2022届高考数学一轮复习-第五章-5.3-平面向量的数量积与应用举例课时作业.docx

2022届高考数学一轮复习 第五章 5.3 平面向量的数量积与应用举例课时作业

2022届高考数学一轮复习 第五章 5.3 平面向量的数量积与应用举例课时作业

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姓名：

课时作业28　平面向量的数量积与应用举例
[基础达标]
一、选择题
1．[2021·郑州市高中毕业年级质量预测]已知向量a与b的夹角为，且|a|＝1，|2a－b|＝，则|b|＝(　　)

A.B.
C．1D.
2．[2021·保定市高三模拟考试]已知a与b均为单位向量，若b⊥(2a＋b)，则a与b的夹角为(　　)
A．30°B．45°
C．60°D．120°
3．[2021·江西省名校高三教学质量检测]已知△ABC中，AB＝2，AC＝1，·＝1，O为△ABC所在平面内一点，且＋2＋3＝0，则·的值为(　　)
A．－1B．1
C．4D．－4
4．[2021·湖北省部分重点中学高三起点考试]已知向量a与b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝5，则2a－b在a方向上的投影为(　　)
A．－B.
C．2D.
5．[2021·湖南省长沙市高三调研试题]已知在边长为2的正三角形ABC中，M，N分别为边BC，AC上的动点，且CN＝BM，则·的最大值为(　　)
A．－B．－
C.D.
二、填空题
6．[2021·安徽省示范高中名校高三联考]已知a，b为单位向量，且a，b的夹角为60°，则|2a－b|＝________.
7．[2021·唐山市高三年级摸底考试]已知|a|＝5，b＝(2,1)，且a∥b，则向量a的坐标是________．
8．[2021·开封市高三模拟考试]已知向量a＝(2，－6)，b＝(3，m)，若|a＋b|＝|a－b|，则m＝________.
三、解答题
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)．

10．[2021·广州海珠区摸底考试]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cos(A－B)，sin(A－B))，n＝(cosB，－sinB)，且m·n＝－.
(1)求sinA的值；
(2)若a＝4，b＝5，求角B的大小及向量在方向上的投影．

[能力挑战]
11．[2020·山东卷]已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则·的取值范围是(　　)
A．(－2,6) B．(－6,2)
C．(－2,4) D．(－4,6)
12．[2021·开封市高三模拟试卷]已知单位向量a，b满足|a＋b|＞1，则a与b夹角的取值范围是(　　)
A.B.
C.D.

13．[2020·江苏卷]在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9，若＝m＋(m为常数)，则CD的长度是________．

课时作业28
1．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.
答案：C
2．解析：通解　因为b⊥(2a＋b)，所以b·(2a＋b)＝0，又a，b均为单位向量，所以2a·b＋b2＝2a·b＋1＝0，即a·b＝－，所以cos〈a，b〉＝＝－，又0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝120°，故选D.
优解　令＝a，＝b，＝2a，则以AB，AD为邻边作平行四边形ABCD，如图所示，连接AC，则＝2a＋b，因为b⊥(2a＋b)，所以AC⊥AD，即∠DAC＝90°，所以∠ACB＝90°，又||＝1，|A|＝2，所以∠CAB＝30°，所以∠DAB＝90°＋30°＝120°，即a与b的夹角为120°，故选D.

答案：D
3．解析：因为＋2＋3＝0，所以＋2(＋)＋3(＋)＝0，所以＝＋，所以·＝(＋)·(－)＝2－2－·＝－1.
答案：A
4．解析：因为|a|＝2，|b|＝5，向量a与b的夹角为60°，所以(2a－b)·a＝2a2－b·a＝2×22－5×2×cos60°＝3，所以2a－b在a方向上的投影为＝.
答案：B

