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人教版高中数学必修第二册6.2.4 向量的数量积 同步精练
【考点梳理】
考点一　两向量的夹角与垂直
1.夹角：已知两个非零向量a和b，O是平面上的任意一点，作＝a，＝b，则∠AOB＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a与b的夹角(如图所示).当θ＝0时，a与b同向；当θ＝π时，a与b反向.
2.垂直：如果a与b的夹角是，则称a与b垂直，记作a⊥b.
考点二　向量数量积的定义
非零向量a，b的夹角为θ，数量|a||b|cos θ叫做向量a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos θ，规定：零向量与任一向量的数量积等于0.
考点三　投影向量
在平面内任取一点O，作＝a，＝b，过点M作直线ON的垂线，垂足为M1，则就是向量a在向量b上的投影向量.
设与b方向相同的单位向量为e，a与b的夹角为θ，则与e，a，θ之间的关系为＝|a|cos θ e.
考点四　平面向量数量积的性质
设向量a与b都是非零向量，它们的夹角为θ，e是与b方向相同的单位向量.则
(1)a·e＝e·a＝|a|·cos θ. (2)a⊥b a·b＝0.
(3)当a∥b时，a·b＝
特别地，a·a＝|a|2或|a|＝.
(4)|a·b|≤|a||b|.
考点五　平面向量数量积的运算律
1.a·b＝b·a(交换律).
2.(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(数乘结合律).
3.(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律).
【题型归纳】
题型一：向量的数量积的定义和几何意义
1．（2021·江西·九江一中高一期中）向量在向量上的射影为（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·江西·宜春九中高一阶段练习）已知，且，则在方向上的投影为（ ）
A． B．1 C． D．
3．（2021·广东汕尾·高一期末）在三角形中，已知，，点满足，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
题型二：数量积的运算
4．（2021·北京市西城区教委高一阶段练习）设为平面向量，则“存在实数，使”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2021·全国·高一课时练习）已知、、不共线的非零向量，则下列等式中不成立的是（ ）．
A． B．
C． D．
6．（2021·江西·九江一中高一阶段练习）已知向量、满足， 与的夹角为，则（　　）
A． B． C． D．、
题型三：数量积和模关系问题
7．（2021·全国·高一课时练习）已知向量，满足，，若与的夹角为，则（ ）．
A．1 B． C． D．
8．（2021·全国·高一课时练习）若向量与的夹角为60°，，，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．12
9．（2021·河北·正定中学高一阶段练习）已知平面向量，则的最大值（ ）
A． B． C． D．
题型四：向量夹角的计算
10．（2021·全国·高一课时练习）若向量，满足，且，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
11．（2021·河北·张家口市第一中学高一阶段练习）已知非零向量，满足，，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
12．（2021·云南省南涧县第一中学高一阶段练习）已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
题型五：垂直关系的向量表示
13．（2021·江西·九江一中高一阶段练习）已知非零向量满足，与夹角的余弦值为，若，则实数（　　）
A． B． C． D．
14．（2021·云南·昆明市外国语学校高一阶段练习）若O为所在平面内一点，且满足，则的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．正三角形 D．等腰直角三角形
15．（2021·江苏·南京市中华中学高一期中）已知平面向量，满足，，，的夹角为120°，且，则实数的值为（ ）
A． B． C．2 D．3
题型六：已知模求参数问题
16．（2021·全国·高一课时练习）已知平面向量，，且，则（ ）
A．1 B．2 C． D．4
17．（2021·江苏·高一期中）设非零向量的夹角为，若，且不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
18．（2021·浙江浙江·高一期末）设为两个非零向量的夹角，且，已知对任意实数，无最小值，则以下说法正确的是（ ）
A．若和确定，则唯一确定
B．若和确定，则有最大值
C．若确定，则
D．若不确定，则与的大小关系不确定
【双基达标】
一、单选题
