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- 2023-11-11 发布
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°.