新课标2024高考数学大一轮复习第五章平面向量与复数题组层级快练32平面向量的数量积文含解析

PAGEPAGE6题组层级快练(三十二)1．(2015·北京，文)设a，b是非零向量．“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析若a·b＝|a||b|，则a与b的方向相同，所以a∥b.若a∥b，则a·b＝|a||b|，或a·b＝－|a||b|，所以“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的充分而不必要条件，选A.2．已知a＝(1，2)，2a－b＝(3，1)，则a·b＝()A．2 B．3C．4 D．5答案D解析∵a＝(1，2)，2a－b＝(3，1)，∴b＝2a－(3，1)＝2(1，2)－(3，1)＝(－1，3)．∴a·b＝(1，2)·(－1，3)＝－1＋2×3＝5.3．已知|a|＝6，|b|＝3，a·b＝－12，则向量a在向量b方向上的投影是()A．－4 B．4C．－2 D．2答案A解析∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝18cos〈a，b〉＝－12，∴cos〈a，b〉＝－eq\f(2,3).∴a在b方向上的投影是|a|cos〈a，b〉＝－4.4．(2024·黑龙江大庆第一次质检)已知向量a＝(1，2)，b＝(－2，m)，若a∥b，则|2a＋3b|＝()A.eq\r(70) B．4eq\r(5)C．3eq\r(5) D．2eq\r(5)答案B解析∵a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，∴1×m＝2×(－2)，∴m＝－4.∴a＝(1，2)，b＝(－2，－4)，∴2a＋3b＝(－4，－8)，∴|2a＋3b|＝eq\r(（－4）2＋（－8）2)＝4eq\r(5).故选B.5．已知向量a＝(1，2)，a·b＝5，|a－b|＝2eq\r(5)，则|b|等于()A.eq\r(5) B．2eq\r(5)C．5 D．25答案C解析由a＝(1，2)，可得a2＝|a|2＝12＋22＝5.∵|a－b|＝2eq\r(5)，∴a2－2a·b＋b2＝20.∴5－2×5＋b2＝20.∴b2＝25.∴|b|＝5，故选C.6．(2024·保定模拟)若向量a，b满意|a|＝|b|＝1，(a＋b)·b＝eq\f(3,2)，则向量a，b的夹角为()A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析∵(a＋b)·b＝b2＋a·b＝1＋a·b＝eq\f(3,2)，∴a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝eq\f(1,2)，cos〈a，b〉＝eq\f(1,2)，〈a，b〉＝60°.故选C.7．设a，b，c是单位向量，且a＋b＝c，则a·c的值为()A．2 B.eq\f(1,2)C．3 D.eq\f(1,3)答案B解析由|a|＝|b|＝|c|＝1，b＝c－a，两边平方得b2＝(c－a)2，∴1＝1＋1－2a·c，∴a·c＝eq\f(1,2).8．(2024·江南十校联考)已知平面对量a，b，|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，且|2a＋b|＝eq\r(7)，则向量a与向量a＋b的夹角为()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6) D．π答案B解析由题意，得|2a＋b|2＝4＋4a·b＋3＝7，所以a·b＝0，所以a·(a＋b)＝1，且|a＋b|＝eq\r(（a＋b）2)＝2，故cos〈a，a＋b〉＝eq\f(a·（a＋b）,|a|·|a＋b|)＝eq\f(1,2)，所以〈a，a＋b〉＝eq\f(π,3)，故选B.9．已知|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，a＋b＝(eq\r(3)，1)，则a＋b与a－b的夹角为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)答案C解析由a＋b＝(eq\r(3)，1)，得|a＋b|2＝(a＋b)2＝4，又|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，所以|a|2＋2a·b＋|b|2＝1＋2a·b＋3＝4，解得2a·b＝0，所以|a－b|＝eq\r(|a－b|2)＝eq\r(|a|2－2a·b＋|b|2)＝2，设a＋b与a－b的夹角为θ，则由夹角公式可得cosθ＝eq\f(（a＋b）·（a－b）,|a＋b||a－b|)＝eq\f(|a|2－|b|2,2×2)＝－eq\f(1,2)，且θ∈[0，π]，所以θ＝eq\f(2,3)π，即a＋b与a－b的夹角为eq\f(2,3)π.10．(2024·人大附中模拟)已知a，b是非零向量，且向量a，b的夹角为eq\f(π,3)，若向量p＝eq\f(a,|a|)＋eq\f(b,|b|)，则|p|＝()A．2＋eq\r(3) B.eq\r(2＋\r(3))C．3 D.eq\r(3)答案D解析∵|p|2＝1＋1＋2coseq\f(π,3)＝3，∴|p|＝eq\r(3).11．如图所示，已知正六边形P1P2P3P4P5P6，则下列向量的数量积中最大的是()A.eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P3,\s\up6(→)) B.eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P4,\s\up6(→))C.eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P5,\s\up6(→)) D.eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P6,\s\up6(→))答案A解析由于eq\o(P1P2,\s\up6(→))⊥eq\o(P1P5,\s\up6(→))，故其数量积是0，可解除C；eq\o(P1P2,\s\up6(→))与eq\o(P1P6,\s\up6(→))的夹角为eq\f(2,3)π，故其数量积小于0，可解除D；设正六边形的边长是a，则eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P3,\s\up6(→))＝|eq\o(P1P2,\s\up6(→))||eq\o(P1P3,\s\up6(→))|cos30°＝eq\f(3,2)a2，eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P4,\s\up6(→))＝|eq\o(P1P2,\s\up6(→))||eq\o(P1P4,\s\up6(→))|cos60°＝a2.