‎3‎CA‎2‎=3,故选D.‎ ‎13.D　因为|a|=|b|=1,a·b= - ‎1‎‎2‎,所以向量a与b的夹角为‎2π‎3‎.如图D 6 - 2 - 5所示,‎ 图D 5 - 2 - 5‎ 令OA=a,OB=b,OC=c,则CA=a - c,CB=b - c,∠AOB=‎2π‎3‎,由=π‎3‎,得∠ACB=π‎3‎,所以∠AOB+∠ACB=π,所以四边形OACB有外接圆,|c|=|OC|,所以|OC|的最大值即为四边形OACB外接圆的直径.因为|OA|=|OB|=1,∠AOB=‎2π‎3‎,所以由余弦定理得|AB|=‎3‎,设四边形OACB的外接圆半径为r,由正弦定理可得2r=‎|AB|‎sin∠AOB=2,所以|c|的最大值为2,故选D.‎ ‎14.C　设向量e1,e2的夹角为θ,则e1·e2=cos θ,因为|e1+λe2|=‎1+λ‎2‎+2λcosθ‎=‎‎(λ+cosθ‎)‎‎2‎+1 - cos‎2‎θ,且当λ= - cos θ时,|e1+λe2|min=‎ ‎1 - cos‎2‎θ‎=‎‎3‎‎2‎‎,解得cos θ=±‎1‎‎2‎,|e1+e2|=‎2+2cosθ,则|e1+e2|的值为1或‎3‎,故选C.‎ ‎15. - 4　由已知可设e=(1,0),a=(1,a),b=( - 1,b),所以a·b= - 1+ab.　又|a - b|=4,所以|a - b|2=22+(a - b)2=16,(a - b)2=12,只考虑ab<0,不妨设a<0,b>0,则a·b= - 1+ab= - 1 - ( - a)b≥ - 1 - (‎ - a+b‎2‎)2= - 4(当且仅当b= - a且(a - b)2=12时取等号),即a·b的最小值为 - 4.‎ ‎16.(2,1+‎2‎]　∵asinA‎=‎csinC=2,∴a=2sin A,c=2sin C=2sin(‎3π‎4‎ - A),∴BA·BC‎=‎‎2‎‎2‎ac=‎2‎‎2‎×2sin A×2sin(‎3π‎4‎ - A)=2sin A(cos A+sin A)=2sin Acos A+2sin2A=sin 2A - cos 2A+1=‎2‎sin(2A - π‎4‎)+1.∵00,且a,b不共线,故‎(1 - x)(x - 4)>0,‎x - 4≠0,‎解得1=π‎3‎,令OA=a,OB=b,以OA的方向为x轴的正方向建立如图D 6 - 2 - 8所示的平面直角坐标系,则a=OA=(1,0),b=OB=(‎1‎‎2‎,‎3‎‎2‎).‎ 图D 6 - 2 - 8‎ 设c=OC=(cos θ,sin θ)(0≤θ<2π),则(a+b)·(2b - c)=2a·b - a·c+2b2 - b·c=3 - (cos θ+‎1‎‎2‎cos θ+‎3‎‎2‎sin θ)=3 - ‎3‎sin(θ+π‎3‎).因为 - 1≤sin(θ+π‎3‎)≤1,‎ 所以(a+b)·(2b - c)的最小值和最大值分别为3 - ‎3‎,3+‎3‎.‎