人教A版 (2019)必修 第二册6.2 平面向量的运算免费测试题

6.1~6.2综合拔高练

五年高考练　　　　

考点1　平面向量的夹角和模

1.(2020课标Ⅲ,6,5分,)已知向量a,b满足|a|=5,|b|=6,a·b=-6,则cos<a,a+b>=(　　)　　　　　 　　　　　 　　　　　

A.- B.- C. D.

2.(2019课标Ⅰ,7,5分,)已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a-b)⊥b,则a与b的夹角为(　　)

A. B. C. D.

3.(2017课标Ⅱ,4,5分,)设非零向量a,b满足|a+b|=|a-b|,则(　　)

A.a⊥b B.|a|=|b| 

C.a∥b D.|a|>|b|

4.(2019北京,7,5分,)设点A,B,C不共线,则“与的夹角为锐角”是“|+|>||”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

5.(2020课标Ⅰ,14,5分,)设a,b为单位向量,且|a+b|=1,则|a-b|=　　　. 

6.(2019课标Ⅲ,13,5分,)已知a,b为单位向量,且a·b=0,若c=2a-b,则cos<a,c>=　　　　. 

7.(2017课标Ⅰ,13,5分,)已知向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|=　　　　. 

考点2　平面向量的数量积及其应用

8.(2018课标Ⅱ,4,5分,)已知向量a,b满足|a|=1,a·b=-1,则a·(2a-b)=(　　)　　　　　 　　　　　 　　　　　

A.4 B.3 C.2 D.0

9.(2020新高考Ⅰ,7,5分,)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则·的取值范围是(　　)

A.(-2,6) B.(-6,2)

C.(-2,4) D.(-4,6)

10.(2020浙江,17,4分,)已知平面单位向量e1,e2,满足|2e1-e2|≤.设a=e1+e2,b=3e1+e2,向量a,b的夹角为θ,则cos2θ的最小值是　　　　. 

11.(2020课标Ⅱ,13,5分,)已知单位向量a,b的夹角为45°,ka-b与a垂直,则k=　　　　. 

12.(2019江苏,12,5分,)如图,在△ABC中,D是BC的中点,E在边AB上,BE=2EA,AD与CE交于点O.若·=6·,则的值是　　　　. 

13.(2017天津,13,5分,)在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若=2,=λ-(λ∈R),且·=-4,则λ的值为　　　　. 

三年模拟练　　　　　　 　　　　　 　　　　　

应用实践

1.(2020广东惠州高一期末,)如图,在平面内放置两个相同的三角板,其中∠A=30°,且B,C,D三点共线,则下列结论不成立的是(　　)

A.=

B.·=0

C.与共线

D.·=·

2.(2020安徽六安一中高一上期末,)八卦是中国文化的基本哲学概念,图1是八卦模型图,其平面图形为图2所示的正八边形ABCDEFGH,其中|OA|=1,给出下列结论:

①与的夹角为;②+=;③|-|=||;④在上的投影向量为-e(其中e为与同向的单位向量).其中正确结论的个数为(　　)

A.1 B.2 C.3 D.4

3.(2020山西顶级名校高一下阶段性检测,)在平行四边形ABCD中,AB=4,AD=3,∠DAB=,点E,F分别在BC,DC边上,且=2,=,则·=(　　)

A.- B.2

C.-1 D.

4.(2020浙江杭州学军中学高一上期末,)已知单位向量a,b的夹角为60°,若向量c满足|a-2b+c|≤3,则|c|的最大值为(　　)

A. B.3+

C.1+ D.1+

5.(多选)(2020山东新高考第一次模拟,)如图所示,点A,B,C是圆O上的三点,线段OC与线段AB交于圆内一点P,若=λ,=μ+3μ,则　(　　)

A.当P为线段OC的中点时,μ=

B.当P为线段OC的中点时,μ=

C.无论μ取何值,恒有λ=

D.存在μ∈R,λ=

6.()如图,在△ABC中,D,E是BC上的两个三等分点,·=2·,则cos∠ADE的最小值为　　　　. 

7.()已知平面向量a,b,c满足a与b的夹角为锐角,|a|=4,|b|=2,|c|=1,且|b+ta|的最小值为,则实数t的值是　　　　,·(c-b)的取值范围是　　　　. 

8.(2020北京首师大附中高一上期末,)已知不共线的向量a,b满足|a|=3,|b|=2,(2a-3b)·(2a+b)=20.

(1)求a·b;

(2)是否存在实数λ,使得λa+b与a-2b共线?

(3)若(ka+2b)⊥(a-kb),求实数k的值.

