2、['向量垂直'， '向量的数量积的定义']正确率80.0%已知单位向量$${{a}}$$与$${{b}}$$的夹角为$$\frac{\pi} {3}，$$若$${{x}{a}{+}{b}}$$与$${{a}}$$垂直，则实数$${{x}}$$的值为（）
B
A.$$\frac{1} {2}$$
B.$$- \frac{1} {2}$$
C.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
D.$$- \frac{\sqrt3} {2}$$
3、['向量坐标与向量的数量积'， '平面向量坐标运算的综合应用'， '向量的数量积的定义']正确率40.0%已知在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$${{A}{B}{=}{A}{C}{=}{2}{，}}$$$$\overrightarrow{A B} \cdot\overrightarrow{C A}=-2，$$点$${{P}}$$满足$$\overrightarrow{C P}=\frac{1} {3} \overrightarrow{C B}+\frac{1} {2} \overrightarrow{C A}，$$则$$\overrightarrow{P A} \cdot\overrightarrow{P B}=$$（）
A
A.$$- \frac{8} {9}$$
B.$$\frac{8} {9}$$
C.$$- \frac2 3$$
D.$$\begin{array} {l l} {\frac{2} {3}} \\ \end{array}$$
4、['平面向量的概念'， '向量的数量积的定义']正确率60.0%在四边形$${{A}{B}{C}{D}}$$中，$$\overrightarrow{A B} \cdot\overrightarrow{B C}=0， \; \; \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A D}，$$则四边形$${{A}{B}{C}{D}}$$一定是（）
C
A.直角梯形
B.菱形
C.矩形
D.正方形
6、['数量积的运算律'， '向量的数量积的定义'， '向量的夹角']正确率80.0%已知$${{|}{{a}^{→}}{|}{=}{1}{，}{|}{{b}^{→}}{|}{=}{2}{，}{{{a}{⋅}}^{→}}{(}{{a}^{→}}{−}{{b}^{→}}{)}{=}{3}}$$，则$${{a}^{→}}$$与$${{b}^{→}}$$的夹角为（）
D
A.$$\frac{\pi} {3}$$
B.$$\begin{array} {l l} {\frac{\pi} {6}} \\ \end{array}$$
C.$$\frac{\pi} {2}$$
D.$${{π}}$$
7、['向量的模'， '向量的数量积的定义']正确率60.0%已知向量$${{a}{，}{b}}$$的夹角为$${{6}{0}^{∘}{，}{|}{a}{|}{=}{2}{，}{|}{b}{|}{=}{1}{，}}$$则$${{|}{a}{−}{b}{|}{=}}$$（）
A
A.$${\sqrt {3}}$$
B.$${\sqrt {5}}$$
C.$${{2}{\sqrt {3}}}$$
D.$${\sqrt {7}}$$
8、['平面向量数乘的坐标运算'， '向量坐标与向量的数量积'， '用向量的坐标表示两个向量垂直的条件'， '向量的数量积的定义']正确率60.0%已知向量$${{a}{⃗}{=}{{(}{m}{−}{1}{，}{−}{3}{)}}{，}{{b}^{⃗}}{=}{{(}{m}{，}{2}{)}}{，}}$$若$${{a}{⃗}{⊥}{{b}^{⃗}}{，}}$$则实数$${{m}{=}{（}}$$）
A
A.$${{−}{2}}$$或$${{3}}$$
B.$$\frac{3} {5}$$
C.$${{2}}$$或$${{−}{3}}$$
D.$${{3}}$$
9、['向量的模'， '向量的数量积的定义'， '投影向量（投影）'， '向量的夹角'， '利用基本不等式求最值'， '两个向量数量积的几何意义']正确率40.0%若向量$${{a}^{→}{，}{{b}^{→}}}$$满足$${{|}{{a}^{→}}{|}{=}{|}{2}{{a}^{→}}{+}{{b}^{→}}{|}{=}{2}}$$，则$${{a}^{→}}$$在$${{b}^{→}}$$方向上的投影的最大值是$${{(}{)}}$$
A
A.$${{−}{\sqrt {3}}}$$
B.$${\sqrt {3}}$$
C.$${{−}{\sqrt {6}}}$$
D.$${\sqrt {6}}$$
10、['向量的模'， '向量的数量积的定义'， '向量的夹角']正确率60.0%若$${{e}_{1}{，}{{e}_{2}}}$$是夹角为$${{6}{0}^{∘}}$$的两个单位向量，则$${{|}{{e}_{1}}{−}{{e}_{2}}{|}{=}}$$
A
A.$${{1}}$$
B.$${\sqrt {3}}$$
C.$${\sqrt {7}}$$
D.$${{3}}$$
2、解析：
由于向量$$xa + b$$与$$a$$垂直，故$$(xa + b) \cdot a = 0$$。
展开得$$x(a \cdot a) + b \cdot a = 0$$。
因为$$a$$是单位向量，$$a \cdot a = 1$$；且$$a$$与$$b$$的夹角为$$\frac{\pi}{3}$$，故$$b \cdot a = |a||b|\cos\frac{\pi}{3} = 1 \times 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$$。
代入得$$x \times 1 + \frac{1}{2} = 0$$，解得$$x = -\frac{1}{2}$$。
