人教A版 (2019)必修 第二册6.2 平面向量的运算免费一课一练

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册6.2 平面向量的运算免费一课一练，共17页。

6.2.4　向量的数量积
基础过关练
题组一　向量的数量积　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.(2020山东菏泽高一期末)已知平面向量a,b的夹角为2π3,|a|=3,|b|=2,则(a+b)·(a-2b)的值为(　　)
A.-2 B.1-33 C.4 D.33+1
2.若e1,e2是夹角为π3的单位向量,且a=2e1+e2,b=-3e1+2e2,则a·b=(　　)
A.1 B.-4 C.-72 D.72
3.已知向量a,b,c和实数λ,则下列各式一定正确的是　　　　.(填序号) 
①a·b=b·a;②(λa)·b=a·(λb);③(a+b)·c=a·c+b·c;④(a·b)c=a(b·c).
4.(2020江西南昌第十中学高一上期末)如图,在△ABC中,已知AB=2,AC=6,∠BAC=60°,点D,E分别在边AB,AC上,且AB=2AD,AC=5AE.
(1)若点F为DE的中点,用向量AB和AC表示BF;
(2)在(1)的条件下,求BA·EF的值.





题组二　向量的投影向量
5.已知|a|=6,|b|=3,a·b=-12,e是与b同向的单位向量,则向量a在向量b上的投影向量是(　　)
A.-4e B.4e C.-2e D.2e
6.已知|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为60°,e是与a同向的单位向量,则a+b在a上的投影向量为(　　)
A.e B.2e C.277e D.77e
7.设e1,e2为单位向量,且e1,e2的夹角为π3,若a=e1+3e2,b=2e1,e是与b同向的单位向量,则向量a在向量b上的投影向量为　　　　. 
题组三　向量的模
8.(2020天津静海一中高一下月考)已知向量a与b的夹角为60°,|a|=2,|b|=2,则|a+b|等于(　　)
A.23 B.2
C.22 D.4
9.(2020江西景德镇一中高一上期末)已知向量a,b的夹角为60°,且|a|=1,|2a-b|=7,则|b|=　　　　. 
10.(2020山东潍坊高一下月考)在△ABC中,AB=1,AC=2,∠BAC=45°,M为BC的中点.
(1)试用AB,AC表示AM;
(2)求AM的长.


题组四　向量的夹角
11.(2020山东滕州一中高一下月考)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,a·b=1,那么向量a,b的夹角为(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
12.已知向量a,b满足|a|=5,|b|=4,|b-a|=61,则a与b的夹角θ=(　　)
A.150° B.120° C.60° D.30°
13.已知|a|=3,|b|=4,向量a+34b与a-34b的夹角为(　　)
A.0° B.90° C.30° D.180°
14.如图,在平行四边形ABCD中,AB=4,AD=3,E为边CD的中点,DF=12FA,若AE·BF=-3,则cos∠DAB=　　　　. 

题组五　向量的垂直
15.已知非零向量a,b互相垂直,则下列结论正确的是(　　)
A.|a|=|b| B.a+b=a-b
C.|a+b|=|a-b| D.(a+b)·(a-b)=0
16.已知四边形ABCD满足AB=DC,AC·BD=0,则四边形ABCD为(　　)
A.梯形 B.矩形 C.菱形 D.正方形
17.已知△ABC中,AB2=AB·AC+BA·BC+CA·CB,则△ABC是(　　)
A.等边三角形 B.锐角三角形
C.直角三角形 D.钝角三角形
18.(2020福建师范大学附属中学高一上期末)已知向量a,b的夹角为60°,|a|=1,|b|=2,若(a+2b)⊥(xa-b),则实数x的值为　　　　. 

