6.2.4 第2课时 平面向量数量积的应用 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（人教A版）

6.2.4 第2课时 平面向量数量积的应用 [课时跟踪检测] 1.已知向量a,b为单位向量,且a⊥b,则b·(4a-3b)= (　　) A.-3 B.3 C.-5 D.5 解析:选A　由题意可得,|a|=1,|b|=1,a·b=0,则b·(4a-3b)=4a·b-3b2=-3b2=-3,故选A. 2.已知a,b方向相同,且|a|=2,|b|=4,则|2a+3b|等于 (　　) A.16 B.256 C.8 D.64 解析:选A　法一:∵|2a+3b|2=4a2+9b2+12a·b=16+144+96=256, ∴|2a+3b|=16. 法二:由题意知2a=b,∴|2a+3b|=|4b|=4|b|=16. 3.下列命题正确的是 (　　) A.若a·b=a·c,则b=c B.若|a+b|=|a-b|,则a·b=0 C.若a,b为不共线的向量,则(a·b)2=a2·b2 D.若a与b是单位向量,则a·b=1 解析:选B　若a=0,则对任意的b,c,都有a·b=a·c,A错误; 若|a+b|=|a-b|,则|a+b|2=|a-b|2,即a2+2a·b+b2=a2-2a·b+b2,即a·b=0,B正确; 设向量a,b的夹角为α,则(a·b)2=(|a||b|cos α)2=|a|2|b|2cos2α,而a2·b2=|a|2|b|2, 当a,b为不共线的非零向量时,cos2α≠1,所以(a·b)2≠a2·b2,所以该命题是假命题,C错误; 若a与b是单位向量,只有它们同向时,才有a·b=1,否则-1≤a·b<1,D错误. 4.在△ABC中,(+)·=0,则△ABC一定是 (　　) A.等边三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.直角三角形 解析:选B　由已知得,(+)·(-)=0,-=0,∴||=||. 5.(2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a,b满足:|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|= (　　) A. B. C. D.1 解析:选B　因为(b-2a)⊥b,所以(b-2a)·b=0,即b2=2a·b.又因为|a|=1,|a+2b|=2, 所以1+4a·b+4b2=1+6b2=4,从而|b|=. 6.(多选)已知正△ABC的边长为2,设=2a,=b,则下列结论正确的是 (　　) A.|a+b|=1 B.a⊥b C.(4a+b)⊥b D.a·b=-1 解析:选CD　由题意,知|a|=1,|b|=2,a与b的夹角是120°,故B错误; ∵(a+b)2=|a|2+2a·b+|b|2=1+2×1×2×+4=3,∴|a+b|=,故A错误; ∵(4a+b)·b=4a·b+b2=4×1×2×cos 120°+4=0,∴(4a+b)⊥b,故C正确;a·b=1×2×cos 120°=-1,故D正确. 7.已知菱形ABCD的边长为2,·=2,则||= (　　) A. B.2 C.1 D.2 解析:选B　根据题意可得=+,=-,∵·=2,即·(+)=+·=2,∴·=-2,||2=(-)2=-2·+=12,即||=2,故选B. 8.(多选)已知向量a,b满足|a+2b|=|a|,|3a+b|=|a-b|,且|a|=2,则下列结论正确的是 (　　) A.|b|=2 B.a+b=0 C.|a-2b|=4 D.a·b=-4 解析:选ABD　由|a+2b|=|a|, 得a2+4a·b+4b2=a2,整理得a·b+b2=0.①由|3a+b|=|a-b|, 得9a2+6a·b+b2=a2-2a·b+b2,整理得a·b+a2=0.② 由①②及|a|=2,得a2=b2=4,所以|b|=2,a·b=-4,故A、D正确; cos<a,b>===-1,所以<a,b>=π,所以a,b反向共线.又|a|=|b|=2,所以a+b=0,|a-2b|=3|a|=6,故B正确,C错误. 9.