9.2.3 向量的数量积 同步练习-2024-2025学年高一下学期数学苏教版（2019）必修第二册

9.2.3　向量的数量积 一、基础达标练 1.若p与q互为相反向量,且|p|=3,则p·q等于(　　) A.9 B.0 C.-3 D.-9 2.“向量a与向量b的夹角θ为锐角”是“a·b>0”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 3.已知a·b=1,|a|=2,a,b的夹角为,则|a-2b|=(　　) A.1 B. C.2 D.4 4.(多选题)已知a,b,c是三个非零向量,则下列命题中真命题为(　　) A.|a·b|=|a||b|⇔a∥b B.a,b反向⇔a·b=-|a||b| C.a⊥b⇔|a+b|=|a-b| D.|a|=|b|⇔|a·c|=|b·c| 5.(2023海安期中)已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61,则|a+b|=　　　　.  6.已知|a|=2,|b|=3,且a与b的夹角为60°,与b同向的单位向量为e,则向量a在向量b上的投影向量为　　　　　.  7.(2023江阴月考)设向量a,b满足|a|=|b|=1及|3a-2b|=. (1)求a,b夹角的大小; (2)求|3a+2b|的值. 二、能力提升练 8.如图所示,已知正六边形P1P2P3P4P5P6,下列给出的向量的数量积中最大的是(　　) A. B. C. D. 9.(多选题)已知平面向量|a|=2,|b|=1,且(a+3b)·b=2|a|,则(　　) A.a·b=|a| B.向量a与b的夹角为 C.(a-2b)∥b D.(a-4b)⊥a 10.(2023武汉调研)在平行四边形ABCD中,AB=4,AD=2,∠BAD=,E是线段CD的中点,则=(　　) A.0 B.2 C.4 D.4 11.已知△ABC的重心为O,若||=||,且||=3||=3,则||=(　　) A.2 B. C.3 D.2 12.(2023徐州月考)已知非零向量a,b夹角的正切值为2,且(a+3b)⊥(2a-b),则=(　　) A.2 B. C. D.1 13.(2023南京检测)若存在单位向量a,b满足|a+kb|=1,|a+b|=k,则k=　　　　.  14.已知|a|=|b|=2,a,b的夹角为60°,则使向量a+λb与λa+b的夹角为锐角的实数λ的取值范围是　　　　　　　　　　　　　　　.  15.已知平面上三个向量a,b,c的模均为1,它们相互之间的夹角均为120°. (1)求证:(a-b)⊥c; (2)若|ka+b+c|>1(k∈R),求k的取值范围. 三、拓展探究练 16.(2023兴化质检)下面图1是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图.其阴离子排列如图2所示,图2中圆的半径均为1,且相邻的圆都相切,A,B,C,D是其中四个圆的圆心,则=　　　　.  图1 图2 17.已知菱形ABCD的边长为2,∠BAD=120°,点E,F分别在边BC,CD上,=λ=μ.若λ+μ=,求的最小值. 参考答案 1.D　由已知得p·q=3×3×cos 180°=-9.故选D. 2.A　若向量a与向量b的夹角θ为锐角,则a·b=|a||b|cos θ>0;当a·b>0时,向量a与向量b的夹角θ可能为0°.故选A. 3.C　因为a·b=1,|a|=2,a,b的夹角为, 所以a·b=|a|·|b|cos=2×|b|×=1,解得|b|=1,所以|a-2b|==2.故选C. 4.ABC　∵a·b=|a||b|cos θ(θ为a与b的夹角),∴由|a·b|=|a||b|及a,b为非零向量可得|cos θ|=1,∴θ=0或π,∴a∥b且以上各步均可逆,故命题A是真命题.若a,b反向,则a,b的夹角为π,∴a·b=|a||b|cos π=-|a||b|且以上各步均可逆,故命题B是真命题.当a⊥b时,将向量a,b的起点移至同一点,则以向量a,b为邻边作平行四边形,则该平行四边形必为矩形,于是它的两条对角线长相等,即有|a+b|=|a-b|;反过来,若|a+b|=|a-b|,则以a,b为邻边的四边形为矩形,所以有a⊥b.故命题C是真命题.当|a|=|b|,a与c的夹角和b与c的夹角不等时,就有|a·c|≠|b·c|,反过来由|a·c|=|b·c|也推不出|a|=|b|.