10.2 平面向量的数量积（精练）（教师版）

10.2平面向量的数量积（精练）1．（2023秋·江苏南通·高三统考开学考试）（多选）已知平面向量，，，则下列说法正确的是（

）A．若，则向量在上的投影为B．若，则，C．若，，则D．若，则向量与的夹角为锐角【答案】AD【解析】对于A，因为，所以，又，所以向量在上的投影为，正确；对于B，因为，且，，，所以，即，该方程有无数组解，错误；对于C，因为，，且，，，则，，即，，所以，当时，，当时，，错误；对于D，，，若时，，所以，此时与为相反向量，当时，，则向量与的夹角为锐角，正确；故选：AD2．（2022秋·云南保山·高三统考阶段练习）（多选）已知向量，，其中，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若与的夹角为钝角，则D．若，向量在方向上的投影为【答案】ABD【解析】选项A：由得，得，故A正确；选项B：由得，即，所以，故B正确；选项C：与的夹角为钝角，则，且与不共线，由得，即，由选项A知与不共线时，，故C错误；选项D：时，，向量在方向上的投影为，故D正确.故选：ABD3．（2023春·河北·高三校联考阶段练习）（多选）已知单位向量的夹角为，则使为钝角的一个充分条件是（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】若，则可能为，A选项不是为钝角的充分条件，故A不正确，若，两边平方得，即向量的余弦值为，所以，B选项是为钝角的一个充分条件故B选项正确，若，则，即向量的余弦值为，所以且为钝角，，C选项是为钝角的充分条件，故C选项正确，若，两边平方得，当时满足题意所以不一定为钝角，D不是为钝角的充分条件，故D不正确，故选：BC.4．（2022秋·黑龙江鸡西·高三校考阶段练习）（多选）已知向量，则下列结论正确的是（

）A．B．C．D．向量与向量的夹角为【答案】ACD【解析】对于A中，由，可得，所以A正确；对于B中，由，可得，可得，所以B错误；对于C中，由，可得，可得，所以，所以C正确；对于D中，由，可得，所以，因为，所以，即向量与向量的夹角为，所以D正确.故选：ACD.5．（2023春·江西宜春·高三江西省宜丰中学校考阶段练习）（多选）已知平面向量，，，则下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则向量在上的投影向量为 D．若，则向量与的夹角为锐角【答案】AB【解析】对于A，若，则解得，故A正确；对于B，若，可得，即，解得，故B正确；对于C，若，，则向量在上的投影向量为，故C错误；对于D，若，则，所以，但当时，，此时同向，其夹角为，故D错误.故选：AB.6．（2023秋·山东青岛·高三山东省青岛第五十八中学校考开学考试）（多选）已知向量，其中，下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若与夹角为锐角，则C．若，则在方向上投影向量为 D．若【答案】AC【解析】若，则，解得，A正确；若与夹角为锐角，则，解得，当，，此时，与夹角为，B错误；若，则，因为在方向上投影为，与同向的单位向量为，所以在方向上投影向量为，C正确；由题设，，D错误.故选：AC7．（2023·江苏常州·校考一模）已知平面向量，满足，则在方向上的投影向量的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由，，且，平方得，解得，所以在方向上的投影向量为.故选：B.8．（2023·四川绵阳·三台中学校考一模）若向量，满足，，则在方向上的投影为（

）A．1 B． C． D．－1【答案】B【解析】因为，，所以，即，则，故在方向上的投影.故选：B.9．（2023·全国·高三专题练习）已知向量（2，1），（，3），则向量在方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为向量（2，1），（，3），所以向量在方向上的投影向量为，故选：C10．（2023·河北·统考模拟预测）在平行四边形中，已知，且，则向量与的夹角的余弦值为（

）A． B．0 C． D．【答案】B【解析】由题意知，在平行四边形中，，，因为，所以.因为，所以，又，所以，故，则，所以向量与的夹角的余弦值为0.故选：B.11（2023·江苏苏州·模拟预测）已知向量在向量上的投影向量是，且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为向量在向量上的投影向量是，所以,因此.故选：A.12．（2023·新疆·统考三模）设向量，为单位向量，且，则向量，的夹角为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意知，，，所以，即，所以，即，又因为，所以，所以.故选：C.13．（2023秋·安徽·高三宿城一中校联考阶段练习）已知空间向量，，满足，，，，则与夹角为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设与的夹角为，由，得，两边平方，得，所以，解得，又因为，所以，故选：B.14．（2023秋·广东深圳·高三校考阶段练习）如图，在中，为上一点，且满足，若，则的值为（

）

A． B． C． D．【答案】C【解析】在中，由，为上一点，且满足，则，又由三点共线，则，即，因为，则，则的值为.故选：C.15．（2023·江西九江·统考一模）已知、为单位向量，则向量与夹角的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】设，则，，则，令，因为，所以，，当且仅当时取等号，又，所以，所以向量与夹角的最大值为．故选：A．16．（2022秋·广东惠州·高三统考阶段练习）向量，，则在上的投影向量为（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】因为，，所以，，所以在上的投影向量为.故选：B17．（2024秋·内蒙古呼和浩特·高三统考开学考试）已知定点，为坐标原点，点是圆上的一点，且圆的半径为，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意可知，，则，当且仅当点为线段与圆的交点时，等号成立.因此，的最大值为.故选：C.18（2023秋·广东深圳·高三深圳市宝安第一外国语学校校考阶段练习）（多选）已知，若，则与共线的单位向量为（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】因为所以，又因为，所以，因此，于是与共线的单位向量为，故选：BC19．（2023·河南·统考三模）已知，，若，则向量的夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意，故，所以，故，由.故选：B20．（2023秋·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）在三角形中，，，，在上的投影向量为，则（

