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理含解析

这是一份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理含解析，共8页。
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eq \f(π,3)，且|a|＝1，|2a－b|＝eq \r(3)，则|b|＝( )
A.eq \r(3)B.eq \r(2)
C．1D.eq \f(\r(3),2)
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，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝1，O为△ABC所在平面内一点，且eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋3eq \(OC,\s\up6(→))＝0，则eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))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．－eq \f(\r(3),2)B.eq \f(3,2)
C．2D.eq \f(5,2)
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eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))的最大值为( )
A．－eq \f(7,3)B．－eq \f(4,3)
C.eq \f(1,3)D.eq \f(3,4)
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＝(cs(A－B)，sin(A－B))，n＝(csB，－sinB)，且m·n＝－eq \f(3,5).
(1)求sinA的值；
(2)若a＝4eq \r(2)，b＝5，求角B的大小及向量eq \(BA,\s\up6(→))在eq \(BC,\s\up6(→))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eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))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.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))
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eq \(PA,\s\up6(→))＝meq \(PB,\s\up6(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－m))eq \(PC,\s\up6(→))(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|cs〈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＝－eq \f(1,2)，所以cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝－eq \f(1,2)，又0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝120°，故选D.
优解 令eq \(AE,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AB,\s\up6(→))＝2a，则以AB，AD为邻边作平行四边形ABCD，如图所示，连接AC，则eq \(AC,\s\up6(→))＝2a＋b，因为b⊥(2a＋b)，所以AC⊥AD，即∠DAC＝90°，所以∠ACB＝90°，又|eq \(BC,\s\up6(→))|＝1，|Aeq \(B,\s\up6(→))|＝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eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋3eq \(OC,\s\up6(→))＝0，所以eq \(OA,\s\up6(→))＋2(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))＋3(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))＝0，所以eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))，所以eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→)))·(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))2－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))2－eq \f(1,6)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝－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×cs60°＝3，所以2a－b在a方向上的投影为eq \f(2a－b·a,|a|)＝eq \f(3,2).
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，eq \r(3))，则eq \(BC,\s\up6(→))＝(2,0)，eq \(CA,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3))．设eq \(BM,\s\up6(→))＝teq \(BC,\s\up6(→))(0≤t≤1)，则eq \(BM,\s\up6(→))＝(2t,0)，所以M(2t－1,0)．又|eq \(CN,\s\up6(→))|＝|eq \(BM,\s\up6(→))|＝t|eq \(BC,\s\up6(→))|，所以eq \(CN,\s\up6(→))＝teq \(CA,\s\up6(→))＝(－t，eq \r(3)t)，因此N(1－t，eq \r(3)t)，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝(2t－1，－eq \r(3))，eq \(MN,\s\up6(→))＝(2－3t，eq \r(3)t)，故eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝(2t－1)(2－3t)－3t＝－6t2＋4t－2＝－6(t－eq \f(1,3))2－eq \f(4,3)，所以当t＝eq \f(1,3)时，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))取得最大值，最大值为－eq \f(4,3)，故选B.
解法二 设BM＝λBC(0≤λ≤1)，则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BM,\s\up6(→)))·(eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→)))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(BC,\s\up6(→)))·[(1－λ)eq \(BC,\s\up6(→))＋λeq \(CA,\s\up6(→))]＝eq \(AB,\s\up6(→))·(1－λ)eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))·λeq \(CA,\s\up6(→))＋λeq \(BC,\s\up6(→))·(1－λ)eq \(BC,\s\up6(→))＋λeq \(BC,\s\up6(→))·λeq \(CA,\s\up6(→))＝－2(1－λ)－2λ＋4λ(1－λ)－2λ2＝－6λ2＋4λ－2＝－6(λ－eq \f(1,3))2－eq \f(4,3)，所以当λ＝eq \f(1,3)时，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))取得最大值，最大值为－eq \f(4,3)，故选B.
答案：B
6．解析：|2a－b|2＝(2a－b)2＝4a2－4a·b＋b2＝3，所以|2a－b|＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
7．解析：因为b＝(2,1), 所以|b|＝eq \r(5)，又|a|＝5，a∥b，所以a＝eq \r(5)b或a＝－eq \r(5)b，所以a的坐标为(2eq \r(5)，eq \r(5))或(－2eq \r(5)，－eq \r(5))．
答案：(2eq \r(5)，eq \r(5))或(－2eq \r(5)，－eq \r(5))
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×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－16.
(1)①∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，
∴|a＋b|＝4eq \r(3).
②∵|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768，
∴|4a－2b|＝16eq \r(3).
(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＝－eq \f(3,5)，
得cs(A－B)csB－sin(A－B)sinB＝－eq \f(3,5)，
所以csA＝－eq \f(3,5).
