向量的數(shù)量積運(yùn)算【新教材】2022年人教A版高中數(shù)學(xué)必修復(fù)習(xí)鞏固訓(xùn)練Word含解析2

向量的數(shù)量積（2）一、知識梳理1.計算夾角：。2.計算模（長度）：3.垂直：∥___________。二、重點題型知識點一夾角問題1.已知a，b均為單位向量，(2a＋b)·(a－2b)＝－eq\f(3\r(3),2)，則a與b的夾角為()A．30°B．45°C．135°D．150°2．若非零向量a，b滿足|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，則a與b的夾角為()A．30°B．60°C．120°D．150°3．已知|a|＝|b|＝2，(a＋2b)·(a－b)＝－2，則a與b的夾角為________．知識點二模及長度問題4.已知a·b＝－12eq\r(2)，|a|＝4，a與b的夾角為135°，則|b|＝()A．12B．3C．6D．3eq\r(3)5．已知平面向量a，b滿足|a|＝eq\r(3)，|b|＝2，a·b＝－3，則|a＋2b|＝()A．1\r(7)C．4＋eq\r(3)D．2eq\r(7)6．已知|p|＝2eq\r(2)，|q|＝3，p，q的夾角為eq\f(π,4)，則以a＝5p＋2q，b＝p－3q為鄰邊的平行四邊形的一條對角線的長度為()A．15\r(15)C．14D．167．已知向量a與b的夾角為120°，且|a|＝4，|b|＝2，求：(1)|a＋b|；(2)|3a－4b|.8．已知a，b均是非零向量，設(shè)a與b的夾角為θ，是否存在這樣的θ，使|a＋b|＝eq\r(3)|a－b|成立？若存在，求出θ的值；若不存在，請說明理由．知識點三垂直問題9.若|a|＝|b|＝1，a⊥b，且(2a＋3b)⊥(ka－4b)，則k＝()A．－6B．6C．3D．－310．已知|a|＝3，|b|＝2，a與b的夾角為60°，c＝3a＋5b，d＝ma－3b.(1)當(dāng)m為何值時，c與d垂直？(2)當(dāng)m為何值時，c與d共線？三、鞏固練習(xí)一、選擇題1．若|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b且c⊥a，則向量a與b的夾角為()A．30°B．60°C．120° D．150°2．在△ABC中，M是BC的中點，AM＝1，點P在AM上且滿足eq\o(AP,\s\up15(→))＝2eq\o(PM,\s\up15(→))，則eq\o(PA,\s\up15(→))·(eq\o(PB,\s\up15(→))＋eq\o(PC,\s\up15(→)))等于()A．－eq\f(4,3)\f(4,3)C．－eq\f(4,9) \f(4,9)3．已知向量a，b的夾角為120°，|a|＝|b|＝1，c與a＋b同向，則|a－c|的最小值為()A．1\f(1,2)\f(3,4)\f(\r(3),2)4．點O是△ABC所在平面內(nèi)一點，且滿足OA·eq\o(OB,\s\up15(→))＝eq\o(OB,\s\up15(→))·eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\o(OA,\s\up15(→))·eq\o(OC,\s\up15(→))，則點O是△ABC的()A．重心B．垂心C．內(nèi)心D．外心5．已知同一平面內(nèi)的向量a，b，c，兩兩所成的角相等，并且|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，則向量a＋b＋c的長度為()A．6\r(3)C．6或eq\r(3)D．6或eq\r(6)二、填空題6．已知單位向量e1，e2的夾角為α，且cosα＝eq\f(1,3)，若向量a＝3e1－2e2，則|a|＝________.7．在△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC＝4，點M滿足eq\o(BM,\s\up15(→))＝3eq\o(MA,\s\up15(→))，則eq\o(CM,\s\up15(→))·eq\o(CB,\s\up15(→))＝________.8．已知向量eq\o(OA,\s\up15(→))⊥eq\o(AB,\s\up15(→))，|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝3，則eq\o(OA,\s\up15(→))·eq\o(OB,\s\up15(→))＝________.三、解答題9．已知a，b都是非零向量，且a＋3b與7a－5b垂直，a－4b與7a－2b垂直，求a與b的夾角θ.10．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61.(1)求|a＋b|；(2)求向量a在向量a＋b方向上的投影向量的模．平面向量的數(shù)量積（2）一、知識梳理1.。2.。3..重點題型∵(2a＋b)·(a－2b)＝2a2－4a·b＋a·b－2b2＝－3a·b＝－eq\f(3\r(3),2)，∴a·b＝eq\f(\r(3),2).設(shè)a與b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\r(3),2).又∵θ∈[0°，180°]，∴θ＝30°.設(shè)θ為a與b的夾角，∵(2a＋b)·b＝0，∴2a·b＋b2＝0，∴2|a||b|cosθ＋|b|2＝0.又∵|a|＝|b|≠0，∴cosθ＝－eq\f(1,2)，∵θ∈[0°，180°]，∴θ＝120°.\f(π,3)設(shè)a與b的夾角為θ，θ∈[0，π]，由(a＋2b)·(a－b)＝－2，得|a|2＋a·b－2|b|2＝4＋2×2×cosθ－2×4＝－2，解得cosθ＝eq\f(1,2)，所以θ＝eq\f(π,3).a·b＝|a||b|cos135°＝－12eq\r(2)，又|a|＝4，解得|b|＝6.根據(jù)題意，得|a＋2b|＝eq\r(a2＋4a·b＋4b2)＝eq\r(7).故選B.以a，b為鄰邊的平行四邊形的對角線有兩條，分別為a＋b，a－b，從而|a＋b|＝|6p－q|＝eq\r(6p－q2)＝eq\r(36p2＋q2－12p·q)＝eq\r(36×2\r(2)2＋32－12×2\r(2)×3×cos\f(π,4))＝15.|a－b|＝|4p＋5q|＝eq\r(16p2＋25q2＋40p·q)＝eq\r(16×2\r(2)2＋25×32＋40×2\r(2)×3×cos\f(π,4))＝eq\r(593).故選A.7.解由已知得a·b＝4×2×cos120°＝－4，a2＝|a|2＝16，b2＝|b|2＝4.(1)因為|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－4)＋4＝12，所以|a＋b|＝2eq\r(3).