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(共48张PPT)
平面向量数量积及其运算性质的应用
(拓展融通课——习题讲评式教学)
5.1.2
课时目标
　进一步掌握平面向量数量积的运算.能运用数量积的运算性质和运算律解决模、垂直、夹角问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　数量积的运算
题型(二)　向量的模
题型(三)　向量的夹角与垂直
4
课时跟踪检测
题型(一)　数量积的运算
01
[例1]　(1)(2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·=(　 )
A. B.3
C.2 D.5
解析:由题意知,=+=+,=+=-+,
所以·= · =||2-||2=4-1=3,故选B.
√
(2)(2021·新课标Ⅱ卷)已知向量a+b+c=0,|a|=1,|b|=|c|=2,
a·b+b·c+c·a=　　　　.
解析:法一:(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=0
2(a·b+b·c+c·a)+9=0 a·b+b·c+c·a=-.
法二:由a+b=-c a2+b2+2a·b=c2 a·b=-.由a+c=-b
a2+c2+2a·c=b2 a·c=-.
由b+c=-a b2+c2+2b·c=a2 b·c=-.∴a·b+b·c+c·a=-.
-
|思|维|建|模|
求平面向量数量积的步骤
(1)求a与b的夹角θ,θ∈[0,π];
(2)分别求|a|和|b|;
(3)求数量积,即a·b=|a||b|cos θ,要特别注意书写时a与b之间用实心圆点“·”连接,而不能用“×”连接,也不能省去.
1.如图,在△ABC中,AD⊥AB,=,||=2,则·=(　 )
A.2 B.4
C.3 D.
√
针对训练
解析:根据向量的线性运算,结合平面向量数量积的定义可得·=(+)·=·+·,由AD⊥AB,
可知=0,又因为= ,||=2,
所以=·=||·||·cos∠ADB=
×2×||×=4.故选B.
2.(2022·全国甲卷)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b) ·b=　　　.
解析:(2a+b) ·b=2a·b+b2=2|a|·|b|·cos+|b|2=2×1×3×
+32=11.
11
题型(二)　向量的模
02
[例2]　已知向量a与b夹角为45°,且|a|=1,|2a+b|=,求|b|.
解:因为|2a+b|=,所以(2a+b)2=10,
所以4a2+4a·b+b2=10.
又因为向量a与b的夹角为45°且|a|=1,
所以4×12+4×1×|b|×+|b|2=10,
整理得|b|2+2|b|-6=0,
解得|b|=或|b|=-3(舍去).
|思|维|建|模|
求向量模的常见思路及方法
(1)求模问题一般转化为求模平方,与向量数量积联系,并灵活应用a2=|a|2,勿忘记开方.
(2)a·a=a2=|a|2或|a|=,此性质可用来求向量的模,可以实现实数运算与向量运算的相互转化.
(3)一些常见的等式应熟记,如(a±b)2=a2±2a·b+b2,(a+b)·(a-b)=
a2-b2等.
3.(2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a,b满足:|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|= (　 )
A.　　 B.　　 C.　　 D.1
解析:因为(b-2a)⊥b,所以(b-2a)·b=0,即b2=2a·b,又因为|a|=1,|a+2b|=2,所以1+4a·b+4b2=1+6b2=4,从而|b|=.
√
针对训练
4.已知向量a,b满足|a+b|=4,|a-b|=2,则|a||b|的最大值是 (　 )
A.3 　　　　B.4
C.5 　　　　D.6
解析:∵|a+b|=4,|a-b|=2,∴|a+b|2+|a-b|2=2|a|2+2|b|2=20.
∴|a|2+|b|2=10.∵(a-b)2≥0,∴|a|2+|b|2≥2|a||b|.
∴|a||b|≤5.∴|a||b|的最大值为5,故选C.
√
题型(三)　向量的夹角与垂直
03
[例3]　已知a,b都是非零向量,且a+3b与7a-5b垂直,a-4b与7a-2b垂直,求a与b夹角的大小.
