一、選擇題
1．已知|a|＝2，|b|＝4，a·b＝－4，則向量a與b的夾角為( )
A．30° B．60° C．150° D．120°
答案 D
解析 csθ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－4,2×4)＝－eq \f(1,2)，∵θ∈[0°，180°]，∴θ＝120°.故選D.
2．已知向量a，b滿足a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，則|2a－b|＝( )
A．0 B．2eq \r(2) C．4 D．8
答案 B
解析 ∵|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝8，∴|2a－b|＝2eq \r(2).
3．若平面四邊形ABCD滿足eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \(CD,\s\up16(→))＝0，(eq \(AB,\s\up16(→))－eq \(AD,\s\up16(→)))·eq \(AC,\s\up16(→))＝0，則該四邊形一定是( )
A．直角梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
答案 C
解析 由eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \(CD,\s\up16(→))＝0，得平面四邊形ABCD是平行四邊形，由(eq \(AB,\s\up16(→))－eq \(AD,\s\up16(→)))·eq \(AC,\s\up16(→))＝0，
得eq \(DB,\s\up16(→))·eq \(AC,\s\up16(→))＝0，即平行四邊形ABCD的對(duì)角線互相垂直，則該四邊形一定是菱形．
4．若非零向量a，b滿足|a|＝eq \f(2\r(2),3)|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，則a與b的夾角為( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2) C.eq \f(3π,4) D．π
答案 A
解析 由題意，得(a－b)·(3a＋2b)＝3a2－2b2－a·b＝0，即a·b＝3a2－2b2.
又|a|＝eq \f(2\r(2),3)|b|，所以a·b＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)|b|))2－2b2＝eq \f(2,3)b2，
所以cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(\f(2,3)b2,\f(2\r(2),3)b2)＝eq \f(\r(2),2)，所以〈a，b〉＝eq \f(π,4).
5．已知a，b是平面內(nèi)兩個(gè)互相垂直的單位向量，若非零向量c滿足(a－c)·(b－c)＝0，則|c|的最大值是( )
A．1 B．2 C.eq \r(2) D.eq \f(\r(2),2)
答案 C
解析 因?yàn)閨a|＝|b|＝1，a·b＝0，(a－c)·(b－c)＝－c·(a＋b)＋|c|2＝－|c||a＋b|csθ＋|c|2＝0，其中θ為c與a＋b的夾角，所以|c|＝|a＋b|·csθ＝eq \r(2)csθ≤eq \r(2)，所以|c|的最大值是eq \r(2)，故選C.
二、填空題
6．已知向量a，b的夾角為45°，且|a|＝4，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a＋b))·(2a－3b)＝12，則|b|＝________；b在a上的投影向量的模等于________．
答案 eq \r(2) 1
解析 a·b＝|a||b|cs〈a，b〉＝4|b|cs45°＝2eq \r(2)|b|，
又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a＋b))·(2a－3b)＝|a|2＋eq \f(1,2)a·b－3|b|2＝16＋eq \r(2)|b|－3|b|2＝12，
解得|b|＝eq \r(2)或|b|＝－eq \f(2\r(2),3)(舍去)．
b在a上的投影向量的模為||b|cs〈a，b〉|＝eq \r(2)cs45°＝1.
7．已知兩個(gè)單位向量a，b的夾角為60°，c＝ta＋(1－t)b.若b·c＝0，則t＝________.
答案 2
解析 由題意，將b·c＝[ta＋(1－t)b]·b整理，得ta·b＋(1－t)＝0，
又a·b＝eq \f(1,2)，所以t＝2.
8．在平行四邊形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E為CD的中點(diǎn)．若eq \(AC,\s\up16(→))·eq \(BE,\s\up16(→))＝1，則AB的長為________．
答案 eq \f(1,2)
解析 因?yàn)閑q \(BE,\s\up16(→))＝eq \(BA,\s\up16(→))＋eq \(AD,\s\up16(→))＋eq \(DE,\s\up16(→))＝－eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up16(→))＝eq \(AD,\s\up16(→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up16(→))，
所以eq \(AC,\s\up16(→))·eq \(BE,\s\up16(→))＝(eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \(AD,\s\up16(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up16(→))－\f(1,2)\(AB,\s\up16(→))))＝eq \(AD,\s\up16(→))2＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up16(→))·eq \(AB,\s\up16(→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up16(→))2＝1＋eq \f(1,2)×1×|eq \(AB,\s\up16(→))|cs60°－eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up16(→))|2＝1，所以eq \f(1,4)|eq \(AB,\s\up16(→))|－eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up16(→))|2＝0，解得|eq \(AB,\s\up16(→))|＝eq \f(1,2).
