数学湘教版（2019）1.5 向量的数量积课后练习题

这是一份数学湘教版（2019）1.5 向量的数量积课后练习题，共15页。试卷主要包含了已知向量a=,b=,c=等内容，欢迎下载使用。

考点1 平面向量的线性运算
1.(2019课标全国Ⅱ文,3,5分,)已知向量a=(2,3),b=(3,2),则|a-b|=( )
D.50
2.(2019北京,7,5分,)设点A,B,C不共线,则“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB+AC|>|BC|”的( )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
考点2 向量共线(平行)及其坐标表示
3.(2018课标全国Ⅲ文,13,5分,)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ= .
考点3 平面向量基本定理的应用
4.(2018课标全国Ⅰ理,6,5分,)在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则EB=( )
A.34AB-14ACB.14AB-34AC
C.34AB+14ACD.14AB+34AC
考点4 平面向量数量积的运算
5.(2021浙江,3,4分,)已知非零向量a,b,c,则“a·c=b·c”是“a=b”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
6.(2019课标全国Ⅱ理,3,5分,)已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,则AB·BC=( )
A.-3B.-2C.2D.3
7.(2020新高考Ⅰ,7,5分,)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则AP·AB的取值范围是( )
A.(-2,6)B.(-6,2)C.(-2,4)D.(-4,6)
8.(2018天津,8,5分,)在如图的平面图形中,已知OM=1,ON=2,∠MON=120°,BM=2MA,CN=2NA,则BC·OM的值为( )
A.-15B.-9
C.-6D.0
9.(2019天津文,14,5分,)在四边形ABCD中,AD∥BC,AB=23,AD=5,∠A=30°,点E在线段CB的延长线上,且AE=BE,则BD·AE= .
考点5 平面向量数量积的性质与应用
10.(2019课标全国Ⅰ文,8,5分,)已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a-b)⊥b,则a与b的夹角为( )
A.π6B.π3
C.2π3D.5π6
11.(2021全国甲理,14,5分,)已知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+kb.若a⊥c,则k= .
12.(2021全国乙理,14,5分,)已知向量a=(1,3),b=(3,4),若(a-λb)⊥b,则λ= .
13.(2020课标全国Ⅰ理,14,5分,)设a,b为单位向量,且|a+b|=1,则|a-b|= .
14.(2019课标全国Ⅲ文,13,5分,)已知向量a=(2,2),b=(-8,6),则cs= .
15.(2021浙江,17,4分,)已知平面向量a,b,c(c≠0)满足|a|=1,|b|=2,a·b=0,(a-b)·c=0.记平面向量d在a,b方向上的投影分别为x,y,d-a在c方向上的投影为z,则x2+y2+z2的最小值是 .
三年模拟练
1.(2020东北三省三校高三第一次模拟,)已知向量a=(3,2),b=(-2,1),c=(4,3),若(λa+b)⊥(c-a),则实数λ=( )
2.(2020四川绵阳高三上学期一诊,)在△ABC中,∠BAC=60°,∠BAC的平分线AD交BC边于点D,已知AD=23,且λAB=AD-13AC(λ∈R),则AB在AD方向上的投影长为( )
A.1
3.(2020吉林长春高三上学期第一次调研测试,)已知向量OA,OB满足OA·OB=0,点C在∠AOB内,且∠AOC=30°,设OC=mOA+nOB(m,n∈R),若|OA||OB|=12,则mn=( )
4.(2020广东佛山实验中学高一下学期期中,)若O为△ABC所在平面内任一点,且满足(OB-OC)·(OB+OC-2OA)=0,则△ABC的形状一定为( )
A.等腰三角形B.直角三角形
C.等边三角形D.等腰直角三角形
5.(2020四川德阳高三一诊,)在边长为4的菱形ABCD中,∠BAD=60°,M为CD中点,N为平面ABCD内一点,若|AB-NB|=|AM-AN|,则AM·AN=( )
A.16B.14C.12D.8
6.(2020福建厦门双十中学高三上学期期中,)已知向量a=(1,2),b=(2,m),若(a+b)2=a2+b2,则m= .
7.(2020天津十二校高三下学期联考,)在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=BC=2,CD=1,M是线段BC上的动点,若BD·AM=-3,则BA·BC的取值范围是 .
