2024-2025學年高中數學第二章平面向量2.4.1平面向量數量積的物理背景及其含義課時作業(yè)含解析新人教A版必修4

課時作業(yè)21平面對量數量積的物理背景及其含義——基礎鞏固類——一、選擇題1．已知|b|＝3，a在b方向上的投影是eq\f(2,3)，則a·b為(D)A.eq\f(1,3) B.eq\f(4,3)C．3 D．2解析：設a與b的夾角為θ，則a在b方向上的投影|a|cosθ＝eq\f(2,3)，所以a·b＝|a||b|cosθ＝eq\f(2,3)×3＝2，故選D.2．設向量a，b滿意|a|＝|b|＝1，a·b＝－eq\f(1,2)，則|a＋2b|＝(B)A.eq\r(2) B.eq\r(3)C.eq\r(5) D.eq\r(7)解析：因為|a＋2b|2＝|a|2＋4a·b＋4|b|2＝1＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋4＝3，所以|a＋2b|＝eq\r(3).3．已知菱形ABCD的邊長為a，∠ABC＝60°，則eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))等于(D)A．－eq\f(3,2)a2 B．－eq\f(3,4)a2C.eq\f(3,4)a2 D.eq\f(3,2)a2解析：由題意得|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(3)a，eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝|eq\o(BD,\s\up6(→))||eq\o(CD,\s\up6(→))|cos30°＝eq\r(3)a·a·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)a2，選D.4．已知a，b，c，d為不共線的非零向量，且a＋b＝c，a－b＝d，則下列說法正確的個數為(D)(1)若|a|＝|b|，則c·d＝0；(2)若c·d＝0，則|a|＝|b|；(3)若|c|＝|d|，則a·b＝0；(4)若a·b＝0，則|c|＝|d|.A．1 B．2C．3 D．4解析：(1)由|a|＝|b|，可知以a，b為鄰邊的四邊形是菱形，則c·d＝0，正確；(2)由c·d＝0，可得(a＋b)·(a－b)＝0，即a2＝b2，則|a|＝|b|，正確；(3)由|c|＝|d|，可知以a，b為鄰邊的四邊形是矩形，則a·b＝0，正確；(4)由a·b＝0，可知以a，b為鄰邊的四邊形是矩形，則|c|＝|d|，正確．故選D.5．若非零向量a，b滿意|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，則a與b的夾角為(A)A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D．π解析：由條件，得(a－b)·(3a＋2b)＝3a2－2b2－a·b＝0，即a·b＝3a2－2b2，又|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，所以a·b＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)|b|))2－2b2＝eq\f(2,3)b2，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\f(2,3)b2,\f(2\r(2),3)b2)＝eq\f(\r(2),2)，所以〈a，b〉＝eq\f(π,4).6．設四邊形ABCD為平行四邊形，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝6，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝4.若點M，N滿意eq\o(BM,\s\up6(→))＝3eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NC,\s\up6(→))，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))＝(C)A．20 B．15C．9 D．6解析：選擇eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))為基向量，∵eq\o(BM,\s\up6(→))＝3eq\o(MC,\s\up6(→))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→))，又eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NC,\s\up6(→))，∴eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\o(NC,\s\up6(→))＋eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up6(→))，于是eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)(4eq\o(AB,\s\up6(→))＋3eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\f(1,12)(4eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,48)(16|eq\o(AB,\s\up6(→))|2－9|eq\o(AD,\s\up6(→))|2)＝9.二、填空題7．已知向量eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝3，則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝9.