9.(2020湖南长沙长郡中学高一上期末,)已知△ABC为等边三角形,AB=2,点N、M满足=λ,=(1-λ),λ∈R,设=a,=b.

(1)试用向量a和b表示,;

(2)若·=-,求λ的值.

迁移创新

10.(2020江西景德镇一中高一上期末,)在△ABC中,H为垂心,且3+4+5=0,则cos∠AHB=　　　　. 

答案全解全析

五年高考练

1.D　由题意得cos<a,a+b>====.故选D.

2.B　解法一:因为(a-b)⊥b,所以(a-b)·b=a·b-b2=0,又因为|a|=2|b|,所以2|b|2cos<a,b>-|b|2=0,即cos<a,b>=,又知<a,b>∈[0,π],所以<a,b>=,故选B.

解法二:如图,令=a,=b,则=-=a-b,因为(a-b)⊥b,所以∠OBA=90°,又|a|=2|b|,所以∠AOB=,即<a,b>=.故选B.

3.A　由|a+b|=|a-b|的几何意义知,以a、b为邻边的平行四边形为矩形,所以a⊥b.故选A.

4.C　|+|>||⇔|+|>|-|⇔++2·>+-2·⇔·>0,由点A,B,C不共线,得<,>∈,故·>0⇔,的夹角为锐角.故选C.

5.答案　

解析　由|a+b|=1,得|a+b|2=1,即a2+b2+2a·b=1,而|a|=|b|=1,故a·b=-,|a-b|====.

6.答案　

解析　∵|a|=|b|=1,a·b=0,

∴a·c=a·(2a-b)=2a2-a·b=2,

|c|=|2a-b|===3.

∴cos<a,c>==.

7.答案　2

解析　由题意知a·b=|a|·|b|cos 60°=2×1×=1,则|a+2b|2=(a+2b)2=|a|2+4|b|2+4a·b=4+4+4=12.

所以|a+2b|=2.

8.B　a·(2a-b)=2|a|2-a·b=2×12-(-1)=3.故选B.

9.A　如图,过点P作PP1⊥直线AB于P1,过点C作CC1⊥直线AB于C1,过点F作FF1⊥直线AB于F1,·=||·||·cos∠PAB,当∠PAB为锐角时,||·cos∠PAB=||,当∠PAB为钝角时,||·cos∠PAB=-||,所以当点P与C重合时,·最大,此时·=||||=6,当点P与F重合时,·最小,此时·=-||||=-2,又因为点P是正六边形ABCDEF内的一点,所以-2<·<6.故选A.

10.答案　

解析　由题可知⇔

从而⇔

⇔

由①②可得代入③可得a2≥,

从而cos θ===2×=2×=2×≥2,所以cos2θ≥,故cos2θ的最小值为.

11.答案　

解析　因为(ka-b)·a=ka2-a·b=0,且单位向量a,b的夹角为45°,所以k-=0,即k=.

12.答案　

解析　过D作DF∥EC,交AB于F.

∵D为BC的中点,

∴F为BE的中点,

又BE=2EA,∴EF=EA,

又DF∥EO,∴AO=AD,

∴==×(+).

∴·=(+)·

=.

∵·=6·,

∴·=-+·,

∴=3,

∴||=||,

∴=.

13.答案　

解析　如图,由=2,得=+=+=+(-)=+,

所以·=+·(λ-)=λ·-+λ-·,

又·=3×2×cos 60°=3,=9,=4,

所以·=λ-3+λ-2=λ-5=-4,解得λ=.

三年模拟练

应用实践

1.D　设BC=DE=m,∵∠A=30°,且B,C,D三点共线,∴∠ACB=∠CED=60°,∠ACE=90°,CD=AB=m,AC=EC=2m,∴=,·=0,∥,故A、B、C成立;·=2m·m·cos 60°=m2,·=2m·m·cos 30°=3m2,故·=·不成立.故选D.

2.B　对于①,多边形ABCDEFGH为正八边形,所以∠AOH==,所以与的夹角为,①错误;

对于②,若+=成立,则=-=,显然不成立,②错误;

对于③,∠AOC=2×=,∴|-|=||=||.又∵||=||=||,∴|-|=||,③正确;

对于④,∠AOD=3×=,则在方向上的投影向量为||·cos∠AOD e=1×cos ×e=-e,④正确.故选B.

3.B　∵=2,=,

∴==,==-,

∴=+=+,

=+=-,

∴·=·

=·-+=×4×3×cos -8+6=2.故选B.