(2)因為|3a－4b|2＝(3a－4b)2＝9a2－24a·b＋16b2＝9×16－24×(－4)＋16×4＝304，所以|3a－4b|＝4eq\r(19).8.解假設(shè)存在滿足條件的θ.，∵|a＋b|＝eq\r(3)|a－b|，∴(a＋b)2＝3(a－b)2.∴|a|2＋2a·b＋|b|2＝3(|a|2－2a·b＋|b|2)．∴|a|2－4a·b＋|b|2＝0.∴|a|2－4|a||b|cosθ＋|b|2＝0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosθ＞0，,Δ＝4|b|cosθ2－4|b|2≥0，))解得cosθ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).又∵θ∈[0，π]，∴θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).故當(dāng)θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時，|a＋b|＝eq\r(3)|a－b|成立.由題意，得(2a＋3b)·(ka－4b)＝2k|a|2＋(3k－8)a·b－12|b|2＝0，由于a⊥b，故a·b＝0，又|a|＝|b|＝1，于是2k－12＝0，解得k＝6.10.解：(1)由向量c與d垂直，得c·d＝0，而c·d＝(3a＋5b)·(ma－3b)＝3ma2＋(5m－9)a·b－15b2＝27m＋3(5m－9)－60＝42m－87＝0，∴m＝eq\f(29,14)，即當(dāng)m＝eq\f(29,14)時，c與d垂直．(2)由c與d共線得，存在實數(shù)λ，使得c＝λd，∴3a＋5b＝λ(ma－3b)，即3a＋5b＝λma－3λb，又∵a與b不共線，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λm＝3，,－3λ＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(5,3)，,m＝－\f(9,5)，))即當(dāng)m＝－eq\f(9,5)時，c與d共線．三、鞏固練習(xí)由c⊥a，得a·c＝0，又c＝a＋b，所以a·c＝a·(a＋b)＝0，即a2＋a·b＝0.設(shè)向量a與b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－a2,|a||b|)＝－eq\f(1,2)，因為θ∈[0°，180°]，所以θ＝120°，即向量a與b的夾角為120°.故選C.由題意可知，|eq\o(AP,\s\up15(→))|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AM,\s\up15(→))))＝eq\f(2,3)，|eq\o(PM,\s\up15(→))|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(AM,\s\up15(→))))＝eq\f(1,3).根據(jù)向量的加法，知eq\o(PB,\s\up15(→))＋eq\o(PC,\s\up15(→))＝2eq\o(PM,\s\up15(→))，則eq\o(PA,\s\up15(→))·(eq\o(PB,\s\up15(→))＋eq\o(PC,\s\up15(→)))＝2|eq\o(PA,\s\up15(→))|·|eq\o(PM,\s\up15(→))|cos180°＝2×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×(－1)＝－eq\f(4,9).∵|a|＝|b|＝1，c與a＋b同向，∴a與c的夾角為60°.又|a－c|＝eq\r(a2－2a·c＋c2)＝eq\r(1－|c|＋|c|2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|c|－\f(1,2)))2＋\f(3,4))，故|a－c|min＝eq\f(\r(3),2).因為eq\o(OA,\s\up15(→))·eq\o(OB,\s\up15(→))＝eq\o(OB,\s\up15(→))·eq\o(OC,\s\up15(→))，所以eq\o(OB,\s\up15(→))·(eq\o(OA,\s\up15(→))－eq\o(OC,\s\up15(→)))＝0，即eq\o(OB,\s\up15(→))·eq\o(CA,\s\up15(→))＝0，則eq\o(OB,\s\up15(→))⊥eq\o(CA,\s\up15(→)).同理eq\o(OA,\s\up15(→))⊥eq\o(BC,\s\up15(→))，eq\o(OC,\s\up15(→))⊥eq\o(AB,\s\up15(→)).所以O(shè)是△ABC的垂心．①當(dāng)向量a，b，c共線且同向時，它們兩兩所成的角均為0°，所以|a＋b＋c|＝|a|＋|b|＋|c|＝6；②當(dāng)向量a，b，c不共線時，易知a，b，c都為非零向量．設(shè)a，b，c兩兩所成的角均為θ，則3θ＝360°，即θ＝120°，所以a·b＝|a||b|cos120°＝－1.同理b·c＝－3，c·a＝－eq\f(3,2).又|a＋b＋c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a＝3，故|a＋b＋c|＝eq\r(3).綜上所述，向量a＋b＋c的長度為6或eq\r(3).因為a2＝(3e1－2e2)2＝9－2×3×2×cosα＋4＝9，所以|a|＝3.eq\o(CM,\s\up15(→))·eq\o(CB,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up15(→))＋\f(1,4)\o(AB,\s\up15(→))))·eq\o(CB,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(CB,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(CB,\s\up15(→))－eq\o(CA,\s\up15(→)))·eq\o(CB,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)eq\o(CB,\s\up15(→))2＝4.因為eq\o(OA,\s\up15(→))⊥eq\o(AB,\s\up15(→))，所以eq\o(OA,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))＝0.又因為|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝3，所以eq\o(OA,\s\up15(→))·eq\o(OB,\s\up15(→