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課時規(guī)范練25　平面向量的數量積與平面向量的應用 基礎鞏固組 1.對任意平面向量a,b,下列關系式不恒成立的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.|ab|≤|a||b| B.|a-b|≤||a|-|b|| C.(a+b)2=|a+b|2 D.(a+b)(a-b)=a2-b2 2.已知a,b為單位向量,其夾角為60,則(2a-b)b= (　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 3.(2017河南新鄉(xiāng)二模)已知向量a=(1,2),b=(m,-4),若|a||b|+ab=0,則實數m等于(　　) A.-4 B.4 C.-2 D.2 4.(2017河南濮陽一模,文3)若向量BA=(1,2),CA=(4,5),且CB(λBA+CA)=0,則實數λ的值為(　　) A.3 B.-92 C.-3 D.-53 5.在四邊形ABCD中,AC=(1,2),BD=(-4,2),則該四邊形的面積為(　　) A.5 B.25 C.5 D.10 6.(2017河北唐山期末)設向量a與b的夾角為θ,且a=(-2,1),a+2b=(2,3),則cos θ=(　　) A.-35 B.35 C.55 D.-255 7.(2017河北邯鄲二模,文4)已知向量a=(m,2),b=(2,-1),且a⊥b,則|2a-b|a(a+b)等于(　　) A.-53 B.1 C.2 D.54 8.(2017北京,文7)設m,n為非零向量,則“存在負數λ,使得m=λn”是“mn<0”的(　　) A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 9.若向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a⊥b,則x=　　　　　. 10.(2017廣東、江西、福建十校聯考,文13)已知點A(-1,1),B(1,2),C(-2,-1),D(2,2),則向量AB在CD方向上的投影為　　　　　. 11.(2017江西重點中學盟校二模,文17)在△ABC中,已知ABAC=3BABC. (1)求證:tan B=3tan A; (2)若cos C=55,求角A的度數. ?導學號24190750? 綜合提升組 12.(2017安徽蚌埠一模,文6)已知非零向量m,n滿足3|m|=2|n|,其夾角為60,若n⊥(tm+n),則實數t的值為(　　) A.3 B.-3 C.2 D.-2?導學號24190751? 13.(2017河北邯鄲一模,文3)已知向量a,b滿足|a|=2,|b|=3,(a-b)a=1,則a與b的夾角為(　　) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2 14.(2017河北武邑中學一模,文11)在Rt△ABC中,CA=CB=3,M,N是斜邊AB上的兩個動點,且MN=2,則CMCN的取值范圍為(　　) A.2,52 B.[2,4] C.[3,6] D.[4,6] 15.(2017江蘇南京一模,9)已知△ABC是直角邊長為4的等腰直角三角形,D是斜邊BC的中點,AM=14AB+mAC,向量AM的終點M在△ACD的內部(不含邊界),則AMBM的取值范圍是　　　　　. 16.(2017江蘇,12)如圖,在同一個平面內,向量OA,OB,OC的模分別為1,1,2,OA與OC的夾角為α,且tan α=7,OB與OC的夾角為45.若OC=mOA+nOB(m,n∈R),則m+n=. 創(chuàng)新應用組 17.已知△ABC是邊長為2的等邊三角形,P為平面ABC內一點,則PA(PB+PC)的最小值是(　　) A.-2 B.-32 C.-43 D.-1 18.(2017遼寧沈陽二模)已知向量OA=(3,1),OB=(-1,3),OC=mOA-nOB(m>0,n>0),若m+n∈[1,2],則|OC|的取值范圍是(　　) A.[5,25] B.[5,210) C.(5,10) D.[5,210] 答案： 1.B　A項,設向量a與b的夾角為θ, 則ab=|a||b|cos θ≤|a||b|,所以不等式恒成立; B項,當a與b同向時,|a-b|=||a|-|b||;當a與b非零且反向時,|a-b|=|a|+|b|>||a|-|b||.故不等式不恒成立; C項,(a+b)2=|a+b|2恒成立; D項,(a+b)(a-b)=a2-ab+ba-b2=a2-b2,故等式恒成立. 綜上,選B. 2.B　由已知,得|a|=|b|=1,a與b的夾角θ=60, 則(2a-b)b=2ab-b2 =2|a||b|cos θ-|b|2 =211cos 60-12=0, 故選B. 3.C　設a,b的夾角為θ, ∵|a||b|+ab=0, ∴|a||b|+|a||b|cos θ=0, ∴cos θ=-1, 即a,b的方向相反. 