）A．-12 B．-6 C．12 D．18【答案】A【解析】由题意，，为中点，由在上的投影向量为，即，又，所以，所以.故选：A.21．（2023·四川成都·校联考模拟预测）已知，，且在方向上的投影与在方向上的投影相等，则．【答案】或.【解析】由题意，向量，，可得，且，因为在方向上的投影与在方向上的投影相等，可得，即，解得.故答案为：或.22．（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知向量，，且，则向量在方向上的投影为．【答案】【解析】向量，，由，得，所以，所以在方向上的投影为．故答案为：.23．（2023·北京通州·统考三模）已知等边三角形ABC的边长为2，⊙A的半径为1，PQ为⊙A的任意一条直径，则=.【答案】1【解析】

.故答案为:1.24．（2023·全国·高三专题练习）如图，在中，P为线段AB上一点，则，若，，，且与的夹角为，则的值为.【答案】-3【解析】因为，所以，所以，即，故答案为：-325．（2023·四川成都·校联考二模）平面向量，满足，且，则的最小值是．【答案】/【解析】由两边平方得．又因为，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值是.故答案为：.1．（2023·全国·高三专题练习）十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”．它的答案是：当三角形的三个角均小于时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中，所求点称为费马点.已知在中，已知，，且点M在AB线段上，且满足,若点P为的费马点，则（

）A．﹣1 B． C． D．【答案】C【解析】因为在中，，，所以由余弦定理可得，由正弦定理可得，即，又B为锐角，所以，设，则，即，解得，即，所以，则，又，则为锐角，由于，故，所以的三个内角均小于，则P为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；所以，所以，所以，故选：C．2．（2023·全国·高三专题练习）向量，若存在整数使得方程在上有两个不同的实数根，则（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】，若有两个不同的实数根，则有两个不同实数根，，有，如图，画出函数的图象，

要使得有两个不同实数根，，于是为整数，所以.故选：C3．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）已知长方形ABCD的边长，P，Q分别是线段BC，CD上的动点，，则的最小值为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】设A点为坐标原点，分别以AB，AD为x，y轴建立坐标系，如图，不妨设，则，因为，所以，又，所以，则，所以，解得，当且仅当时，等号成立，所以，则的最小值为.故选：D.4．（2023秋·江苏苏州·高三统考开学考试）我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别，就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，余弦相似度为向量，夹角的余弦值，记作，余弦距离为.已知，，，若P，Q的余弦距离为，，则Q，R的余弦距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意得则，又，∴，∴，，，故选：5．（2023·福建泉州·统考模拟预测）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设，，则曼哈顿距离，余弦距离，其中（O为坐标原点）．已知，，则的最大值近似等于（

）（参考数据：，．）A．0.052 B．0.104 C．0.896 D．0.948【答案】B【解析】设，由题意可得：，即，可知表示正方形，其中，即点在正方形的边上运动，因为，由图可知：当取到最小值，即最大，点有如下两种可能：①点为点A，则，可得；②点在线段上运动时，此时与同向，不妨取，则；因为，所以的最大值为.故选：B.

6．（2023·全国·高三专题练习）（多选）如图，已知直线，点是，之间的一个定点，点到，的距离分别为1，2.点是直线上一个动点，过点作，交直线于点，，则（

）

A． B．面积的最小值是C． D．存在最小值【答案】ABC【解析】取中点，连接，如图，

由，得，因此点共线，且，A正确；设，由于，而，则，由，得，显然点为的重心，则的面积，当且仅当，即时取等号，B正确；，当且仅当，即时取等号，C正确；由，得，，因此，令，则，而函数在上单调递增，值域为R，所以值域为R，无最小值，D错误.故选：ABC7．（2023秋·河北·高三校联考期末）（多选）已知抛物线：的焦点为，直线（且）交与、两点，直线、分别与的准线交于、两点，（为坐标原点），下列选项错误的有（

）A．且，B．且，C．且，D．且，【答案】ACD【解析】

由，可得，设,，,，则，，，，直线的方程为，由，可得，同理可得，所以,，,，，，对于A，,,，,,，只有当时，，此时，直线与轴垂直，不存在斜率，不满足题意，所以，，故A错误；对于B，因为,,，,,，故B正确；对于C，由B得，而，所以，故C错误；对于D，由C可知不存在且，使成立，故D错误．故选：ACD．8．（2023·云南昭通·校联考模拟预测）（多选）已知向量，，满足，，则可能成立的结果为（

）A． B． C． D．【答案】AD【解析】由题意，，设，不妨设，如图动点在以原点为圆心，2为半径的圆上，动点在以为圆心，1为半径的圆上，且满足，圆方程是，当在圆上运动时，由，得，当且仅当，，三点共线时取等号，又由图易知，即，故选项A满足，选项B不满足；对于选项C，D，设，则，由，解得，所以，又，即，所以，选项D满足，C错误，故选：AD.

9．（2023·江西鹰潭·统考一模）十七世纪法国业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是:当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角:当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点.已知分别是三个内角的对边，且，若点为的费马点，则.【答案】【解析】由于，所以三角形的三个角都小于，则由费马点定义可知：，设，由得：，整理得，则.故答案为：

10．（2023·上海黄浦·格致中学校考三模）已知平面向量，，满足，，，则的最大值为．【答案】【解析】设，，，，由已知可得：，当且仅当时，取等号，当时，有，得，当时，有，得，所以当时，.所以的最大值为.故答案为：.11．（2023·河北衡水·校联考二模）已知平面向量满足，则以为直径长