能力提升练
题组一　向量的投影向量
1.(2020江西南昌一中高一上期末,)已知a,b是单位向量,且|a+b|=2|a-b|,向量e是与a+b同向的单位向量,则向量a在a+b上的投影向量为　(　　)　　　 　　　　　 　　　　　
A.13e B.-263e C.63e D.223e
2.()已知向量a,b满足|a|=1,a⊥b,向量e是与a^同向的单位向量,则向量a-2b在向量a上的投影向量为(　　)
A.e B.77e C.-e D.277e
3.()已知a,b满足|a|=2,|b|=3,e1,e2分别是与a,b同向的单位向量,且a在b上的投影向量的模与b在a上的投影向量的模相等,则|a-b|=(　　)
A.1 B.2 C.7 D.7
题组二　向量的夹角和模长
4.(2020湖北部分重点中学高三上期末,)已知向量AB,AC,AD满足AC=AB+AD,|AB|=2,|AD|=1,E,F分别是线段BC,CD的中点,若DE·BF=-54,则向量AB与AD的夹角为(　　)
A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6
5.(2020北京首师大附中高三下测试,)已知向量a,b满足|a|=|b|=1,且其夹角为θ,则“|a-b|>1”是“θ∈π3,π”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6.(多选)(2020山东滕州一中高一下期中,)若a,b,c均为单位向量,且a·b=0,(a-c)·(b-c)≤0,则|a+b-c|的值可能为(　　)
A.2-1 B.1 C.2 D.2
7.(2020安徽合肥一六八中学高一上期末,)已知△ABC中,AB⊥AC,|AB-AC|=2,点M是线段BC(含端点)上一点,且AM·(AB+AC)=1,则|AM|的取值范围是(　　)
A.(0,1] B.0,12 C.12,1 D.12,1
题组三　向量数量积的综合应用
8.(2020湖南师范大学附属中学高一上期末,)已知O为平面上的定点,A,B,C是平面上不共线的三点,若(OB-OC)·(OB+OC-2OA)=0,则△ABC是(　　)
A.以AB为底边的等腰三角形
B.以BC为底边的等腰三角形
C.以AB为斜边的直角三角形
D.以BC为斜边的直角三角形
9.()若a,b是非零向量,且a⊥b,|a|≠|b|,则函数f(x)=(xa+b)·(xb-a)是(　　)
A.一次函数且是奇函数 B.一次函数但不是奇函数
C.二次函数且是偶函数 D.二次函数但不是偶函数
10.(2020天津外国语学校等六校高三上期末,)在四边形ABCD中,AD∥BC,AB=2,AD=5,BC=3,∠A=60°,点E在线段CB的延长线上,且AE=BE,点M在边CD所在直线上,则AM·ME的最大值为(　　)
A.-714 B.-24 C.-514 D.-30
11.(2020黑龙江哈尔滨六中高一期中,)已知O是△ABC所在平面上的一个定点,动点P满足OP=OB+OC2+λAB|AB|cosB+AC|AC|cosC,λ∈[0,+∞),则动点P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A.重心 B.垂心 C.外心 D.内心
12.(2020福建师范大学附属中学高一上期末,)如图,△ABC的边BC的垂直平分线交AC于点P,交BC于点Q,若|AB|=3,|AC|=5,则(AP+AQ)·(AB-AC)的值为　　　　. 

13.()如图,在△ABC中,CA=1,CB=2,∠ACB=60°.
(1)求|AB|;
(2)已知点D是AB上一点,满足AD=λAB,点E是边CB上一点,满足BE=λBC.
①当λ=12时,求AE·CD;
②是否存在非零实数λ,使得AE⊥CD?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.