又向量a=(1,2),b=(m,-4), ∴b=-2a,∴m=-2. 4.C　∵BA=(1,2),CA=(4,5), ∴CB=CA+AB=CA-BA=(3,3), λBA+CA=(λ+4,2λ+5). 又CB(λBA+CA)=0, ∴3(λ+4)+3(2λ+5)=0, 解得λ=-3. 5.C　依題意,得ACBD=1(-4)+22=0,∴AC⊥BD. ∴四邊形ABCD的面積為12|AC||BD|=1212+22(-4)2+22=5. 6.A　∵向量a與b的夾角為θ,且a=(-2,1),a+2b=(2,3), ∴b=a+2b-a2=(2,1), ∴cos θ=ab|a||b|=-4+155=-35. 7.B　∵a=(m,2),b=(2,-1),且a⊥b, ∴ab=2m-2=0,解得m=1, ∴a=(1,2),2a-b=(0,5), |2a-b|=5. 又a+b=(3,1),a(a+b)=13+21=5, ∴|2a-b|a(a+b)=55=1. 8.A　m,n為非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即兩向量反向,夾角是180,則mn=|m||n|cos 180=-|m||n|<0.反過來,若mn<0,則兩向量的夾角為(90,180],并不一定反向,即不一定存在負數λ,使得m=λn,所以“存在負數λ,使得m=λn”是“mn<0”的充分而不必要條件.故選A. 9.-23　∵a⊥b,∴ab=x+2(x+1)=0,解得x=-23. 10.115　由A(-1,1),B(1,2),C(-2,-1),D(2,2),得AB=(2,1),CD=(4,3), 故向量AB在CD方向上的投影為ABCD|CD|=24+1342+32=115. 11.解 (1)∵ABAC=3BABC, ∴cbcos A=3cacos B,即bcos A=3acos B,由正弦定理,得sin Bcos A=3sin Acos B. 又00,cos B>0, 在等式兩邊同時除以cos Acos B,可得tan B=3tan A. (2)∵cos C=55,00,∴tan A=1. 又角A為△ABC的內角, ∴A=π4. 12.B　∵n⊥(tm+n),∴n(tm+n)=tmn+n2=t|m||n|12+|n|2=t13|n|2+|n|2=0,解得t=-3.故選B. 13.C　設a,b的夾角為θ,∵向量a,b滿足|a|=2,|b|=3,且(a-b)a=1, ∴a2-ba=1, ∴22-32cos θ=1, 解得cos θ=12, ∴a與b的夾角為π3.故選C. 14.D　以C為坐標原點,CA為x軸建立平面直角坐標系, 則A(3,0),B(0,3),∴AB所在直線的方程為y=3-x. 設M(a,3-a),N(b,3-b),且0≤a≤3,0≤b≤3,不妨設a>b, ∵MN=2,∴(a-b)2+(b-a)2=2,∴a-b=1,∴a=b+1,∴0≤b≤2, ∴CMCN=(a,3-a)(b,3-b)=2ab-3(a+b)+9=2(b2-2b+3),0≤b≤2, ∴當b=1時有最小值4;當b=0或b=2時有最大值6, ∴CMCN的取值范圍為[4,6]. 15.(-2,6)　以A為坐標原點,AB為x軸,AC為y軸建立平面直角坐標系,如圖所示,則A(0,0),B(4,0),C(0,4),D(2,2), 所以AM=14AB+mAC=14(4,0)+m(0,4)=(1,4m),則M(1,4m). ∵點M在△ACD的內部(不含邊界),∴1<4m<3,140,cos α>0,tan α=sinαcosα,sin α=7cos α,又sin2α+cos2α=1,得sin α=7210,cos α=210,OCOA=15,OCOB=1,OAOB=cosα+π4=-35,得方程組m-35n=15,-35m+n=1,解得m=54,n=74,所以m+n=3. 17.B　以BC所在的直線為x軸,BC的垂直平分線AD為y軸,D為坐標原點建立平面直角坐標系,如圖. 可知A(0,3),B(-1,0),C(1,0). 設P(x,y),則PA=(-x,3-y),PB=(-1-x,-y),PC=(1-x,-y). 所以PB+PC=(-2x,-2y). 所以PA(PB+PC)=2x2-2y(3-y)=2x2+2y-322-32≥-32. 當點P的坐標為0,32時,PA(PB+PC)取得最小值為-32,故選B. 18.B　∵OA=(3,1),OB=(-1,3),OC=mOA-nOB=(3m+n,m-3n), ∴|OC|=(3m+n)2+(m-3n)2 =10(m2+n2), 令t=m2+n2,則|OC|=10t, 而m+n∈[1,2],即1≤m+n≤2,在平面直角坐標系中表示如圖所示, t=m2+n2表示區(qū)域中任意一點與原點(0,0)的距離, 分析可得22≤t<2.又由|OC|=10t,故5≤|OC|<210.