数学必修 第二册6.3 平面向量基本定理及坐标表示课时练习

这是一份数学必修 第二册6.3 平面向量基本定理及坐标表示课时练习，共5页。试卷主要包含了故选C等内容，欢迎下载使用。

A．－1 B．1
C．－2 D．2
2．(多选)[2022·福建莆田一中高一期末]设向量a＝(2，0)，b＝(1，1)，则( )
A．(a－b)∥b B．(a－b)⊥b
C．a与b的夹角为 eq \f(π,4) D． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))
3．[2022·河北邯郸高一期中]已知a＝(－3，2)，b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) ，则a·(3a－2b)＝________．
4．[2022·山东潍坊高一期中]已知向量a＝(1，2)，b＝(－2，3).
(1)求(a＋b)·(a－b)；
(2)求cs 〈a，b〉．
5.[2022·山东菏泽高一期中]已知向量a＝(1，m)，向量b＝(－1，m).若向量3a－b与向量b垂直，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝( )
A． eq \r(3) B． eq \r(5)
C．3 D．5
6．(多选)[2022·江苏常州高一期中]设k为实数，已知直角三角形ABC中， eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(1，k)， eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(－2，3)，则k的可能取值为( )
A． eq \f(2,3) B．5
C．－ eq \f(3,2) D． eq \f(3＋\r(21),2)
7．[2022·河北石家庄高一期末]已知向量a＝(4，2)，向量b＝(2－k，k＋1)，若 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)) ，则k的值为________．
8．[2022·江苏扬州高一期末]在平面直角坐标系中，已知向量a＝(1，1)，b＝(2，－1).
(1)求|3a－b|；
(2)若m＝2a－b，n＝ta＋b，m⊥n，求实数t的值．
9.[2022·山东滨州高一期末]已知向量a＝(m，－1)，b＝(1，2).
(1)若(a＋b)⊥2b，求 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋2b)) ；
(2)若向量c＝(－2，1)，a∥c，求a与a－2b夹角的余弦值．
10．[2022·山东师范大学附中高一期中]已知三个点A(2，1)，B(3，2)，D(－1，4).
(1)求证： eq \(AB,\s\up6(→)) ⊥ eq \(AD,\s\up6(→)) ；
(2)若四边形ABCD为矩形，求矩形ABCD两对角线所夹锐角的余弦值．
11.[2022·河北邯郸高一期末]在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝2，AB＝4，点M，N为边AB上动点，且MN＝1，则 eq \(DM,\s\up6(→)) · eq \(DN,\s\up6(→)) 的最小值为( )
A． eq \f(11,4) B．3
C． eq \f(17,4) D．9
12．[2022·江苏天一中学高一期中]已知向量a＝(1， eq \r(3) )，b＝(cs α，sin α)，设m＝a＋tb(t∈R).
(1)α＝ eq \f(π,3) ，求当 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)) 取最小值时实数t的值；
(2)若a⊥b，问：是否存在实数t，使得向量a－b与向量m的夹角为 eq \f(π,4) ？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由．
答案：
1．解析：因为向量a＝(2，3)，b＝(3，λ)，a⊥b，则有2×3＋3λ＝0，解得λ＝－2，所以实数λ＝－2.故选C.
答案：C
2．解析：a－b＝(2－1，0－1)＝(1，－1)，(a－b)·b＝1－1＝0，所以(a－b)⊥b，故A选项错误，B选项正确；
cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))b ) ＝ eq \f(2,2\r(2)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，〈a，b〉∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π)) ，则a与b的夹角为 eq \f(π,4) ，故C选项正确；
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝2， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ＝ eq \r(12＋12) ＝ eq \r(2) ， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ≠ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ，故D选项错误．故选BC.
答案：BC
3．解析：a·(3a－2b)＝3a2－2a·b＝3(9＋4)－2(－ eq \f(3,2) ＋2)＝38.
答案：38
4．解析：(1)因为a＝(1，2)，b＝(－2，3)，
所以a＋b＝(1，2)＋(－2，3)＝(－1，5)，a－b＝(1，2)－(－2，3)＝(3，－1)，
所以(a＋b)·(a－b)＝－1×3＋5×(－1)＝－8；
(2)因为a＝(1，2)，b＝(－2，3)，
所以a·b＝1×(－2)＋2×3＝－2＋6＝4.
|a|＝ eq \r(12＋22) ＝ eq \r(5) ，|b|＝ eq \r(（－2）2＋32) ＝ eq \r(13) ，
所以cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|) ＝ eq \f(4,\r(5)×\r(13)) ＝ eq \f(4\r(65),65) .
5．解析：因为3a－b＝(4，2m)，向量3a－b与b垂直，
所以(3a－b)·b＝0，所以－4＋2m2＝0，即m2＝2，
∴ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝ eq \r(1＋m2) ＝ eq \r(3) .故选A.
答案：A
6．解析：∵ eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(1，k)， eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(－2，3)，
∴ eq \(BC,\s\up6(→)) ＝ eq \(AC,\s\up6(→)) － eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(－3，3－k)，
若A＝90°，则 eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(AC,\s\up6(→)) ＝0，
∴－2＋3k＝0，解得k＝ eq \f(2,3) ；
若B＝90°，则 eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(BC,\s\up6(→)) ＝0，
∴－3＋k(3－k)＝0，此时方程无解；
若C＝90°，则 eq \(AC,\s\up6(→)) · eq \(BC,\s\up6(→)) ＝0，
∴6＋3(3－k)＝0，解得k＝5.
