假期作业7 平面向量的数量积-【快乐假期】2025-2026学年高一数学暑假作业（北师版）

三0022 可得 一8=号，解 y (y-4=-3 21 =,所以F(学 y=1 0(4) B =(小 又因为AF=入AB+AD=入(6,0)+a(0,4)=(6入，4)， 所以 =1 斗，解得=名以=子，则A十以=是 9 6入= 4 答案：骨 假期作业7 思维整合室 1.(1)alblcos902.(1)b·a(3a·b+a·c a·b 3.Va·a√+ylallbl cos9xx+yiy:Tallbl x1x2十y1yg √i+√+万 x1x2十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a2-4a·b +4b1=9,代入|a=1,1b1=√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 EC-EB+BC-7AB+AD.ED-EA+AD =店+A 所以E元，ED=(合AB+AD)·(-2AB+AD) =-A店+市=-1+4=3.] 3.B[(a-b)⊥b,.(a-b)·b=0.即a·b=b2, 六osa.b=a:h0-2bb=号 a·b 1612 故a,b)=子，故选B] 4.解析：因为cos(a,b)=号，a=1.b1=3, 所以ab=c,b=1X3×号=1， 所以(2a+b)·b=2a·b十b2=2×1+32=11. 答案：11 5.ABC[|a+b=|a-b|台|a+b=|a-b台a2+2a ·b+b=a2-2a·b+b台a·b=0,a°+b=(a-b)2台 a2+b2=a2-2a·b+b台a·b=0.] 6.B[向量a,b满足a+b=(2,3), a-b=(-2,1),所以|a|2-|b=(a+b)·(a-b)=2 ×(-2)+3×1=-1.] 7.D[(a+b)·(a十b)=a+(a+)(a·b)+h2 =2(1+入)=0，所以=-1.] 8.解析：c=a+b=(3,1)+k(1,0)=(k+3,1),由a⊥c, 得a·c=0,所以3k+3)+1=0,解得及=-号 答案：-9 9.D[由a+b+c=0得a十b=-c,所以(a十b)=(-c)2, 即a+2a·b+b=c2,又|a=lb|=1,lc=√2， 所以a·b=0,所以a⊥b. 51 高一纹类 如图所示：a-c=CA,b-c=CB, B 由余弦定理得CA=|CB=√5， b 所以cos∠ACB= 5+5-2 25×√5 a 即cosa-cb-e)=景] 4 C 10,解析：由向量a,b的夫角为三， 且(a-b)⊥b, 得(a-b)b=ab-6=之ab1-b1:=0, 所以1a=211,8=2 因为|a+b=√(a+b)产=√a+2a·b+b =√4b+2b+b=√71b1, la-bl=√(a-b)2=√a2-2a·b+b =√4b-21b+b平=√31b1, 所以a+b=2 a-b 3 答案：2② 3 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),AV (4,2),AE=(e,0),EN=(4-e,2), O(A) 由AMLEN,得AM·EN=0,即(8,4)·(4-e,2)=0, 解得e=5,即AE1=5. 所以5m=之=之×5X4=10 12.解：(1)AB·AC=0,.AB⊥AC. 又|AB|=12,1BC1=15,.|AC1=9. 由已知可得A市=之(A苏+AC).C第=A店-A心， AD.CB-(AB+AC).(AB-AC) =A正-AC⊙=214-81)-号 (2)A正.CB的值为一个常数. 理由：：1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=O. 故AE·CB=(AD+DE)·CB=AD.CB+DE.CB =市.C成=兰（常教）. 新题快递 1.解析：由|a十b=|2a一b,得a2=2a·b: 由a-b=√3，得a-2a·b+b=3,即b=3, |b1=√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(一1,2)，P(cos0,sin0)(其 中0<9<x), PA+PB+PC+PD=(-1- cos 0,-sin 0)+(1-cos 0,- sin )+(1-cos 0,2-sin A B +(-1-cos0,2-sin0)= (-4cos 0,4-4sin 0) 所以PA+PB+PC+PD1=√(-4cos)+(4-4sin) 壁快乐限期 c90M- =√32-32sin0, 因为9e(0,x),所以sim9∈(0,1]，所以|PA+PB+P心 10.