19．（2021·全国·高一课时练习）命题：“向量与向量的夹角为锐角”是命题：“”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
20．（2021·全国·高一课时练习）若，，，的夹角为135°，则（ ）
A． B． C． D．12
21．（2021·全国·高一课时练习）已知，，且，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
22．（2021·全国·高一课时练习）两个非零向量、互相垂直的充要条件是（ ）．
A． B．
C． D．
23．（2021·上海·高一课时练习）设是两个非零向量，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则存在实数λ，使得 D．若存在实数λ，使得，则
24．（2021·全国·高一课时练习）如图所示，已知在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，BE＝EC，AF＝2FC，则||＝（ ）
A． B． C． D．
25．（2021·全国·高一单元测试）已知向量，，若，则＝（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
26．（2021·吉林·延边二中高一阶段练习）给出下列命题，其中错误的命题的个数是（ ）
①若，则是钝角
②若且，则
③若，则可知
④若是等边三角形，则与的夹角为
A．4 B．3 C．2 D．1
【高分突破】
一：单选题
27．（2021·全国·高一课时练习）在平行四边形中，已知，则（ ）
A． B． C． D．
28．（2021·全国·高一课时练习）若，且，则与所在直线的夹角为（ ）
A． B． C． D．
29．（2021·全国·高一课时练习）若向量，，均为单位向量，且，则的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．
30．（2021·广东·东莞市光明中学高一阶段练习）下列命题中，不正确的是（ ）
A． B．
C． D．与共线
31．（2021·广东白云·高一期末）已知，，与的夹角为，则（ ）
A． B．72 C．84 D．
32．（2021·安徽·合肥艺术中学 高一阶段练习）如图，是边长为4的正方形，若，且为的中点，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
33．（2021·黑龙江·哈尔滨市教育局高一阶段练习）已知平面向量与满足，，，则与的夹角等于（ ）
A． B． C． D．
34．（2021·全国·高一课时练习）在中，点M是的中点，，点P在上，且满足，则等于（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
35．（2021·广东广州·高一期末）已知O，N，P，I在所在的平面内，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则O是外心 B．若，则P是垂心
C．若，则N是重心 D．若，则I是内心
36．（2021·广东·仲元中学高一期中）已知 是两个单位向量，时，的最小值为，则下列结论正确的是（ ）
A． 的夹角是 B． 的夹角是
C． D．
37．（2021·广东高州·高一期末）已知向量，，满足，且，，向量与，与，与的夹角都是，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．1
38．（2021·全国·高一课时练习）在中，，P为线段上任意一点，则的可能值有（ ）
A． B． C．2 D．3
39．（2021·黑龙江齐齐哈尔·高一期末）是的重心，，，，是所在平面内的一点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．在方向上的投影向量等于
C．
D．的最小值为-1
40．（2021·广东·忠信中学高一阶段练习）给出下列命题，其中正确的选项有　　
A．非零向量、满足，则与的夹角为
B．若，则为等腰三角形
C．若单位向量的、的夹角为，则当取最小值时，
D．若，，，为锐角，则实数的取值范围是
三、填空题
41．（2021·北京·日坛中学高一期中）设向量满足，则___________.
42．（2021·全国·高一课时练习）已知，与的夹角大小为，则______．
43．（2021·全国·高一课时练习）已知向量与满足，，与的夹角大小为60°，则______．
44．（2021·云南·昆明八中高一阶段练习）已知菱形的边长为2，，点 分别在直线 上，，若，则实数的值为___________.
45．（2021·全国·高一课时练习）在正三角形ABC中，下列各等式成立的是________．（填序号）
①；②；
③；④．
四、解答题
46．（2021·全国·高一课时练习）（l）求证：；
（2）已知向量、满足：，，，求的值．
47．（2021·全国·高一课时练习）在等腰三角形ABC中，，，D为BC的中点．
（1）求在上的投影向量；
（2）求在上的投影向量．
48．（2021·湖南·嘉禾县第一中学高一阶段练习）已知，与的夹角为，设．
（1）求的值；
（2）若与的夹角是锐角，求实数t的取值范围．
49．（2021·全国·高一课时练习）（1）在中，，，，求，，的值.
