假期作业13 平面向量的数量积-【快乐假期必刷题】2025年高一数学暑假作业必刷题（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．(２０２５􀅰八省联考)已知向量a＝(０,１),b＝ (１,０),则a􀅰(a－b)＝ (　　) A．２ B．１ C．０ D．－１ 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 (λAB → ＋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．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a| ＝１,|a＋２b|＝２,且(b－２a)⊥b,则|b|＝ (　　) A．１２ B． ２ ２ C． ３ ２ D．１ ５．已知向量a,b满足|a|＝２|b|＝２,|a＋b|＝ ７,则a与b的夹角为 (　　) A．９０° B．６０° C．４５° D．３０° 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．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(０,１), b＝(２,x),若b⊥(b－４a),则x＝ (　　) A．－２ B．－１ C．１ D．２ 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．设向量a与b的夹角为θ,定义a与b的“向 量积”:a×b是一个向量,它的模为|a×b|＝ |a|􀅰|b|􀅰sinθ．若a＝(－１,１),b＝(０,２), 则|a×b|＝　　　　． 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 新题快递 １．B　 [因 为BE→ ＝３EF→,所 以BE→ ＝ ３４BF →,CF→ ＝ －AH→ ＝－３４AE →, 所以BF→＝a＋CF→＝a－３４AE →①, BE→＝３４BF →＝b＋AE→②, 由①＋３４×② 得２５ １６BF →＝a＋３４b, 即BF→＝１６２５a＋ １２ ２５b． ] ２．解析:建立如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→ ＝ ３ FB→ 得 EF→ ＝ ３４ EB → ＝ ９４ ,－３( ) , 设F(x,y),则(x－３,y－４)＝ ９４ ,－３( ) , 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．B　[a＝(０,１),b＝(１,０), ∴a－b＝(－１,１), ∴a􀅰(a－b)＝０×(－１)＋１×１＝１．] 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．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　[将条件|a＋２b|＝２平方得１＋４a􀅰b＋４b２＝４,由(b－ ２a)⊥b得b２－２a􀅰b＝０,所以b２＝１２ ,|b|＝ ２２． ] ５．B　[由|a＋b|＝ ７,即(a＋b)２＝７,即a２＋２a􀅰b＋b２＝７,则 |a|２＋２|a|􀅰|b|cos‹a,b›＋|b|２＝７,又|a|＝２|b|＝２,所以 cos‹a,b›＝ １２ ,又 ０°≤‹a,b›≤１８０°,所 以a 与b 的 夹 角 为６０°．] 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　[因为b⊥(b－４a),所以b􀅰(b－４a)＝０,则４＋x２－４x ＝０,解得x＝２．] 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． 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)＝６３２． (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, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９８ 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．解析:由a＝(－１,１),b＝(０,２),得|a|＝ ２,|b|＝２,a􀅰b＝ －１×０＋１×２＝２,则cosθ＝ a 􀅰b |a||b|＝ ２ ２×２ ＝ ２２． 又θ∈ [０,π],所以θ＝π４ ,则sinθ＝ ２２． 又|a×b|＝|a|􀅰|b|􀅰sinθ, 所以|a×b|＝ ２×２× ２２＝２． 答案:２ 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:如图所示,记 AE 边为h,由 AE⊥ BC,在 △AEB 中,sinB＝AEAB ＝ h c ;在 △AEC中,sinC＝AEAC＝ h b , sinA＝２sinBsinC＝２h ２ bc , 又S△ABC＝ １ ２bcsinA＝ １ ２ah ,得sinA＝ahbc , 则有２h ２ bc＝ ah bc ,即２h２＝ah,解得h＝１,即AE＝１; S△ABC＝ １ ２bcsinA＝ １ ２ah＝１ ,bc＝ ２sinA , b２＋c２＝ ６bc,由 余 弦 定 理,a２＝b２＋c２－２bccosA＝ ６bc－ ２bccosA, 即４＝bc(６－２cosA)＝ ２sinA (６－２cosA), 可得２sinA＋２cosA＝ ６, 即sin A＋π４( )＝ ３ ２ , 由A∈(０,π),有A＋π４＝ ２π ３ , cosA ＝cos ２π３－ π ４( ) ＝cos ２π ３cos π ４ ＋sin ２π ３sin π ４ ＝ ６－ ２４ ． 答案:１　 ６－ ２４ ９．B　[由(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC, 利用正弦定理可得:(a＋b)(a－b)＝(c－b)c, 即a２＝b２＋c２－bc, 所以由余弦定理可得:cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ＝ １ ２ , 又A∈(０,π),所以A＝π３． 因为a＝２,所以４＝b２＋c２－bc≥２bc－bc＝bc, 即bc≤４,当且仅当b＝c＝２时取等号, 所以S△ABC＝ １ ２bcsinA≤ １ ２×４× ３ ２＝ ３． 即△ABC面积的最大值为 ３．] 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)设a＝２t,c＝３t,t＞０,则根据余弦定理得b２＝a２＋c２－ ２accosB, 即２５＝４t２＋９t２－２×２t×３t×９１６ ,解得t＝２(负值舍去); 则a＝４,c＝６． (２)因 为 B 为 三 角 形 内 角,所 以 sinB＝ １－cos２B＝ １－ ９１６( ) ２ ＝５ ７１６ , 根据正弦定理得 a sinA＝ b sinB ,即 ４ sinA＝ ５ ５ ７ １６ , 解得sinA＝ ７４ , (３)因为cosB＝９１６＞０ ,且B∈(０,π),所以B∈ ０,π２( ) , 由(２)知sinB＝５ ７１６ , 因为a＜b,则A＜B,所以cosA＝ １－ ７ ４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝３４ , 则sin２A＝２sinAcosA＝２× ７４× ３ ４＝ ３ ７ ８ ,cos２A＝２cos２A －１＝２× ３４( ) ２ －１＝１８ , cos(B－２A)＝cosBcos２A＋sinBsin２A＝９１６× １ ８＋ ５ ７ １６ × ３ ７ ８ ＝ ５７ ６４． １２．解:(１)由余弦定理可得:cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ２ ２ , 因为C∈(０,π),所以C＝π４ ,所以 ２cosB＝sinC＝ ２２ ,即 cosB＝１２ , 因为B∈(０,π),所以B＝π３． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０９