6.2.4向量的数量积（基础练）解析版

第六章平面向量及其应用6.2.4向量的数量积 (基础练）一、单选题（共5小题，满分25分，每小题5分）1．已知空间向量，，和实数，则下列说法正确的是（）A．若，则或 B．若，则或C．若，则或 D．若，则【答案】B【解析】对于选项，若，则或或，故错误；对于选项，由，得，即可得其模相等，但方向不确定，故错误；对于选项，由，得，则或或，故错误；对于选项，由，可得或，故正确，故选：C.2．已知,，且与不共线，则向量与的夹角为()A． B． C． D．【答案】B【解析】,,,所求夹角为,故选：C.3．若向量，满足，，，则（）．A． B． C． D．【答案】B【解析】由可得：，即，将，代入可得：，所以，故选：B4．设为单位向量，且，则（）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为为单位向量，且，所以，所以，解得，所以.故选：B.5.同一平面上三个单位向量两两夹角都是，则与的夹角是()A． B． C． D．【答案】D【解析】由,所以,,则所以即.设与的夹角为,则,又,所以与的夹角为.故选：D.二、多选题（共3小题，满分15分，每小题5分，少选得3分，多选不得分）6．已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，不与垂直的是（）A． B． C． D．【答案】ABC【解析】由已知可得：.对于选项A，因为，所以A符合题意；对于选项B，因为，所以B符合题意；对于选项C，因为，所以C符合题意；对于选项D，因为，所以D不符合题意.故选：ABC.下列命题中正确的是（）A.a//b⇔存在唯一的实数λ∈R，使得b=λa；

B.e为单位向量，且a//e，则a=±a【答案】BC【解析】对于选项A，当a为零向量时结论不成立，所以A错；

对于选项B,当a为零向量时结论成立，当a不为零向量时，aa表示与向量a同向的单位向量，结论也成立，所以B正确；

对于选项C,，所以C正确;

对于选项D,当a⊥b，b⊥c且a，b，c都不为零向量时，a·b=b·c=08．下列命题中，结论正确的有（）A．B．若，则C．若，则A､B､C､D四点共线；D．在四边形中，若，，则四边形为菱形.【答案】BD【解析】对于A，，故A错误；对于B，若，则，所以，，故，即B正确；对于C，，则或与共线，故C错误；对于D，在四边形中，若，即，所以四边形是平行四边形，又，所以，所以四边形是菱形，故D正确；故选：BD三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分，一题两空，第一空2分）9．若向量、满足＝1，＝2，且与的夹角为，则＝_________.【答案】【解析】夹角为，所以所以，故答案为:.10．已知单位向量,的夹角为45°，与垂直，则k=__________.【答案】【解析】由题意可得：，由向量垂直的充分必要条件可得：，即：，解得：.故答案为：．11．已知，，，，，则以，为邻边的平行四边形的对角线的长为________．【答案】【解析】∵，∴．∴，即．故答案为：四、解答题：（本题共3小题，共45分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）12．已知，．（1）若，的夹角为，求；（2）若，求与的夹角．【答案】（1）1；（2）.【解析】（1）；（2），，即，解得：，，，所以与的夹角为.13．已知平面上三个向量a，b，c的模均为1，它们相互之间的夹角均为120°.(1)求证：(a－b)⊥c；(2)若|ka＋b＋c|>1(k∈R)，求k的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）{k|k<0或k>2}.【解析】(1)证明：因为|a|＝|b|＝|c|＝1，且a，b，c之间的夹角均为120°，所以(a－b)·c＝a·c－b·c＝|a||c|cos120°－|b||c|cos120°＝0，所以(a－b)⊥c.(2)解：因为|ka＋b＋c|>1，所以(ka＋b＋c)2>1，即k2a2＋b2＋c2＋2kab＋2kac＋2bc>1，所以k2＋1＋1＋2kcos120°＋2kcos120°＋2cos120°>1.所以k2－2k>0，解得k<0或k>2.所以实数k的取值范围为{k|k<0或k>2}．14．如图，在和中，是的中点，，，，若，则求与的夹角的余弦值．【答案】【解析】由题意可得，∴.由，可得.∴，即，∴.A级必备知识基础练1.[探究点一(角度1)]若p与q是相反向量,且|p|=3,则p·q等于()A.9 B.0 C.-3 D.-92.[探究点三]若平面向量a与b的夹角为120°,|a|=2,(a-2b)·(a+3b)=3,则|b|=()A.12 B.13 C.23.[探究点一(角度1)]已知正方形ABCD的边长为3,DE=2EC,则AE·BD=(A.3 B.-3 C.6 D.-64.[探究点三]已知平面向量a,b满足|a|=2,|b|=1,a⊥(a+2b),则向量a,b的夹角为()A.π3 B.π4 C.2π5.(多选题)[探究点二]已知a,b,c是三个非零向量,则下列选项正确的有()A.|a·b|=|a||b|⇔a∥bB.a,b反向⇔a·b=-|a||b|C.a⊥b⇔|a+b|=|a-b|D.|a|=|b|⇔|a·c|=|b·c|6.[探究点三(角度2)·2023黑龙江哈尔滨期中]已知e1,e2是单位向量,且e1·e2=0,设向量a=λe1+μe2,当λ=μ=1时,<a,e1>=;当λ+μ=4时,|a-e1|的最小值为.