故命题D是假命题.故选ABC. 5.　∵|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61,∴4a2-4a·b-3b2=61,即64-4a·b-27=61,a·b=-6.∴|a+b|=.故答案为. 6.e　设a与b的夹角为θ,a在b上的投影向量为|a|ecos θ=2×e=e.故答案为e. 7.解 (1)∵|a|=|b|=1,|3a-2b|=, ∴|3a-2b|2=(3a-2b)2=9a2-12a·b+4b2=7, 即9|a|2-12a·b+4|b|2=7,即13-12a·b=7, 解得a·b=. 设a,b的夹角为α,则cos α=, ∵α∈[0,π], ∴α=,即a,b夹角的大小为. (2)∵|a|=|b|=1,a·b=, ∴|3a+2b|2=9a2+12a·b+4b2=9+12×+4=19, ∴|3a+2b|=. 8.A　根据正六边形的几何性质,可知<>=,<>=,<>=,<>=.∴<0,=0,=||·|cos =||·2||·cos .比较得最大,故选A. 9.BD　由(a+3b)·b=2|a|,得a·b+3|b|2=4, ∴a·b=1,∴a·b≠|a|,故A错误; 由cos<a,b>=, <a,b>∈[0,π],知向量a与b的夹角为,故B正确; ∵(a-2b)·b=a·b-2|b|2=-1,而|a-2b|==2,|b|=1,∴(a-2b)·b≠±|a-2b|·|b|,故C错误;(a-4b)·a=|a|2-4a·b=4-4=0, ∴(a-4b)⊥a,故D正确.故选BD. 10.C　如图,根据题意得,且AB=4,AD=2,∠BAD=,∴·()==8+×16+×4×2=4.故选C. 11.B　因为||=||,故=0.而=0,故=-(),则||=.故选B. 12.D　设a,b的夹角为θ,由tan θ=2得cos θ=.因为(a+3b)⊥(2a-b),所以(a+3b)·(2a-b)=2a2+5a·b-3b2=2|a|2+|a||b|-3|b|2=0,得2-3=0,解得=1或=-(舍去).故选D. 13.1或0　∵a,b是单位向量,∴|a+b|2=a2+2a·b+b2=2+2a·b=k2⇒2a·b=k2-2,|a+kb|2=a2+2k·a·b+k2b2=1+2k·a·b+k2=k2+k(k2-2)+1=1,于是有k(k2+k-2)=0,即k(k-1)(k+2)=0,显然k≥0,则k=0或1,所以k的值为1或0.故答案为1或0. 14.(-∞,-2-)∪(-2+,1)∪(1,+∞)　由a+λb与λa+b的夹角为锐角,得(a+λb)·(λa+b)>0,即λa2+(λ2+1)a·b+λb2>0,从而λ2+4λ+1>0,解得λ<-2-或λ>-2+.因为当λ=1时,a+λb与λa+b同向,所以λ的取值范围是(-∞,-2-)∪(-2+,1)∪(1,+∞).故答案为(-∞,-2-)∪(-2+,1)∪(1,+∞). 15.(1)证明 因为|a|=|b|=|c|=1,且a,b,c之间的夹角均为120°, 所以(a-b)·c=a·c-b·c=|a||c|cos 120°-|b||c|cos 120°=0,所以(a-b)⊥c. (2)解 因为|ka+b+c|>1,所以(ka+b+c)2>1, 即k2a2+b2+c2+2ka·b+2ka·c+2b·c>1. 因为a·b=a·c=b·c=cos 120°=-, 所以k2-2k>0,解得k<0或k>2. 所以实数k的取值范围为(-∞,0)∪(2,+∞). 16.26　如图所示,不妨设 |a|=|b|=1且a,b的夹角为60°, ∴=2a+4b,=4a+2b, ∴=(2a+4b)·(4a+2b)=8a2+8b2+20a·b=8+8+20×1×1×=26.故答案为26. 17.解 如图所示, ∵=λ=μ,且λ+μ=, =||·||cos 120°=-2, ∴=()·() =(+λ)·(+μ) =(+λ)·(+μ) =(1+λμ)+λ+μ =(1+λμ)×(-2)+4(λ+μ)=-2(1+λμ)+, 由题意可得,λ,μ>0, ∵λ+μ=, ∴λμ≤, ∴-2(1+λμ)≥-, ∴-2(1+λμ)+,当且仅当λ=μ=时取等号, ∴的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$