新人教版高中數學必修第二冊第六章平面及其應用：6.2.4 向量的數量積

1、6.2.4向量的數量積基礎過關練題組一向量的數量積 1.(2020山東菏澤高一期末)已知平面向量a,b的夾角為23,|a|=3,|b|=2,則(a+b)(a-2b)的值為()A.-2B.1-33C.4D.33+12.若e1,e2是夾角為3的單位向量,且a=2e1+e2,b=-3e1+2e2,則ab=()A.1B.-4C.-72 D.723.已知向量a,b,c和實數,則下列各式一定正確的是.(填序號)ab=ba;(a)b=a(b);(a+b)c=ac+bc;(ab)c=a(bc).4.(2020江西南昌第十中學高一上期末)如圖,在ABC中,已知AB=2,AC=6,BAC=60,點D,E分別在邊A

2、B,AC上,且AB=2AD,AC=5AE.(1)若點F為DE的中點,用向量AB和AC表示BF;(2)在(1)的條件下,求BAEF的值.題組二向量的投影向量5.已知|a|=6,|b|=3,ab=-12,e是與b同向的單位向量,則向量a在向量b上的投影向量是()A.-4eB.4eC.-2eD.2e6.已知|a|=1,|b|=2,a與b的夾角為60,e是與a同向的單位向量,則a+b在a上的投影向量為()A.eB.2eC.277eD.77e7.設e1,e2為單位向量,且e1,e2的夾角為3,若a=e1+3e2,b=2e1,e是與b同向的單位向量,則向量a在向量b上的投影向量為.題組三向量的模8.(20

3、20天津靜海一中高一下月考)已知向量a與b的夾角為60,|a|=2,|b|=2,則|a+b|等于()A.23B.2C.22D.49.(2020江西景德鎮(zhèn)一中高一上期末)已知向量a,b的夾角為60,且|a|=1,|2a-b|=7,則|b|=.10.(2020山東濰坊高一下月考)在ABC中,AB=1,AC=2,BAC=45,M為BC的中點.(1)試用AB,AC表示AM;(2)求AM的長.題組四向量的夾角11.(2020山東滕州一中高一下月考)已知向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,ab=1,那么向量a,b的夾角為()A.30B.60C.120D.15012.已知向量a,b滿足|a|=5,|b|=

4、4,|b-a|=61,則a與b的夾角=()A.150B.120 C.60 D.3013.已知|a|=3,|b|=4,向量a+34b與a-34b的夾角為()A.0B.90 C.30D.180 14.如圖,在平行四邊形ABCD中,AB=4,AD=3,E為邊CD的中點,DF=12FA,若AEBF=-3,則cosDAB=.題組五向量的垂直15.已知非零向量a,b互相垂直,則下列結論正確的是()A.|a|=|b|B.a+b=a-bC.|a+b|=|a-b|D.(a+b)(a-b)=016.已知四邊形ABCD滿足AB=DC,ACBD=0,則四邊形ABCD為()A.梯形B.矩形C.菱形D.正方形17.已知A

5、BC中,AB2=ABAC+BABC+CACB,則ABC是()A.等邊三角形 B.銳角三角形C.直角三角形 D.鈍角三角形18.(2020福建師范大學附屬中學高一上期末)已知向量a,b的夾角為60,|a|=1,|b|=2,若(a+2b)(xa-b),則實數x的值為.能力提升練題組一向量的投影向量1.(2020江西南昌一中高一上期末,)已知a,b是單位向量,且|a+b|=2|a-b|,向量e是與a+b同向的單位向量,則向量a在a+b上的投影向量為() A.13eB.-263eC.63eD.223e2.()已知向量a,b滿足|a|=1,ab,向量e是與a同向的單位向量,則向量a-2b在向量a上的投影

6、向量為()A.eB.77e C.-e D.277e3.()已知a,b滿足|a|=2,|b|=3,e1,e2分別是與a,b同向的單位向量,且a在b上的投影向量的模與b在a上的投影向量的模相等,則|a-b|=()A.1B.2C.7D.7題組二向量的夾角和模長4.(2020湖北部分重點中學高三上期末,)已知向量AB,AC,AD滿足AC=AB+AD,|AB|=2,|AD|=1,E,F分別是線段BC,CD的中點,若DEBF=-54,則向量AB與AD的夾角為()A.6B.3C.23D.565.(2020北京首師大附中高三下測試,)已知向量a,b滿足|a|=|b|=1,且其夾角為,則“|a-b|1”是“3,

7、”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件6.(多選)(2020山東滕州一中高一下期中,)若a,b,c均為單位向量,且ab=0,(a-c)(b-c)0,則|a+b-c|的值可能為()A.2-1B.1C.2D.27.(2020安徽合肥一六八中學高一上期末,)已知ABC中,ABAC,|AB-AC|=2,點M是線段BC(含端點)上一點,且AM(AB+AC)=1,則|AM|的取值范圍是()A.(0,1B.0,12C.12,1D.12,1題組三向量數量積的綜合應用8.(2020湖南師范大學附屬中學高一上期末,)已知O為平面上的定點,A,B,C是平面上不共線的三點,若

8、(OB-OC)(OB+OC-2OA)=0,則ABC是()A.以AB為底邊的等腰三角形B.以BC為底邊的等腰三角形C.以AB為斜邊的直角三角形D.以BC為斜邊的直角三角形9.()若a,b是非零向量,且ab,|a|b|,則函數f(x)=(xa+b)(xb-a)是()A.一次函數且是奇函數B.一次函數但不是奇函數C.二次函數且是偶函數D.二次函數但不是偶函數10.(2020天津外國語學校等六校高三上期末,)在四邊形ABCD中,ADBC,AB=2,AD=5,BC=3,A=60,點E在線段CB的延長線上,且AE=BE,點M在邊CD所在直線上,則AMME的最大值為()A.-714B.-24C.-514D.