8.(2020陕西西安铁一中高三上学期期末,)已知平面向量a,b,c满足|a|=3,|b|=2,a,b的夹角为π6,且(a-c)·(b-c)=0,则|c|的取值范围是 .
9.(2020江西临川一中高二上学期期中,)已知C为线段AB上一点,P为直线AB外一点,I为线段PC上一点,满足|PA|-|PB|=4,|PA-PB|=10,PA·PC|PA|=PB·PC|PB|,且BI=BA+λAC|AC|+AP|AP|,λ>0,则BI·BA|BA|的值为 .
10.(2020山西长治第二中学高三期中,)已知平面向量a=(1,2),b=(k,3)(k∈R).
(1)若a∥b,求k的值;
(2)若a⊥b,求向量a+b与b夹角的余弦值.
11.(2021浙北G2高一下期中联考,)在平面直角坐标系中,BC=(2-k,3),AC=(2,4),k∈R.
(1)若A,B,C三点不能构成三角形,求实数k的值;
(2)若△ABC为直角三角形,求实数k的值.
12.(2020重庆巴蜀中学高一下学期期末,)已知向量a,b满足|a|=|b|=1,且|a+kb|=3|a-kb|,其中k>0.
(1)若a与b的夹角为60°,求k的值;
(2)记f(k)=a·b,是否存在实数k,使得f(k)≥1-tk对任意的t∈[-1,1]恒成立?若存在,求出实数k的取值范围;若不存在,请说明理由.
答案全解全析
五年高考练
1.A ∵a=(2,3),b=(3,2),∴a-b=(-1,1),∴|a-b|=(-1)2+12=2,故选A.
2.C |AB+AC|>|BC|⇔|AB+AC|>|AC-AB|⇔AB2+AC2+2AB·AC>AB2+AC2-2AB·AC⇔AB·AC>0,由点A,B,C不共线,得∈0,π2,故AB·AC>0⇔AB,AC的夹角为锐角.故选C.
3.答案 12
解析 由题意得2a+b=(4,2),因为c=(1,λ),c∥(2a+b),所以4λ-2=0,解得λ=12.
4.A ∵E是AD的中点,∴EA=-12AD,∴EB=EA+AB=-12AD+AB,又∵D为BC的中点,∴AD=12(AB+AC),因此EB=-14(AB+AC)+AB=34AB-14AC,故选A.
5.B 若c与向量a,b都垂直,则由a·c=b·c不一定能得到a=b;
若a=b,则由平面向量的数量积的定义知a·c=b·c成立,故“a·c=b·c”是“ a=b”的必要不充分条件.故选B.
6.C ∵AB=(2,3),AC=(3,t),
∴BC=AC-AB=(1,t-3),
∵|BC|=12+(t-3)2=1,
∴t=3,∴BC=(1,0),
则AB·BC=(2,3)·(1,0)=2.
故选C.
7.A 解法一:以A为原点,AB的方向为x轴的正方向,建立如图①所示的平面直角坐标系,设P(x,y),则AB=(2,0),AP=(x,y),∵-1解法二:如图②,以{AB,AE}为基,则=π2,且|AB|=2,|AE|=23.∵P为正六边形内一点,∴AP=xAB+yAE,-12解法三:作出正六边形ABCDEF,如图③所示,P是正六边形内一点,AP·AB=|AB|·|AP|cs,|AB|=2,|AP|cs是AP在AB方向上的投影数量.由图可得,当P位于C处时,|AP|cs最大,又BC=2,∠CAB=30°,故此时|AP|·cs=23×32=3,则AP·AB=|AB||AP|cs=2×3=6;当P位于F处时,|AP|cs最小,又AF=2,∠FAB=120°,故此时|AP|cs=2×-12=-1,则AP·AB=|AB||AP|·cs=2×(-1)=-2.∵P在正六边形内,∴AP·AB的取值范围为(-2,6).故选A.
8.C 连接OA.∵BC=AC-AB=3AN-3AM=3(ON-OA)-3(OM-OA)=3(ON-OM),
∴BC·OM=3(ON-OM)·OM=3(ON·OM-|OM|2)=3×(2×1×cs 120°-12)=3×(-2)=-6.故选C.