（2）已知，两个向量，，，，求在方向上的投影与数量投影．
50．（2021·全国·高一课时练习）已知向量，的夹角为，且，，（其中）．当取最小值时，求与的夹角的大小．
【答案详解】
1．D
【详解】
向量在向量上的射影为
，
故选：D
2．A
【详解】
由题意，，
所以在方向上的投影．
故选：A．
3．B
【详解】
由可得：，
即，可得，
所以，
如图设的中点为，则，
由可得，
所以，所以
，
所以
向量在向量方向上的投影向量为：
，
因为，所以，
所以向量在向量方向上的投影向量为，
故选：B.
4．C
【详解】
若存在实数，使，则，，即，故充分性成立；
若，则，
即，即，即同向，
故存在实数，使，故必要性成立.
所以“存在实数，使”是“”的充分必要条件.
故选：C.
5．B
【详解】
A：，A正确；
B：设，则，
设，则，
因为与非零不共线，所以一般情况下，故B错误；
C：向量数乘的数量积满足结合律，C正确；
D：数量积满足交换律，D正确；
故选：B
6．C
【详解】
因为， 与的夹角为，
所以
，
故选：C
7．D
【分析】
根据已知条件和算出答案即可.
【详解】
因为，，与的夹角为，
所以，即
故选：D
8．C
【分析】
由平面向量的数量积的性质求解即可
【详解】
因为向量与的夹角为60°，，，
所以，即，
所以，解得或（舍），
故选：C
9．A
【分析】
根据数量积公式，转化为，再利用求根公式求的最大值.
【详解】
，
所以，是向量和的夹角，
所以，
当时，.
故选：A
10．B
【分析】
由已知条件结合数量积公式化简即可求解.
【详解】
因为，，即，，求得，所以向量与的夹角为.
故选：B
11．A
【分析】
利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】
因为，所以，即.
设与的夹角为，
因为，，
所以，解得：.
因为，所以.
故选：A.
12．D
【分析】
根据平面向量数量积的定义将化简，进而求出与的夹角，然后再求出和，最后通过夹角公式求得答案.
【详解】
设与的夹角为，由，所以，即，且，解得，.
所以，
，
所以，故与的夹角为.
故选：D.
13．A
【分析】
根据向量垂直关系和数量积运算公式，可得关于x的方程，解得x.
【详解】
由可设，则.
因为，
所以，
又，
所以.
故选：A.
14．A
【分析】
首先在中，取的中点，连接，根据得到，从而得到，即可得到答案.
【详解】
在中，取的中点，连接，如图所示：
因为，
所以，
所以，即，即.
又因为中是否有直角不确定，和是否相等也无法确定，
所以为等腰三角形.
故选：A
15．D
【分析】
根据，，，的夹角为120°，求得，再根据得，从而即可得出答案.
【详解】
解：因为，，，的夹角为120°，
所以，
又因为，所以，
即，
解得.
故选：D.
16．C
【分析】
由题意，先求出两向量与的坐标，再由模长公式建立方程，即可解得的值.
【详解】
因为，，
所以，，
又，可得，
即，整理得：，
解得：.
故选：C
17．A
【分析】
根据题先利用平面向量的数量积的运算法则进行转化为恒成立，然后结合函数的恒成立，列出不等式组，即可求解.
【详解】
由题意，非零向量的夹角为，且，
则，
不等式对任意恒成立，
所以，即，
整理得恒成立，
因为，所以，即，可得，
即实数的取值范围为.
故选：A.
【点睛】
求平面向量的模的两种方法：
1、利用及，把向量模的运算转化为数量积的运算；
2、利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解.
18．B
【分析】
令，其对称轴为，结合题意要使得无最小值，则对称轴不在，从而可得或，进而可选出正确答案.
