[練案29]第三講平面向量的數(shù)量積A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2020·江西名校高三質(zhì)檢)已知向量a和向量b的夾角為30°，|a|＝2，|b|＝eq\r(3)，則向量a和向量b的數(shù)量積a·b＝(C)A．1 B．2C．3 D．4[解析]由題意可得a·b＝|a|·|b|·cosa，b＝2×eq\r(3)×cos30°＝3，故選C.2．(2020·安徽六校聯(lián)考)向量a＝(2,4)，b＝(5,3)，則a·(a－b)＝(D)A．－10 B．14C．－6 D．－2[解析]∵a－b＝(－3,1)，∴a·(a－b)＝－6＋4＝－2.故選D.3．(2020·鄭州一中高三入學(xué)測試)已知向量a，b均為單位向量，若它們的夾角為60°，則|a＋3b|等于(C)A．eq\r(7) B．eq\r(10)C．eq\r(13) D．4[解析]依題意得a·b＝eq\f(1,2)，|a＋3b|＝eq\r(a2＋9b2＋6a·b)＝eq\r(13)，故選C.4．(2020·安徽十校高三摸底考試)在△ABC中，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))，且|eq\o(CP,\s\up6(→))|＝2eq\r(3)，|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝8，∠ACB＝eq\f(2π,3)，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝(A)A．24 B．12C．24eq\r(3) D．12eq\r(3)[解析]設(shè)|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝x，∵2eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))，兩邊平方得48＝64＋x2－8x，解得x＝4，∴eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)×(64－16)＝24.故選A.5．(2020·甘肅蘭州高三模擬)已知非零單位向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|，則a與b－a的夾角為(D)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(3π,4)[解析]解法一：設(shè)a與b－a的夾角為θ.因為|a＋b|＝|a－b|，所以|a＋b|2＝|a－b|2，即|a|2＋2a·b＋|b|2＝|a|2－2a·b＋|b|所以a·b＝0.因為a，b為非零單位向量，所以(b－a)2＝2，即|b－a|＝eq\r(2).因為a·(b－a)＝a·b－a·a＝－1＝|a||b－a|cosθ，所以cosθ＝eq\f(－1,1×\r(2))＝－eq\f(\r(2),2)，因為θ∈[0，π]，所以θ＝eq\f(3π,4).解法二：幾何法，如圖，|a＋b|與|a－b|分別表示以a，b為鄰邊(共起點)的菱形兩對角線長度，且長度相等，從而菱形為正方形，再作出b－a知所求為eq\f(3π,4).解法三：坐標(biāo)法，由|a＋b|＝|a－b|得a⊥b，又a，b為單位向量，則在平面直角坐標(biāo)系中取a＝(1,0)，b＝(0,1)，則b－a＝(－1,1)，由向量夾角的坐標(biāo)運算知a與b－a的夾角為eq\f(3π,4).6．(2020·河北省武邑模擬)△ABC外接圓的半徑等于1，其圓心O滿足eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，|eq\o(AO,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，則eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影等于(C)A．－eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(3,2) D．3[解析]因為△ABC外接圓的半徑等于1，其圓心O滿足eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以點O在BC上，且O為BC的中點，如圖所示，所以BC是△ABC外接圓的直徑，故∠BAC＝90°.因為|eq\o(CO,\s\up6(→))|＝|eq\o(AO,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，所以△OAC是等邊三角形，所以∠ACB＝60°，所以∠ABC＝30°.在Rt△ABC中，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|sin60°＝eq\r(3)，所以eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影為|eq\o(BA,\s\up6(→))|cos∠ABC＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|cos30°＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2).二、多選題7．(2020·上海模擬改編)已知兩個單位向量a，b的夾角為60°，則下列向量是單位向量的是(CD)A．a(chǎn)＋b B．a(chǎn)＋eq\f(1,2)bC．a(chǎn)－b D．eq\f(2\r(3),3)a－eq\f(\r(3),3)b[解析]∵a，b均是單位向量且夾角為60°，∴a·b＝eq\f(1,2)，∴|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝1－2×eq\f(1,2)＋1＝1，即|a－b|＝1，∴a－b是單位向量．又|eq\f(2\r(3),3)a－eq\f(\r(3),3)b|2＝eq\f(1,3)(4a2－4a·b＋b2)＝1，故選C、D.[優(yōu)解]如右圖，令eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，∵a，b均是單位向量且夾角為60°，∴△OAB為等邊三角形，∴|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝|a－b|＝|a|＝|b|＝1，∴a－b是單位向量.eq\f(2\r(3),3)a－eq\f(\r(3),3)b＝eq\f(2\r(3),3)(a－eq\f(1,2)b)＝eq\f(2\r(3),3)eq\o(DA,\s\up6(→))，又∵(|eq\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),2)，故選C、D.8．(2020·江西南昌二中期末改編)已知向量a＝(－2，－1)，b＝(λ，1)，若a與b的夾角為鈍角，則λ的取值范圍可以是(BC)A．(－∞，－eq\f(1,2)) B．(－eq\f(1,2)，2)C．(2，＋∞) D．(－2，eq\f(1,2))[解析]∵a與b的夾角為鈍角，∴－2λ－1<0，即λ>－eq\f(1,2).