2020高中数学 第章 平面向量及其应用 .2 平面向量的运算 向量的数量积（2） 第二册

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE11-学必求其心得，业必贵于专精课时作业6向量的数量积（2）知识点一夹角问题1.已知a，b均为单位向量，(2a＋b)·（a－2b）＝－eq\f(3\r(3）,2），则a与b的夹角为()A．30°B．45°C．135°D．150°答案A解析∵(2a＋b)·(a－2b)＝2a2－4a·b＋a·b－2b2＝－3a·b＝－eq\f(3\r（3),2)，∴a·b＝eq\f(\r（3)，2).设a与b的夹角为θ，则cosθ＝eq\f（a·b，｜a||b｜）＝eq\f（\r(3），2）。又∵θ∈[0°，180°］，∴θ＝30°。2．若非零向量a,b满足|a｜＝|b|,（2a＋b）·b＝0，则a与bA．30°B．60°C．120°D．150°答案C解析设θ为a与b的夹角，∵（2a＋b)·b∴2a·b＋b2＝0,∴2｜a｜|b|cosθ＋｜b|2又∵|a｜＝|b｜≠0，∴cosθ＝－eq\f(1，2)，∵θ∈[0°，180°]，∴θ＝120°.3．已知｜a｜＝|b|＝2，(a＋2b)·（a－b)＝－2，则a与b的夹角为________．答案eq\f(π,3)解析设a与b的夹角为θ，θ∈[0，π］，由（a＋2b）·（a－b)＝－2,得｜a｜2＋a·b－2|b｜2＝4＋2×2×cosθ－2×4＝－2，解得cosθ＝eq\f（1，2），所以θ＝eq\f（π，3）。知识点二模及长度问题4。已知a·b＝－12eq\r（2），|a｜＝4,a与b的夹角为135°，则｜b|＝()A．12B．3C．6D．3eq\r(3）答案C解析a·b＝|a｜｜b|cos135°＝－12eq\r（2），又|a｜＝4，解得|b｜＝6.5．已知平面向量a，b满足|a｜＝eq\r（3)，|b|＝2，a·b＝－3，则|a＋2b｜＝()A．1B.eq\r(7)C．4＋eq\r(3）D．2eq\r（7）答案B解析根据题意，得|a＋2b|＝eq\r(a2＋4a·b＋4b2）＝eq\r（7）。故选B。6．已知|p｜＝2eq\r（2),｜q｜＝3，p，q的夹角为eq\f(π,4）,则以a＝5p＋2q，b＝p－3q为邻边的平行四边形的一条对角线的长度为（)A．15B。eq\r（15)C．14D．16答案A解析以a，b为邻边的平行四边形的对角线有两条，分别为a＋b，a－b，从而|a＋b｜＝｜6p－q|＝eq\r(6p－q2)＝eq\r（36p2＋q2－12p·q)＝eq\r（36×2\r(2)2＋32－12×2\r(2)×3×cos\f(π,4）)＝15.｜a－b｜＝|4p＋5q｜＝eq\r（16p2＋25q2＋40p·q)＝eq\r(16×2\r（2)2＋25×32＋40×2\r（2)×3×cos\f（π,4）)＝eq\r（593)。故选A.7．已知向量a与b的夹角为120°，且|a｜＝4,｜b｜＝2，求：(1)｜a＋b|；(2）｜3a－4b解由已知得a·b＝4×2×cos120°＝－4，a2＝｜a｜2＝16，b2＝｜b|2＝4.（1）因为|a＋b|2＝（a＋b）2＝a2＋2a·b＋b＝16＋2×（－4）＋4＝12，所以｜a＋b|＝2eq\r（3)。(2）因为|3a－4b｜2＝（3a－4b＝9a2－24a·b＋16＝9×16－24×（－4)＋16×4＝304,所以|3a－4b|＝4eq\r(19）.8．已知a，b均是非零向量，设a与b的夹角为θ，是否存在这样的θ，使|a＋b｜＝eq\r（3）｜a－b|成立？若存在,求出θ的值；若不存在,请说明理由．解假设存在满足条件的θ。∵｜a＋b|＝eq\r（3)｜a－b|，∴(a＋b）2＝3（a－b）2。∴｜a|2＋2a·b＋|b｜2＝3(｜a|2－2a·b＋|b｜∴｜a|2－4a·b＋｜b|2∴｜a|2－4｜a｜|b｜cosθ＋｜b|2＝0.∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(cosθ＞0，,Δ＝4｜b|cosθ2－4｜b|2≥0，））解得cosθ∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(1,2），1）)。