三、解答題
9．已知a，b是兩個(gè)非零向量，當(dāng)a＋tb(t∈R)的模取得最小值時(shí)，
(1)求t的值(用a，b表示)；
(2)求證：b與a＋tb垂直．
解 (1)|a＋tb|2＝a2＋t2b2＋2ta·b＝b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(a·b,b2)))2＋a2－eq \f(?a·b?2,b2).
當(dāng)t＝－eq \f(a·b,b2)時(shí)，|a＋tb|取得最小值．
(2)證明：因?yàn)?a＋tb)·b＝a·b＋tb2＝a·b－eq \f(a·b,b2)×b2＝0，所以a＋tb與b垂直．
B級(jí)：“四能”提升訓(xùn)練
1．設(shè)向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，(a－b)⊥c，a⊥b，若|a|＝1，則|a|2＋|b|2＋|c|2的值是________．
答案 4
解析 由a＋b＋c＝0，得(a＋b＋c)2＝0，得
a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0.
又(a－b)⊥c，a⊥b，
∴(a－b)·c＝0，a·b＝0.∴a·c＝b·c.
∴a2＋b2＋c2＝－4b·c，b2＋c2＝－1－4b·c.①
由a＋b＋c＝0，得b＋c＝－a，
故(b＋c)2＝1，即b2＋c2＋2b·c＝1.②
由①②得b·c＝－1，故a2＋b2＋c2＝4，即|a|2＋|b|2＋|c|2＝4.
2．在四邊形ABCD中，已知AB＝9，BC＝6，eq \(CP,\s\up16(→))＝2eq \(PD,\s\up16(→)).
(1)若四邊形ABCD是矩形，求eq \(AP,\s\up16(→))·eq \(BP,\s\up16(→))的值；
(2)若四邊形ABCD是平行四邊形，且eq \(AP,\s\up16(→))·eq \(BP,\s\up16(→))＝6，求eq \(AB,\s\up16(→))與eq \(AD,\s\up16(→))夾角的余弦值．
解 (1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，所以eq \(AD,\s\up16(→))·eq \(DC,\s\up16(→))＝0，
由eq \(CP,\s\up16(→))＝2eq \(PD,\s\up16(→))，得eq \(DP,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)eq \(DC,\s\up16(→))，eq \(CP,\s\up16(→))＝eq \f(2,3)eq \(CD,\s\up16(→))＝－eq \f(2,3)eq \(DC,\s\up16(→)).
所以eq \(AP,\s\up16(→))·eq \(BP,\s\up16(→))＝(eq \(AD,\s\up16(→))＋eq \(DP,\s\up16(→)))·(eq \(BC,\s\up16(→))＋eq \(CP,\s\up16(→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up16(→))＋\f(1,3)\(DC,\s\up16(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up16(→))－\f(2,3)\(DC,\s\up16(→))))＝eq \(AD,\s\up16(→))2－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up16(→))·eq \(DC,\s\up16(→))－eq \f(2,9)eq \(DC,\s\up16(→))2＝36－eq \f(2,9)×81＝18.
(2)由題意，eq \(AP,\s\up16(→))＝eq \(AD,\s\up16(→))＋eq \(DP,\s\up16(→))＝eq \(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,3)eq \(DC,\s\up16(→))＝eq \(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up16(→))，
eq \(BP,\s\up16(→))＝eq \(BC,\s\up16(→))＋eq \(CP,\s\up16(→))＝eq \(BC,\s\up16(→))＋eq \f(2,3)eq \(CD,\s\up16(→))＝eq \(AD,\s\up16(→))－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up16(→))，
所以eq \(AP,\s\up16(→))·eq \(BP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up16(→))＋\f(1,3)\(AB,\s\up16(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up16(→))－\f(2,3)\(AB,\s\up16(→))))＝eq \(AD,\s\up16(→))2－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up16(→))·eq \(AD,\s\up16(→))－eq \f(2,9)eq \(AB,\s\up16(→))2
＝36－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up16(→))·eq \(AD,\s\up16(→))－18＝18－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up16(→))·eq \(AD,\s\up16(→)).
又eq \(AP,\s\up16(→))·eq \(BP,\s\up16(→))＝6，所以18－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up16(→))·eq \(AD,\s\up16(→))＝6，所以eq \(AB,\s\up16(→))·eq \(AD,\s\up16(→))＝36.
又eq \(AB,\s\up16(→))·eq \(AD,\s\up16(→))＝|eq \(AB,\s\up16(→))||eq \(AD,\s\up16(→))|csθ＝9×6×csθ＝54csθ，
所以54csθ＝36，即csθ＝eq \f(2,3).所以eq \(AB,\s\up16(→))與eq \(AD,\s\up16(→))夾角的余弦值為eq \f(2,3).

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