第六章周练1(范围：§6.1~§6.2)

第3题 (单选题) 难度 - 基础题：

(2024·新课标全国Ⅱ)已知向量a，b满足|a|=1，|a+2b|=2，且(b-2a)⊥b，则|b|等于(　　)

A: $\frac{1}{2}$
B: $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C: $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D: 1

解析:

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|= $\frac{\sqrt{2}}{2}$ .

第4题 (单选题) 难度 - 基础题：

设非零向量 $\vec{A B}$ =a， $\vec{A D}$ =b， $\vec{A C}$ =a+b，满足|a|=|b|，|a+b|=|a-b|，则四边形ABCD的形状为(　　)

A: 平行四边形
B: 矩形
C: 正方形
D: 菱形

解析:

如图，

因为 $\vec{A B}$ =a， $\vec{A D}$ =b，

所以 $\vec{A B}$ - $\vec{A D}$ = $\vec{D B}$ =a-b，

由 $\vec{A C}$ =a+b，得四边形ABCD为平行四边形，

又因为|a+b|=|a-b|，

所以| $\vec{A C}$ |=| $\vec{D B}$ |，又因为|a|=|b|，所以四边形ABCD是正方形.

第5题 (单选题) 难度 - 基础题：

已知向量a，b满足|a|=5，|b|=6，a·b=-6，则cos〈b，a+b〉等于(　　)

A: - $\frac{5}{7}$
B: - $\frac{19}{35}$
C: $\frac{19}{35}$
D: $\frac{5}{7}$

解析:

因为|a|=5，|b|=6，a·b=-6，

所以b·(a+b)=a·b+b²=a·b+|b|²=-6+36=30，

|a+b|= $\sqrt{(a + b)^{2}}$ = $\sqrt{a^{2} + 2 a \cdot b + b^{2}}$

= $\sqrt{25 - 12 + 36}$ = $\sqrt{49}$ =7，

所以cos〈b，a+b〉= $\frac{b \cdot (a + b)}{| b | | a + b |}$ = $\frac{30}{6 \times 7}$ = $\frac{5}{7}$ .

第6题 (单选题) 难度 - 基础题：

已知△ABC和点M满足 $\vec{M A}$ + $\vec{M B}$ + $\vec{M C}$ =0，若存在实数λ使得 $\vec{A B}$ + $\vec{A C}$ =λ $\vec{A M}$ 成立，则λ等于(　　)

A: 6
B: 5
C: 4
D: 3

解析:

由 $\vec{M A}$ + $\vec{M B}$ + $\vec{M C}$ =0，

可知M为△ABC的重心，取BC的中点N(图略)，则有 $\vec{A M}$ = $\frac{2}{3} \vec{A N}$ ，

所以 $\vec{A B}$ + $\vec{A C}$ =λ $\vec{A M}$ =2 $\vec{A N}$ =2× $\frac{3}{2} \vec{A M}$ =3 $\vec{A M}$ ，则λ=3.

第7题 (多选题) 难度 - 基础题：

(多选)已知非零向量e₁，e₂，a，b满足a=2e₁-e₂，b=ke₁+e₂(k∈R)，则以下结论正确的是(　　)

A: 若e₁与e₂不共线，a与b共线，则k=-2
B: 若e₁与e₂不共线，a与b共线，则k=2
C: 存在k，使得a与b不共线，e₁与e₂共线
D: 不存在k，使得a与b不共线，e₁与e₂共线

解析:

非零向量e₁，e₂，a，b满足a=2e₁-e₂，

b=ke₁+e₂(k∈R)，若e₁与e₂不共线，

a与b共线，可得λa=b(λ∈R)，

即2λ=k，-λ=1，解得k=-2.

所以A正确，B错误；

若e₁与e₂共线，可得e₁=me₂(m∈R)，a=2e₁-e₂=(2m-1)e₂，b=ke₁+e₂=(km+1)e₂，可得a与b共线，所以C错误，D正确.

第8题 (多选题) 难度 - 基础题：

(多选)在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，∠BAD=60°，E是CD的中点，则(　　)

A: $\vec{A E}$ = $\frac{1}{2} \vec{A B}$ + $\vec{A D}$
B: | $\vec{A E}$ |=2 $\sqrt{3}$
C: $\vec{A E}$ · $\vec{B D}$ =-6
D: $\vec{A D}$ 在 $\vec{A B}$ 上的投影向量为 $\frac{1}{2} \vec{A B}$

解析:

对于A， $\vec{A E}$ = $\vec{A D}$ + $\vec{D E}$ = $\vec{A D}$ + $\frac{1}{2} \vec{A B}$ ，所以A正确；

对于B，由AB=4，AD=2，∠BAD=60°，

可得| $\vec{A B}$ |=4，| $\vec{A D}$ |=2， $\vec{A B}$ · $\vec{A D}$ =4，

则| $\vec{A E}$ |²= ${(\frac{1}{2} \vec{A B} + \vec{A D})}^{2}$ = $\frac{1}{4} {\vec{A B}}^{2}$ + $\vec{A B}$ · $\vec{A D}$ + ${\vec{A D}}^{2}$ = $\frac{1}{4}$ ×4²+4+4=12，

