假期作业13 平面向量的数量积-【快乐假期】2024年高一数学暑假大作业（人教A版）

假期作业１３　平面向量的数量积　　　　　　　 １．平面向量的数量积 定义:已知两个非零向量a和b,它们的夹 角为θ,则数量　　　　叫做a与b 的数量 积(或内积)．规定:零向量与任一向量的数 量积为　　　　． ２．平面向量数量积的运算律 (１)交换律:a􀅰b＝　　　　; (２)数乘结合律:(λa)􀅰b＝λ(a􀅰b)＝a􀅰(λb); (３)分配律:a􀅰(b＋c)＝　　　　　　． ３．平面向量数量积的性质及其坐标表示 设非零向量a＝(x１,y１),b＝(x２,y２),‹a,b› ＝θ． 结论 几何表示 坐标表示 模 |a|＝　　　　 |a|＝　　　　 数量积 a􀅰b＝　　　 a􀅰b＝　　　　 夹角 cosθ＝　　　 cosθ＝　　　　 a⊥b a􀅰b＝０ 　　　　　　 ４．向量在几何中的应用 (１)证明线段平行或点共线问题,常用共线向 量定理:a∥b⇔a＝λb⇔x１y２－x２y１＝０(b ≠０)． (２)证明垂直问题,常用数量积的运算性质: a⊥b⇔a􀅰b＝０⇔x１x２＋y１y２＝０． ◆[考点一]　平面向量数量积的运算 １．已知向量a＝(６,－８),b＝(３,m),a∥b,则 a􀅰b＝ (　　) A．１４　　B．－１４　　C．５０　　D．－５０ ２．(２０２３􀅰全国乙卷(文))正方形ABCD 的边长 是２,E是AB的中点,则EC → 􀅰ED → ＝ (　　) A．５ B．３ C．２ ５ D．５ ３．已知向量AB → ＝(２,０),AC → ＝(－１,２),且满足(λ AB → ＋AC →)⊥BC →,则λ的值为　　　　　． ◆[考点二]　利用向量数量积求向量的夹角 和模 ４．(２０２３􀅰北京卷)已知向量a、b满足a＋b＝ (２,３),a－b＝(－２,１),则|a|２－|b|２＝ (　　) A．－２ B．－１ C．０ D．１ ５．(２０２３􀅰全国甲卷(理))向量|a|＝|b|＝１, |c|＝ ２,且a＋b＋c＝０,则cos‹a－c,b－c› ＝ (　　) A．－１５ B．－ ２ ５ C． ２ ５ D． ４ ５ ６．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a－ b|＝３,|a＋b|＝|２a－b|,则|b|＝　　　　． ◆[考点三]　平面向量的垂直及应用 ７．(多选题)已知a,b为非零向量,且a＝(x１, y１),b＝(x２,y２),则下列命题中与a⊥b等 价的有 (　　) A．a􀅰b＝０ B．x１x２＋y１y２＝０ C．|a＋b|＝|a－b| D．a２＋b２＝(a－b)２ ８．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(１,１),b ＝(１,－１),若(a＋λb)⊥(a＋μb),则 (　　) A．λ＋μ＝１ B．λ＋μ＝－１ C．λμ＝１ D．λμ＝－１ ９．已知向量a,b的夹角为π３ ,(a－b)⊥b,则 |a| |b|＝　　　 ,a＋b a－b ＝　　　． ◆[考点四]　平面向量数量积的综合应用 １０．(多选)若向量a＝(３,３),b＝(n,３),下 列结论正确的有 (　　) A．若a,b同向,则n＝１ B．与a垂直的单位向量一定是 － ３２ ,１ ２ æ è ç ö ø ÷ C．若b在a 上的投影向量为３e(e是与向 量a同向的单位向量),则n＝３ D．若a与b 的夹角为钝角,则n的取值范 围是(－３,＋∞) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５２ １１．