解析：由已知及余孩定理可得cosA=AB十AC-BC 2AB·AC +PD1∈[0,42)， 十8？=名.设中线长为x,由余弦定理得x 2X9X8 3 故PA+PB+PC+PD有最小值为0，无最大值.] 假期作业8 (S)+AB-2,S·AB·DsA=+g-2X 2 思维整合室知识梳理 X9X号=49，即x=7.所以AC边上的中线长为7. 1.sim B sin C2bccos A cacos B 答案：7 。+谷-2 aleosC12 Rsin B2 Rsin C(2)录 11.解：(1)因为sinA:sinB:sinC=2:1:W2,由正弦定 理可得a:b:c=2:1:√2， (3)sin A sin B:sin C b+c2-a22+a2-b b=√2，∴a=2√2，c=2. 26c 2ac a2+6-c (2)由余孩定理可得c0sC=Q+6-c=8+2-4 2ab 。3.一解两解一解一解无解 2ab 2×2√2X√2 技能提升台素养提升 1.D2.D3.C4.B 5.A[因为Q-(b+c) bc =-1,所以a2-(b+c)2=-bc, (3)osC=是 即a-b2-c2-2bc=-bc,所以a=6+c2+bc,由余弦 .'sin C= -cosC-互 4 定理得c0sA-十=-分，因为0<A<180,所 2bc ÷sim2C=2 sin Ceos C=2×4×3-3y7 4 以A=120°，故选A.] 4 8 cos20=2cosC-1=2×号-1=日 9 6解折：因为(=26，所以sinC=2nB=子，所以snB= 吾因为=必，所以6+加=36=2a,所以a 所以sm(2c-石）=sn2c0s吾-cos2csn音 所以cosB=Q十c2-6 昌+46-835 8 16 12.解：(1)已知sin Csin(A一B) 2ac 2√6b 8 =sin Bsin(C一A)可化简为 答案：尽 36 sin Csin Acos B-sin Ccos Asin B=sin Bsin Ccos A- sin Bcos Csin A, 7.BD[将a=2 Rsin A,b=2 Rsin B(R为△ABC外接圆的 由正弦定理可得accos B-bccos A=bccos A-abcos C 半径)代入已知条件，得sin2 Atan B=sin'Btan A,则 即accos B=2 bccos A一abcos C,由余弦定理可得 sin'Asin B sin AsinB =2hc6+c2-a 2bc -abaitbi-c cos B cos A 2ac 2ab 因为sin Asin B≠0，所以sinA=sinB 即得2a2=b2十c2 cos B cos A' 所以sin2A=sin2B,所以2A=2B或2A=π-2B, (2)由1)可知6+c2=2a=50,cosA=6+c-a2 2bc 所以A=B或A十B=艺，故△ABC为等腰三角形或直角三 02%25-票-票∴2=31,6++2k=6+0 角形.] =81,.b+c=9,.a+b+c=14,.△ABC的周长 8.BD[因为A+B=π-C,所以sinC=sin(π-C) 为14. =sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B. 新题快递 sin C+sin(A-B)=3sin 2B, 所以2 sin Acos B=6 sin Bcos B, 1.:(1)sin 2C-/3sin C.2sin Ccos C-f3sin C.cos C 2 p2cos B(sin A-3sin B)=0, 解得cosB=0或sinA=3sinB. 又0<C<2…∠C- 61 当c0sB=0时，因为B∈(0，)，所以B=受又C=受， (2):Sar=687 absin C=65,:C=5 1 6· 所以A=吾，则snA=子sinB=1,所以由正孩定里得 simC=号a=4,由余孩定理得。=a+公 台品合宁由血A=8血B时，由E孩定理得公 2 abcos C--48+36-2X4W5×6×5 =12, =3b, 所以c=2√3，所以△ABC的周长为6√3+6. 所以名=3，综上所迷，号-3或2故选BD] 2.