新課標(biāo)2024高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第五章平面向量與復(fù)數(shù)題組層級(jí)快練32平面向量的數(shù)量積文含解析

PAGEPAGE6題組層級(jí)快練(三十二)1．(2015·北京，文)設(shè)a，b是非零向量．“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件答案A解析若a·b＝|a||b|，則a與b的方向相同，所以a∥b.若a∥b，則a·b＝|a||b|，或a·b＝－|a||b|，所以“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的充分而不必要條件，選A.2．已知a＝(1，2)，2a－b＝(3，1)，則a·b＝()A．2 B．3C．4 D．5答案D解析∵a＝(1，2)，2a－b＝(3，1)，∴b＝2a－(3，1)＝2(1，2)－(3，1)＝(－1，3)．∴a·b＝(1，2)·(－1，3)＝－1＋2×3＝5.3．已知|a|＝6，|b|＝3，a·b＝－12，則向量a在向量b方向上的投影是()A．－4 B．4C．－2 D．2答案A解析∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝18cos〈a，b〉＝－12，∴cos〈a，b〉＝－eq\f(2,3).∴a在b方向上的投影是|a|cos〈a，b〉＝－4.4．(2024·黑龍江大慶第一次質(zhì)檢)已知向量a＝(1，2)，b＝(－2，m)，若a∥b，則|2a＋3b|＝()A.eq\r(70) B．4eq\r(5)C．3eq\r(5) D．2eq\r(5)答案B解析∵a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，∴1×m＝2×(－2)，∴m＝－4.∴a＝(1，2)，b＝(－2，－4)，∴2a＋3b＝(－4，－8)，∴|2a＋3b|＝eq\r(（－4）2＋（－8）2)＝4eq\r(5).故選B.5．已知向量a＝(1，2)，a·b＝5，|a－b|＝2eq\r(5)，則|b|等于()A.eq\r(5) B．2eq\r(5)C．5 D．25答案C解析由a＝(1，2)，可得a2＝|a|2＝12＋22＝5.∵|a－b|＝2eq\r(5)，∴a2－2a·b＋b2＝20.∴5－2×5＋b2＝20.∴b2＝25.∴|b|＝5，故選C.6．(2024·保定模擬)若向量a，b滿意|a|＝|b|＝1，(a＋b)·b＝eq\f(3,2)，則向量a，b的夾角為()A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析∵(a＋b)·b＝b2＋a·b＝1＋a·b＝eq\f(3,2)，∴a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝eq\f(1,2)，cos〈a，b〉＝eq\f(1,2)，〈a，b〉＝60°.故選C.7．設(shè)a，b，c是單位向量，且a＋b＝c，則a·c的值為()A．2 B.eq\f(1,2)C．3 D.eq\f(1,3)答案B解析由|a|＝|b|＝|c|＝1，b＝c－a，兩邊平方得b2＝(c－a)2，∴1＝1＋1－2a·c，∴a·c＝eq\f(1,2).8．(2024·江南十校聯(lián)考)已知平面對(duì)量a，b，|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，且|2a＋b|＝eq\r(7)，則向量a與向量a＋b的夾角為()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6) D．π答案B解析由題意，得|2a＋b|2＝4＋4a·b＋3＝7，所以a·b＝0，所以a·(a＋b)＝1，且|a＋b|＝eq\r(（a＋b）2)＝2，故cos〈a，a＋b〉＝eq\f(a·（a＋b）,|a|·|a＋b|)＝eq\f(1,2)，所以〈a，a＋b〉＝eq\f(π,3)，故選B.9．已知|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，a＋b＝(eq\r(3)，1)，則a＋b與a－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)答案C解析由a＋b＝(eq\r(3)，1)，得|a＋b|2＝(a＋b)2＝4，又|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，所以|a|2＋2a·b＋|b|2＝1＋2a·b＋3＝4，解得2a·b＝0，所以|a－b|＝eq\r(|a－b|2)＝eq\r(|a|2－2a·b＋|b|2)＝2，設(shè)a＋b與a－b的夾角為θ，則由夾角公式可得cosθ＝eq\f(（a＋b）·（a－b）,|a＋b||a－b|)＝eq\f(|a|2－|b|2,2×2)＝－eq\f(1,2)，且θ∈[0，π]，所以θ＝eq\f(2,3)π，即a＋b與a－b的夾角為eq\f(2,3)π.10．(2024·人大附中模擬)已知a，b是非零向量，且向量a，b的夾角為eq\f(π,3)，若向量p＝eq\f(a,|a|)＋eq\f(b,|b|)，則|p|＝()A．2＋eq\r(3) B.eq\r(2＋\r(3))C．3 D.eq\r(3)答案D解析∵|p|2＝1＋1＋2coseq\f(π,3)＝3，∴|p|＝eq\r(3).11．如圖所示，已知正六邊形P1P2P3P4P5P6，則下列向量的數(shù)量積中最大的是()A.eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P3,\s\up6(→)) B.eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P4,\s\up6(→))C.eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P5,\s\up6(→)) D.eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P6,\s\up6(→))答案A解析由于eq\o(P1P2,\s\up6(→))⊥eq\o(P1P5,\s\up6(→))，故其數(shù)量積是0，可解除C；eq\o(P1P2,\s\up6(→))與eq\o(P1P6,\s\up6(→))的夾角為eq\f(2,3)π，故其數(shù)量積小于0，可解除D；設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)是a，則eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P3,\s\up6(→))＝|eq\o(P1P2,\s\up6(→))||eq\o(P1P3,\s\up6(→))|cos30°＝eq\f(3,2)a2，eq\o(P1P2,\s\up6(→))·eq\o(P1P4,\s\up6(→))＝|eq\o(P1P2,\s\up6(→))||eq\o(P1P4,\s\up6(→))|cos60°＝a2.