9.答案 -1
解析 ∵AE=BE,AD∥BC,∠A=30°,
∴在等腰三角形ABE中,∠BEA=120°,
又AB=23,∴AE=BE=2,
又AD=5,∴BE=-25AD.
∵AE=AB+BE,∴AE=AB-25AD.
又BD=BA+AD=-AB+AD,
∴BD·AE=(-AB+AD)·AB-25AD=-AB2+75AB·AD-25AD2=-AB2+75|AB|·|AD|cs∠BAD-25AD2=-12+75×23×5×32-25×25=-1.
10.B ∵(a-b)⊥b,
∴(a-b)·b=a·b-b2
=|a||b|cs-b2=0,
又∵|a|=2|b|,
∴cs=|b|2|a||b|=|b|22|b|2=12,
∵∈[0,π],∴=π3.
故选B.
11.答案 -103
解析 由题意知c=a+kb=(3,1)+k(1,0)=(3+k,1),
结合a⊥c得3(3+k)+1×1=0,解得k=-103.
12.答案 35
解析 解法一:由a=(1,3),b=(3,4),
得a-λb=(1-3λ,3-4λ),
由(a-λb)⊥b得(a-λb)·b=0,
故3(1-3λ)+4(3-4λ)=0⇒15-25λ=0⇒λ=35.
解法二:由(a-λb)⊥b得(a-λb)·b=0,
即a·b-λb2=0,
a·b=1×3+3×4=15,b2=3×3+4×4=25,
则15-25λ=0,∴λ=35.
13.答案 3
解析 由|a+b|=1,得|a+b|2=1,即a2+b2+2a·b=1,又|a|=|b|=1,所以a·b=-12,|a-b|=|a-b|2=a2+b2-2a·b=1+1+1=3.
14.答案 -210
解析 ∵a·b=2×(-8)+2×6=-4,|a|=22+22=22,|b|=(-8)2+62=10,
∴cs=-422×10=-210.
15.答案 25
解析 设a=(1,0),b=(0,2),则a-b=(1,-2),由(a-b)·c=0,可设c=(2m,m),
而d=(x,y),∴d-a=(x-1,y),∵d-a在c方向上的投影为z,
∴z=(d-a)·c|c|=2m(x-1)+my5|m|=(2x+y-2)m5|m|,
∴x2+y2+z2=x2+y2+(2x+y-2)25=x2+|y|21+|2x+y-2|25≥x2+(|y|+|2x+y-2|)26≥x2+(2x-2)26=53x2-43x+23≥25,
当且仅当x=25,y=15时取“=”,故x2+y2+z2的最小值为25.
注:若a,b,c,d>0,则b2a+d2c≥(b+d)2a+c,当且仅当ba=dc时取“=”.
三年模拟练
1.A 因为a=(3,2),b=(-2,1),c=(4,3),
所以λa+b=(3λ-2,2λ+1),c-a=(1,1),
又(λa+b)⊥(c-a),所以(λa+b)·(c-a)=0,即3λ-2+2λ+1=0,解得λ=15.
2.D 在AC上取点E,使AE=13AC,连接DE,过D作DF∥AC,交AB于F,因为λAB=AD-13AC=ED(λ∈R),所以ED∥AB,所以四边形AFDE为平行四边形,又AD平分∠BAC,所以四边形AFDE为菱形.
因为AD=23,∠BAC=60°,所以AE=2,则AC=6.
设FB=x,因为DF∥AC,所以DFAC=FBAB,即26=x2+x,解得x=1,即FB=1,所以AB=3.
所以AB在AD方向上的投影长为|AB|·cs 30°=332.故选D.
3.C 由OA·OB=0得OA⊥OB,建立如图所示的平面直角坐标系,
由|OA||OB|=12,可设A(1,0),B(0,2),
由OC=mOA+nOB(m,n∈R)得C(m,2n).
∵tan∠AOC=tan 30°=2nm=33,
∴mn=23.故选C.
4.A 因为(OB-OC)·(OB+OC-2OA)=0,
即CB·(AB+AC)=0,
所以CB⊥(AB+AC),设BC的中点为D,则CB⊥AD,所以AB=AC.
又无法判断△ABC是不是直角三角形或等边三角形,
所以△ABC是等腰三角形.
5.B 因为|AB-NB|=|AM-AN|,所以|AN|=|NM|,
设AM的中点为O,连接ON,则ON⊥AM.