如图所示,ABCD 是正方 形,M 是BC 的中点,将 正方形折起使点A 与M 重合,设折痕为EF,若正 方 形 面 积 为 ６４,求 △AEM 的面积． １２．在 △ABC 中,AB →􀅰AC → ＝０,|AB → |＝１２, |BC → |＝１５,l为线段BC 的垂直平分线,l与 BC交于点D,E为l上异于D的任意一点． (１)求AD →􀅰CB → 的值; (２)判断AE →􀅰CB → 的值是否为一个常数, 并说明理由． １．已知向量a,b是非零向量,设甲:向量a,b 共线;乙:关于x的方程a２x２＋２a􀅰bx＋b２ ＝０有实数根;则 (　　) A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 ２．(多选)如图,以 AB 为直径 在正方形内部作半圆O,P 为半圆上与A,B 不重合的 一动点,下面关于|PA → ＋PB → ＋PC → ＋PD → |的说法正确的是 (　　) A．无最大值,但有最小值 B．既有最大值,又有最小值 C．有最大值,但无最小值 D．既无最大值,又无最小值 诺贝尔奖不设数学奖,但国际数学界有一 个代表数学界最高成就的大奖———菲尔兹奖． 菲尔兹奖于１９３２年在第九届国际数学家 大会上设立,１９３６年首次颁奖．该奖以加拿大 数学家约翰􀅰菲尔兹的名字命名,授予世界上 在数学领域做出重大贡献且年龄在４０岁以下 的数学家．该奖由国际数学联盟(简称IMU) 主持评定,每４年颁发一次,每次获奖者不超 过４人,每人可获得一枚纯金制作的奖章和一 笔奖金．奖章上刻有希腊数学家阿基米德的头 像,还有用拉丁文镌刻的“超越人类极限,做宇 宙主人”的格言． １９８２年,美籍华人数学家丘成桐荣获菲 尔兹奖,成为获此殊荣的第一位华人． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６２ 由已知MP→＝１２MN →,可得(x－３,y＋２)＝ －４,１２( ) , ∴ x－３＝－４, y＋２＝１２ ,{ 解得 x＝－１, y＝－３２ ,{ ∴点P 的坐标是 －１,－３２( )． 新题快递 １．B　[对于 A:因为|a|＝ (－１)２＋１２＝ ２,|b|＝ ０２＋２２ ＝２,所以,|a|≠|b|． 对于B:a－b＝(－１,１)－(０,２)＝(－１,－１), 因为(a－b)􀅰a＝(－１,－１)􀅰(－１,１)＝(－１)×(－１)＋ (－１)×１＝０,所以(a－b)⊥a． 对于 C:由B可知(a－b)⊥a,所以 C不正确． 对于 D:因为a􀅰b＝(－１,１)􀅰(０,２)＝２≠－２,所以 D 不 正确．] ２．解析:建立如下图的平面直角坐 标系, 由已知得B(６,０),D(０,４),E(３, ４),EB→＝(３,－４), 由EF→ ＝３FB→ 得EF→ ＝ ３４ EB → ＝ ９４ ,－３( ) , 设F(x,y),则(x－３,y－４)＝ ９４ ,－３( ) , 可 得 x－３＝９４ y－４＝－３{ ,解 得 x＝２１４ y＝１{ ,所 以 F ２１ ４ ,１( ) ,AF→ ＝ ２１４ ,１( ) , 又因为AF→＝λAB→＋μAD→＝λ(６,０)＋μ(０,４)＝(６λ,４μ), 所以 ４μ＝１ ６λ＝２１４{ ,解得λ＝ ７ ８ ,μ＝ １ ４ ,则λ＋μ＝ ９ ８． 答案:９ ８ 假期作业１３　平面向量的数量积 思维整合室 １．(１)|a||b|cosθ　０　２．