假期作业7 平面向量的数量积-【快乐假期】2025年高一数学暑假大作业（北师大版）

　　　　　　假期作业７　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．(２０２２􀅰全国乙卷)已知向量a,b满足|a|＝ １,|b|＝３,|a－２b|＝３,则a􀅰b＝ (　　) A．－２　　B．－１　　C．１　　D．２ 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．已知非零向量a,b满足|a|＝２|b|,且 (a－b)⊥b,则a与b的夹角为 (　　) A．π６ B． π ３ C． ２π ３ D． ５π ６ ４．(２０２２􀅰全国甲卷)设向量a,b的夹角的余 弦值为１ ３ ,且|a|＝１,|b|＝３,则(２a＋b)􀅰b＝ 　　　　． ◆[考点二]　平面向量数量积的坐标运算 ５．(多选)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 等价的选项为 (　　) A．a􀅰b＝０ B．x１x２＋y１y２＝０ C．|a＋b|＝|a－b| D．a２＋b２＝(a＋b)２ ６．(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 ７．(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 ８．已知向量a＝(３,１),b＝(１,０),c＝a＋ kb．若a⊥c,则k＝　　　　． ◆[考点三]　平面向量数量积的综合应用 ９．(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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４１ １０．已知向量a,b的夹角为π３ ,(a－b)⊥b, 则|a| |b|＝　　　 ,a＋b a－b ＝　　　． 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．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a －b|＝ ３,|a＋b|＝|２a－b|,则|b|＝　　 　　． 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５１ 可 得 x－３＝ ９ ４ 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７ 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　[由题设可知,|a－２b|＝３,两边平方得|a|２－４a􀅰b ＋４|b|２＝９,代入|a|＝１,|b|＝ ３,有１－４a􀅰b＋１２＝ ９,故４a􀅰b＝４,解得a􀅰b＝１．故选 C．] 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 → ( ) ＝－１４AB →２＋AD→ ２ ＝－１＋４＝３．] ３．B　[∵(a－b)⊥b,∴(a－b)􀅰b＝０．即a􀅰b＝|b|２, ∴cos‹a,b›＝ a 􀅰b |a|􀅰|b|＝ |b|２ ２|b|􀅰|b|＝ １ ２． 故‹a,b›＝π３ ,故选B．] ４．解析:因为cos‹a,b›＝１３ ,|a|＝１,|b|＝３, 所以a􀅰b＝|a||b|cos‹a,b›＝１×３×１３＝１ , 所以(２a＋b)􀅰b＝２a􀅰b＋b２＝２×１＋３２＝１１． 答案:１１ ５．ABC　[|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．] ６．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．] ７．D　[(a＋λb)􀅰(a＋μb)＝a ２＋(λ＋μ)(a􀅰b)＋λμb ２ ＝２(１＋λμ)＝０,所以λμ＝－１．] ８．解析:c＝a＋kb＝(３,１)＋k(１,０)＝(k＋３,１),由a⊥c, 得a􀅰c＝０,所以３(k＋３)＋１＝０,解得k＝－１０３． 答案:－１０３ ９．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 ＝ ４ ５ ,即cos‹a－c,b－c›＝４５． ] １０．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 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． 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 (AB２→－AC２→)＝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．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 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７５ ＝ 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８ 思维整合室　知识梳理 １．