课时测评25 利用数量积计算长度与角度-【金版新学案】2024-2025学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（北师大版2019）

课时测评25　利用数量积计算长度与角度 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—8每小题5分，共40分) 1．已知向量a，b是单位向量，且(2a－b)⊥b，则向量a与b的夹角是(　　) A．30° B．60° C．90° D．120° 答案：B 解析：设向量a，b的夹角为θ，0°≤θ≤180°，因为a，b为单位向量，所以|a|＝|b|＝1，因为(2a－b)⊥b，所以(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2cos θ－1＝0，所以cos θ＝.因为0°≤θ≤180°，所以θ＝60°.故选B. 2．已知向量a，b满足|a|＝|b|＝3，且2a＋b＝，则cos 〈a，b〉＝(　　) A． B． C．－ D．－ 答案：D 解析：因为＝＝5，等式两边平方得4|a|2＋|b|2＋4|a||b|cos 〈a，b〉＝25，又|a|＝|b|＝3，所以4×9＋9＋4×3×3cos 〈a，b〉＝25，解得cos 〈a，b〉＝－.故选D. 3．已知向量a＝(cos θ，1)，向量b＝(3，0)，则|2a－b|的最大值和最小值分别是(　　) A．4，0 B．4，2 C．29，2 D．， 答案：D 解析：因为2a－b＝2(cos θ，1)－(3，0)＝(2cos θ－3，2)，所以|2a－b|＝，又－1≤cos θ≤1，所以|2a－b|的最大值和最小值分别是，.故选D. 4．已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且|a－2b|＝|a＋4b|，则a，b的夹角为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：由已知|a－2b|＝|a＋4b|，可得a2－4a·b＋4b2＝a2＋8a·b＋16b2，即a·b＋b2＝0，又因为|a|＝2|b|，所以cos 〈a，b〉＝＝＝－，因为0≤〈a，b〉≤π，所以夹角为.故选C． 5．平面内顺次连接A，B，C，D(－4，－1)，所组成的图形是(　　) A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．以上都不对 答案：B 解析：因为＝－＝，＝－＝，＝－＝，因为·＝4×1＋2×＝0，所以AB⊥BC，又＝，故AB∥DC，且AB≠DC，所以四边形ABCD为直角梯形．故选B. 6．已知a，b均为单位向量，且|a－2b|＝2，则a与b－a的夹角的余弦值为________． 答案：－ 解析：因为a，b均为单位向量，|a－2b|＝2，所以(a－2b)2＝a2＋4b2－4a·b＝5－4a·b＝4，所以a·b＝，所以a·(b－a)＝a·b－a2＝－1＝－，|b－a|＝＝＝ ＝，所以cos 〈a，b－a〉＝＝＝－. 7．已知正方形ABCD的边长为2，点E是AB边上的动点，则·的最大值为________． 答案：4 解析：以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图所示， 则A(0，0)，D(0，2)，C(2，2)，设E(m，0)(0≤m≤2)，则＝(m，－2)，＝(2，0)，所以·＝·＝2m∈，故·的最大值为4. 8．已知向量a，b满足＝＝1，〈a，b〉＝，则＝________． 答案： 解析：由题意得a2＝2＝12＝1，b2＝2＝12＝1，a·b＝cos 〈a，b〉＝1×1×cos ＝，所以＝＝＝＝. 9．(10分)如图所示，在△ABC中，＝2，＝3，∠BAC＝，且＝2，＝3，设AD与BE交于点P. (1)求·；(4分) (2)求cos ∠APB.(6分) 解：(1)因为·＝·cos ∠BAC＝2×3×cos ＝3， ＝2，即D为BC的中点，所以＝(＋)， 又＝3，所以＝－＝－， 所以·＝· ＝ ＝＝－. (2)由题意知∠APB等于向量和的夹角， 因为2＝(＋)2＝(2＋2·＋2)＝，所以＝， 2＝2＝2－·＋2＝3，所以＝， 所以cos ∠APB＝＝＝－. (10—12每题5分，共15分) 10．设非零向量a，b，c，若c＝3＋，则|c|的取值范围为(　　) A．[0，4] B．[2，4] C．{0，4} D．