(１)b􀅰a　(３)a􀅰b＋a􀅰c ３． a􀅰a　 x２１＋y２１　|a||b|cosθ　x１x２＋y１y２　 a􀅰b |a||b|　 x１x２＋y１y２ x２１＋y２１􀅰 x２２＋y２２ 　x１x２＋y１y２＝０ 技能提升台　素养提升 １．C　[因为向量a＝(６,－８),b＝(３,m),a∥b,所以６m＋２４＝ ０,解得:m＝－４,a􀅰b＝１８－８m＝１８－８×(－４)＝５０．] ２．B　[以{AB →,AD→}为基底向量,可知|AB→|＝|AD→|＝２,AB→􀅰 AD → ＝０ 则EC → ＝EB → ＋BC → ＝ １２AB → ＋AD →,ED→＝EA→＋AD→＝－１２AB → ＋AD →, 所以EC →􀅰ED→＝ １２AB → ＋AD → ( ) 􀅰 －１２AB → ＋AD → ( ) ＝－ １４ AB →２＋AD→ ２ ＝－１＋４＝３．] ３．解析:因为BC→＝AC→－AB→＝(－３,２),所以(λAB→＋AC→)⊥BC→ ⇒(λAB→＋AC→)􀅰BC→＝０⇒λAB→􀅰BC→＋AC→􀅰BC→＝０,即－６λ ＋７＝０,解得λ＝７６． 答案:７ ６ ４．B　[向量a,b满足a＋b＝(２,３), a－b＝(－２,１), 所以|a|２－|b|２＝(a＋b)􀅰(a－b)＝２×(－２)＋３×１＝ －１．] ５．D　[由a＋b＋c＝０得a＋b＝－c,所以(a＋b)２＝(－c)２, 即a２＋２a􀅰b＋b２＝c２,又|a|＝|b|＝１,|c|＝ ２, 所以a􀅰b＝０,所以a⊥b． 如图所示:a－c＝CA →,b－c＝CB→,由 余弦定理得|CA|＝|CB|＝ ５,所 以 cos∠ACB＝５＋５－２ ２ ５× ５ ＝４５ , 即cos‹a－c, b－c›＝４５． ] ６．解析:由|a＋b|＝|２a－b|,得a２＝２a􀅰b; 由|a－b|＝ ３,得a２－２a􀅰b＋b２＝３,即b２＝３, |b|＝ ３． 答案:３ ７．ABCD　[|a＋b|＝|a－b|⇔|a＋b|２＝|a－b|２⇔a２＋２a􀅰b ＋b２＝a２－２a􀅰b＋b２⇔a􀅰b＝０,a２＋b２＝(a－b)２⇔a２＋b２ ＝a２－２a􀅰b＋b２⇔a􀅰b＝０．] ８．D　[(a＋λb)􀅰(a＋μb)＝a ２＋(λ＋μ)(a􀅰b)＋λμb ２ ＝２(１＋λμ)＝０,所以λμ＝－１．] ９．解析:由向量a,b的夹角为 π３ ,且(a－b)⊥b, 得(a－b)􀅰b＝a􀅰b－b２＝１２|a||b|－|b| ２＝０, 所以|a|＝２|b|,|a||b|＝２． 因为|a＋b|＝ (a＋b)２＝ a２＋２a􀅰b＋b２ ＝ ４|b|２＋２|b|２＋|b|２＝ ７|b|, |a－b|＝ (a－b)２＝ a２－２a􀅰b＋b２ ＝ ４|b|２－２|b|２＋|b|２＝ ３|b|, 所以|a＋b| |a－b|＝ ２１ ３ ． 答案:２　 ２１３ １０．AC　[设a＝kb(k＞０),所以 kn＝ ３ , ３k＝３,{ 解得 k＝ ３, n＝１{ , 即a＝ ３b,故 A正确． 设c＝(x,y)是与a垂直的单位向量,则有 ３x＋３y＝０,x２＋y２ ＝１,所以c＝ － ３２ ,１ ２ æ è ç ö ø ÷ 或c＝ ３ ２ ,－１２ æ è ç ö ø ÷,故B错误． 因为 b 在a 上 的 投 影 向 量 为 ３e,所 以a 􀅰b |a| ＝３ ,所 以 ３n＋３ ３ ２ ３ ＝３,解得n＝３,故 C正确． 因为a与b的夹角为钝角,所以a􀅰b＜０且a,b不共线,所 以 ３n＋３ ３＜０, ３－３n≠０,{ 解得 n＜－３, n≠１,{ 即n＜－３,所以n∈(－∞, －３),故 D错误．] １１．