(多选)已知a,b为平面向量,其中b为单位向量,若非零向量a与b满足a·(a-4b)=-3,则下列结论成立的是 (　　) A.(a-b)⊥(a-3b) B.a与b的夹角的取值范围是 C.|a|的最小值为2 D.|a-b|的最大值为2 解析:选ABD　(a-b)·(a-3b)=a2-4a·b+3b2=-3+3=0,故(a-b)⊥(a-3b),A正确;设a与b的夹角为θ,则a·(a-4b)=|a|2-4|a|·|b|cos θ=|a|2-4|a|cos θ=-3,所以4cos θ==|a|+≥2=2,即cos θ≥,当且仅当|a|=时,等号成立.又因为0≤θ≤π,故0≤θ≤,B正确;a·(a-4b)=|a|2-4|a||b|cos θ=|a|2-4|a|cos θ=-3≥|a|2-4|a|,即|a|2-4|a|+3≤0,解得1≤|a|≤3,故|a|的最小值为1,C错误;由a2-4a·b=-3可得a·b=,|a-b|2=a2-2a·b+b2=|a|2-+1=∈[0,4],即0≤|a-b|≤2,当且仅当|a|=3时,|a-b|取到最大值,最大值为2,D正确. 10.(5分)已知单位向量i,j相互垂直,向量a=3i-4j,则|a|=　　　　.  解析:因为|a|2=a2=(3i-4j)2=9i2-24i·j+16j2=9+16=25,所以|a|=5. 答案:5 11.(5分)在△ABC中,记=m,=n,则·(+)=　　　　.  解析:因为=-= n-m,所以·(+)=(n-m)·(n+m)= n2-m2. 答案:n2-m2 12.(5分)已知△ABC是边长为1的等边三角形,设向量a,b满足=a,=a+b,则|3a+b|=　　　.  解析:法一:=-=a+b-a=b, 则||=|b|=1,|a|=1.又||=|a+b|=1,两边平方,得2a·b=-1.因为|3a+b|2=9+6a·b +1=7,所以|3a+b|=. 法二:因为|3a+b|2=|2a+a+b|2=|2+|2=4+4·+=4+2+1=7, 所以|3a+b|=. 答案: 13.(5分)如图,在平行四边形ABCD中,AB=1,AD=2,点E,F,G,H分别是AB,BC,CD,AD边上的中点,则·+·=　　　　. 解析:易知四边形EFGH为平行四边形,连接HF(图略),取HF的中点为O,则·=·=(-)·(+)=-=1-=,·=·=-=1-=,因此·+·=. 答案: 14.(10分)已知非零向量a,b满足|a|=1,且(a-b)·(a+b)=. (1)求|b|;(4分) (2)当a·b=-时,求向量a与a+2b的夹角θ的值.(6分) 解:(1)因为(a-b)·(a+b)=,即a2-b2=, 即|a|2-|b|2=, 所以|b|2=|a|2-=1-=,故|b|=. (2)因为|a+2b|2=|a|2+4a·b+|2b|2=1-1+1=1,所以|a+2b|=1. 又因为a·(a+2b)=|a|2+2a·b=1-=, 所以cos θ==. 又θ∈[0,π],故θ=. 15.(10分)已知向量e1与e2是夹角为的单位向量,且向量a=3e1+4e2,b=2e1+λe2. (1)求|a|;(4分) (2)若a⊥(a+b),求实数λ的值.(6分) 解:(1)由题意知,e1·e2=1×1×cos =. 因为a=3e1+4e2, 所以|a|== ==. (2)因为向量a=3e1+4e2,b=2e1+λe2, 所以a·b=(3e1+4e2)·(2e1+λe2)=6+(3λ+8)e1·e2+4λ=10+λ. 因为a⊥(a+b),所以a·(a+b)=a2+a·b=37+10+λ=0,解得λ=-. 16.(15分)已知平行四边形ABCD中,AB=3,BC=6,∠DAB=60°,点E是线段BC的中点. (1)求·的值;(7分) (2)若=+λ,且BD⊥AF,求λ的值.(8分) 解:(1)在平行四边形ABCD中,AD=BC=6,AB=3,∠DAB=60°,所以·=||||·cos∠DAB=3×6×=9.因为点E是线段BC的中点,所以=+=+,则·=·=||2+·=9+×9=,故·的值为. (2)由(1)知·=9,=+, 则=+λ=+,=-.又因为BD⊥AF, 所以·=(-)·=0, 即×||2-||2+·-×·=0,即×62-32+9-×9=0,解得λ=-.故λ的值为-. 学科网（北京）股份有限公司 $