2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第六章平面向量及其應(yīng)用6.2平面向量的運(yùn)算6.2.4向量的數(shù)量積習(xí)題含解析新人教A版必修第二冊(cè)

.2.4向量的數(shù)量積課后篇鞏固提升基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練1.若p與q是相反向量,且|p|=3,則p·q等于()A.9 B.0 C.-3 D.-9解析由已知得p·q=3×3×cos180°=-9.答案D2.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61,則|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.將|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A3.在平行四邊形ABCD中,AD=1,∠BAD=60°,E為CD的中點(diǎn).若,則AB的長(zhǎng)為()A. B.1 C. D.2解析設(shè)AB的長(zhǎng)為a,因?yàn)?所以·()=||2+=1+1··cos120°=,解得a=2.答案D4.(2024全國(guó)Ⅰ高考)已知非零向量a,b滿意|a|=2|b|,且(a-b)⊥b,則a與b的夾角為()A. B. C. D.解析因?yàn)?a-b)⊥b,所以(a-b)·b=a·b-b2=0,所以a·b=b2.設(shè)a與b的夾角為θ,則cosθ=,所以a與b的夾角為,故選B.答案B5.(多選題)已知a,b,c是三個(gè)非零向量,則下列命題中是真命題的有()A.|a·b|=|a||b|?a∥bB.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|cosθ(θ為a與b的夾角),∴由|a·b|=|a||b|及a,b為非零向量可得|cosθ|=1,∴θ=0或π,∴a∥b且以上各步均可逆.故命題A是真命題.B.若a,b反向,則a,b的夾角為π,∴a·b=|a|·|b|cosπ=-|a||b|且以上各步均可逆.故命題B是真命題.C.當(dāng)a⊥b時(shí),將向量a,b的起點(diǎn)移至同一點(diǎn),則以向量a,b為鄰邊作平行四邊形,則該平行四邊形必為矩形,于是它的兩對(duì)角線長(zhǎng)相等,即有|a+b|=|a-b|.反過來,若|a+b|=|a-b|,則以a,b為鄰邊的四邊形為矩形,所以有a⊥b.故命題C是真命題.D.當(dāng)|a|=|b|但a與c的夾角和b與c的夾角不等時(shí),就有|a·c|≠|(zhì)b·c|,反過來由|a·c|=|b·c|也推不出|a|=|b|.故命題D是假命題.答案ABC6.已知a,b為共線的兩個(gè)向量,且|a|=1,|b|=2,則|2a-b|=.

解析|2a-b|=.又a,b為共線的兩個(gè)向量,設(shè)a,b的夾角為θ,則θ=0°或180°,當(dāng)θ=0°時(shí),a·b=2;當(dāng)θ=180°時(shí),a·b=-2.故|2a-b|=0或4.答案0或47.如圖所示,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=1,則的值是.

解析(方法一)=||||cos(180°-∠B)=-||||cos∠B=-|||=-||2=-1.(方法二)||=1,即為單位向量,=-=-||||cos∠ABC,而||cos∠ABC=||,所以=-||2=-1.答案-18.已知平面上三個(gè)向量a,b,c的模均為1,它們相互之間的夾角均為120°.求證:(a-b)⊥c.證明(a-b)·c=a·c-b·c=|a||c|cos120°-|b||c|cos120°=1×1×-1×1×=0,故(a-b)⊥c.9.已知向量a,b滿意|a|=,|b|=1.(1)若a,b的夾角θ為,求|a+b|;(2)若(a-b)⊥b,求a與b的夾角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?yàn)?a-b)⊥b,所以(a-b)·b=0.所以a·b-b2=0,即a·b=b2=1,所以cosθ=.又θ∈[0,π],所以θ=,即a與b的夾角為.實(shí)力提升練1.已知平面對(duì)量a,b,|a|=2,|b|=1,則|a-b|的最大值為()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|的最大值為3.答案C2.(多選題)設(shè)a,b,c是隨意的非零向量,且它們相互不共線,給出下列四個(gè)選項(xiàng),其中正確的有()A.a·c-b·c=(a-b)·cB.(b·c)·a-(c·a)·b不與c垂直C.|a|-|b|<|a-b|D.(3a+2b)·(3a-2b)=9|a|2-4|b|2解析依據(jù)向量數(shù)量積的安排律知,A正確;因?yàn)閇(b·c)·a-(c·a)·b]·c=(b·c)·(a·c)-(c·a)·(b·c)=0,所以(b·c)·a-(c·a)·b與c垂直,B錯(cuò)誤;因?yàn)閍,b不共線,所以|a|,|b|,|a-b|組成三角形三邊,所以|a|-|b|<|a-b|成立,C正確;依據(jù)向量數(shù)量積的安排律以及性質(zhì)知,D正確.答案ACD3.已知|a|=|b|=2,a,b的夾角為60°,則使向量a+λb與λa+b的夾角為銳角的λ的取值范圍是.

解析由a+λb與λa+b的夾角為銳角,得(a+λb)·(λa+b)>0,即λa2+(λ2+1)a·b+λb2>0,從而λ2+4λ+1>0,解得λ<-2-或λ>-2+.當(dāng)λ=1時(shí),a+λb與λa+b同向,故λ的取值范圍是(-∞,-2-)∪(-2+,1)∪(1,+∞).答案(-∞,-2-)∪(-2+,1)∪(1,+∞)4.如圖,在四邊形ABCD中,=a,=b,=c,=d,且a·b=b·c=c·d=d·a,且a·c=b·d,則四邊形ABCD是什么形態(tài)?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|2.②①-②,得|b|2=|d|2,①變形為|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|,故四邊形ABCD是菱形.∵,∴a=-c.又a·b=b·c,∴b·(a-c)=0,即b·(2a)=0.∴a·b=0,∴.故四邊形ABCD為正方形.5.如圖,在平面內(nèi)將兩塊直角三角板接在一起,已知∠ABC=45°,∠BCD=60°,記=a,=b.(1)試用a,b表示向量;(2)若|b|=1,求.解(1)=a-b,由題意可知,AC∥BD,BD=BC=AC.∴b,則=a+b,=a+(-1)b.(2)∵|b|=1,∴|a|=,a·b=cos45°=1,則=a·[a+(-1)b]=a2+(-1)a·b=2+-1=+1.素養(yǎng)培優(yōu)練1.如圖所示為正六邊形P1P2P3P4P5P6,則下列向量的數(shù)量積中最大的是()A. B.C. D.解析由于,故其數(shù)量積是0;的夾角是,故其數(shù)量積小于0;設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)是a,則=||||cos30°=a2,=||||cos60°=a2.故選A.答案A2.(2024鄭州檢測(cè))已知a,b是兩個(gè)非零向量,同時(shí)滿意|a|=|b|=|a-b