5．解析：解法一　以BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，过点O且垂直于BC的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则B(－1,0)，C(1,0)，A(0，)，则＝(2,0)，＝(－1，)．设＝t(0≤t≤1)，则＝(2t,0)，所以M(2t－1,0)．又||＝||＝t||，所以＝t＝(－t，t)，因此N(1－t，t)，所以＝(2t－1，－)，＝(2－3t，t)，故·＝(2t－1)(2－3t)－3t＝－6t2＋4t－2＝－6(t－)2－，所以当t＝时，·取得最大值，最大值为－，故选B.
解法二　设BM＝λBC(0≤λ≤1)，则·＝(＋)·(＋)＝(＋λ)·[(1－λ)＋λ]＝·(1－λ)＋·λ＋λ·(1－λ)＋λ·λ＝－2(1－λ)－2λ＋4λ(1－λ)－2λ2＝－6λ2＋4λ－2＝－6(λ－)2－，所以当λ＝时，·取得最大值，最大值为－，故选B.
答案：B
6．解析：|2a－b|2＝(2a－b)2＝4a2－4a·b＋b2＝3，所以|2a－b|＝.
答案：
7．解析：因为b＝(2,1), 所以|b|＝，又|a|＝5，a∥b，所以a＝b或a＝－b，所以a的坐标为(2，)或(－2，－)．
答案：(2，)或(－2，－)
8．解析：通解　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.
优解　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
9．解析：由已知得，a·b＝4×8×＝－16.
(1)①∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，
∴|a＋b|＝4.
②∵|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768，
∴|4a－2b|＝16.
(2)∵(a＋2b)⊥(ka－b)，
∴(a＋2b)·(ka－b)＝0，
∴ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，
即16k－16(2k－1)－2×64＝0.
∴k＝－7.
即k＝－7时，a＋2b与ka－b垂直．
10．解析：(1)由m·n＝－，
得cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－，
所以cosA＝－.
因为0<A<π，所以sinA＝＝＝.
(2)由正弦定理，得＝，
则sinB＝＝＝，
因为a>b，所以A>B，又B是△ABC的一个内角，
则B＝，由余弦定理得(4)2＝52＋c2－2×5c×，
解得c＝1.
故向量在方向上的投影为
||cosB＝ccosB＝1×＝.
11．解析：如图，过点P作PP1⊥直线AB于P1，过点C作CC1⊥直线AB于C1，过点F作FF1⊥直线AB于F1，·＝||·||·cos∠PAB，当∠PAB为锐角时，||·cos∠PAB＝||，当∠PAB为钝角时，||·cos∠PAB＝－|1|，所以当点P与C重合时，·最大，此时·＝||||＝6，当然P与F重合时，·最小，此时·＝－||||＝－2，又因为点P是正六边形ABCDEF内的一点，所以－2＜·＜6.故选A.

答案：A
12．解析：通解　设单位向量a，b的夹角为θ，则θ∈[0，π]，|a＋b|＞1两边平方得a2＋2a·b＋b2＞1，化简得2＋2cosθ＞1，即cosθ＞－，又θ∈[0，π]，所以0≤θ＜，故选B.
优解　设单位向量a，b的夹角为θ，显然当θ＝0时成立；当θ≠0时，如图所示，令＝a，＝b，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，则＝a＋b，∠AOB＝θ，因为a，b均为单位向量，所以平行四边形OACB是边长为1的菱形，则∠AOC＝，取OC的中点为D，连接AD，则AD⊥OC，所以cos∠AOC＝cos＝＝＝.因为|a＋b|＞1，所以cos＞，又θ∈(0，π]，所以∈(0，]，所以0＜＜，即0＜θ＜.综上可知，0≤θ＜，故选B.

答案：B
13．解析：解法一　以点A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，的方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，设＝λ，λ∈[0,1]，则D(4λ，3－3λ)，＝＋λ＝λ＋(1－λ)，又点P在AD的延长线上，则可设＝μ，μ>1，又＝m(－)＋＝m＋，则＝m(－)＋(－)，＝m＋，则2m＋(3－2m)＝＝μ＝λμ＋μ(1－λ)，所以2m＝λμ，3－2m＝μ－λμ，所以μ＝3，又AP＝9，则AD＝3，所以(4λ)2＋(3－3λ)2＝9，得λ＝或λ＝0，则||＝||＝×＝或||＝0×||＝0.
解法二　由题意可设＝λ＝λ[μ＋(1－μ)]＝λμ＋(λ－λμ)，其中λ>1,0≤μ≤1，又＝m＋，所以得λ＝，即＝，又PA＝9，则||＝6，||＝3，所以AD＝AC.当D与C重合时，CD＝0，当D不与C重合时，有∠ACD＝∠CDA，所以∠CAD＝180°－2∠ACD，在△ACD中，由正弦定理可得＝，则CD＝＝·AD＝2cos∠ACD·AD＝2××3＝.综上，CD＝或0.
答案：或0