4.B　解法一:由题意可得|a-2b|====,∴|c|=|(a-2b+c)-(a-2b)|≤|a-2b+c|+|a-2b|≤3+,当且仅当a-2b+c与a-2b反向时取等号.故|c|max=3+,故选B.

解法二:∵单位向量a,b的夹角为60°,|a-2b+c|≤3,∴|a-2b+c|2=a2+4b2+c2-4a·b-4b·c+2a·c=1+4+c2-4×1×1×-4b·c+2a·c≤9,化简,得c2+2(a-2b)·c≤6.|a-2b|====.设a-2b与c的夹角为θ,则c2+2(a-2b)·c=|c|2+2·|c|·cos θ≤6,整理得≥cos θ≥-1,

即|c|2-2|c|-6≤0,解得0≤|c|≤3+.故|c|max=3+,故选B.

5.AC　=+=+λ=+λ(-)=(1-λ)+λ.

因为与共线,所以设=k(k∈R),即(1-λ)+λ=kμ+3kμ,整理得(1-λ-kμ)=(3kμ-λ),又与不共线,所以即==k,解得λ=,故C正确,D错误;

当P为OC的中点时,=,即k=,代入得解得故A正确,B错误.故选AC.

6.答案　

解析　由题图可知,=+=+,

=+=-2,

=+=-,

∵·=2·,

∴(+)·=2(-2)·(-),整理得7·=+4,

即7||||cos∠ADE=||2+4·,

∴cos∠ADE==·≥·2=,

当且仅当=,即||=2||时,等号成立,

∴cos∠ADE的最小值为.

7.答案　-;[3-2,3+2]

解析　解法一:设=a,=b.如图,作OD⊥BD,BD∥OA,

由向量加法的几何意义知,

当b+ta=时,|b+ta|min=,

∴||=,又∵||=2,

∴∠B=∠AOB=60°,且||=1.

∵b+ta=,∴ta=-b=-=,即t=.∵||=|a|=4,∴t=-.

=

=

==2,

设c与a+b的夹角为θ,θ∈[0,π],

则·(c-b)=c2-c·+a·b=1-1×2cos θ+×4×2×cos 60°=3-2cos θ.

∵-1≤cos θ≤1,

∴3-2≤3-2cos θ≤3+2,

∴·(c-b)的取值范围是[3-2,3+2].

解法二:设a与b的夹角为θ,θ为锐角,则由题意可得|b+ta|2=b2+2ta·b+t2a2=4+2t×4×2×cos θ+16t2=16t2+16tcos θ+4=16-4cos2θ+4.

当t=-时,上式有最小值,又|b+ta|的最小值为,

∴|b+ta|2的最小值为3,即-4cos2θ+4=3,解得cos θ=±,∵θ为锐角,∴cos θ=,此时t=-=-.

第二空同解法一.

8.解析　(1)由题知|a|=3,|b|=2,

∴(2a-3b)·(2a+b)=4a2-4a·b-3b2

=4×32-4a·b-3×22=20,

∴a·b=1.

(2)存在.理由如下:假设存在实数λ,使得λa+b与a-2b共线,则λa+b=t(a-2b),t∈R,即(λ-t)a=(-2t-1)b,

∵a,b不共线,∴

解得即存在实数λ=-,使得λa+b与a-2b共线.

(3)∵(ka+2b)⊥(a-kb),

∴(ka+2b)·(a-kb)=0,

即ka2+(2-k2)a·b-2kb2=0.

由(1)知a·b=1,

∴ka2+(2-k2)a·b-2kb2=9k+2-k2-8k=0,即k2-k-2=0,解得k=-1或k=2.

9.解析　(1)=-=(1-λ)-=(1-λ)a-b.

=-=λ-=λb-a.

(2)由(1)可得·=[(1-λ)a-b]·(λb-a)=[λ(1-λ)+1]a·b-λb2-(1-λ)·a2=-,

∵|a|=|b|=2,a·b=|a||b|cos 60°=2×2×=2,

∴·=[λ(1-λ)+1]×2-4λ-4(1-λ)=-,即4λ2-4λ+1=0,所以λ=.

迁移创新

10.答案　-

解析　∵H为△ABC的垂心,

∴·=0,即·(-)=0,

∴·=·,同理可得·=·,·=·.

又3+4+5=0,

∴3+4·+5·=0,

∴3+9·=0,

∴·=-,

∴cos∠AHB==-,①

同理,3·+4+5·=0,

即4+8·=0,

∴·=-,

∴cos∠AHB==-.②

①×②可得cos2∠AHB=,由①可知cos∠AHB<0,∴cos∠AHB=-.