所以| $\vec{A E}$ |=2 $\sqrt{3}$ ，所以B正确；

对于C，由 $\vec{A E}$ = $\frac{1}{2} \vec{A B}$ + $\vec{A D}$ ，

$\vec{B D}$ = $\vec{A D}$ - $\vec{A B}$ ，

可得 $\vec{A E}$ · $\vec{B D}$ = $(\frac{1}{2} \vec{A B} + \vec{A D})$ ·( $\vec{A D}$ - $\vec{A B}$ )

=- $\frac{1}{2} {\vec{A B}}^{2}$ - $\frac{1}{2} \vec{A B}$ · $\vec{A D}$ + ${\vec{A D}}^{2}$ =-6，

所以C正确；

对于D，由 $\vec{A D}$ 在 $\vec{A B}$ 上的投影向量为 $\frac{\vec{A B} \cdot \vec{A D}}{| \vec{A B} |}$ · $\frac{\vec{A B}}{| \vec{A B} |}$ = $\frac{4}{16}$ · $\vec{A B}$ = $\frac{1}{4} \vec{A B}$ ，

所以D不正确.

第9题 (多选题) 难度 - 基础题：

(多选)已知向量a，b满足|a|=1，|b|=2，|a+b|=2，则下列结论中正确的是(　　)

A: a·b=-2
B: a⊥(a+2b)
C: |a-b|= $\sqrt{6}$
D: a与b的夹角为 $\frac{2 π}{3}$

解析:

∵|a+b|²=a²+2a·b+b²=1+2a·b+4=4，∴a·b=- $\frac{1}{2}$ ，A错误；

∵a·(a+2b)=a²+2a·b=1+2× $(- \frac{1}{2})$ =0，

∴a⊥ $(a + 2 b)$ ，B正确；

又|a-b|= $\sqrt{a^{2} - 2 a \cdot b + b^{2}}$ = $\sqrt{6}$ ，C正确；

∵cos〈a，b〉= $\frac{a \cdot b}{| a | | b |}$ =- $\frac{1}{4}$ ，∴a与b的夹角不是 $\frac{2 π}{3}$ ， D错误.

第10题 (填空题) 难度 - 基础题：

已知非零向量a，b，c，若向量p= $\frac{a}{| a |}$ + $\frac{b}{| b |}$ + $\frac{c}{| c |}$ ，则|p|的取值范围是　　　　　.

答案:

[0，3]

解析:

由 $\frac{a}{| a |}$ ， $\frac{b}{| b |}$ ， $\frac{c}{| c |}$ 分别表示a，b，c方向上的单位向量，

当 $\frac{a}{| a |}$ ， $\frac{b}{| b |}$ ， $\frac{c}{| c |}$ 对应起止点依次首尾相连构成封闭三角形时，

p= $\frac{a}{| a |}$ + $\frac{b}{| b |}$ + $\frac{c}{| c |}$ =0，

此时|p|最小，|p|_min=0；

当 $\frac{a}{| a |}$ ， $\frac{b}{| b |}$ ， $\frac{c}{| c |}$ 同向共线时，

p= $\frac{a}{| a |}$ + $\frac{b}{| b |}$ + $\frac{c}{| c |}$ = $\frac{3 a}{| a |}$ ，

此时|p|最大，|p|_max=3；

所以|p|的取值范围是[0，3].

第11题 (填空题) 难度 - 基础题：

已知非零向量a，b，c满足a·b=a·c，a与c的夹角为 $\frac{2 π}{3}$ ，|c|=2，则向量b在向量a上的投影向量的模为　　　　.

答案:

解析:

由题设，|a||b|cos〈a，b〉=|a||c|cos〈a，c〉，

则|b|cos〈a，b〉=|c|cos〈a，c〉=-1，

而向量b在向量a上的投影向量为 $\frac{| b | c o s 〈 a, b 〉}{| a |}$ ·a=- $\frac{a}{| a |}$ ，

∴向量b在向量a上的投影向量的模为1.

第12题 (填空题) 难度 - 基础题：

如图，在△ABC中，若AB=AC=3，cos∠BAC= $\frac{1}{2}$ ， $\vec{D C}$ =2 $\vec{B D}$ ，则 $\vec{A D}$ · $\vec{B C}$ =　　　　.