9、-3011.(2020黑龍江哈爾濱六中高一期中,)已知O是ABC所在平面上的一個定點,動點P滿足OP=OB+OC2+AB|AB|cosB+AC|AC|cosC,0,+),則動點P的軌跡一定通過ABC的()A.重心B.垂心C.外心D.內心12.(2020福建師范大學附屬中學高一上期末,)如圖,ABC的邊BC的垂直平分線交AC于點P,交BC于點Q,若|AB|=3,|AC|=5,則(AP+AQ)(AB-AC)的值為.13.()如圖,在ABC中,CA=1,CB=2,ACB=60.(1)求|AB|;(2)已知點D是AB上一點,滿足AD=AB,點E是邊CB上一點,滿足BE=BC.當=12時,求AECD;是

10、否存在非零實數,使得AECD?若存在,求出的值;若不存在,請說明理由.答案全解全析基礎過關練1.Cab=|a|b|cos 23=32-12=-3,(a+b)(a-2b)=a2-ab-2b2=32-(-3)-222=4,故選C.2.C由已知,得e1e2=|e1|e2|cos3=12,ab=(2e1+e2)(-3e1+2e2)=-6|e1|2+2|e2|2+e1e2=-72,故選C.3.答案解析由平面向量的交換律可知正確;由平面向量的運算律知正確;由平面向量的分配律可知正確;令m=ab,n=bc,則(ab)c=mc,a(bc)=na,a,c均為任意向量,所以(ab)c=a(bc)不一定成立,故錯誤

11、.4.解析(1)BF=BD+DF=-12AB+12DE=-12AB+12(AE-AD)=-12AB+1215AC-12AB=-34AB+110AC.(2)EF=12ED=12(AD-AE),AB=2AD,AC=5AE,EF=14AB-110AC.BAEF=-AB14AB-110AC=-14AB2+110ABAC =-144+11026cos 60=-25.5.A設向量a與b的夾角為,則cos =ab|a|b|=-1263=-23,則向量a在b上的投影向量為|a|cos e=6-23e=-4e.6.B由題意,得(a+b)a=a2+ba=1+2112=2.設向量a+b與向量a的夾角為,則向量a+b

12、在向量a上的投影向量為|a+b|cos e=(a+b)a|a|e=2e,故選B.7.答案52e解析依題意得|e1|=|e2|=1,且e1e2=|e1|e2|cos 3=12,所以ab=(e1+3e2)2e1=2e12+6e1e2=5,所以向量a在向量b上的投影向量為|a|cose=ab|b|e=52e.8.A由題意,得ab=|a|b|cos 60=2212=2,則|a+b|=a2+2ab+b2=4+4+4=23.故選A.9.答案3解析向量a,b的夾角為60,|a|=1,|2a-b|=7,(2a-b)2=4a2-4ab+b2=412-41|b|cos 60+|b|2=4-2|b|+|b|2=7,

13、即|b|2-2|b|-3=0,解得|b|=3或|b|=-1(不合題意,舍去),|b|=3.10.解析(1)M為BC的中點,BM=12BC.AM=AB+BM=AB+12BC=AB+12(AC-AB)=12(AB+AC).(2)由(1)得,|AM|2=14(AB+AC)2=14(AB2+AC2+2ABAC)=1412+(2)2+212cos 45=54.|AM|=52.11.B設向量a,b的夾角為,由|a|=1,|b|=2,ab=1,得cos =ab|a|b|=12,又0180,所以=60.故選B.12.B由|b-a|=61,得b2-2ab+a2=16-2ab+25=61,所以ab=-10,所以c

14、os =ab|a|b|=-1054=-12,所以=120,故選B.13.Ba+34ba-34b=|a|2-916|b|2=32-91642=0,所以向量a+34b與a-34b垂直,即其夾角為90,故選B.14.答案18解析DF=12FA,AF=23AD,BF=BA+AF=-AB+23AD.AE=AD+DE=AD+12AB,AEBF=AD+12AB-AB+23AD=23AD2-23ABAD-12AB2=2332-2343cosDAB-1242=-3,cosDAB=18.15.C對于A選項,|a|=|b|,與a,b互相垂直無關,A錯誤;對于B選項,a+b=a-bb=0,與b為非零向量矛盾,B錯誤;

