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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.❑√13 B.❑√26 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|=❑√13.
3.已知a,b均为单位向量,若|a-2b|=❑√3,则向量a与b的夹角为( )
π π 2π 5π
A. B. C. D.
6 3 3 6
答案B
解析由|a-2b|=❑√3,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,
1 π
解得cos θ= ,又θ∈[0,π],所以θ= .
2 3
4.已知向量a,b满足|a|=3,|b|=2❑√3,且a⊥(a+b),则b在a方向上的投影为( )
3❑√3 3❑√3
A.3 B.-3 C.- D.
2 2
答案B
解析由a⊥(a+b),得a·(a+b)=0,
a·b -9
即|a|2+a·b=0,于是a·b=-9,因此b在a方向上的投影为 = =-3.
|a| 3
1
5.在平行四边形ABCD中,AD=1,∠BAD=60°,E为CD的中点.若⃗AD·⃗BE= ,则AB的长为( )
21 3
A. B.1 C. D.2
2 2
答案D
解析设AB的长为a,因为⃗AD=⃗BC,
a 1
所以⃗AD·⃗BE=⃗BC·⃗BE=⃗BC ·(⃗BC+⃗CE )=|⃗BC |2+⃗BC·⃗CE =1+1· ·cos 120°= ,解得a=2.
2 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( )
π π 2π 5π
A. B. C. D.
6 3 3 6
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,
a·b |b|2 1
则cos θ= = = ,
|a|·|b| 2|b|2 2
π
所以a与b的夹角为 ,故选B.
3
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|=❑√4a2-4a·b+b2=❑√8-4a·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❑√3,则a与b的夹角为 .
π
答案
6
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❑√3,所
❑√3 π
以cos θ= .因为θ∈[0,π],所以θ= .
2 6
10.如图所示,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=1,则⃗AB·⃗BC的值是 .
答案-1
|⃗AB|
解析(方法一)⃗AB·⃗BC=|⃗AB|·|⃗BC|·cos(180°-∠B)=-|⃗AB|·|⃗BC|·cos∠B=-|⃗AB|·|⃗BC|· =-|⃗AB|
|⃗BC|
2=-1.
(方法二)|⃗BA|=1,即⃗BA为单位向量,⃗AB·⃗BC=-⃗BA·⃗BC=-|⃗BA||⃗BC|cos∠ABC,而|⃗BC|
·cos∠ABC=|⃗BA|,所以⃗AB·⃗BC=-|⃗BA|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× - -1×1× - =0,
2 2
故(a-b)⊥c.
12.已知向量a,b满足|a|=❑√2,|b|=1.
π
(1)若a,b的夹角θ为 ,求|a+b|;
4
(2)若(a-b)⊥b,求a与b的夹角θ.
π ❑√2
解(1)由已知,得a·b=|a||b|cos =❑√2×1× =1,所以|a+b|2=(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=2+1+2=5,所以|
4 2
a+b|=❑√5.
(2)因为(a-b)⊥b,所以(a-b)·b=0.
所以a·b-b2=0,即a·b=b2=1,
a·b 1 ❑√2
所以cos θ= = = .
|a||b| ❑√2 2
π π
又θ∈[0,π],所以θ= ,即a与b的夹角为 .
4 4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|=❑√(a-b)2=❑√a2-2a·b+b2=❑√5-2a·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,设⃗BC=2⃗BD,⃗AC=3⃗AE,则⃗AD·⃗BE= .
7
答案-
3
1
解析⃗AD·⃗BE= (⃗AB+⃗AC)·(⃗AE-⃗AB )
2
= 1 (⃗AB+⃗AC)· (1 ⃗AC-⃗AB )
2 3
1 1 1
= ⃗AB·⃗AC- ⃗AB2+ ⃗AC2-⃗AB·⃗AC
6 2 3
1 1 1 7
= ×2- ×4+ ×4-2=- .
6 2 3 3
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-❑√3)∪(-2+❑√3,1)∪(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-❑√3或λ>-2+❑√3.
当λ=1时,a+λb与λa+b共线同向,故λ的取值范围是(-∞,-2-❑√3)∪(-2+❑√3,1)∪(1,+∞).
4.如图,在四边形ABCD中,⃗AB=a,⃗BC=b,⃗CD=c,⃗DA=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.∵⃗AB∥⃗CD,∴a=-c.
又∵a·b=b·c,∴b·(a-c)=0,
即b·(2a)=0.∴a·b=0,
∴⃗AB⊥⃗BC.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°,记⃗AB=a,⃗AC=b.
(1)试用a,b表示向量⃗AD,⃗CD;
(2)若|b|=1,求⃗AB·⃗CD.
解(1)⃗CB=a-b,
由题意可知,AC∥BD,BD=❑√3BC=❑√3AC.
∴⃗BD=❑√3b,则⃗AD=⃗AB+⃗BD=a+❑√3b,
⃗CD=⃗AD-⃗AC=a+(❑√3-1)b.
(2)∵|b|=1,∴|a|=❑√2,a·b=❑√2cos 45°=1,
则⃗AB·⃗CD=a·[a+(❑√3-1)b]
=a2+(❑√3-1)a·b=2+❑√3-1=❑√3+1.