又∵θ∈[0，π］，∴θ∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,3））)。故当θ∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,3)））时，｜a＋b｜＝eq\r（3）|a－b｜成立。知识点三垂直问题9。若|a|＝｜b|＝1，a⊥b，且（2a＋3b)⊥（ka－4b)，则kA．－6B．6C．3D．－3答案B解析由题意，得（2a＋3b）·(ka－4b）＝2k｜a|2＋（3k－8）a·b－12｜b|2＝0，由于a⊥b,故a·b＝0，又｜a|＝｜b|＝1，于是2k－12＝0，解得k10．已知｜a|＝3,|b｜＝2,a与b的夹角为60°，c＝3a＋5b，d＝ma－3b（1)当m为何值时，c与d垂直？(2）当m为何值时，c与d共线?解(1)由向量c与d垂直，得c·d＝0,而c·d＝(3a＋5b）·(ma－3b)＝3ma2＋(5m－9)a·b－15b2＝27m＋3（5∴m＝eq\f（29，14)，即当m＝eq\f（29,14)时，c与d垂直．(2)由c与d共线得，存在实数λ，使得c＝λd，∴3a＋5b＝λ（ma－3b)，即3a＋5b＝λma－3λ又∵a与b不共线,∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(λm＝3，，－3λ＝5，))解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（λ＝－\f(5,3),，m＝－\f（9,5),）)即当m＝－eq\f（9,5）时，c与d共线．一、选择题1．若｜a｜＝1，|b|＝2，c＝a＋b且c⊥a，则向量a与b的夹角为（）A．30° B．60°C．120° D．150°答案C解析由c⊥a，得a·c＝0，又c＝a＋b，所以a·c＝a·（a＋b)＝0,即a2＋a·b＝0。设向量a与b的夹角为θ，则cosθ＝eq\f（a·b,|a||b|）＝eq\f(－a2,｜a｜｜b｜)＝－eq\f(1,2)，因为θ∈［0°，180°］，所以θ＝120°，即向量a与b的夹角为120°.故选C。2．在△ABC中，M是BC的中点，AM＝1，点P在AM上且满足eq\o(AP,\s\up15（→)）＝2eq\o（PM，\s\up15(→））,则eq\o(PA，\s\up15(→）)·(eq\o(PB，\s\up15(→)）＋eq\o(PC,\s\up15（→）)）等于（）A．－eq\f（4,3） B.eq\f（4，3）C．－eq\f（4，9) D.eq\f(4，9）答案C解析由题意可知，｜eq\o（AP,\s\up15(→))｜＝eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）\o(AM，\s\up15（→））））＝eq\f（2，3），|eq\o(PM，\s\up15(→）)|＝eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(\f（1,3）\o(AM,\s\up15（→))））＝eq\f（1，3）。根据向量的加法,知eq\o（PB,\s\up15(→))＋eq\o（PC，\s\up15（→)）＝2eq\o(PM，\s\up15(→)），则eq\o（PA,\s\up15（→))·(eq\o（PB,\s\up15(→))＋eq\o(PC,\s\up15（→））)＝2|eq\o(PA，\s\up15(→））|·｜eq\o(PM，\s\up15(→)）｜cos180°＝2×eq\f(2，3）×eq\f(1，3)×(－1）＝－eq\f(4,9）.3．已知向量a，b的夹角为120°,|a｜＝｜b｜＝1，c与a＋b同向，则｜a－c｜的最小值为（）A．1B。eq\f（1，2）C.eq\f（3，4）D.eq\f(\r(3),2）答案D解析∵｜a|＝｜b｜＝1,c与a＋b同向，∴a与c的夹角为60°.又|a－c|＝eq\r（a2－2a·c＋c2)＝eq\r（1－|c|＋|c｜2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(｜c｜－\f(1,2))）2＋\f(3,4)),故|a－c｜min＝eq\f(\r（3），2)。