答案全解全析
基础过关练
1.C　a·b=|a|·|b|cos 2π3=3×2×-12=-3,∴(a+b)·(a-2b)=a2-a·b-2b2=32-(-3)-2×22=4,故选C.
2.C　由已知,得e1·e2=|e1||e2|cosπ3=12,∴a·b=(2e1+e2)·(-3e1+2e2)=-6|e1|2+2|e2|2+e1·e2=-72,故选C.
3.答案　①②③
解析　由平面向量的交换律可知①正确;由平面向量的运算律知②正确;由平面向量的分配律可知③正确;令m=a·b,n=b·c,则(a·b)c=mc,a(b·c)=na,a,c均为任意向量,所以(a·b)c=a(b·c)不一定成立,故④错误.
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.
∴BA·EF=-AB·14AB-110AC
=-14AB2+110AB·AC
=-14×4+110×2×6×cos 60°=-25.
5.A　设向量a与b的夹角为θ,则cos θ=a·b|a|·|b|=-126×3=-23,则向量a在b上的投影向量为|a|cos θ e=6×-23e=-4e.
6.B　由题意,得(a+b)·a=a2+b·a=1+2×1×12=2.设向量a+b与向量a的夹角为θ,则向量a+b在向量a上的投影向量为|a+b|cos θ e=(a+b)·a|a|e=2e,故选B.
7.答案　52e
解析　依题意得|e1|=|e2|=1,且e1·e2=|e1||e2|cos π3=12,所以a·b=(e1+3e2)·2e1=2e12+6e1·e2=5,所以向量a在向量b上的投影向量为|a|cose=a·b|b|e=52e.
8.A　由题意,得a·b=|a|·|b|cos 60°=2×2×12=2,则|a+b|=a2+2a·b+b2=4+4+4=23.故选A.
9.答案　3
解析　∵向量a,b的夹角为60°,|a|=1,|2a-b|=7,
∴(2a-b)2=4a2-4a·b+b2=4×12-4×1×|b|×cos 60°+|b|2=4-2|b|+|b|2=7,
即|b|2-2|b|-3=0,
解得|b|=3或|b|=-1(不合题意,舍去),
∴|b|=3.
10.解析　(1)∵M为BC的中点,
∴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+2AB·AC)
=14[12+(2)2+2×1×2×cos 45°]
=54.
∴|AM|=52.
11.B　设向量a,b的夹角为θ,
由|a|=1,|b|=2,a·b=1,
得cos θ=a·b|a||b|=12,
又0°≤θ≤180°,
所以θ=60°.故选B.
12.B　由|b-a|=61,得b2-2a·b+a2=16-2a·b+25=61,所以a·b=-10,所以cos θ=a·b|a||b|=-105×4=-12,所以θ=120°,故选B.
13.B　a+34b·a-34b=|a|2-916|b|2=32-916×42=0,
所以向量a+34b与a-34b垂直,即其夹角为90°,故选B.
14.答案　18
解析　∵DF=12FA,∴AF=23AD,
∴BF=BA+AF=-AB+23AD.
∵AE=AD+DE=AD+12AB,
∴AE·BF=AD+12AB·-AB+23AD
=23AD2-23AB·AD-12AB2
=23×32-23×4×3×cos∠DAB-12×42
=-3,
∴cos∠DAB=18.
15.C　对于A选项,|a|=|b|,与a,b互相垂直无关,A错误;
对于B选项,a+b=a-b⇔b=0,与b为非零向量矛盾,B错误;
对于C选项,|a+b|=|a-b|⇔(a+b)2=(a-b)2⇔a·b=0⇔a⊥b,C正确;
对于D选项,(a+b)·(a-b)=0⇔a2=b2⇔|a|=|b|⇒/ a⊥b,D错误.
16.C　∵AB=DC,∴|AB|=|DC|,且AB∥DC,∴四边形ABCD是平行四边形.
∵AC·BD=0,∴AC⊥BD,即AC⊥BD,
∴平行四边形的对角线互相垂直,
∴四边形ABCD为菱形.故选C.
17.C　由AB2-AB·AC=BA·BC+CA·CB,
得AB·(AB-AC)=BC·(BA-CA),
即AB·CB=BC·BC,
∴AB·BC+BC·BC=0,
∴BC·(AB+BC)=0,
即BC·AC=0,即BC⊥AC,
∴△ABC是直角三角形,故选C.
18.答案　3
解析　由题意可得a·b=1×2×cos 60°=1,a2=1,b2=4,
所以(a+2b)·(xa-b)=xa2+(2x-1)a·b-2b2=0,即x+(2x-1)-8=0,解得x=3.
能力提升练
1.C　∵|a+b|=2|a-b|,
∴(a+b)2=2(a-b)2,
∴6a·b=a2+b2=|a|2+|b|2=2,
∴a·b=13,
∴|a+b|=(a+b)2=a2+2a·b+b2
=1+2×13+1=263.
设a与a+b的夹角为θ,
则a在a+b上的投影向量为|a|cos θ e=a·(a+b)|a+b|e=a2+a·b|a+b|e=1+13263e=63e.
2.A　设θ为向量a-2b与向量a的夹角,则向量a-2b在向量a上的投影向量为|a-2b|cos θ e.
又cos θ=(a-2b)·a|a-2b|·|a|=a2-2a·b|a-2b|·|a|=1|a-2b|,故|a-2b|cos θ e=|a-2b|·1|a-2b|e=e.
3.C　设a与b的夹角为θ,由题意可得,||a|cos θ e2|=||b|cos θ e1|,即2|cos θ|=3|cos θ|,∴cos θ=0,又θ∈[0,π],
∴θ=π2,即a⊥b,∴|a-b|=22+(3)2=7.故选C.
4.B　设向量AB与AD的夹角为θ.依题意知,四边形ABCD为平行四边形,所以AB=DC,AD=BC,所以BF=BC+CF=AD-12AB,DE=DC+CE=AB-12AD,因此BF·DE=AD-12AB·AB-12AD=54AB·AD-12AB2-12AD2=54AB·AD-12×22-12×12=54AB·AD-52=-54,所以AB·AD=1,又AB·AD=|AB|·|AD|cos θ=2cos θ=1,因此cos θ=12,又θ∈[0,π],所以θ=π3.故选B.
5.C　若|a-b|>1,则|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=2-2cos θ>1,∴cos θ<12,
又∵0≤θ≤π,∴π3<θ≤π,即θ∈π3,π.
若θ∈π3,π,则-1≤cos θ<12,
∵|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=2-2cos θ,∴1<|a-b|2≤4,即1<|a-b|≤2,
∴|a-b|>1.
故“|a-b|>1”是“θ∈π3,π”的充要条件.故选C.
6.AB　因为a,b,c均为单位向量,且a·b=0,(a-c)·(b-c)≤0,
所以a·b-c·(a+b)+c2≤0,
所以c·(a+b)≥1,
所以|a+b-c|=(a+b-c)2
=a2+b2+c2+2a·b-2a·c-2b·c
=3-2c·(a+b)≤3-2=1,
结合选项可知,A、B正确.
7.D　如图,∵AB⊥AC,|AB-AC|=2,∴四边形ABDC是矩形,其中AD=AB+AC.∵AM·(AB+AC)=1,∴根据平面向量数量积的几何意义,知点M在AD上的投影为点N,且AN=12.因为矩形ABDC的对角线长恒为2,点N也恒定,所以变化的是对角线BC与AD的夹角,因此,点M在C到CO的中点之间运动(其中O为两对角线的交点),此时AM的长从1(此时点M与点C重合)变化到12(此时点M趋向于CO的中点),但12取不到,而1能取到,故|AM|∈12,1.