7.[探究点一(角度1)]如图所示,在Rt△ABC中,A=90°,AB=1,则AB·BC的值是8.[探究点三]已知平面上三个向量a,b,c的模均为1,它们相互之间的夹角均为120°.求证:(a-b)⊥c.9.[探究点一(角度2)·2023山东威海检测]已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61.(1)求|a+b|;(2)求向量a在向量a+b方向上的投影向量的模.B级关键能力提升练10.若O为△ABC所在平面内任一点,且满足(OB−OC)·(OB+OC-2OA)=0,则△A.等腰三角形 B.直角三角形C.等边三角形 D.等腰直角三角形11.已知平面向量a,b,|a|=2,|b|=1,则|a-b|的最大值为()A.1 B.2 C.3 D.512.(多选题)设a,b,c是任意的非零向量,且它们相互不共线,给出下列四个选项,其中正确的有()A.a·c-b·c=(a-b)·cB.(b·c)·a-(c·a)·b不与c垂直C.|a|-|b|<|a-b|D.(3a+2b)·(3a-2b)=9|a|2-4|b|213.(多选题)已知正三角形ABC的边长为2,设AB=2a,BC=b,则下列结论正确的是()A.|a+b|=1 B.a⊥bC.(4a+b)⊥b D.a·b=-114.已知a,b是单位向量,c=a+2b且a⊥c,则a·b=,|c|=.