解：选择条件①，由(sinB-sinC)2=sinA-sin Bsin C 9.解析：由S=了a0smR得=子csm60, 及正弦定理知(b一c)2=a2一bc, 整理得b十c2一a=bc,由余弦定理可得cosA= 即=3 ac,得ac=4,所以a2+c2=3ac=12, 6+c2-a2=bc=1 2bc 2bc2· 则由余弦定理，得6=a+c2-2 accos60°=12-2×4× :A∈0，)A=爱 2=8,所以b=22. 由√2a=b+c, 答案：2√2 得√2sinA=sinB+sinC=sinB+sin(A+B), 58快乐假期 图即刻扫码 假期作业7平面向量的数量积 AI伴学助手 整安凌王 同步学习微 新知预习宝典 《思维整合室 《技能提升台 1.平面向量的数量积 素养提升 定义：已知两个非零向量a和b,它们的 ◆[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|= 夹角为0，则数量 叫做a与b的 1,b=√3，a-2b=3,则a·b=( 数量积（或内积）.规定：零向量与任一向 A.-2 B.-1 C.1 D.2 量的数量积为 2.(2023·全国乙卷（文）)正方形ABCD的边 2.平面向量数量积的运算律 长是2，E是AB的中点，则EC·ED= ( ) (1)交换律：a·b= A.5 B.3 C.2√5D.5 (2)数乘结合律：(a)·b=λ(a·b)=a·(汕)； 3.已知非零向量a,b满足a|=2|b|,且 (3)分配律：a·(b十c)= (a-b)⊥b,则a与b的夹角为() 3.平面向量数量积的性质及其坐标表示 A若 B c D. 设非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2), 4.(2022·全国甲卷)设向量a,b的夹角的余 a,b〉=0. 弦值为号，且a=1,b=3,则(2a+b)·b= 结论 几何表示 坐标表示 ◆「考点二]平面向量数量积的坐标运算 1a= 模 lal 5.(多选)已知a,b为非零向量，且a=(x1, y),b=(x2,y2),则下列命题中与a⊥b a·b= 等价的选项为 () A.a·b=0 数量积 B.x1x2+y1y2=0 a·b= C.a+bl=la-bl D.a2+b2=(a+b)2 6.(2023·北京卷)已知向量a、b满足a+b cos 0= =(2,3),a-b=(-2,1),则1a2-1b12 () 夹角 cos 0= A.-2 B.-1C.0D.1 7.(2023·新课标I卷)已知向量a=(1, 1),b=(1,-1),若(a+b)⊥(a+b),则 () a⊥b a·b=0 A.λ+=1 B.λ+=-1 C.λμ=1 D.λ4=-1 4.向量在几何中的应用 8.已知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+ kb.若a⊥c,则k= (1)证明线段平行或点共线问题，常用共线 ◆[考点三]平面向量数量积的综合应用 向量定理：a∥b台a=b台x1y2一x2y1= 9.(2023·全国甲卷（理）)向量a=b|= 0(b≠0) 1,|c|=√2，且a+b+c=0,则cos(a-c, (2)证明垂直问题，常用数量积的运算性 b-c〉= () 质：a⊥b台a·b=0台x1x2+y1y2=0. A.- C.号D. 14 三0022 富一数学 10.已知向量a,b的夹角为5，(a-b)Lb, (2)判断AE·CB的值是否为一个常 数，并说明理由. 则8 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 新题快递 1.(2023·新课标Ⅱ卷)已知向量a,b满足a -b=√3，|a+b1=|2a-b,则|b1= 2.(多选)如图，以AB为直 D 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 IPA+PB+PC+PDI的 说法正确的是 A.无最大值，但有最小值 12.在△ABC中，AB·AC=0,|AB1=12, B.既有最大值，又有最小值 BC=15,l为线段BC的垂直平分线， C.有最大值，但无最小值 l与BC交于点D,E为l上异于D的任 D.既无最大值，又无最小值 意一点. 【《益智欢乐谷 (1)求AD·CB的值； 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 15