答案:

- $\frac{3}{2}$

解析:

根据条件，得

$\vec{A D}$ = $\vec{A B}$ + $\vec{B D}$ = $\vec{A B}$ + $\frac{1}{3} \vec{B C}$

= $\vec{A B}$ + $\frac{1}{3} (\vec{A C}$ - $\vec{A B}$ )= $\frac{2}{3} \vec{A B}$ + $\frac{1}{3} \vec{A C}$ ，

所以 $\vec{A D}$ · $\vec{B C}$ = $(\frac{2}{3} \vec{A B} + \frac{1}{3} \vec{A C})$ ·( $\vec{A C}$ - $\vec{A B}$ )

= $\frac{1}{3} \vec{A B}$ · $\vec{A C}$ - $\frac{2}{3} {\vec{A B}}^{2}$ + $\frac{1}{3} {\vec{A C}}^{2}$

= $\frac{1}{3}$ ×3×3× $\frac{1}{2}$ - $\frac{2}{3}$ ×9+ $\frac{1}{3}$ ×9=- $\frac{3}{2}$ .

第13题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

已知向量e₁，e₂，且|e₁|=|e₂|=1，e₁与e₂的夹角为 $\frac{π}{3}$ ，m=λe₁+e₂，n=3e₁-2e₂.

(1)求证：(2e₁-e₂)⊥e₂；

(2)若|m|=|n|，求λ的值.

答案:

(1)证明　因为|e₁|=|e₂|=1，

e₁与e₂的夹角为 $\frac{π}{3}$ ，

所以e₁·e₂=|e₁||e₂|cos〈e₁，e₂〉

=1×1×cos $\frac{π}{3}$ = $\frac{1}{2}$ ，

所以(2e₁-e₂)·e₂=2e₁·e₂- $e_{2}^{2}$ =2× $\frac{1}{2}$ -1²=0，所以(2e₁-e₂)⊥e₂.

(2)解　由(1)知，e₁·e₂= $\frac{1}{2}$ ，

因为|e₁|=|e₂|=1，|m|=|n|，

所以(λe₁+e₂)²=(3e₁-2e₂)²，

即λ² $e_{1}^{2}$ +2λe₁·e₂+ $e_{2}^{2}$ =9 $e_{1}^{2}$ -12e₁·e₂+4 $e_{2}^{2}$ ，

于是有λ²×1²+2λ× $\frac{1}{2}$ +1²=9×1²-12× $\frac{1}{2}$ +4×1²=7，

即λ²+λ-6=(λ+3)(λ-2)=0，

解得λ=-3或λ=2.

第14题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

已知|a|=4，|b|=2，且a与b的夹角为120°，求：

(1)(a-2b)·(a+b)；

(2)|2a-b|；

(3)a与a+b的夹角.

答案:

解　(1)a·b=4×2×cos 120°=-4，

所以(a-2b)·(a+b)=a²-a·b-2b²=16+4-8=12.

(2)因为(2a-b)²=4a²-4a·b+b²=64+16+4=84，所以|2a-b|=2 $\sqrt{21}$ .

(3)因为(a+b)²=a²+2a·b+b²=16-8+4=12，所以|a+b|=2 $\sqrt{3}$ ，

又a·(a+b)=a²+a·b=16-4=12，

所以cos〈a，a+b〉= $\frac{a \cdot (a + b)}{| a | | a + b |}$ = $\frac{12}{4 \times 2 \sqrt{3}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，

因为a与a+b的夹角范围为[0，π]，所以a与a+b的夹角为 $\frac{π}{6}$ .

第15题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

如图所示，在△ABC中，D，F分别是BC，AC的中点， $\vec{A E}$ = $\frac{2}{3} \vec{A D}$ ， $\vec{A B}$ =a， $\vec{A C}$ =b.

(1)用a，b表示向量 $\vec{A D}$ ， $\vec{A E}$ ， $\vec{A F}$ ， $\vec{B E}$ ， $\vec{B F}$ ；

(2)求证：B，E，F三点共线.

答案:

(1)解　∵ $\vec{A D}$ = $\frac{1}{2} (\vec{A B}$ + $\vec{A C}$ )= $\frac{1}{2}$ (a+b)，

∴ $\vec{A E}$ = $\frac{2}{3} \vec{A D}$ = $\frac{1}{3}$ (a+b)，

∵ $\vec{A F}$ = $\frac{1}{2} \vec{A C}$ = $\frac{1}{2}$ b，

∴ $\vec{B E}$ = $\vec{A E}$ - $\vec{A B}$ = $\frac{1}{3}$ (a+b)-a= $\frac{1}{3}$ (b-2a)，

$\vec{B F}$ = $\vec{A F}$ - $\vec{A B}$ = $\frac{1}{2}$ b-a= $\frac{1}{2}$ (b-2a).

(2)证明　由(1)知 $\vec{B F}$ = $\frac{1}{2}$ (b-2a)，

$\vec{B E}$ = $\frac{1}{3}$ (b-2a)，

∴ $\vec{B E}$ = $\frac{2}{3} \vec{B F}$ ，∴ $\vec{B E}$ 与 $\vec{B F}$ 共线.

又BE，BF有公共点B，∴B，E，F三点共线.

第六章 周练1(范围：§6.1~§6.2)

第六章周练1(范围：§6.1~§6.2)