因为点M是DC的中点,所以AM=AD+12AB,
所以AM·AN=|AM||AN|cs∠MAN
=|AM||AN|·|AO||AN|=|AM||AO|=12AM2=12AD+12AB2=12AD2+18AB2+12AB·AD=12×42+18×42+12×42×12=14.
故选B.
6.答案 -1
解析 因为a=(1,2),b=(2,m),
所以a+b=(3,2+m),所以(a+b)2=9+(2+m)2=m2+4m+13,
又a2=1+4=5,b2=4+m2,
所以m2+4m+13=5+4+m2,解得m=-1.
7.答案 [1,10]
解析 设BM=tBC,t∈[0,1],
则BD·AM=(BC+CD)·(AB+BM)
=BC+12BA·(-BA+tBC)
=-1+t2BC·BA+4t-2=-3,
所以BC·BA=-8t-2t-2=-8-18t-2,∵t∈[0,1],∴BC·BA∈[1,10].
8.答案 13-12,13+12
解析 ∵|a|=3,|b|=2,a,b的夹角为π6,∴a·b=|a||b|cs π6=3,|a+b|=(a+b)2=a2+b2+2a·b=13,
∴(a-c)·(b-c)=a·b-c·(a+b)+c2=3-|c|·13·cs+|c|2=0,
∴13cs=|c|2+3|c|,
∵cs≤1,∴|c|2+3|c|≤13,
即|c|2-13|c|+3≤0,
解得13-12≤|c|≤13+12.
9.答案 3
解析 因为PA·PC|PA|=PB·PC|PB|,所以PC在PA、PB两个向量方向上的投影长相等,所以C在∠BPA的平分线上.
又因为BI=BA+λAC|AC|+AP|AP|,λ>0,
所以AI=λAC|AC|+AP|AP|,λ>0,即I在∠PAB的平分线上.
又因为I在PC上,所以I为三角形PAB的内心,过I作IF⊥PA于点F,IE⊥PB于点E,ID⊥AB于点D,如图所示.
设|PE|=|PF|=x,|BD|=|BE|=y,|AF|=|AD|=z,因为|PA|-|PB|=4,|PA-PB|=10,所以(x+z)-(x+y)=4,y+z=10,解得y=3,z=7,则BI·BA|BA|=|BI|·cs∠ABI=|BD|=y=3.
10.解析 (1)由a∥b可得3×1-k×2=0,解得k=32.
(2)由a⊥b得a·b=0,即k×1+2×3=0,
解得k=-6,则b=(-6,3),
则|b|=(-6)2+32=35,a+b=(-5,5),所以(a+b)·b=(-5)×(-6)+5×3=45,
|a+b|=(-5)2+52=52,
设向量a+b与b的夹角为θ,
则cs θ=(a+b)·b|a+b||b|=4552×35=31010,
所以a+b与b夹角的余弦值为31010.
11.解析 (1)当A,B,C三点共线时,A,B,C三点不能构成三角形,
即BC∥AC,即4(2-k)=6,解得k=12.
(2)AB=AC-BC=(k,1).
①若C为直角,则BC⊥AC,∴BC·AC=2(2-k)+3×4=0,解得k=8.
②若B为直角,则BC⊥AB,∴BC·AB=k(2-k)+3×1=0,解得k=-1或k=3.
③若A为直角,则AC⊥AB,∴AC·AB=2k+4=0,解得k=-2.
经检验,均满足题意.
综上,k的值为-1,-2,3,8.
12.解析 (1) 由|a+kb|=3|a-kb|得,|a+kb|2=3|a-kb|2,
所以1+2ka·b+k2=3(1-2ka·b+k2),
因为a·b=1×1×cs 60°=12,
所以1+k+k2=3(1-k+k2),解得k1=k2=1,
即k=1.
(2)存在.
由(1)可知,1+2ka·b+k2=3(1-2ka·b+k2),所以f(k)=a·b=1+k24k,则f(k)≥1-tk可变形为kt+1+k24k-1≥0,设φ(t)=kt+1+k24k-1,所以φ(t)≥0对任意的t∈[-1,1]恒成立,即有φ(1)≥0,φ(-1)≥0,即k+1+k24k-1≥0,-k+1+k24k-1≥0,
又k>0,所以0