【新教材】2020-2021学年高中人教A版数学必修第二册习题：6-2-4　向量的数量积

【新教材】2020-2021学年高中人教A版数学必修第二册习题：6-2-4　向量的数量积

‎6.2.4　向量的数量积 课后篇巩固提升 基础达标练 ‎1.若p与q是相反向量,且|p|=3,则p·q等于(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.9 B.0 C.-3 D.-9‎ 解析由已知得p·q=3×3×cos 180°=-9.‎ 答案D ‎2.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61,则|a+b|=(　　)‎ A. B. C.13 D.21‎ 解析由(2a-3b)·(2a+b)=61,‎ 得4|a|2-4a·b-3|b|2=61.‎ 将|a|=4,|b|=3代入上式,求得a·b=-6.‎ ‎|a+b|2=(a+b)2=|a|2+2a·b+|b|2=13,‎ 所以|a+b|=.‎ 答案A ‎3.在平行四边形ABCD中,AD=1,∠BAD=60°,E为CD的中点.若,则AB的长为(　　)‎ A. B.1 C. D.2‎ 解析设AB的长为a,因为,‎ 所以·()=||2+=1+1··cos 120°=,解得a=2.‎ 答案D ‎4.(2019全国Ⅰ高考)已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a-b)⊥b,则a与b的夹角为(　　)‎ A. B. C. D.‎ 解析因为(a-b)⊥b,所以(a-b)·b=a·b-b2=0,‎ 所以a·b=b2.设a与b的夹角为θ,‎ 则cos θ=,‎ 所以a与b的夹角为,故选B.‎ 答案B ‎5.(多选题)已知a,b,c是三个非零向量,则下列命题中是真命题的有(　　)‎ A.|a·b|=|a||b|⇔a∥b B.a,b反向⇔a·b=-|a||b|‎ C.a⊥b⇔|a+b|=|a-b|‎ D.|a|=|b|⇔|a·c|=|b·c|‎ 解析A.∵a·b=|a||b|cos θ(θ为a与b的夹角),‎ ‎∴由|a·b|=|a||b|及a,b为非零向量可得|cos θ|=1,‎ ‎∴θ=0或π,∴a∥b且以上各步均可逆.故命题A是真命题.‎ B.若a,b反向,则a,b的夹角为π,∴a·b=|a|·|b|cos π=-|a||b|且以上各步均可逆.故命题B是真命题.‎ C.当a⊥b时,将向量a,b的起点移至同一点,则以向量a,b为邻边作平行四边形,则该平行四边形必为矩形,于是它的两对角线长相等,即有|a+b|=|a-b|.反过来,若|a+b|=|a-b|,则以a,b为邻边的四边形为矩形,所以有a⊥b.故命题C是真命题.‎ D.当|a|=|b|但a与c的夹角和b与c的夹角不等时,就有|a·c|≠|b·c|,反过来由|a·c|=|b·c|也推不出|a|=|b|.故命题D是假命题.‎ 答案ABC ‎6.已知a,b为共线的两个向量,且|a|=1,|b|=2,则|2a-b|=　　　　　　　　. ‎ 解析|2a-b|=.‎ 又a,b为共线的两个向量,设a,b的夹角为θ,‎ 则θ=0°或180°,当θ=0°时,a·b=2;‎ 当θ=180°时,a·b=-2.故|2a-b|=0或4.‎ 答案0或4‎ ‎7.如图所示,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=1,则的值是　　　　　. ‎ 解析(方法一)=||||cos(180°-∠B)=-||||cos∠B=-|||=-||2=-1.‎ ‎(方法二)||=1,即为单位向量,=-=-||||cos∠ABC,‎ 而||cos∠ABC=||,‎ 所以=-||2=-1.‎ 答案-1‎ ‎8.已知平面上三个向量a,b,c的模均为1,它们相互之间的夹角均为120°.求证:(a-b)⊥c.‎ 证明(a-b)·c=a·c-b·c ‎=|a||c|cos 120°-|b||c|cos 120°‎ ‎=1×1×-1×1×=0,‎ 故(a-b)⊥c.‎ ‎9.已知向量a,b满足|a|=,|b|=1.‎ ‎(1)若a,b的夹角θ为,求|a+b|;‎ ‎(2)若(a-b)⊥b,求a与b的夹角θ.