8.B　∵OB-OC=CB,OB+OC-2OA=(OB-OA)+(OC-OA)=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三点不共线,∴△ABC是以BC为底边的等腰三角形.故选B.
9.A　f(x)=(xa+b)·(xb-a)=(a·b)x2+(|b|2-|a|2)x-a·b,由a⊥b,得a·b=0,所以f(x)=(|b|2-|a|2)x.由于|a|≠|b|,所以|b|2-|a|2≠0,即f(x)=(|b|2-|a|2)x是一次函数,显然也是奇函数.
10.A　∵∠A=60°,AD∥BC,点E在线段CB的延长线上,
∴∠ABE=60°,又AE=BE,
∴△ABE为边长为2的等边三角形,
∴∠EAD=120°,CE=5,CE?AD,
∴四边形AECD为平行四边形,∴DC=AE.
设DM=tDC,t∈R,
则AM=AD+DM=AD+tDC=AD+tAE,
ME=AE-AM=AE-AD-tAE=(1-t)AE-AD,
∴AM·ME=(AD+tAE)·[(1-t)AE-AD]
=-AD2+(t-t2)AE2+(1-2t)AD·AE
=-25+4(t-t2)+(1-2t)×5×2×cos 120°
=-4t2+14t-30
=-4t-742-714.
∴当t=74时,AM·ME有最大值,最大值为-714.
11.C　设BC的中点为D,则OB+OC2=OD,
所以OP=OD+λAB|AB|cosB+AC|AC|cosC,
所以DP=λAB|AB|cosB+AC|AC|cosC,
所以DP·BC=λAB·BC|AB|cosB+AC·BC|AC|cosC
=λ|AB|·|BC|cos(π-B)|AB|cosB+
|AC|·|BC|cosC|AC|cosC
=λ(-|BC|+|BC|)=0.
所以DP⊥BC.因为D为BC的中点,
所以点P在BC的中垂线上,
所以点P的轨迹一定通过△ABC的外心.故选C.
12.答案　-16
解析　由题图知,AP+AQ=AQ+QP+AQ=2AQ+QP,AB-AC=CB,
∴(AP+AQ)·(AB-AC)=(2AQ+QP)·CB=2AQ·CB+QP·CB,
又∵PQ为线段BC的垂直平分线,
∴(AP+AQ)·(AB-AC)=2AQ·CB
=(AB+AC)·(AB-AC)
=AB2-AC2=9-25=-16.
13.解析　(1)∵AB=CB-CA,且CB2=4,CA2=1,CB·CA=2×1×cos 60°=1,
∴|AB|=|CB-CA|=(CB-CA)2=CB2-2CB·CA+CA2=3.
(2)①当λ=12时,AD=12AB,BE=12BC,∴D,E分别是边AB,BC的中点,
∴AE=AC+CE=AC+12CB,
CD=12(CA+CB),
∴AE·CD=AC+12CB·12(CA+CB)
=12AC·CA+12AC·CB+14CB·CA+14CB2
=-12×12+12×1×2×cos 120°+14×2×1×cos 60°+14×22=14.
②存在.理由如下:
假设存在非零实数λ,使得AE⊥CD,
由AD=λAB,得AD=λ(CB-CA),
∴CD=CA+AD=CA+λ(CB-CA)=λCB+(1-λ)CA,
∵BE=λBC,
∴AE=AB+BE=(CB-CA)+λ(-CB)=(1-λ)CB-CA,
∴AE·CD=λ(1-λ)CB2-λCB·CA+(1-λ)2CB·CA-(1-λ)CA2
=4λ(1-λ)-λ+(1-λ)2-(1-λ)
=-3λ2+2λ=0,
解得λ=23或λ=0(不合题意,舍去).
故存在非零实数λ=23,使得AE⊥CD.