15.已知向量e1,e2分别是与向量a,b方向相同的单位向量,若a·b=-9,a在b上的投影向量为-3e2,b在a上的投影向量为-32e1,则a与b的夹角θ=16.如图,在四边形ABCD中,AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,且a·b=b·c=c·d=d·a,且a·c=b·d,则四边形ABCD是什么形状?17.已知|a|=2,|b|=1,(a-3b)·(a+b)=3.(1)求|a+b|的值;(2)求a与a-2b的夹角.C级学科素养创新练18.如图所示为正六边形P1P2P3P4P5P6,则下列向量的数量积中最大的是()A.P1P2C.P1P219.设两个向量a,b,满足|a|=2,|b|=1.(1)若(a-2b)·(a+b)=2+2,求a,b的夹角;(2)若a,b的夹角为60°,向量2ta+7b与a+tb的夹角为钝角,求实数t的取值范围.参考答案1.D由已知得p·q=3×3×cos180°=-9.2.B化简(a-2b)·(a+3b)=a2+a·b-6b2=4-|b|-6|b|2=3,|b|=13或|b|=-12(舍去3.A如图,因为正方形ABCD的边长为3,DE=2EC,所以AE·BD=(AD+DE)·(AD−AB)=AD+23AB·(AD−AB)=AD2−14.D∵a⊥(a+2b),∴a·(a+2b)=0,即a2+2a·b=0,∴a·b=-1,∴cos<a,b>=a·b|∵<a,b>∈[0,π],∴<a,b>=3π4.故选5.ABCA.∵a·b=|a||b|cosθ(θ为a与b的夹角),∴由|a·b|=|a||b|及a,b为非零向量可得|cosθ|=1,∴θ=0或π,∴a∥b且以上各步均可逆.故A正确.B.若a,b反向,则a,b的夹角为π,∴a·b=|a|·|b|cosπ=-|a||b|且以上各步均可逆.故B正确.C.当a⊥b时,在平面内任取一点O,作OA=a,OB=b,则以OA,OB为邻边作平行四边形,则该平行四边形必为矩形,于是它的两对角线长相等,即有|a+b|=|a-b|.反过来,若|a+b|=|a-b|,在平面内任取一点O,作OA=a,OB=b,则以OA,OB为邻边的四边形为矩形,所以有a⊥b.故C正确.D.当|a|=|b|但a与c的夹角和b与c的夹角不等时,就有|a·c|≠|b·c|,反过来由|a·c|=|b·c|也推不出|a|=|b|.故D错误.6.π4322当λ=μ=1时,a=e1+e2,|a|2=e12+2e1·e2+e22=2,即|a|=2因为<a,e1>∈[0,π],所以<a,e1>=π4当λ+μ=4时,a-e1=(λ-1)e1+μe2=(λ-1)e1+(4-λ)e2,则|a-e1|2=(λ-1)2+(4-λ)2=2λ-522+92,当λ=52时,|a-e1|的最小值为37.-1(方法一)AB·BC=|AB||BC|cos(180°-B)=-|AB||BC|cosB=-|AB||BC||AB||(方法二)|BA|=1,即BA为单位向量,AB·BC=-BA·BC=-|BA||BC|cos∠ABC,而|BC|cos∠ABC=|BA|,所以AB·BC=-|8.证明(a-b)·c=a·c-b·c=|a||c|cos120°-|b||c|cos120°=1×1×-12-1×1×-故(a-b)⊥c.9.解(1)(2a-3b)·(2a+b)=4a2-3b2-4a·b=4×16-3×9-4a·b=61,解得a·b=-6.∴|a+b|2=a2+b2+2a·b=16+9-12=13,∴|a+b|=13.(2)设a与a+b的夹角为θ,∵a·(a+b)=a2+a·b=10,∴cosθ=104×13=5213=51326,则a在a+b方向上的投影向量的模为10.A因为(OB−OC)·(OB+OC-2OA)=0,即CB·(AB+AC)=0,又因为AB−AC=CB,所以(AB−AC)·(AB+AC11.C∵|a|=2,|b|=1,∴|a-b|=(a又a·b∈[-2,2],∴|a-b|∈[1,3],∴|a-b|的最大值为3.12.ACD根据向量数量积的分配律知,A正确;因为[(b·c)·a-(c·a)·b]·c=(b·c)·(a·c)-(c·a)·(b·c)=0,所以(b·c)·a-(c·a)·b与c垂直,B错误;因为a,b不共线,所以|a|,|b|,|a-b|组成三角形三边,所以|a|-|b|<|a-b|成立,C正确;根据向量数量积的分配律以及性质知,D正确.13.CD由题意知|a|=1,|b|=2,a与b的夹角是120°,故B错误;(a+b)2=|a|2+2a·b+|b|2=3,∴|a+b|=3,故A错误;(4a+b)·b=4a·b+b2=4×1×2×cos120°+4=0,∴(4a+b)⊥b,故C正确;a·b=1×2×cos120°=-1,故D正确.14.-123因为c=a+2b且a⊥c,则a·c=a·(a+2b)=a2+2a·b=1+2a·b=0,可得a·b=-12,|c|2=(a+2b)2=a2+4a·b+4b2=1+4×-12+4=3,故|c15.120°由题意,得|a|∴cosθ=a·b|∵0°≤θ≤180°,∴θ=120°.16.解∵a+b+c+d=0,∴a+b=-(c+d),∴(a+b)2=(c+d)2,即a2+2a·b+b2=c2+2c·d+d2.又a·b=c·d,∴a2+b2=c2+d2,即|a|2+|b|2=|c|2+|d|2.①同理可得|a|2+|d|2=|b|2+|c|2.②①-②,得|b|2=|d|2,①变形为|a|2-|d|2=|c|2-|b|2,再加②式得|a|2=|c|2,即|b|=|d|,|a|=|c|.同理可得|a|=|b|,|c|=|d|,故四边形ABCD是菱形.∵AB∥CD,∴a=-又a·b=b·c,∴b·(a-c)=0,即b·(2a)=0.∴a·b=0,∴AB⊥BC.故四边形ABCD17.解(1)∵|a|=2,|b|=1,(a-3b)·(a+b)=3,∴22-3×12-2a·b=3,解得a·b=-1.故|a+b|=(a(2)设a与a-2b的夹角为θ,则cosθ=a·(又θ∈[0,π],∴θ=π618