故选A.12．(2024·沧州七校联考)已知P是边长为2的正三角形ABC的边BC上的动点，则eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))()A．有最大值为8 B．是定值6C．有最小值为2 D．与点的位置有关答案B解析因为点P在边BC上，所以存在实数λ，使eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝[λeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AC,\s\up6(→))]·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝4＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6.故选B.13．(2024·河南豫北名校联盟对抗赛)已知△ABC的外接圆的半径为1，圆心为点O，且3eq\o(OA,\s\up6(→))＋4eq\o(OB,\s\up6(→))＋5eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，则eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝()A.eq\f(8,5) B.eq\f(7,5)C．－eq\f(1,5) D.eq\f(4,5)答案C解析因为|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝1，由3eq\o(OA,\s\up6(→))＋4eq\o(OB,\s\up6(→))＋5eq\o(OC,\s\up6(→))＝0得3eq\o(OA,\s\up6(→))＋5eq\o(OC,\s\up6(→))＝－4eq\o(OB,\s\up6(→))和4eq\o(OB,\s\up6(→))＋5eq\o(OC,\s\up6(→))＝－3eq\o(OA,\s\up6(→))，两个式子分别平方可得eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝－eq\f(3,5)和eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝－eq\f(4,5).所以eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,5).故选C.14．(2024·江西上饶一模)在边长为1的正方形ABCD中，2eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))，BC的中点为F，eq\o(EF,\s\up6(→))＝2eq\o(FG,\s\up6(→))，则eq\o(EG,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝________．答案－eq\f(1,4)解析以A为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系．∵正方形ABCD的边长为1，∴B(1，0)，D(0，1)，E(eq\f(1,3)，0)，F(1，eq\f(1,2))．设G(a，b)，由eq\o(EF,\s\up6(→))＝2eq\o(FG,\s\up6(→))，得(eq\f(2,3)，eq\f(1,2))＝2(a－1，b－eq\f(1,2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(4,3)，,b＝\f(3,4)，))∴G(eq\f(4,3)，eq\f(3,4))．∴eq\o(EG,\s\up6(→))＝(1，eq\f(3,4))．∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1)，∴eq\o(EG,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－1＋eq\f(3,4)＝－eq\f(1,4).15．(2015·浙江)已知e1，e2是平面单位向量，且e1·e2＝eq\f(1,2).若平面对量b满意b·e1＝b·e2＝1，则|b|＝________．答案eq\f(2\r(3),3)解析因为b·e1＝b·e2＝1，|e1|＝|e2|＝1，由数量积的几何意义，知b在e1，e2方向上的投影相等，且都为1，所以b与e1，e2所成的角相等．由e1·e2＝eq\f(1,2)，知e1与e2的夹角为60°，所以b与e1，e2所成的角均为30°，即|b|cos30°＝1，所以|b|＝eq\f(1,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3).16．若平面对量a，b满意|2a－b|≤3，则a·b的最小值是________．答案－eq\f(9,8)解析由|2a－b|≤3可知，4a2＋b2－4a·b≤9，所以4a2＋b2≤9＋4a·b.而4a2＋b2＝|2a|2＋|b|2≥2|2a|·|b|≥－4a·b，所以a·b≥－eq\f(9,8)，当且仅当2a＝－b时取等号．17．设两个向量e1，e2满意|e1|＝2，|e2|＝1，e1与e2的夹角为eq\f(π,3)，若向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围．答案(－7，－eq\f(\r(14),2))∪(－eq\f(\r(14),2)，－eq\f(1,2))解析由向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，得eq\f(（2te1＋7e2）·（e1＋te2）,|2te1＋7e2||e1＋te2|)<0，即(2te1＋7e2)·(e1＋t