解:如图所示,建立直角坐标系,显然EF 是AM 的中垂线,设 AM 与EF 交 于 点 N,则 N 是AM 的中点,又正方形边长为 ８,所以 M(８,４),N(４,２)． 设点E(e,０),则AM→＝(８,４),AN→＝(４, ２),AE→＝(e,０),EN→＝(４－e,２), 由AM→⊥EN→得AM→􀅰EN→＝０,即(８,４)􀅰(４－e,２)＝０,解得 e＝５,即|AE→|＝５． 所以S△AEM ＝ １ ２|AE →||BM→|＝１２×５×４＝１０． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８８ １２．解:(１)∵AB→􀅰AC→＝０,∴AB→⊥AC→． 又|AB→|＝１２,|BC→|＝１５,∴|AC→|＝９． 由已知可得AD→＝１２(AB →＋AC→),CB→＝AB→－AC→, ∴AD→􀅰CB→＝ １２ (AB →＋AC→)􀅰(AB→－AC→)＝ １２ (AB →２ － AC→２)＝１２(１４４－８１)＝ ６３ ２． (２)AE→􀅰CB→ 的值为一个常数． 理由:∵l为线段BC 的垂直平分线,l与BC 交于点D,E 为l上异于D 的任意一点,∴DE→􀅰CB→＝０． 故AE→􀅰CB→＝(AD→＋DE→)􀅰CB→＝AD→􀅰CB→＋DE→􀅰CB→＝ AD→􀅰CB→＝６３２(常数)． 新题快递 １．C　[关于x的方程a２x２＋２a􀅰bx＋b２＝０有实数根,则Δ＝ ４(a􀅰b)２－４a２b２≥０, 故(a􀅰b)２≥a２b２,即|a􀅰b|≥|a||b|, 又|a􀅰b|≤|a||b|,所以|a􀅰b|＝|a||b|,即向量a,b共线, 反之也成立,因此两者应为充要条件．] ２．A　[设正方形的边长为２,如图 建立平面直角坐标系． 则A(－１,０),B(１,０),C(１,２), D(－１,２),P(cosθ,sinθ)(其中０ ＜θ＜π), PA→＋PB→ ＋PC→ ＋PD→ ＝(－１－ cosθ,－sinθ)＋(１－cosθ,－sinθ) ＋(１－cosθ,２－sinθ)＋(－１－ cosθ,２－sinθ)＝(－４cosθ,４－４sinθ) 所以|PA→＋PB→＋PC→＋PD→|＝ (－４cosθ)２＋(４－４sinθ)２ ＝ ３２－３２sinθ, 因为θ∈(０,π),所以sinθ∈(０,１],所以|PA→＋PB→＋PC→＋ PD→|∈[０,４ ２), 故|PA→＋PB→＋PC→＋PD→|有最小值为０,无最大值．] 假期作业１４　余弦定理 思维整合室 １．a２＋c２ －２accosB　a２ ＋b２ －２abcosC　２．c ２＋a２－b２ ２ca 　 a２＋b２－c２ ２ab 　３． 直角　钝角　锐角 技能提升台　素养提升 １．B　 ２．A　如图,由余弦定理可知: cosC＝２３＝ BC２＋AC２－AB２ ２BC􀅰AC ＝３ ２＋４２－AB２ ２×３×４ , 可得AB＝３,又由余弦定理可知: cosB＝AB ２＋BC２－AC２ ２AB􀅰BC ＝ ３２＋３２－４２ ２×３×３ ＝ １ ９． ３．B ４．D　[依题意,５－３＜c＜５＋３,即２＜c＜８, 由于B 为钝角,所以cosB＝a ２＋c２－b２ ２ac ＜０ ,a２＋c２－b２＝９ ＋c２－２５＝c２－１６＜０ 解得２＜c＜４, 所以c的取值范围,也即AB 的取值范围是(２,４)．] ５．A　[由正弦边角关系知:a∶b∶c＝４∶５∶６,令a＝４x,b＝５x, c＝６x,所以cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝ １６x２＋２５x２－３６x２ ２×４x×５x ＝ １ ８． ] ６．