{2，4} 答案：B 解析：由题意得c2＝＝9＋＋6＝9×12＋12＋6cos 〈a，b〉＝10＋6cos 〈a，b〉，因为cos 〈a，b〉∈[－1，1]，所以c2∈[4，16]，所以|c|＝∈[2，4].故选B. 11．已知a，b，a＋b，2b－a均为非零向量，a与a＋b的夹角为θ1，b与2b－a的夹角为θ2，满足|a|＝|b|，|a＋b|cos θ1＝|2b－a|cos θ2，则a，b的夹角θ＝(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：根据题意，|a＋b|cos θ1＝|2b－a|cos θ2，则|a＋b|＝|2b－a|，因为|a|＝|b|，可得a·(a＋b)＝b·(2b－a)，化简得2a·b＝b2，则2|a||b|cos θ＝b2，所以cos θ＝，而θ∈[0，π]，所以θ＝.故选B. 12．(多选)已知不共线的平面向量a，b，c满足＝＝，则下列结论正确的是(　　) A．b⊥ B.a－c与3a－c的夹角为锐角 C．< D.a＋λb与b的夹角为钝角的充要条件是λ<－ 答案：AD 解析：将＝两边平方并整理，得b2－2a·b＝0，即b·＝0，因为a，b不共线，所以b⊥，故A正确；将＝两边平方并整理，得3a2－4a·c＋c2＝0，即(a－c)·(3a－c)＝0，因为a，c不共线，所以a－c与3a－c的夹角为直角，故B错误；由＝>－，得2>，所以<2，故C错误；因为a，b不共线，所以a＋λb与b不共线，则a＋λb与b的夹角为钝角的充要条件是(a＋λb)·b＝a·b＋λb2＝b2＋λb2＝b2<0，即λ<－，故D正确．故选AD. 13．(13分)已知＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(5－m，－3－m). (1)若点A，B，C不能构成三角形，求m的值；(5分) (2)若点A，B，C构成的三角形为直角三角形，求m的值．(8分) 解：(1)因为点A，B，C不能构成三角形，所以点A，B，C三点共线， 所以∥，又因为＝－＝(3，1)，＝－＝(2－m，1－m)， 所以3×(1－m)＝1×(2－m)，即m＝， 所以若点A，B，C不能构成三角形，则m＝. (2)若点A，B，C构成的三角形为直角三角形，则： ①若A为直角，此时AB⊥AC⇒⊥， 即·＝0⇒3×(2－m)＋1×(1－m)＝0，所以m＝； ②若B为直角，此时AB⊥BC⇒⊥， 即·＝0， 由＝－＝(－1－m，－m)，所以3×(－1－m)＋1×(－m)＝0，所以m＝－； ③若C为直角，此时BC⊥AC⇒⊥， 即·＝0⇒(－1－m)×(2－m)＋(－m)×(1－m)＝0，解得m＝. 所以若点A，B，C构成的三角形为直角三角形，则m＝或m＝－或m＝. 14．(5分)(新角度)如图所示，在扇形OAB中，OA＝1，∠AOB＝90°，点P在上，则(＋)·的取值范围为________． 答案：[－1，0] 解析：以O为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示， 设∠POA＝θ，则P(cos θ，sin θ)，A(1，0)，B(0，1)，所以＋＝＝(1，0)，＝(－cos θ，1－sin θ)，所以(＋)·＝1×(－cos θ)＋0×(1－sin θ)＝－cos θ，因为0≤θ≤，所以－1≤－cos θ≤0，所以(＋)·的取值范围为[－1，0]. 15．(17分)(开放题)已知a，b是非零向量，①＝；②〈a，b〉＝；③＝. (1)从①②③中选取其中两个作为条件，证明另外一个成立；(注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．)(7分) (2)在①②的条件下，若⊥，求实数λ.(10分) 解：(1)选①②：若＝，〈a，b〉＝， 则＝＝ ＝＝，所以③成立． 选①③：由＝，得a2－2a·b＋b2＝b2，而＝>0， 则32－22cos 〈a，b〉＝0， 即cos 〈a，b〉＝，又0≤〈a，b〉≤π，所以〈a，b〉＝，②成立． 选②③：由＝，得a2－2a·b＋b2＝b2，而〈a，b〉＝， 则2－2cos ＝0， 整理得2－＝0，而|a|>0， 所以＝，①成立． (2)由⊥，得·＝0， 即a2＋a·b－λb2＝0， 而＝，〈a，b〉＝， 因此32＋2·－λ2＝0， 又|b|>0，所以λ＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$