故選A.12．(2024·滄州七校聯(lián)考)已知P是邊長(zhǎng)為2的正三角形ABC的邊BC上的動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))()A．有最大值為8 B．是定值6C．有最小值為2 D．與點(diǎn)的位置有關(guān)答案B解析因?yàn)辄c(diǎn)P在邊BC上，所以存在實(shí)數(shù)λ，使eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝[λeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AC,\s\up6(→))]·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝4＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6.故選B.13．(2024·河南豫北名校聯(lián)盟對(duì)抗賽)已知△ABC的外接圓的半徑為1，圓心為點(diǎn)O，且3eq\o(OA,\s\up6(→))＋4eq\o(OB,\s\up6(→))＋5eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝()A.eq\f(8,5) B.eq\f(7,5)C．－eq\f(1,5) D.eq\f(4,5)答案C解析因?yàn)閨eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝1，由3eq\o(OA,\s\up6(→))＋4eq\o(OB,\s\up6(→))＋5eq\o(OC,\s\up6(→))＝0得3eq\o(OA,\s\up6(→))＋5eq\o(OC,\s\up6(→))＝－4eq\o(OB,\s\up6(→))和4eq\o(OB,\s\up6(→))＋5eq\o(OC,\s\up6(→))＝－3eq\o(OA,\s\up6(→))，兩個(gè)式子分別平方可得eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝－eq\f(3,5)和eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝－eq\f(4,5).所以eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,5).故選C.14．(2024·江西上饒一模)在邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD中，2eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))，BC的中點(diǎn)為F，eq\o(EF,\s\up6(→))＝2eq\o(FG,\s\up6(→))，則eq\o(EG,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝________．答案－eq\f(1,4)解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系．∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，∴B(1，0)，D(0，1)，E(eq\f(1,3)，0)，F(xiàn)(1，eq\f(1,2))．設(shè)G(a，b)，由eq\o(EF,\s\up6(→))＝2eq\o(FG,\s\up6(→))，得(eq\f(2,3)，eq\f(1,2))＝2(a－1，b－eq\f(1,2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(4,3)，,b＝\f(3,4)，))∴G(eq\f(4,3)，eq\f(3,4))．∴eq\o(EG,\s\up6(→))＝(1，eq\f(3,4))．∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1)，∴eq\o(EG,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－1＋eq\f(3,4)＝－eq\f(1,4).15．(2015·浙江)已知e1，e2是平面單位向量，且e1·e2＝eq\f(1,2).若平面對(duì)量b滿意b·e1＝b·e2＝1，則|b|＝________．答案eq\f(2\r(3),3)解析因?yàn)閎·e1＝b·e2＝1，|e1|＝|e2|＝1，由數(shù)量積的幾何意義，知b在e1，e2方向上的投影相等，且都為1，所以b與e1，e2所成的角相等．由e1·e2＝eq\f(1,2)，知e1與e2的夾角為60°，所以b與e1，e2所成的角均為30°，即|b|cos30°＝1，所以|b|＝eq\f(1,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3).16．若平面對(duì)量a，b滿意|2a－b|≤3，則a·b的最小值是________．答案－eq\f(9,8)解析由|2a－b|≤3可知，4a2＋b2－4a·b≤9，所以4a2＋b2≤9＋4a·b.而4a2＋b2＝|2a|2＋|b|2≥2|2a|·|b|≥－4a·b，所以a·b≥－eq\f(9,8)，當(dāng)且僅當(dāng)2a＝－b時(shí)取等號(hào)．17．設(shè)兩個(gè)向量e1，e2滿意|e1|＝2，|e2|＝1，e1與e2的夾角為eq\f(π,3)，若向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為鈍角，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．答案(－7，－eq\f(\r(14),2))∪(－eq\f(\r(14),2)，－eq\f(1,2))解析由向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為鈍角，得eq\f(（2te1＋7e2）·（e1＋te2）,|2te1＋7e2||e1＋te2|)<0，即(2te1＋7e2)·(e1＋t