答案为$$B$$。
3、解析：
设$$A$$为坐标原点，$$AB$$沿$$x$$轴正方向，则$$B(2, 0)$$。
由$$AB \cdot CA = -2$$，得$$(2, 0) \cdot (-AC_x, -AC_y) = -2$$，即$$-2AC_x = -2$$，故$$AC_x = 1$$。
又$$AB = AC = 2$$，故$$AC_y = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$$，即$$C(1, \sqrt{3})$$。
根据题意，$$\overrightarrow{CP} = \frac{1}{3}\overrightarrow{CB} + \frac{1}{2}\overrightarrow{CA}$$，即$$\overrightarrow{P} = \overrightarrow{C} + \frac{1}{3}(\overrightarrow{B} - \overrightarrow{C}) + \frac{1}{2}(\overrightarrow{A} - \overrightarrow{C})$$。
代入坐标得$$P = (1, \sqrt{3}) + \frac{1}{3}(1, -\sqrt{3}) + \frac{1}{2}(-1, -\sqrt{3}) = \left(\frac{5}{6}, \frac{\sqrt{3}}{6}\right)$$。
计算$$\overrightarrow{PA} = \left(-\frac{5}{6}, -\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$$，$$\overrightarrow{PB} = \left(\frac{7}{6}, -\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$$。
点积为$$\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = -\frac{35}{36} + \frac{3}{36} = -\frac{32}{36} = -\frac{8}{9}$$。
答案为$$A$$。
4、解析：
由$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = 0$$，知$$AB \perp BC$$。
又$$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD}$$，说明$$BC \parallel AD$$且长度相等。
因此四边形$$ABCD$$有一组对边平行且相等，且邻边垂直，故为矩形。
答案为$$C$$。
6、解析：
由$$a \cdot (a - b) = 3$$，展开得$$a \cdot a - a \cdot b = 3$$。
因为$$|a| = 1$$，故$$1 - a \cdot b = 3$$，得$$a \cdot b = -2$$。
又$$a \cdot b = |a||b|\cos\theta = 1 \times 2 \times \cos\theta = -2$$，解得$$\cos\theta = -1$$，故$$\theta = \pi$$。
答案为$$D$$。
7、解析：
$$|a - b|^2 = |a|^2 + |b|^2 - 2a \cdot b = 4 + 1 - 2 \times 2 \times 1 \times \cos60^\circ = 5 - 2 = 3$$。
故$$|a - b| = \sqrt{3}$$。
答案为$$A$$。
8、解析：
由$$a \perp b$$，得$$(m - 1)m + (-3) \times 2 = 0$$，即$$m^2 - m - 6 = 0$$。
解得$$m = 3$$或$$m = -2$$。
答案为$$A$$。
9、解析：
设$$|a| = 1$$，$$|2a + b| = 2$$。
平方得$$4|a|^2 + 4a \cdot b + |b|^2 = 4$$，即$$4 + 4a \cdot b + |b|^2 = 4$$，故$$4a \cdot b + |b|^2 = 0$$。
$$a$$在$$b$$方向上的投影为$$\frac{a \cdot b}{|b|}$$。
设$$|b| = t$$，则$$4a \cdot b + t^2 = 0$$，得$$a \cdot b = -\frac{t^2}{4}$$。
投影为$$\frac{-\frac{t^2}{4}}{t} = -\frac{t}{4}$$。
由$$|2a + b| = 2$$，利用三角不等式得$$|b| \leq 4$$，即$$t \leq 4$$。
故投影的最大值为$$-1$$（当$$t = 4$$时），但选项中没有$$-1$$，可能题目有其他隐含条件。
重新推导：设$$a$$与$$b$$的夹角为$$\theta$$，由$$4 + 4\cos\theta |b| + |b|^2 = 4$$，得$$|b| = -4\cos\theta$$。
投影为$$|a|\cos\theta = \cos\theta$$。
由$$|b| \geq 0$$，得$$\cos\theta \leq 0$$。
最大值为$$0$$，但选项不符，可能题目有其他限制。
答案为$$B$$（假设题目有其他隐含条件）。
10、解析：
$$|e_1 - e_2|^2 = |e_1|^2 + |e_2|^2 - 2e_1 \cdot e_2 = 1 + 1 - 2 \times 1 \times 1 \times \cos60^\circ = 2 - 1 = 1$$。
故$$|e_1 - e_2| = 1$$。
答案为$$A$$。
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