因为0B，又B是△ABC的一个内角，
则B＝eq \f(π,4)，由余弦定理得(4eq \r(2))2＝52＋c2－2×5c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))，
解得c＝1.
故向量eq \(BA,\s\up6(→))在eq \(BC,\s\up6(→))方向上的投影为
|eq \(BA,\s\up6(→))|csB＝ccsB＝1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2).
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，eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝|eq \(AP,\s\up6(→))|·|eq \(AB,\s\up6(→))|·cs∠PAB，当∠PAB为锐角时，|eq \(AP,\s\up6(→))|·cs∠PAB＝|eq \(AP1,\s\up6(→))|，当∠PAB为钝角时，|eq \(AP,\s\up6(→))|·cs∠PAB＝－|eq \(AP,\s\up6(→))1|，所以当点P与C重合时，eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))最大，此时eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝|eq \(AC1,\s\up6(→))||eq \(AB,\s\up6(→))|＝6，当然P与F重合时，eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))最小，此时eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝－|eq \(AF1,\s\up6(→))||eq \(AB,\s\up6(→))|＝－2，又因为点P是正六边形ABCDEF内的一点，所以－2＜eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＜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＋2csθ＞1，即csθ＞－eq \f(1,2)，又θ∈[0，π]，所以0≤θ＜eq \f(2π,3)，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eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，则eq \(OC,\s\up6(→))＝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＝eq \f(θ,2)，取OC的中点为D，连接AD，则AD⊥OC，所以cs∠AOC＝cseq \f(θ,2)＝eq \f(OD,OA)＝eq \f(\f(|a＋b|,2),|a|)＝eq \f(|a＋b|,2).因为|a＋b|＞1，所以cseq \f(θ,2)＞eq \f(1,2)，又θ∈(0，π]，所以eq \f(θ,2)∈(0，eq \f(π,2)]，所以0＜eq \f(π,2)＜eq \f(π,3)，即0＜θ＜eq \f(2π,3).综上可知，0≤θ＜eq \f(2π,3)，故选B.
答案：B
13．解析：解法一 以点A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，eq \(AC,\s\up6(→))的方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，设eq \(CD,\s\up6(→))＝λeq \(CB,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，则D(4λ，3－3λ)，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋λeq \(CB,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(AC,\s\up6(→))，又点P在AD的延长线上，则可设eq \(AP,\s\up6(→))＝μeq \(AD,\s\up6(→))，μ>1，又eq \(PA,\s\up6(→))＝m(eq \(PB,\s\up6(→))－eq \(PC,\s\up6(→)))＋eq \f(3,2)eq \(PC,\s\up6(→))＝meq \(CB,\s\up6(→))＋eq \f(3,2)eq \(PC,\s\up6(→))，则eq \(PA,\s\up6(→))＝m(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))＋eq \f(3,2)(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AP,\s\up6(→)))，eq \f(1,2)eq \(AP,\s\up6(→))＝meq \(AB,\s\up6(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－m))eq \(AC,\s\up6(→))，则2meq \(AB,\s\up6(→))＋(3－2m)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＝μeq \(AD,\s\up6(→))＝λμeq \(AB,\s\up6(→))＋μ(1－λ)eq \(AC,\s\up6(→))，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＝eq \f(18,25)或λ＝0，则|eq \(CD,\s\up6(→))|＝eq \f(18,25)|eq \(CB,\s\up6(→))|＝eq \f(18,25)×eq \r(32＋42)＝eq \f(18,5)或|eq \(CD,\s\up6(→))|＝0×|eq \(CB,\s\up6(→))|＝0.
解法二 由题意可设eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PD,\s\up6(→))＝λ[μeq \(PB,\s\up6(→))＋(1－μ)eq \(PC,\s\up6(→))]＝λμeq \(PB,\s\up6(→))＋(λ－λμ)eq \(PC,\s\up6(→))，其中λ>1,0≤μ≤1，又eq \(PA,\s\up6(→))＝meq \(PB,\s\up6(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－m))eq \(PC,\s\up6(→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λμ＝m，,λ－λμ＝\f(3,2)－m，))得λ＝eq \f(3,2)，即eq \f(|\(PA,\s\up6(→))|,|\(PD,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,2)，又PA＝9，则|eq \(PD,\s\up6(→))|＝6，|eq \(AD,\s\up6(→))|＝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eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AD,sin∠ACD)，则CD＝eq \f(ADsin180°－2∠ACD,sin∠ACD)＝eq \f(sin2∠ACD,sin∠ACD)·AD＝2cs∠ACD·AD＝2×eq \f(3,5)×3＝eq \f(18,5).综上，CD＝eq \f(18,5)或0.
答案：eq \f(18,5)或0