又a≠μb(μ<0)，∴λ≠2，∴λ的取值范圍是(－eq\f(1,2)，2)∪(2，＋∞)．故選B、C.三、填空題9．(2019·全國卷Ⅲ)已知向量a＝(2,2)，b＝(－8,6)，則cosa，b＝－eq\f(\r(2),10).[解析]cosa，b＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(2×－8＋2×6,2\r(2)×10)＝－eq\f(\r(2),10).10．(2020·湖北省部分重點中學(xué)高三起點考試)已知向量a＝(3,4)，b＝(x,1)，若(a－b)⊥a，則實數(shù)x等于__7__.[解析]∵(a－b)⊥a，∴(a－b)·a＝0，即a2＝a·b,25＝3x＋4，解得x＝7.11．(2020·皖中名校聯(lián)考)已知向量a，b滿足|a|＝5，|a－b|＝6，|a＋b|＝4，則向量b在向量a上的投影為__－1__.[解析]∵向量a，b滿足|a|＝5，|a－b|＝6，|a＋b|＝4.∴|a－b|2＝25＋b2－2a·b|a＋b|2＝25＋b2＋2a·b∴a·b＝－5，|b|＝1，∴向量b在向量a上的投影為|b|·cosa，b＝|b|·eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(a·b,|a|)＝eq\f(－5,5)＝－1.12．(2020·武漢市部分學(xué)校高三調(diào)研測試)已知|a|＝eq\r(2)，|b|＝1，a與b的夾角為45°，若tb－a與a垂直，則實數(shù)t＝__2__.[解析]由已知可得a·b＝1×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝1.因為tb－a與a垂直，所以(tb－a)·a＝0，得ta·b－a2＝0，即t－2＝0，故t＝2.四、解答題13．(2020·貴陽質(zhì)檢)已知平面向量a，b滿足|a|＝4，|b|＝8，a與b的夾角是120°.(1)計算：①|(zhì)a＋b|，②|4a－2b(2)當(dāng)k為何值時，(a＋2b)⊥(ka－b)．[解析]由已知得，a·b＝4×8×(－eq\f(1,2))＝－16.(1)①因為|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，所以|a＋b|＝4eq\r(3).②因為|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768，所以|4a－2b|＝16eq\r(3)(2)因為(a＋2b)⊥(ka－b)，所以(a＋2b)·(ka－b)＝0，所以ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，即16k－16(2k－1)－2×64＝0，解得k＝－7.即k＝－7時，a＋2b與ka－b垂直．14．(2020·湖北宜昌高三適應(yīng)性訓(xùn)練)在△ABC中，AB＝3AC＝9，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))2，點P是△ABC所在平面內(nèi)一點，則當(dāng)eq\o(PA,\s\up6(→))2＋eq\o(PB,\s\up6(→))2＋eq\o(PC,\s\up6(→))2取得最小值時，求eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值．[解析]由eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))2，得eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(BC,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，即∠C＝eq\f(π,2)，則BC＝eq\r(AB2－AC2)＝6eq\r(2).以C為坐標(biāo)原點建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(3,0)，B(0,6eq\r(2))，設(shè)P(x，y)，則eq\o(PA,\s\up6(→))2＋eq\o(PB,\s\up6(→))2＋eq\o(PC,\s\up6(→))2＝(x－3)2＋y2＋x2＋(y－6eq\r(2))2＋x2＋y2＝3x2－6x＋3y2－12eq\r(2)y＋81＝3[(x－1)2＋(y－2eq\r(2))2＋18]，所以當(dāng)x＝1，y＝2eq\r(2)時取得最小值，此時P(1,2eq\r(2))，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，－2eq\r(2))·(0，－6eq\r(2))＝24.B組能力提升1．(2020·廣東百校聯(lián)考)若向量a，b滿足|a|＝eq\r(10)，b＝(－2,1)，a·b＝5，則a與b的夾角為(C)A．90° B．60°C．45° D．30°[解析]∵b＝(－2,1)，∴|b|＝eq\r(－22＋12)＝eq\r(5)，∵|a|＝eq\r(10)，a·b＝5，∴cosa，b＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(5,\r(10)×\r(5))＝eq\f(\r(2),2).又a，b∈[0，π]，∴a與b的夾角為45°.故選C.2．(2020·河南中原名校指導(dǎo)卷)已知平面向量a＝(－1,2)，b＝(1,3)，c＝2a－b，則向量c在向量aA．eq\f(\r(5),5) B．eq\r(5)C．2eq\r(2) D．3[解析]∵a＝(－1,2)，b＝(1,3)，∴|a|＝eq\r(5)，c＝2a－b＝(－3,1)，∴a·c＝5，∴向量c在向量a方向上的投影為eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5).故選B.3．(2020·遼寧葫蘆島六中月考)已知a＝(2sin13°，2sin77°)，|a－b|＝1，a與a－b的夾角為eq\f(π,3)，則a·b＝(B)A．2 B．3C．4 D．5[解析]∵a＝(2sin13°，2sin77°)＝(2sin13°，2cos13°)，∴|a|＝2，又|a－b|＝1，a與a－b的夾角為eq\f(π,3)，∴a·(a－b)＝1，即a2－a·b＝1，∴a·b＝3.故選B.4．(2020·浙江省杭州市富陽區(qū)新登中學(xué)高三上學(xué)期期末模擬數(shù)學(xué)試題)設(shè)單位向量e1，e2對任意實數(shù)λ，都有|e1＋eq\f(\r(3),2)e2|≤|e1＋λe2|，則e1，e2的夾角為(D)A．eq\f(π,3) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(5π,6)[解析]設(shè)e1與e2的夾角為θ，θ∈[0，π]，|e1＋eq\f(\r(3),2)e2|≤|e1＋λe2|兩邊平方得，1＋eq\r(3)cosθ＋eq\f(3,4)≤λ2＋2λcosθ＋1化角為λ2＋2λcosθ－eq\r(3)cosθ－eq\f(3,4)≥0，由于對任意實數(shù)λ都成立，所以Δ≤0，即(2cosθ)2＋4eq\r(3)cosθ＋3≤0也就是(2cos