解:因为a,b都是非零向量,由a+3b与7a-5b垂直,
则(a+3b)· (7a-5b)=0,
即7a2+16a·b-15b2=0.　①
由a-4b与7a-2b垂直,则(a-4b)·(7a-2b)=0,
即7a2-30a·b+8b2=0.　②
①-②,得2a·b=b2=|b|2,　③
③代入①,得|a|=|b|.
设a与b夹角为θ,则cos θ===,
因为θ∈[0,π],所以θ=.所以a与b的夹角为.
|思|维|建|模|
1.求向量夹角的方法
(1)求出a·b,|a|,|b|,代入公式cos θ=求解.
(2)用同一个量表示a·b,|a|,|b|,代入公式求解.
(3)借助向量运算的几何意义,数形结合求夹角.
2.求向量夹角的注意点
要注意夹角θ的范围为[0,π].当cos θ>0时,θ∈;
当cos θ<0时,θ∈;当cos θ=0时,θ=.
5.若e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,则a=2e1+e2与b=-3e1+2e2的夹角大小为　　　　.
解析:∵e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,则e1·e2=|e1||e2|cos 60°=,
∴a·b=(2e1+e2)·(-3e1+2e2)=-6+e1·e2+2=-6++2=-,
|a|====,
针对训练
120°
|b|====.
∴cos==-.∵0°≤≤180°,∴=120°.
6.已知a⊥b,且|a|=2,|b|=1,若有两个不同时为零的实数k,t,使得a+(t-3)b与-ka+tb垂直,则k的最小值为　　　　.
解析:∵a⊥b,∴a·b=0.
又由已知得[a+(t-3)b]·(-ka+tb)=0,∴-ka2+t(t-3)b2=0.
∵|a|=2,|b|=1,∴-4k+t(t-3)=0.∴k=(t2-3t)=-(t≠0).
故当t=时,k取得最小值,最小值为-.
-
7.已知向量a,b的夹角为120°,且|a|=1,|b|=2,当向量a+λb与λa+b的夹
角为钝角时,实数λ的取值范围为　　 　　.
解析:因为|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为120°,
所以a·b=|a||b|cos 120°=1×2×=-1.
(-∞,-1)∪∪
因为向量a+λb与λa+b的夹角为钝角,所以(a+λb)·(λa+b)<0,
且两向量不共线.则(a+λb)·(λa+b)=λa2+(λ2+1)a·b+λb2=
λ-(λ2+1)+4λ<0,解得λ<或λ>.当(a+λb)∥(λa+b)时,
则a+λb=k(λa+b)=kλa+kb(k∈R),可得解得k=λ=±1.
所以λ的取值范围是(-∞,-1)∪∪.
课时跟踪检测
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A级——达标评价
1.已知a和b为非零向量,且|2a+b|=|2a-b|,a与b的夹角为(　 )
A.
C.
解析:因为|2a+b|=|2a-b|,则|2a+b|2=|2a-b|2,即4a2+4a·b+b2=4a2-4a·b+b2,所以a·b=0,又因为a和b为非零向量,则a与b的夹角为.
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2.已知向量a,b,|a|=1,|b|=2,a⊥(b-a),则|2a+b|= (　 )
A.4 B.2
C.3 D.12
解析:∵a⊥(b-a),∴a·(b-a)=a·b-a2=a·b-1=0,
∴a·b=1,|2a+b|2=(2a+b)2=4a2+4a·b+b2=12,∴|a+b|=2.
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3.已知菱形ABCD的边长为2,·=2,则||=(　 )
A. B.2
C.1 D.2
解析:根据题意可得=+,=-,
∵=2,即·(+)=+=2,∴=-2,
||2==-2+=12,即||=2,故选B.
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4.早在公元前十一世纪,数学家商高就提出“勾三股四弦五”.《周髀算经》中曾有记载,大意为:“当直角三角形的两条直角边分别为3(勾)和4(股)时,斜边(弦)则为5”,勾股定理也称为商高定理.现有△ABC的三边满足“勾三股四弦五”,其中勾AC的长为3,点A在弦BC上的射影为点D,则(-)·=(　 )
A.