【详解】
由题意知，，令，则函数的图象的对称轴为，因为无最小值，所以或，所以或，所以和确定，则有最大值
故选：B．
【点睛】
关键点睛：解决本题的关键在于利用二次函数的性质，分析对称轴的位置，从而得出和确定，则有最大值.
19．A
【分析】
由充分条件和必要条件的定义结合数量积运算分析判断
【详解】
若向量与向量的夹角为锐角，则，
当时，向量与向量的夹角可能为，
所以命题是命题的充分不必要条件，
故选：A
20．B
【分析】
利用平面向量数量积的定义求解.
【详解】
因为，，且，的夹角为135°，
所以，
故选：B
21．C
【分析】
由先求出，先表示出在上的投影，再结合投影向量概念即可求解.
【详解】
因为，所以，即，又因为，设的夹角为，所以，在上的投影为：，所以在上的投影向量为.
故选：C
22．C
【分析】
根据题意，结合和垂直时，以及向量的数量积公式，一一判断即可.
【详解】
对于选项A，若和垂直，则，故A错误；
对于选项B，由，得，即，无法得到和垂直，故B错误；
对于选项C，由，得，即，因此和垂直，故C正确；
对于选项D，由，得，即和的夹角为，不满足题意，故D错误.
故选：C.
23．C
【分析】
利用向量的数量积的运算法则，数量积的定义，向量共线定理即可判断.
【详解】
对于A，若，则，
得，∴不垂直，故A错误；
对于B，由A解析可知，故B错误；
对于C，若，则，
得，则，则与反向，因此存在实数λ，使得，故C正确；
对于D，若存在实数λ，使得，则，，若，则，故D错误.
故选：C
24．C
【分析】
利用已知条件把转化为与，然后利用向量模的运算法则，化简求解即可．
【详解】
∵
，
∴
.
故选：C．
25．A
【分析】
由题意可求出，根据可得到并化简，结合和即可求出.
【详解】
故选：A．
26．B
【分析】
根据向量夹角，向量基本定理，数量积的运算律，即可判断选项.
【详解】
①当时，，故①不正确；
②若，当时，或，故②不正确；
③，即，故③正确；
④若是等边三角形，则与的夹角为，故④不正确.
故选：B
27．B
【分析】
根据给定条件可得，再借助数量积即可求出.
【详解】
在平行四边形中，，因，
于是得，
所以.
故选：B
28．A
【分析】
设,则,,由可得,则是等边三角形,进而求解即可.
【详解】
设,以为邻边作平行四边形,如图所示,则,,
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴,
在菱形中,对角线平分，
∴与所在直线的夹角为.
故选：A.
29．A
【分析】
对进行平方，根据题意可得，当最小时，取得最小值.
【详解】
因为，所以
∴
则当与反向时最小，最小，此时=，
所以=，所以的最小值为，
故选：A.
30．D
【分析】
利用向量的数量积公式可判断A；利用向量的数量积运算律可判断BC；利用向量共线可判断D
【详解】
对于A，利用数量积公式知，即，故A正确；
对于B，满足向量的数乘结合律，故B正确；
对于C，满足向量的分配律，故C正确；
对于D，与共线，则与同向或反向，当与同向时，；当与反向时，，故D错误；
故选：D
31．A
【分析】
由向量数量积的定义计算即可求解.
【详解】
因为，，与的夹角为，
所以，
则，
故选：A.
32．C
【分析】
利用基底法，即可求解.
【详解】
解：,,
,
故选：C
33．B
【分析】
由得进一步化简即得解.
【详解】
因为，所以
所以.
所以，
因为.
故选：B
34．A
【分析】
由，，可得，由点M是的中点，可得，代入中计算可得答案
【详解】
因为，点P在上，且满足，
所以，
因为点M是的中点，所以，
所以，
故选：A
35．ABC
【分析】
根据三角形外心、垂心、重心和内心的定义，结合平面向量的运算即可求得答案.
【详解】
根据外心的定义，易知A正确；
对B，，同理可得：，所以P是垂心，故B正确；
对C，记AB、BC、CA的中点为D、E、F，由题意，则，同理可得：，则N是重心，故C正确；
对D，由题意，，则I是垂心，故D错误.
