2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第六章平面向量及其應(yīng)用6.3平面向量基本定理及坐標表示6.3.5平面向量數(shù)量積的坐標表示課時作業(yè)含解析新人教A版必修第二冊

PAGEPAGE5課時作業(yè)9平面對量數(shù)量積的坐標表示時間：45分鐘——基礎(chǔ)鞏固類——一、選擇題1．(多選)設(shè)向量a＝(1,0)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，則下列結(jié)論中錯誤的是(ABC)A．|a|＝|b| B．a(chǎn)·b＝eq\f(\r(2),2)C．a(chǎn)∥b D．a(chǎn)－b與b垂直解析：因為|a|＝1，|b|＝eq\f(\r(2),2)，所以|a|≠|(zhì)b|，又a·b＝1×eq\f(1,2)＋0×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)≠eq\f(\r(2),2)，易知a與b不共線，所以A，B，C均不正確；因為a－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))，且(a－b)·b＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×(－eq\f(1,2))＝0，所以(a－b)⊥b.2．已知A(1,2)，B(2,3)，C(－2,5)，則△ABC的形態(tài)是(A)A．直角三角形 B．銳角三角形C．鈍角三角形 D．等邊三角形解析：eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－3,3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，∴A＝eq\f(π,2).△ABC為直角三角形．3．設(shè)a＝(1,2)，b＝(1,1)，c＝a＋kb，若b⊥c，則實數(shù)k的值等于(A)A．－eq\f(3,2) B．－eq\f(5,3)C．eq\f(5,3) D．eq\f(3,2)解析：因為c＝(1＋k,2＋k)，b·c＝0，所以1＋k＋2＋k＝0，解得k＝－eq\f(3,2)，故選A．4．已知向量a＝(2,1)，a·b＝10，|a＋b|＝5eq\r(2)，則|b|等于(C)A．eq\r(5) B．eq\r(10)C．5 D．25解析：∵a＝(2,1)，a·b＝10，|a＋b|＝5eq\r(2)，∴(a＋b)2＝50＝a2＋2a·b＋b2，可得|b|＝5.5．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)，若向量c滿意(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，則c等于(D)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，－\f(7,9)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(7,9))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)，－\f(7,3)))解析：設(shè)c＝(x，y)，則c＋a＝(x＋1，y＋2)，a＋b＝(3，－1)．∵(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2＝－3x＋1，,3x－y＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(7,9)，,y＝－\f(7,3)，))即c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)，－\f(7,3))).6．已知向量a＝(2cosθ，2sinθ)，b＝(0，－2)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則向量a、b的夾角為(A)A．eq\f(3π,2)－θ B．θ－eq\f(π,2)C．eq\f(π,2)＋θ D．θ解析：設(shè)a與b的夾角為α，則cosα＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(－4sinθ,4)＝－sinθ，因為θ∈(eq\f(π,2)，π)，α∈[0，π]，所以α＝eq\f(3,2)π－θ.二、填空題7．已知a＝(1，n)，b＝(－1，n)，且2a－b與b垂直，則|a|等于2.解析：2a－b＝(3，n)，∵(2a－b)·b＝0，∴n2－3＝0，∴n2＝3，∴|a|2＝1＋n2＝4，∴|a|＝2.8．已知平面對量a與b的夾角為eq\f(2,3)π，a＝(eq\r(3)，1)，|a－2b|＝2eq\r(3)，則|a|＝2，|b|＝1.解析：a＝(eq\r(3)，1)，所以|a|＝2；又|a－2b|＝2eq\r(3)，所以|a－2b|2＝a2－4a·b＋4b2＝12，即22－4×2×|b|×coseq\f(2,3)π＋4|b|2＝12，整理得|b|2＋|b|－2＝0，解得|b|＝1或|b|＝－2(舍去)，所以|b|＝1.9．△ABO三頂點坐標為A(1,0)、B(0,2)、O(0,0)、P(x，y)是坐標平面內(nèi)一點，滿意eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))≤0，eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))≥0，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的最小值為3.解析：∵eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝(x－1，y)·(1,0)＝x－1≤0，∴x≤1，∴－x≥－1，∵eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x，y－2)·(0,2)＝2(y－2)≥0，∴y≥2.∴eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(x，y)·(－1,2)＝2y－x≥3.三、解答題10．已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(6,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(4，k)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(2,1)．(1)若A、C、D三點共線，求k的值；(2)在(1)的條件下，求向量eq\o(BC,\s\up6(→))與eq\o(CD,\s\up6(→))的夾角的余弦值．解：(1)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝(10，k＋1)，又A、C、D三點共線，∴eq\o(AC,\s\up6(→))∥eq\o(CD,\s\up6(→)).