向量的數(shù)量積 一課一練-高一下學(xué)期數(shù)學(xué)人教A版（2019）必修第二冊

6.2.4向量的數(shù)量積1.[2022·福建三明高一期末]在邊長為2的正方形ABCD中，E為BC中點(diǎn)，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝()A．2B．4C．2eq\r(5)D．52．[2022·山東東營高一期末]若向量a，b滿足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝2，〈a，b〉＝120°，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝()A．4B．12C．2D．2eq\r(3)3．[2022·湖北武漢高一期末]已知|a|＝2，|b|＝3，a與b的夾角為135°，則a在b方向上的投影向量為________．4．已知|a|＝4，|b|＝2，且a與b的夾角為eq\f(2π,3)，求：(1)a·b；(2)(a－2b)·(a＋b).5.[2022·河北石家莊高一期末]已知在邊長為6的等邊三角形ABC中，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))，則eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝()A．24B．6C．18D．－246．[2022·江蘇蘇州高一期中]已知平面向量a，b滿足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝2，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝1，a·(a－b)＝5，則向量a與b的夾角為()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3)D．eq\f(5π,6)7．[2022·福建福州高一期末]設(shè)非零向量a，b，c是滿足a＋b＋c＝0，a⊥b，(2a－b)⊥c，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\r(2)，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝________．8．[2022·河北邢臺高一期末]已知向量a，b滿足(2a＋b)·(a－2b)＝2，且|a|＝eq\r(2)，|b|＝2.(1)求a與b的夾角θ；(2)求eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b)).9.[2022·廣東珠海高一期末]已知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\r(2)，|b|＝1，且a與a－2b相互垂直．(1)求向量a與向量b的夾角θ的大??；(2)求eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b)).10．在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝c，eq\o(BC,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，且a·b＝b·c＝c·a，試判斷△ABC的形狀．11.(多選)[2022·山東濱州高一期末]已知a，b，c是任意的非零向量，則下列結(jié)論正確的是()A．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))B．a(chǎn)·b≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))C．若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))，則a＝bD．若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))，則a⊥b12．設(shè)兩個向量e1，e2滿足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夾角為60°，若向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角θ為鈍角，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．答案：1．解析：由題設(shè)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AE,\s\up6(→))|cos∠BAE＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝4.故選B.答案：B2．解析：由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝2，〈a，b〉＝120°，可得a·b＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))cos〈a，b〉＝2×2×coseq\f(2π,3)＝－2，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝eq\r(（a－b）2)＝eq\r(a2＋b2－2a·b)＝eq\r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2－2a·b)＝eq\r(4＋4－2×（－2）)＝2eq\r(3).故選D.答案：D3．解析：因?yàn)閍在b方向上的投影為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))cos135°＝－eq\r(2)，與b同向的單位向量為eq\f(b,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b)))＝eq\f(1,3)b，所以a在b方向上的投影向量為－eq\f(\r(2),3)b.答案：－eq\f(\r(2),3)b4．解析：(1)由平面向量數(shù)量積的定義可得a·b＝|a|·|b|coseq\f(2π,3)＝4×2×(－eq\f(1,2))＝－4；(2)(a－2b)·(a＋b)＝a2－a·b－2b2＝|a|2－a·b－2|b|2＝42＋4－2×22＝12.5．解析：因?yàn)閑q\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→)).因?yàn)榈冗吶切蜛BC的邊長為6，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝6×6cos60°＝18，所以eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))2＝eq\f(2,3)×18＋eq\f(1,3)×36＝24，故選A.答案：A6．解析：因?yàn)閑q\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝2，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝1，a·(a－b)＝5，所以a·(a－b)＝a2－a·b＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2－a·b＝5，所以a·b＝－1，設(shè)向量a與b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b)))＝eq\f(－1,1×2)＝－eq\f(1,2)，因?yàn)棣取蔱q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))，所以θ＝eq\f(2π,3).故選C.答案：C7．解析：因?yàn)閍＋b＋c＝0，可得c＝－(a＋b)，又因?yàn)閍⊥b，(2a－b)⊥c，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\r(2)，可得(2a－b)·c＝(2a－b)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－（a＋b）))＝－2a2－a·b＋b2＝－2×(eq\r(2))2－0＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2＝0，解得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2＝4，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝2.答案：28．解析：(1)由(2a＋b)·(a－2b)＝2a2－3a·b－2b2＝4－3×eq\r(2)×2cosθ－8＝2，得cosθ＝－eq\f(\r(2),2)，因?yàn)棣取蔥0，π]，所以θ＝eq\f(3π,4).(2)由題意得|a＋b|＝eq\r(a2＋2a·b＋b2)＝eq\r(2－4\r(2)×\f(\r(2),2)＋4)＝eq\r(2).9．解析：(1)由題意，a·(a－2b)＝a2－2a·b＝0，所以2－2eq\r(2)cosθ＝0，可得cosθ＝eq\f(\r(2),2)，而0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(π,4).(2)由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))2＝a2＋2a·b＋b2＝2＋2＋1＝5，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))＝eq\r(5).10．解析：在△ABC中，易知eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))＝0，即a＋b＋c＝0，因此a＋c＝－b，a＋b＝－c，從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a＋b）2＝（－c）2，,（a＋c）2＝（－b）2，))兩式相減可得b2＋2a·b－c2－2a·c＝c2－b2，則2b2＋2(a·b－a·c)＝2c2，因?yàn)閍·b＝c·a＝a·c，所以2b2＝2c2，即|b|＝|c|.同理可得|a|＝|b|，故|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|，即△ABC是等邊三角形．11．解析：對A，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))2＝a2＋b2＋2a·b＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2＋2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))·cos〈a，b〉≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2＋2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝(eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b)))2，當(dāng)且僅當(dāng)a，b同向時等號成立，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))，故A正確；對B，因?yàn)閏os〈a，b〉≤1，所以a·b＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))·cos〈a，b〉≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))，當(dāng)且僅當(dāng)a，b同向時等號成立，故B正確；對C，若eq\b