故选：ABC.
36．ABD
【分析】
根据条件知，的最小值为，结合二次函数与方程的特点可求出的夹角为或，从而求出的值．
【详解】
，是两个单位向量，且的最小值为，
的最小值为，
的最小值为，
即在上有唯一一个解，
所以，所以
与的夹角为或，所以正确，
或3，
或，所以正确，
故选：．
37．AD
【分析】
设与的夹角为，由，解得，由数量积夹角公式计算即可求得结果.
【详解】
设与的夹角为，则，得，解得．
又与的夹角都是，而，
，，
所以，解得或，
故选：AD．
38．CD
【详解】
设，则，
因为,
所以
因为，所以，
所以的取值范围为，
故选：CD
39．AC
【详解】
A：当点为的重心时，
如图所示：四边形为平行四边形，根据重心性质可得.
则，∴A正确，
B：∵在方向上的投影为，
∴在方向上的投影向量为，∴B错误，
C：∵是的重心，
∴，，
∴
，∴C正确，
D：当与重合时，∵
，与的最小值为矛盾
∴D错误，
故选：AC．
40．ABC
【分析】
直接利用向量的线性运算，向量的夹角的运算，向量的模，向量的夹角运算判断、、、的结论．
【详解】
解：对于：非零向量、满足，
令：，，
则，，
由于，
如图所示：
所以四边形为菱形，且为等边三角形；
所以，，
则与的夹角为，故正确．
对于：由于，
所以，
所以为等腰三角形，故正确．
对于：若单位向量的、的夹角为，则当取最小值时，
即，
当时，的最小值为，故正确；
对于，，，
由于为锐角，
所以且与不同向，
即
则且，故不正确．
故选：．
41．
【分析】
直接利用向量的模以及数量积的运算法则求解即可.
【详解】
解：向量，满足，，，
则，
则.
故答案为：.
42．
【分析】
根据题意，结合模长公式以及数量积的运算律，即可求解.
【详解】
根据题意，得
.
故答案为：.
43．##
【分析】
由题得出，再结合条件并利用平面向量的数量积运算，即可求出结果.
【详解】
解：由题可知，，，与的夹角大小为60°，
则，即，
则，解得：.
故答案为：.
44．
【分析】
根据题意，分别用和表示和，结合数量积的运算公式，即可求解.
【详解】
根据题意，由，，
得，
，
因为菱形的边长为2，，且，
所以
，解得.
故答案为：.
45．②③④
【分析】
利用向量的线性运算及向量的模逐一判断即可求得结论．
【详解】
解：因为是正三角形，所以设的边长为2，
对于①，因为，，
所以，故①错误；
对于②，因为，
所以，故②正确；
对于③，，
，
所以，故③正确；
对于④，，
又，所以，故④正确．
故答案为：②③④．
46．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据向量数量积的运算法则进行计算，即可证明；
（2）根据已知条件，求得，再根据数量积求得模长即可.
【详解】
（1）因为，
故可得，即证.
（2）因为，，，
故可得，
解得：.
同理，
即.
47．
（1）（或）
（2）
（1）
如图，，，D为BC的中点．则，，，
所以，
，
在上的投影为，
在上的投影向量为；
（2）
在上的投影为，
在上的投影向量为．
48．
（1）2；
（2）﹒
（1）
；
（2）
∵与的夹角是锐角，
∴且与不共线．
∵，
∴，解得．
当与共线时，则存在实数，使，
∴，解得．
综上所述，实数t的取值范围是．
49．（1），，；（2）.
【详解】
因为，，，所以，即所以.
如图所示：
所以.
，
.
（2）由题意得，，所以；
则在方向上的投影：
在方向上的数量投影：．
50．.
【详解】
由题意，向量，的夹角为，且，，，
可得
，
当时，可得，此时，
又由，
所以，即与的夹角为.
试卷第1页，共3页

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