课时规范练31 平面向量的数量积与平面向量的应用基础巩固组1.(2021河北石家庄一模)设向量a=(1,2),b=(m,-1),且(a+b)⊥a,则实数m=( )A.-3B.C.-2D.-2.在梯形ABCD中,AB∥DC,AD⊥AB,AD=,则=( ) A.-1B.1C.D.23.(2021广东珠海二模)已知向量a,b满足|a|=2,a·b=-1,且(a+b)·(a-b)=3,则|a-b|=( )A.3B.C.7D.4.在△ABC中,若=(1,2),=(-x,2x)(x>0),则当BC最小时,∠ACB=( )A.90°B.60°C.45°D.30°5.已知向量a=(1,x-1),b=(x,2),则下列说法错误的是( )A.a≠bB.若a∥b,则x=2C.若a⊥b,则x=D.|a-b|≥6.已知向量a=(1,2),b=(m,1)(m<0),且向量b满足b·(a+b)=3,则( )A.|b|=2B.(2a+b)∥(a+2b)C.向量2a-b与a-2b的夹角为D.向量a在向量b上的投影数量为7.(2021全国乙,理14)已知向量a=(1,3),b=(3,4),若(a-λb)⊥b,则λ= . 8.已知向量a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0).(1)求向量b+c的模的最大值;(2)设α=,且a⊥(b+c),求cosβ的值.\n综合提升组9.若△ABC内接于以O为圆心,1为半径的圆,且3+4+5=0,则下列结论正确的是( )A.∠BOC=90°B.∠AOB=90°C.=-D.10.设O(0,0),A(1,0),B(0,1),P是线段AB上的一个动点,=λ.若,则实数λ的值不可能为( )A.1B.C.D.11.(2021山东滨州二模)已知平面向量a,b,c是单位向量,且a·b=0,则|c-a-b|的最大值为 . 12.已知△ABC为等腰直角三角形,OA=1,OC为斜边上的高.若P为线段OC的中点,则= ;若P为线段OC上的动点,则的取值范围为 . 创新应用组13.“赵爽弦图”由四个全等的直角三角形和一个正方形所构成(如图).在直角三角形CGD中,已知GC=4,GD=3,在线段EF上任取一点P,线段BC上任取一点Q,则的最大值为( )\nA.25B.27C.29D.3114.若平面内两定点A,B间的距离为4,动点P满足,则动点P的轨迹所围成的图形的面积为 ,的最大值是 . \n课时规范练31 平面向量的数量积与平面向量的应用1.A 解析:由题意,向量a=(1,2),b=(m,-1),可得a+b=(m+1,1).因为(a+b)⊥a,所以(a+b)·a=m+1+2=0,解得m=-3.故选A.2.D 解析:由题可知,因为四边形ABCD为直角梯形,所以上的投影向量的模为,由数量积的几何意义可知=2,故选D.3.D 解析:由(a+b)·(a-b)=|a|2-|b|2=3,可得|b|=1,因为|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=4+2+1=7,所以|a-b|=.故选D.4.A 解析:∵=(-x-1,2x-2),∴||=.令y=5x2-6x+5,x>0,当x=时,ymin=,此时BC最小,∴=,=0,∴,即∠ACB=90°,故选A.5.B 解析:显然a≠b,故A正确;由a∥b得1×2=(x-1)x,解得x=2或x=-1,故B错误;由a⊥b得x+2(x-1)=0,解得x=,故C正确;|a-b|2=(1-x)2+(x-3)2=2(x-2)2+2≥2,则|a-b|≥,故D正确.故选B.6.C 解析:将a=(1,2),b=(m,1)代入b·(a+b)=3,得(m,1)·(1+m,3)=3,得m2+m=0,解得\nm=-1或m=0(舍去),所以b=(-1,1),所以|b|=,故A错误;因为2a+b=(1,5),a+2b=(-1,4),1×4-(-1)×5=9≠0,所以2a+b与a+2b不平行,故B错误;设向量2a-b与a-2b的夹角为θ,因为2a-b=(3,3),a-2b=(3,0),所以cosθ=,所以θ=,故C正确;向量a在向量b上的投影数量为=,故D错误.