15、對于C選項,|a+b|=|a-b|(a+b)2=(a-b)2ab=0ab,C正確;對于D選項,(a+b)(a-b)=0a2=b2|a|=|b|/ ab,D錯誤.16.CAB=DC,|AB|=|DC|,且ABDC,四邊形ABCD是平行四邊形.ACBD=0,ACBD,即ACBD,平行四邊形的對角線互相垂直,四邊形ABCD為菱形.故選C.17.C由AB2-ABAC=BABC+CACB,得AB(AB-AC)=BC(BA-CA),即ABCB=BCBC,ABBC+BCBC=0,BC(AB+BC)=0,即BCAC=0,即BCAC,ABC是直角三角形,故選C.18.答案3解析由題意可得ab=12cos 60=

16、1,a2=1,b2=4,所以(a+2b)(xa-b)=xa2+(2x-1)ab-2b2=0,即x+(2x-1)-8=0,解得x=3.能力提升練1.C|a+b|=2|a-b|,(a+b)2=2(a-b)2,6ab=a2+b2=|a|2+|b|2=2,ab=13,|a+b|=(a+b)2=a2+2ab+b2=1+213+1=263.設a與a+b的夾角為,則a在a+b上的投影向量為|a|cos e=a(a+b)|a+b|e=a2+ab|a+b|e=1+13263e=63e.2.A設為向量a-2b與向量a的夾角,則向量a-2b在向量a上的投影向量為|a-2b|cos e.又cos =(a-2b)a|a

17、-2b|a|=a2-2ab|a-2b|a|=1|a-2b|,故|a-2b|cos e=|a-2b|1|a-2b|e=e.3.C設a與b的夾角為,由題意可得,|a|cos e2|=|b|cos e1|,即2|cos |=3|cos |,cos =0,又0,=2,即ab,|a-b|=22+(3)2=7.故選C.4.B設向量AB與AD的夾角為.依題意知,四邊形ABCD為平行四邊形,所以AB=DC,AD=BC,所以BF=BC+CF=AD-12AB,DE=DC+CE=AB-12AD,因此BFDE=AD-12ABAB-12AD=54ABAD-12AB2-12AD2=54ABAD-1222-1212=54A

18、BAD-52=-54,所以ABAD=1,又ABAD=|AB|AD|cos =2cos =1,因此cos =12,又0,所以=3.故選B.5.C若|a-b|1,則|a-b|2=(a-b)2=a2-2ab+b2=2-2cos 1,cos 12,又0,3,即3,.若3,則-1cos 12,|a-b|2=(a-b)2=a2-2ab+b2=2-2cos ,1|a-b|24,即11.故“|a-b|1”是“3,”的充要條件.故選C.6.AB因為a,b,c均為單位向量,且ab=0,(a-c)(b-c)0,所以ab-c(a+b)+c20,所以c(a+b)1,所以|a+b-c|=(a+b-c)2=a2+b2+c2

19、+2ab-2ac-2bc =32c(a+b)32=1,結合選項可知,A、B正確.7.D如圖,ABAC,|AB-AC|=2,四邊形ABDC是矩形,其中AD=AB+AC.AM(AB+AC)=1,根據平面向量數量積的幾何意義,知點M在AD上的投影為點N,且AN=12.因為矩形ABDC的對角線長恒為2,點N也恒定,所以變化的是對角線BC與AD的夾角,因此,點M在C到CO的中點之間運動(其中O為兩對角線的交點),此時AM的長從1(此時點M與點C重合)變化到12(此時點M趨向于CO的中點),但12取不到,而1能取到,故|AM|12,1.8.BOB-OC=CB,OB+OC-2OA=(OB-OA)+(OC-O

20、A)=AB+AC,(OB-OC)(OB+OC-2OA)=CB(AB+AC)=(AB-AC)(AB+AC)=0,即AB2-AC2=0,|AB|=|AC|,又A,B,C三點不共線,ABC是以BC為底邊的等腰三角形.故選B.9.Af(x)=(xa+b)(xb-a)=(ab)x2+(|b|2-|a|2)x-ab,由ab,得ab=0,所以f(x)=(|b|2-|a|2)x.由于|a|b|,所以|b|2-|a|20,即f(x)=(|b|2-|a|2)x是一次函數,顯然也是奇函數.10.AA=60,ADBC,點E在線段CB的延長線上,ABE=60,又AE=BE,ABE為邊長為2的等邊三角形,EAD=120,

21、CE=5,CEAD,四邊形AECD為平行四邊形,DC=AE.設DM=tDC,tR,則AM=AD+DM=AD+tDC=AD+tAE,ME=AE-AM=AE-AD-tAE=(1-t)AE-AD,AMME=(AD+tAE)(1-t)AE-AD=-AD2+(t-t2)AE2+(1-2t)ADAE=-25+4(t-t2)+(1-2t)52cos 120=-4t2+14t-30=-4t-742-714.當t=74時,AMME有最大值,最大值為-714.11.C設BC的中點為D,則OB+OC2=OD,所以OP=OD+AB|AB|cosB+AC|AC|cosC,所以DP=AB|AB|cosB+AC|AC|cosC,所以DPBC=ABBC|AB|cosB+ACBC|AC|cosC=|AB|BC|c