C.- D.-
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解析:由题意可得,AD==,AD⊥BC,所以cos∠CAD===,
(-)·=·=cos∠CAD=3××=.
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5.(2024·北京高考)设a,b是向量,则“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”的 (　 )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:由(a+b)·(a-b)=0,得a2-b2=0,即|a|2-|b|2=0,所以|a|=|b|,
当a=(1,1),b=(-1,1)时,|a|=|b|,但a≠b且a≠-b,故充分性不成立;
当a=-b或a=b时,(a+b)·(a-b)=0,故必要性成立.所以“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”的必要不充分条件.
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6.已知|a|=2,|b|=3,且a⊥b,则(a+b)·(2a-b)=　　.
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7.已知|a|=2,|b|=3,a与b的夹角为,且a+b+c=0,则|c|=　　　　.
解析:因为a+b+c=0,所以c=-a-b,
所以c2=(-a-b)2=a2+2a·b+b2=22+2×2×3cos+32=4-6+9=7,
所以|c|=.
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8.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,|a-b|=,则a与b的夹角为　　　　.
解析:|a-b|2=a2-2a·b+b2=1-2a·b+4=5-2a·b=7,∴a·b=-1,
又θ∈[0,π],cos θ==-,∴θ=.
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9.(10分)如图所示,在△ABC中,∠BAC=90°,
BC=4,A是线段EF的中点,EF=2.若与的
夹角为60°,求·.
解:·=(+)·(+)=·+·
+·+·.∵∠BAC=90°,∴·=0.
又A是线段EF的中点,∴=-,∴·=·-·-=
·-1=4×1×cos 60°-1=1.
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10.(12分)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,且a,b的夹角为60°.
(1)若(2a+3b)⊥(a-kb),求实数k的值;
解:因为(2a+3b)⊥(a-kb),
所以(2a+3b)·(a-kb)=2a2+(3-2k)a·b-3kb2=2|a|2+(3-2k)a·b-3k|b|2=0,
即2+(3-2k)×1×2×cos 60°-3k×4=0,解得k=.
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(2)求a+b与a-b的夹角的余弦值.
解:因为|a+b|====,
|a-b|====,
所以cos====-,
故a+b与a-b的夹角的余弦值为-.
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B级——重点培优
11.(多选)在△ABC中,下列结论错误的是(　 )
A.-=
B.·<||·||
C.若(+)·(-)=0,则△ABC是等腰三角形
D.若·>0,则△ABC是锐角三角形
√
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解析:由向量减法法则可得-=,故A错误;
·=||·||·cos<,><||·||,故B正确;设BC的中点为D,(+)·(-)=2·=0,则⊥,因为BD=CD,
所以由三线合一得AB=AC,所以△ABC是等腰三角形,故C正确;由·>0,可以得到∠BAC是锐角,不能得到△ABC是锐角三角形,
故D错误.故选A、D.
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12.在矩形ABCD中,AB=2,AD=4,E是CD上一点,则·的最小值为(　 )
A.13 B.15
C.17 D.19
√
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解析:设=λ(0≤λ≤1),则=λ,=(1-λ)·,=+=
λ+,=+=(λ-1)+,则·=(λ+)·
=λ(λ-1)+(2λ-1)·+=
4λ2-4λ+16=4+15,所以当λ=,即E是CD的中点时,
·的最小值为15.故选B.
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13.(多选)八卦是中国文化的基本哲学概念,图1是八卦模型图,其平面图形为图2所示的正八边形ABCDEFGH,其中|OA|=1,则下列结论正确的是 (　 )
A.与的夹角为
B.+=
C.|-|=||
D.在上的投影向量为-e(其中e为与同向的单位向量)
√
√
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解析:因为多边形ABCDEFGH为正八边形,所以∠AOH==.所以与的夹角为,A错误.若+=成立,则=-=,显然不成立,B错误.因为∠AOC=2×=,所以|-|=||=||.