bsinB　 c sinC　b ２＋c２－２bccosA　c２＋a２－２cacosB　 a２＋b２－２abcosC　(１)２RsinB　２RsinC　(２)b２R　 (３)sinA∶sinB∶sinC　b ２＋c２－a２ ２bc 　 c２＋a２－b２ ２ac 　 a２＋b２－c２ ２ab 　３． 一解　两解　一解　一解　无解 技能提升台　素养提升 １．D　２．D　３．C　４．B　 ５．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°,故选 A．] ６．解析:因为c＝２b,所以sinC＝２sinB＝３４ ,所以sinB＝ ３ ８． 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 ７．BD　[将a＝２RsinA,b＝２RsinB(R 为△ABC外接圆的 半径)代 入 已 知 条 件,得 sin２AtanB＝sin２BtanA,则 sin２AsinB cosB ＝ sinAsin２B cosA ． 因为sinAsinB≠０,所以sinAcosB＝ sinB cosA , 所以sin２A＝sin２B,所以２A＝２B 或２A＝π－２B, 所以A＝B或A＋B＝π２ ,故△ABC为等腰三角形或直角三 角形．] ８．BD　[因为A＋B＝π－C,所以sinC＝sin(π－C) ＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB． 又sinC＋sin(A－B)＝３sin２B, 所以２sinAcosB＝６sinBcosB, 即２cosB(sinA－３sinB)＝０, 解得cosB＝０或sinA＝３sinB． 当cosB＝０时,因为B∈(０,π),所以B＝π２． 又C＝π３ , 所以A＝π６ ,则sinA＝１２ ,sinB＝１,所以由正弦定理得 a b ＝ sinA sinB＝ １ ２． 当sinA＝３sinB 时,由正弦定理得a ＝３b, 所以a b ＝３． 综上所述,a b ＝３ 或１ ２． 故选BD．] ９．解析:由S△ABC＝ １ ２acsinB ,得 ３＝１２acsin６０° , 即 ３＝ ３４ac ,得ac＝４,所以a２＋c２＝３ac＝１２, 则由余弦定理,得b２＝a２＋c２－２accos６０°＝１２－２×４× １ ２＝８ ,所以b＝２ ２． 答案:２ ２ １０．解析:由已知及余弦定理可得cosA＝AB ２＋AC２－BC２ ２AB􀅰AC ＝９ ２＋８２－７２ ２×９×８ ＝ ２ ３． 设中线长为x,由余弦定理得x２＝ AC ２( ) 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sinA∶sinB∶sinC＝２∶１∶ ２,由正弦定 理可得a∶b∶c＝２∶１∶ ２, ∵b＝ ２,∴a＝２ ２,c＝２． (２)由余弦定理可得cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ８＋２－４ ２×２ ２× ２ ＝３４． (３)∵cosC＝３４ , ∴sinC＝ １－cos２C＝ ７４ , ∴sin２C＝２sinCcosC＝２× ７４× ３ ４＝ ３ ７ ８ , cos２C＝２cos２C－１＝２×９１６－１＝ １ ８ , 所以sin ２C－π６( ) ＝sin２Ccos π ６－cos２Csin π ６ ＝３ ７８ × ３ ２－ １ ８× １ ２＝ ３ ２１－１ １６ ． １２．解:(１)已知sinCsin(A－B) ＝sinBsin(C－A)可化简为 sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－ sinBcosCsinA, 由正弦定理可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC, 即accosB＝２bccosA－abcosC,由余弦定理可得 aca ２＋c２－b２ ２ac ＝２bc b２＋c２－a２ ２bc －ab a２＋b２－c２ ２ab , 即得２a２＝b２＋c２． (２)由(１)可知b２＋c２＝２a２＝５０,cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ＝ ５０－２５ ２bc ＝ ２５ ２bc＝ ２５ ３１ ,∴２bc＝３１,∵b２＋c２＋２bc＝(b＋c)２ ＝８１,∴b＋c＝９,∴a＋b＋c＝１４,∴△ABC 的 周 长 为１４． 新题快递 １．解:(１)sin２C＝ ３sinC,２sinCcosC＝ ３sinC,cosC＝ ３２ , 又０＜C＜π２ ,∴∠C＝π６． (２)∵S△ABC＝６ ３,∴ １ ２absinC＝６ ３ ,∵C＝π６ , ∴sinC＝ １２ ,∴a＝４ ３,由 余 弦 定 理 得c２＝a２＋b２－ ２abcosC＝４８＋３６－２×４ ３×６× ３２＝１２ , 所以c＝２ ３,所以△ABC的周长为６ ３＋６． ２．解:选择条件①,由(sinB－sinC)２＝sin２A－sinBsinC 及正弦定理知(b－c)２＝a２－bc, 整理 得b２ ＋c２ －a２ ＝bc,由 余 弦 定 理 可 得 cosA＝ b２＋c２－a２ ２bc ＝ bc ２bc＝ １ ２． ∵A∈(０,π),∴A＝π３． 由 ２a＝b＋c, 得 ２sinA＝sinB＋sinC＝sinB＋sin(A＋B), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８５