‎ 解(1)由已知,得a·b=|a||b|cos×1×=1,所以|a+b|2=(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=2+1+2=5,所以|a+b|=.‎ ‎(2)因为(a-b)⊥b,所以(a-b)·b=0.‎ 所以a·b-b2=0,即a·b=b2=1,‎ 所以cos θ=.‎ 又θ∈[0,π],所以θ=,即a与b的夹角为.‎ 能力提升练 ‎1.已知平面向量a,b,|a|=2,|b|=1,则|a-b|的最大值为(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.5‎ 解析∵|a|=2,|b|=1,∴|a-b|=,‎ 又a·b∈[-2,2],∴|a-b|∈[1,3],‎ ‎∴|a-b|的最大值为3.‎ 答案C ‎2.(多选题)设a,b,c是任意的非零向量,且它们相互不共线,给出下列四个选项,其中正确的有(　　)‎ A.a·c-b·c=(a-b)·c B.(b·c)·a-(c·a)·b不与c垂直 C.|a|-|b|<|a-b|‎ D.(3a+2b)·(3a-2b)=9|a|2-4|b|2‎ 解析根据向量数量积的分配律知,A正确;‎ 因为[(b·c)·a-(c·a)·b]·c ‎=(b·c)·(a·c)-(c·a)·(b·c)=0,‎ 所以(b·c)·a-(c·a)·b与c垂直,B错误;‎ 因为a,b不共线,所以|a|,|b|,|a-b|组成三角形三边,所以|a|-|b|<|a-b|成立,C正确;‎ 根据向量数量积的分配律以及性质知,D正确.‎ 答案ACD ‎3.已知|a|=|b|=2,a,b的夹角为60°,则使向量a+λb与λa+b的夹角为锐角的λ的取值范围是　　　　　　　　　　　　　　　　　　. ‎ 解析由a+λb与λa+b的夹角为锐角,得(a+λb)·(λa+b)>0,即λa2+(λ2+1)a·b+λb2>0,‎ 从而λ2+4λ+1>0,解得λ<-2-或λ>-2+.‎ 当λ=1时,a+λb与λa+b同向,故λ的取值范围是(-∞,-2-)∪(-2+,1)∪(1,+∞).‎ 答案(-∞,-2-)∪(-2+,1)∪(1,+∞)‎ ‎4.如图,在四边形ABCD中,=a,=b,=c,=d,且a·b=b·c=c·d=d·a,且a·c=b·d,则四边形ABCD是什么形状?‎ 解∵a+b+c+d=0,‎ ‎∴a+b=-(c+d),‎ ‎∴(a+b)2=(c+d)2,‎ 即a2+2a·b+b2=c2+2c·d+d2.‎ 又a·b=c·d,∴a2+b2=c2+d2,‎ 即|a|2+|b|2=|c|2+|d|2.①‎ 同理可得|a|2+|d|2=|b|2+|c|2.②‎ ‎①-②,得|b|2=|d|2,‎ ‎①变形为|a|2-|d|2=|c|2-|b|2,再加②式得|a|2=|c|2,‎ 即|b|=|d|,|a|=|c|.‎ 同理可得|a|=|b|,|c|=|d|,故四边形ABCD是菱形.‎ ‎∵,∴a=-c.‎ 又a·b=b·c,∴b·(a-c)=0,‎ 即b·(2a)=0.∴a·b=0,‎ ‎∴.故四边形ABCD为正方形.‎ ‎5.如图,在平面内将两块直角三角板接在一起,已知∠ABC=45°,∠BCD=60°,记=a,=b.‎ ‎(1)试用a,b表示向量;‎ ‎(2)若|b|=1,求.‎ 解(1)=a-b,‎ 由题意可知,AC∥BD,BD=BC=AC.‎ ‎∴b,则=a+b,‎ ‎=a+(-1)b.‎ ‎(2)∵|b|=1,∴|a|=,a·b=cos 45°=1,‎ 则=a·[a+(-1)b]‎ ‎=a2+(-1)a·b=2+-1=+1.‎ 素养培优练 ‎1.如图所示为正六边形P1P2P3P4P5P6,则下列向量的数量积中最大的是(　　)‎ A. B.‎ C. D.‎ 解析由于,故其数量积是0;的夹角是,故其数量积小于0;设正六边形的边长是a,则=||||cos 30°=a2,=||||cos 60°=a2.故选A.‎ 答案A ‎2.(2020郑州检测)已知a,b是两个非零向量,同时满足|a|=|b|=|a-b|,求a与a+b的夹角.‎ 解根据|a|=|b|,有|a|2=|b|2,又由|b|=|a-b|,得|b|2=|a|2-2a·b+|b|2,∴a·b=|a|2.‎ 而|a+b|2=|a|2+2a·b+|b|2=3|a|2,‎ ‎∴|a+b|=|a|.设a与a+b的夹角为θ.‎ 则cos θ=.‎ ‎∴θ=30°.‎ 故a与a+b的夹角为30°.‎