4．点O是△ABC所在平面内一点,且满足OA·eq\o（OB，\s\up15(→）)＝eq\o（OB，\s\up15(→))·eq\o（OC,\s\up15(→)）＝eq\o（OA，\s\up15(→））·eq\o(OC,\s\up15(→）)，则点O是△ABC的(）A．重心B．垂心C．内心D．外心答案B解析因为eq\o（OA,\s\up15(→))·eq\o(OB,\s\up15(→））＝eq\o（OB,\s\up15（→)）·eq\o（OC,\s\up15(→）），所以eq\o(OB,\s\up15（→））·（eq\o(OA,\s\up15（→）)－eq\o(OC,\s\up15（→））)＝0，即eq\o（OB,\s\up15（→）)·eq\o（CA，\s\up15（→))＝0,则eq\o（OB，\s\up15（→）)⊥eq\o(CA，\s\up15(→)）。同理eq\o(OA，\s\up15(→）)⊥eq\o（BC，\s\up15(→）），eq\o（OC，\s\up15（→））⊥eq\o（AB,\s\up15（→））。所以O是△ABC的垂心．5．已知同一平面内的向量a，b，c，两两所成的角相等，并且｜a|＝1，｜b|＝2,|c｜＝3，则向量a＋b＋c的长度为（)A．6B.eq\r（3)C．6或eq\r(3)D．6或eq\r(6）答案C解析①当向量a,b,c共线且同向时，它们两两所成的角均为0°，所以|a＋b＋c｜＝｜a|＋｜b|＋|c｜＝6；②当向量a，b，c不共线时，易知a，b,c都为非零向量．设a，b,c两两所成的角均为θ，则3θ＝360°,即θ＝120°，所以a·b＝｜a｜|b｜cos120°＝－1。同理b·c＝－3，c·a＝－eq\f（3，2）。又｜a＋b＋c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·故｜a＋b＋c|＝eq\r(3）。综上所述，向量a＋b＋c的长度为6或eq\r(3）。二、填空题6．已知单位向量e1,e2的夹角为α,且cosα＝eq\f（1，3),若向量a＝3e1－2e2，则|a|＝________.答案3解析因为a2＝（3e1－2e2)2＝9－2×3×2×cosα＋4＝9，所以｜a|＝3。7．如图所示，在△ABC中,∠C＝90°，且AC＝BC＝4，点M满足eq\o（BM,\s\up15(→))＝3eq\o(MA,\s\up15(→）)，则eq\o（CM,\s\up15(→）)·eq\o（CB，\s\up15（→）)＝________.答案4解析eq\o（CM,\s\up15(→))·eq\o（CB，\s\up15(→）)＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o（CA，\s\up15(→)）＋\f（1,4)\o(AB,\s\up15(→）））)·eq\o（CB，\s\up15(→)）＝eq\f(1,4）eq\o(AB，\s\up15（→））·eq\o(CB，\s\up15（→)）＝eq\f(1，4)(eq\o(CB，\s\up15(→）)－eq\o（CA，\s\up15（→）））·eq\o（CB，\s\up15(→）)＝eq\f（1，4）eq\o(CB，\s\up15(→））2＝4.8．已知向量eq\o(OA,\s\up15(→)）⊥eq\o(AB，\s\up15(→）），|eq\o(OA，\s\up15(→)）｜＝3，则eq\o(OA，\s\up15（→))·eq\o(OB,\s\up15(→))＝________.答案9解析因为eq\o(OA，\s\up15（→））⊥eq\o（AB,\s\up15(→)），所以eq\o（OA，\s\up15（→)）·eq\o（AB，\s\up15(→）)＝0。又因为｜eq\o(OA，\s\up15（→）)｜＝3，所以eq\o（OA，\s\up15(→))·eq\o（OB，\s\up15（→))＝eq\o（OA,\s\up15（→)）·(eq\o（OA,\s\up15(→）)＋eq\o(AB,\s\up15（→）））＝｜eq\o（OA，\s\up15(→））|2＋eq\o(OA，\s\up15(→))·eq