结合选项可知AB正确，故选AB.
答案：AB
7．解析：∵ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)) ，两边平方后得a·b＝0，
即4(2－k)＋2(k＋1)＝0，解得k＝5.
答案：5
8．解析：(1)3a－b＝3(1，1)－(2，－1)＝(1，4)，
所以|3a－b|＝ eq \r(12＋42) ＝ eq \r(17) .
(2)m＝2a－b＝2(1，1)－(2，－1)＝(0，3)，n＝ta＋b＝t(1，1)＋(2，－1)＝(t＋2，t－1)，
因为m⊥n，
所以m·n＝0·(t＋2)＋3(t－1)＝0，
解得t＝1.
9．解析：(1)因为a＝(m，－1)，b＝(1，2)，
所以a＋b＝(m＋1，1)，2b＝(2，4).
由(a＋b)⊥2b，可得(a＋b)·2b＝0，即2(m＋1)＋4＝0，
解得m＝－3，所以a＋2b＝(－1，3)，故 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋2b)) ＝ eq \r(10) .
(2)因为向量c＝(－2，1)，a∥c，所以m－2＝0，所以m＝2.
则a＝(2，－1)，a－2b＝(0，－5)，
所以cs 〈a，a－2b〉＝ eq \f(a·（a－2b）,a \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－2b))) ＝ eq \f(5,\r(5)×5) ＝ eq \f(\r(5),5) ，
所以a与a－2b夹角的余弦值为 eq \f(\r(5),5) .
10．解析：(1)证明：∵A(2，1)，B(3，2)，D(－1，4) ，
∴ eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(1，1)， eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(－3，3).
又∵ eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(AD,\s\up6(→)) ＝1×(－3)＋1×3＝0，∴ eq \(AB,\s\up6(→)) ⊥ eq \(AD,\s\up6(→)) .
(2)因为四边形ABCD为矩形，则 eq \(AB,\s\up6(→)) ＝ eq \(DC,\s\up6(→)) .
设C点的坐标为(x，y)，则有(1，1)＝(x＋1，y－4)，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(x＋1＝1,y－4＝1))) ，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(x＝0,y＝5))) ，∴点C的坐标为(0，5).
由于 eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(－2，4)， eq \(BD,\s\up6(→)) ＝(－4，2)，
∴ eq \(AC,\s\up6(→)) · eq \(BD,\s\up6(→)) ＝(－2)×(－4)＋4×2＝16， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→)))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BD,\s\up6(→)))) ＝2 eq \r(5) .
设对角线AC与BD的夹角为θ，则cs θ＝ eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BD,\s\up6(→))))) ＝ eq \f(16,20) ＝ eq \f(4,5) >0，
故矩形ABCD两条对角线所夹锐角的余弦值为 eq \f(4,5) .
11．解析：以A为坐标原点， AB为x轴建立如图所示平面直角坐标系：
根据题意得A(0，0)，B(4，0)，C(3， eq \r(3) )，D(1， eq \r(3) ).
设M点坐标为(a，0)，所以N点坐标为(a＋1，0)，a∈[0，3]，
所以 eq \(DM,\s\up6(→)) ＝(a－1，－ eq \r(3) )， eq \(DN,\s\up6(→)) ＝(a，－ eq \r(3) )，
所以 eq \(DM,\s\up6(→)) · eq \(DN,\s\up6(→)) ＝(a－1)·a＋(－ eq \r(3) )2＝a2－a＋3，
当a＝ eq \f(1,2) 时， eq \(DM,\s\up6(→)) · eq \(DN,\s\up6(→)) 取最小值，( eq \(DM,\s\up6(→)) · eq \(DN,\s\up6(→)) )min＝( eq \f(1,2) )2－ eq \f(1,2) ＋3＝ eq \f(11,4) .故选A.
答案：A
12．解析：(1)当α＝ eq \f(π,3) 时，b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,3)，sin \f(π,3))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))) ，
所以m＝a＋t b＝(1， eq \r(3) )＋t( eq \f(1,2) ， eq \f(\r(3),2) )＝(1＋ eq \f(t,2) ， eq \r(3) ＋ eq \f(\r(3)t,2) )，
所以|m|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(t,2)))2) ×2＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋t)) ，所以当t＝－2时|m|min＝0.
(2)依题意cs eq \f(π,4) ＝ eq \f(（a－b）·（a＋tb）,a－b \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋tb))) ，
若a⊥b，则a·b＝0，又a＝(1， eq \r(3) )，b＝(cs α，sin α)，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝ eq \r(12＋（\r(3)）2) ＝2， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ＝ eq \r(cs2α＋sin2α) ＝1，
又因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)) 2＝a2－2a·b＋b2＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) 2－2a·b＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) 2＝4＋1＝5，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋tb)) 2＝a2＋2t a·b＋t2b2＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) 2＋2t a·b＋t2 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) eq \s\up12(2) ＝4＋t2，
所以|a－b|＝ eq \r(5) ，|a＋t b|＝ eq \r(4＋t2) ，
(a－b)·(a＋t b)＝a2＋ta·b－a·b－t b2＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) 2－t eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) 2＝4－t，
则有 eq \f(4－t,\r(5)\r(4＋t2)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，且t<4，
整理得3t2＋16t－12＝0，解得t＝－6或t＝ eq \f(2,3) ，
所以存在t＝－6或t＝ eq \f(2,3) 满足条件．