A　[因为a ２－(b＋c)２ bc ＝－１ ,所以a２－(b＋c)２＝－bc,即a２－ b２－c２－２bc＝－bc,所以a２＝b２＋c２＋bc,由余弦定理得cosA ＝b ２＋c２－a２ ２bc ＝－ １ ２． 因为０°＜A＜１８０°,所以A＝１２０°．] ７．解析:cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ＝ ２５＋３６－１６ ２×５×６ ＝ ３ ４ , ∴sinA＝ １－cos２A＝ ７４． 答案:７ ４ ８．解析:因为c＝２b,所以sinC＝２sinB＝３４ ,所以sinB＝３８． 因 为c＝２b,所以b２＋bc＝３b２＝２a２,所以a＝ ６２b． 所以cosB＝a ２＋c２－b２ ２ac ＝ ３ ２b ２＋４b２－b２ ２ ６b２ ＝３ ６８ ． 答案:３ ８　 ３ ６ ８ ９．D　[∵sinB２＝ ３ ３ ,∴cosB＝１－２sin２ B２＝１－２× ３ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ １ ３． 由余弦定理得b２＝a２＋c２－２accosB＝６２＋４２－２×６×４ ×１３＝３６ ,解得b＝６．] １０．解析:由已知及余弦定理可得cosA＝AB ２＋AC２－BC２ ２AB􀅰AC ＝ ９２＋８２－７２ ２×９×８ ＝ ２ ３． 设中线长为x,由余弦定理得x２＝ AC２( ) ２ ＋AB２－２􀅰AC２ 􀅰AB􀅰cosA＝４２＋９２－２×４×９×２３＝４９ , 即x＝７．所以AC边上的中线长为７． 答案:７ １１．解:(１)因为b ２＋c２－a２ cosA ＝ ２bccosA cosA ＝２bc＝２ ,所以bc＝１; (２)acosB－bcosAacosB＋bcosA－ b c ＝ sinAcosB－sinBcosA sinAcosB＋sinBcosA－ sinB sinC ＝１, 所以sin(A－B) sin(A＋B)－ sinB sinC＝ sin(A－B)－sinB sinC ＝１ , 所以sin(A－B)－sinB＝sinC＝sin(A＋B), 所以sinAcosB－sinBcosA－sinB ＝sinAcosB＋sinBcosA, 即cosA＝－１２ ,由A为三角形内角得A＝２π３ , △ABC面积S＝１２bcsinA＝ １ ２×１× ３ ２＝ ３ ４． １２．解:方案一:选条件①． 由C＝π６ 和余弦定理得a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ３ ２． 由sinA＝ ３sinB及正弦定理得a＝ ３b． 于是３b ２＋b２－c２ ２ ３b２ ＝ ３２ ,由此可得b＝c． 由①ac＝ ３,解得a＝ ３,b＝c＝１． 因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c＝１． 方案二:选条件②． 由C＝π６ 和余弦定理得a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ３ ２． 由sinA＝ ３sinB及正弦定理得a＝ ３b． 于是３b ２＋b２－c２ ２ ３b２ ＝ ３２ , 由此可得b＝c,B＝C＝π６ ,A＝２π３． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９８