∴10×1－2(k＋1)＝0，解得k＝4.(2)設(shè)向量eq\o(BC,\s\up6(→))與eq\o(CD,\s\up6(→))的夾角為θ，由(1)得eq\o(BC,\s\up6(→))＝(4,4)，則eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝2×4＋1×4＝12，又|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(42＋42)＝4eq\r(2)，|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，則cosθ＝eq\f(\o(BC,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(BC,\s\up6(→))|)|\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(12,4\r(2)×\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).即向量eq\o(BC,\s\up6(→))與eq\o(CD,\s\up6(→))的夾角的余弦值為eq\f(3\r(10),10).11．已知a＝(1,0)，b＝(0,1)，當(dāng)k為整數(shù)時，向量m＝ka＋b與n＝a＋kb的夾角能否為60°？證明你的結(jié)論．解：m、n的夾角不能為60°.證明：假設(shè)m、n的夾角能為60°，則cos60°＝eq\f(m·n,|m||n|)，∴m·n＝eq\f(1,2)|m||n|.①又∵a＝(1,0)，b＝(0,1)，∴|a|＝|b|＝1，且a·b＝0.∴m·n＝ka2＋a·b＋k2a·b＋kb2＝2k，②|m||n|＝eq\r(k2a2＋2ka·b＋b2)·eq\r(a2＋2ka·b＋k2b2)＝k2＋1.③由①②③，得2k＝eq\f(1,2)(k2＋1)，∴k2－4k＋1＝0.∵該方程無整數(shù)解．∴m、n的夾角不能為60°.——實力提升類——12．已知向量eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2,2)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(4,1)，在x軸上有一點P，使eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))有最小值，則點P的坐標是(C)A．(－3,0) B．(2,0)C．(3,0) D．(4,0)解析：設(shè)點P的坐標為(x,0)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x－2，－2)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x－4，－1)．eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1.當(dāng)x＝3時，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))有最小值1，此時點P的坐標為(3,0)，故選C．13．在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，k)，且△ABC的一個內(nèi)角為直角，則k的值為－eq\f(2,3)或eq\f(11,3)或eq\f(3±\r(13),2).解析：當(dāng)∠A＝90°時，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，∴2×1＋3×k＝0，∴k＝－eq\f(2,3).當(dāng)∠B＝90°時，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1－2，k－3)＝(－1，k－3)．∴2×(－1)＋3×(k－3)＝0，∴k＝eq\f(11,3).當(dāng)∠C＝90°時，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，∴－1＋k(k－3)＝0，∴k＝eq\f(3±\r(13),2).綜上所述：k＝－eq\f(2,3)或eq\f(11,3)或eq\f(3±\r(13),2).14．如圖，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(2)，BC＝2，點E為BC的中點，點F在邊CD上，且eq\o(DF,\s\up6(→))＝2eq\o(FC,\s\up6(→))，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))的值是eq\f(4,3).解析：以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標系．∵AB＝eq\r(2)，BC＝2，∴A(0,0)，B(eq\r(2)，0)，C(eq\r(2)，2)，D(0,2)．∵點E為BC的中點，∴E(eq\r(2)，1)，又∵點F在邊CD上，且eq\o(DF,\s\up6(→))＝2eq\o(FC,\s\up6(→))，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\r(2)，2)).∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)\r(2)，2))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))＝2－eq\f(2,3)＝eq\f(4,3).15．設(shè)平面上向量a＝(cosα，sinα)(0°≤α<360°)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).(1)試證：非零向量a＋b與a－b垂直；(2)當(dāng)兩個向量eq\r(3)a＋b與a－eq\r(3)b的模相等時，求角α.解：(1)證明：(a＋b)·(a－b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα－\f(1,2)，sinα＋\f(\r(3),2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα＋\f(1,2)，sinα－\f(\r(3),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα＋\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinα＋\f(\r(3),2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinα－\f(\r(3),2)))＝cos2α－eq\f(1,4)＋sin2α－eq\f(3,4)＝0，∴(a＋b)⊥(a－b)．(2