高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.2 平面向量的运算优秀练习

6.2.4　向量的数量积

课后篇巩固提升

基础巩固

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

答案D

解析由已知得p·q=3×3×cos 180°=-9.

2.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61,则|a+b|=(　　)

A. B. C.13 D.21

答案A

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|=.

3.已知a,b均为单位向量,若|a-2b|=,则向量a与b的夹角为(　　)

A. B. C. D.

答案B

解析由|a-2b|=,得(a-2b)2=3,

即a2+4b2-4a·b=3,

设单位向量a与b的夹角为θ,

则有1+4-4cos θ=3,

解得cos θ=,又θ∈[0,π],所以θ=.

4.已知向量a,b满足|a|=3,|b|=2,且a⊥(a+b),则b在a方向上的投影为(　　)

A.3 B.-3 C.- D.

答案B

解析由a⊥(a+b),得a·(a+b)=0,

即|a|2+a·b=0,于是a·b=-9,因此b在a方向上的投影为=-3.

5.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

答案D

解析设AB的长为a,因为,

所以·()=||2+=1+1··cos 120°=,解得a=2.

6.(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.

答案B

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.

7.(多选题)已知a,b,c是三个非零向量,则下列命题中真命题为(　　)

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|

答案ABC

解析需对以上四个命题逐一判断,依据有两条:一是向量数量积的定义;二是向量加法与减法的平行四边形法则.

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.

8.已知a,b为共线的两个向量,且|a|=1,|b|=2,则|2a-b|=　　　　　　　　. 

答案0或4

解析|2a-b|=.∵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.∴|2a-b|=0或4.

9.已知|a|=2,向量a在向量b上的投影为,则a与b的夹角为　　　　　. 

答案

解析记向量a与向量b的夹角为θ,则a在b上的投影为|a|cos θ=2cos θ.因为a在b上的投影为,所以cos θ=.因为θ∈[0,π],所以θ=.

10.如图所示,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=1,则的值是　　　　　. 

答案-1

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.

11.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.

12.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

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

答案C

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.

2.正三角形ABC边长为2,设=2=3,则=　　　　　. 

答案-

解析)·()

=)·

=

=×2-×4+×4-2=-.

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　　　　　　　　　　　　　　　　　　. 

答案(-∞,-2-)∪(-2+,1)∪(1,+∞)

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共线同向,故λ的取值范围是(-∞,-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.