故选C.7. 解析:由已知得,a-λb=(1-3λ,3-4λ),由(a-λb)⊥b,得3(1-3λ)+4(3-4λ)=0,即15-25λ=0,解得λ=.8.解(1)b+c=(cosβ-1,sinβ),则|b+c|2=(cosβ-1)2+sin2β=2(1-cosβ).因为-1≤cosβ≤1,所以0≤|b+c|2≤4,即0≤|b+c|≤2.当cosβ=-1时,有|b+c|=2,所以向量b+c的模的最大值为2.(2)若α=,则a=.又由b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0)得a·(b+c)=·(cosβ-1,sinβ)=cosβ+sinβ-.因为a⊥(b+c),所以a·(b+c)=0,即cosβ+sinβ=1,所以sinβ=1-cosβ,平方后化简得cosβ(cosβ-1)=0,解得cosβ=0或cosβ=1.经检验cosβ=0或cosβ=1即为所求.9.B 解析:由于△ABC内接于以O为圆心,1为半径的圆,且3+4+5=0,所以3+4=-5,两边平方并化简得25+24=25,解得=0;3+5=-4,两边平方并化简得34+30=16,解得=-;\n4+5=-3,两边平方并化简得41+40=9,解得=-.所以∠BOC≠90°,故A错误;∠AOB=90°,故B正确;·()=,故C错误;·()==---=-,故D错误.故选B.10.D 解析:设P(x,y),由=λ(0≤λ≤1),得(x-1,y)=λ(-1,1)=(-λ,λ),所以得P(1-λ,λ).由,得(1-λ,λ)·(-1,1)≥(λ,-λ)·(λ-1,1-λ),即λ-1+λ≥λ(λ-1)-λ(1-λ),2λ-1≥2λ2-2λ,2λ2-4λ+1≤0,解得1-≤λ≤1+,又因为0≤λ≤1,所以1-≤λ≤1.故选D.11.+1 解析:由|a|=|b|=1,且a·b=0,建立如图所示平面直角坐标系,设=a,=b,则a=(1,0),b=(0,1),\n再设c=(x,y),则c-a-b=(x-1,y-1),故|c-a-b|=,其几何意义为以O为圆心的单位圆上的动点与定点P(1,1)间的距离.则其最大值为|OP|+1=+1=+1.12. [0,1] 解析:△ABC为等腰直角三角形,CO为斜边上的高,则CO为边AB上的中线,所以AC=BC=,AO=BO=CO=1.当P为线段OC的中点时,在△ACO中,AP为边CO上的中线,则),所以)·=)=|·||cos45°+0=.当P为线段OC上的动点时,设=λ,0≤λ≤1,=()·=λ-(1-λ)·(λ)=λ×1×-(1-λ)·λ=λ-λ+λ2=λ2∈[0,1],所以的取值范围为[0,1].13.C 解析:建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,3).\n设P(4,a)(3≤a≤4),Q4+t,t(0≤t≤3),则=(4,a-3),=4+t,t-3,=4(4+t)+(a-3)t-3=16+4t+at-4t-3a+9=25+at-3a=25+t-3·a.-3≤t-3≤1,3≤a≤4,所以当t-3=1,a=4时,取得最大值为25+1×4=29.故选C.14.12π 24+16 解析:以经过A,B的直线为x轴,线段AB的中垂线为y轴,建立平面直角坐标系如图所示,则A(-2,0),B(2,0).设P(x,y),因为,所以,化简整理可得(x-4)2+y2=12,所以点P的轨迹为圆,圆心为C(4,0),半径r=2,故其面积为12π.=x2-4+y2=|OP|2-4,OP即为圆C上的点到坐标原点的距离.\n因为OC=4,所以OP的最大值为OC+r=4+2,所以的最大值为(4+2)2-4=24+16.