解析：因為eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝3，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝|eq\o(OA,\s\up6(→))|2＋eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(OA,\s\up6(→))|2＝32＝9.8．已知平面對量a與b的夾角為eq\f(π,3)，且|b|＝1，|a＋2b|＝2eq\r(3)，則|a|＝2.解析：∵平面對量a與b的夾角為eq\f(π,3)，且|b|＝1，|a＋2b|＝2eq\r(3)，∴|a|2＋4|b|2＋4a·b＝12，即|a|2＋4＋4|a|·|b|coseq\f(π,3)＝12，即|a|2＋2|a|－8＝0，即(|a|－2)(|a|＋4)＝0，則|a|＝2或|a|＝－4(舍)，故|a|＝2.9．已知e1，e2是夾角為eq\f(2π,3)的兩個單位向量，a＝e1－2e2，b＝ke1＋e2，若a·b＝0，則實數k的值為eq\f(5,4).解析：由題意可得a·b＝(e1－2e2)·(ke1＋e2)＝keeq\o\al(2,1)－2eeq\o\al(2,2)＋(1－2k)e1·e2＝k－2＋(1－2k)×1×1×coseq\f(2π,3)＝2k－eq\f(5,2)＝0，解得k＝eq\f(5,4).三、解答題10．已知單位向量m和n的夾角為60°.(1)試推斷2n－m與m的關系并證明．(2)求n在n＋m方向上的投影．解：(1)(2n－m)⊥m，證明：(2n－m)·m＝2n·m－m2＝2cos60°－1＝0.所以(2n－m)⊥m.(2)|n＋m|2＝n2＋m2＋2|n||m|cos60°＝3，所以|n＋m|＝eq\r(3)，所以n在n＋m方向上的投影為eq\f(n·n＋m,|n＋m|)＝eq\f(n2＋n·m,\r(3))＝eq\f(\f(3,2),\r(3))＝eq\f(\r(3),2).11．已知e1、e2是夾角為120°的兩個單位向量，a＝3e1－2e2，b＝2e1－3e2.(1)求a·b的值；(2)求a＋b與a－b的夾角的大?。猓?1)a·b＝(3e1－2e2)·(2e1－3e2)＝6eeq\o\al(2,1)－13e1·e2＋6eeq\o\al(2,2)＝6－13cos120°＋6＝eq\f(37,2).(2)設a＋b與a－b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a＋b·a－b,|a＋b||a－b|)＝eq\f(5e1－5e2·e1＋e2,|5e1－5e2||e1＋e2|)＝0，所以θ＝90°，即a＋b與a－b的夾角為90°.——實力提升類——12．O為平面內的定點，A，B，C是平面內不共線的三點，若(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－2eq\o(OA,\s\up6(→)))＝0，則△ABC是(B)A．以AB為底邊的等腰三角形B．以BC為底邊的等腰三角形C．以AB為斜邊的直角三角形D．以BC為斜邊的直角三角形解析：設BC的中點為M，則化簡(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－2eq\o(OA,\s\up6(→)))＝0，得到eq\o(CB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(CB,\s\up6(→))·(2eq\o(AM,\s\up6(→)))＝2eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))＝0，即eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(CB,\s\up6(→))⊥eq\o(AM,\s\up6(→))，∴AM是△ABC的邊BC上的中線，也是高，故△ABC是以BC為底邊的等腰三角形．13．已知|a|＝2|b|≠0，且關于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有實根，則a與b的夾角的取值范圍是(B)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))解析：由于|a|＝2|b|≠0，且關于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有實根，則|a|2－4a·b≥0，即a·b≤eq\f(1,4)|a|2.設向量a與b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)≤eq\f(\f(1,4)|a|2,\f(1,2)|a|2)＝eq\f(1,2)，∴θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)).14．已知|a|＝|b|＝|c|＝1，且a＋b＋eq\r(3)c＝0，則a·b＋b·c＋c·a＝eq\f(1,2)－eq\r(3).解析：∵|a|＝|b|＝|c|＝1，且a＋b＋eq\r(3)c＝0，∴a2＋b2＋2a·b＝3c2，即2＋2a·b＝3，∴a·b＝eq\f(1,2).又a＋b＝－eq\r(3)c，∴a·b＋b·c＋c·a＝a·b＋c·(a＋b)＝a·b＋c·(－eq\r(3)c)＝eq\f(1,2)－eq\r(3).15．已知平面上三個向量a、b、c的模均為1，它們相互之間的夾角為120°.(1)求證：(a－b)⊥c.(2)若|ka＋b＋c|>1(k∈R)，求k的取值范圍．解：(1)證明：證法1：∵|a|＝|b|＝|c|＝1且a、b、c之間的夾角均為120°，∴(a－b)·c＝a·c－b·c＝|a||c|cos120°－|b||c|cos120°＝0.∴(a－b)⊥c.證法2：如圖，設eq\o(OA,\s