高中数学湘教版（2019）必修 第二册1.5 向量的数量积课后测评

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第二册1.5 向量的数量积课后测评，共15页。

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.-2B.1-+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.1B.-4C.-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.-4eB.4eC.-2eD.2e
6.已知|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为60°,则a+b在a上的投影向量为( )
A.aB.2a
C.277aD.77a
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.(2021云南弥勒一中高一月考)若两个单位向量a,b的夹角为2π3,则|4a+5b|=( )
A.1D.7
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|= .
题组四 向量的夹角
10.(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°
11.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°
12.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cs∠DAB= .
题组五 向量的垂直
13.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
14.已知△ABC中,AB2=AB·AC+BA·BC+CA·CB,则△ABC一定是( )
A.等边三角形 B.锐角三角形
C.直角三角形 D.钝角三角形
15.(2021湖北孝感高一下期中)已知非零向量m、n的夹角为θ,且4|m|=3|n|,cs θ=13.若n⊥(tm+n),则实数t的值为( )
A.4B.-4
16.(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 向量的数量积及其性质的综合应用

1.()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.1B.2C.7D.7
2.(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.13eB.-263eC.63eD.223e
3.(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.π6B.π3C.2π3D.5π6
4.(2020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
5.(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
6.()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
7.(2020天津外国语学校高三上期末,)在四边形ABCD中,AD∥BC,AB=2,AD=5,BC=3,∠BAD=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.-714B.-24C.-514D.-30
8.(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.2-1B.1
C.2D.2
9.(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.0,12C.12,1D.12,1
10.(2020黑龙江哈尔滨六中高一期中,)已知O是△ABC所在平面内的一个定点,动点P满足OP=OB+OC2+λAB|AB|cs∠ABC+AC|AC|cs∠ACB,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
11.(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 .
12.()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|cs 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|csπ3=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×cs 60°=-25.
5.A 设向量a与b的夹角为θ,则cs θ=a·b|a|·|b|=-126×3=-23,则向量a在b上的投影向量为|a|csθ 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|cs θa=(a+b)·a|a|a=2a,故选B.
7.答案 52e
解析 依题意得|e1|=|e2|=1,且e1·e2=|e1||e2|cs 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|cse=a·b|b|e=52e.
8.C 因为(4a+5b)2=16a2+40a·b+25b2=16×12+40×1×1×cs2π3+25×12=21,
所以|4a+5b|=21,
故选C.
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|×cs 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.B 设向量a,b的夹角为θ,
由|a|=1,|b|=2,a·b=1,
得cs θ=a·b|a||b|=12,
又0°≤θ≤180°,
所以θ=60°.故选B.
11.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.
12.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×cs∠DAB-12×42
=-3,
∴cs∠DAB=18.
13.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.
14.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,∴BC⊥AC,
∴△ABC是直角三角形,故选C.
15.B 由n⊥(tm+n)可得n·(tm+n)=0,
则tm·n+n2=0,
所以t=-n2m·n=-n2|m|·|n|csθ=
-|n|2|m|×|n|×13=-3×|n||m|=-3×43=-4.
故选B.
16.答案 3
解析 由题意可得a·b=1×2×cs 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 设a与b的夹角为θ,由题意可得,||a|cs θe2|=||b|cs θe1|,即2|cs θ|=3|cs θ|,∴cs θ=0,又θ∈[0,π],
∴θ=π2,即a⊥b,∴|a-b|=22+(3)2=7.故选C.
2.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|cs θe=a·(a+b)|a+b|e=a2+a·b|a+b|e=1+13263e=63e.
3.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|cs θ=2cs θ=1,因此cs θ=12,又θ∈[0,π],所以θ=π3.故选B.
4.C 若|a-b|>1,则|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=2-2cs θ>1,∴cs θ<12,
又∵0≤θ≤π,∴π3<θ≤π,即θ∈π3,π.
若θ∈π3,π,则-1≤cs θ<12,
∵|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=2-2cs 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.
5.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.
6.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.
7.A ∵∠BAD=60°,AD∥BC,点E在线段CB的延长线上,
∴∠ABE=60°,又AE=BE,
∴△ABE是边长为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×cs 120°
=-4t2+14t-30
=-4t-742-714.
∴当t=74时,AM·ME有最大值,最大值为-714.
8.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.
9.D 如图,∵AB⊥AC,∴四边形ABDC是矩形,其中AD=AB+AC,∴|AD|=|CB|=|AB-AC|=2,∵AM·(AB+AC)=1,∴根据平面向量数量积的几何意义,知AN=12(N为M在AD上的射影).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.
10.C 设BC的中点为D,则OB+OC2=OD,
所以OP=OD+λAB|AB|cs∠ABC+AC|AC|cs∠ACB,
所以DP=λAB|AB|cs∠ABC+AC|AC|cs∠ACB,
所以DP·BC=λAB·BC|AB|cs∠ABC+AC·BC|AC|cs∠ACB
=λ|AB|·|BC|cs(π-∠ABC)|AB|cs∠ABC+
|AC|·|BC|cs∠ACB|AC|cs∠ACB
=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.
11.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.
12.解析 (1)∵AB=CB-CA,且CB2=4,CA2=1,CB·CA=2×1×cs 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×cs 120°+14×2×1×cs 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.