又||=||=||,所以|-|=||,C正确.因为∠AOD=3×=,
所以在上的投影向量为||·cos∠AOD· e=1×cos×e=-e,
D正确.
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14.(多选)若平面向量a,b,c两两的夹角相等,且|a|=1,|b|=1,|c|=3,则|a+b+c|= (　 )
A. B.2
C. D.5
解析: |a+b+c|==,因为平面向量a,b,c两两的夹角相等,所以夹角有两种情况,即a,b,c两两的夹角为0°或120°.当夹角为0°时,a·b=|a||b|cos 0°=1,
a·c=|a||c|cos 0°=3,b·c=|b||c|cos0°=3,
√
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|a+b+c|==5.当夹角为120°时,
a·b=|a||b|cos 120°=-,a·c=|a||c|cos 120°=1×3×=-,
b·c=|b||c|cos 120°=1×3×=-,
|a+b+c|==2.
所以|a+b+c|=2或5,故选B、D.
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15.(14分)如图,在△OAB中,P为线段AB上
的一个动点(不含端点),且满足=λ.
(1)若λ=,用向量,表示;
解:因为=λ,所以=.所以=+=+
(-)=+.当λ=时,=+.
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(2)若||=6,||=2,且∠AOB=120°,求·的取值范围.
解:由(1)可知=+,所·=·
(-)=-+·+||2.因为||=6,||=2,
∠AOB=120°,所以·=-+×6×2×+=10-.
因为λ>0,所以-52<-<0.所以-42<·<10,
即·的取值范围为(-42,10).5.1.2　平面向量数量积及其运算性质的应用
(教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学)
[课时目标]　进一步掌握平面向量数量积的运算.能运用数量积的运算性质和运算律解决模、垂直、夹角问题.
题型(一)　数量积的运算
[例1]　(1)(2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·= (　 )
A. B.3
C.2 D.5
(2)(2021·新课标Ⅱ卷)已知向量a+b+c=0,|a|=1,|b|=|c|=2,a·b+b·c+c·a=　　　　.
听课记录:
|思|维|建|模|
求平面向量数量积的步骤
(1)求a与b的夹角θ,θ∈[0,π];
(2)分别求|a|和|b|;
(3)求数量积,即a·b=|a||b|cos θ,要特别注意书写时a与b之间用实心圆点“·”连接,而不能用“×”连接,也不能省去.
　　[针对训练]
1.如图,在△ABC中,AD⊥AB,=,||=2,则·= (　 )
A.2 B.4
C.3 D.
2.(2022·全国甲卷)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b=　　　　.
题型(二)　向量的模
[例2]　已知向量a与b夹角为45°,且|a|=1,|2a+b|=,求|b|.
听课记录:
|思|维|建|模|
求向量模的常见思路及方法
(1)求模问题一般转化为求模平方,与向量数量积联系,并灵活应用a2=|a|2,勿忘记开方.
(2)a·a=a2=|a|2或|a|=,此性质可用来求向量的模,可以实现实数运算与向量运算的相互转化.
(3)一些常见的等式应熟记,如(a±b)2=a2±2a·b+b2,(a+b)·(a-b)=a2-b2等.
　　[针对训练]
3.(2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a,b满足:|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|= (　 )
A.　　 B.　　
C.　　 D.1
4.已知向量a,b满足|a+b|=4,|a-b|=2,则|a||b|的最大值是 (　 )
A.3 B.4
C.5 D.6
题型(三)　向量的夹角与垂直
[例3]　已知a,b都是非零向量,且a+3b与7a-5b垂直,a-4b与7a-2b垂直,求a与b夹角的大小.
听课记录:
|思|维|建|模|
1.求向量夹角的方法
(1)求出a·b,|a|,|b|,代入公式cos θ=求解.
(2)用同一个量表示a·b,|a|,|b|,代入公式求解.
(3)借助向量运算的几何意义,数形结合求夹角.
2.求向量夹角的注意点
要注意夹角θ的范围为[0,π].当cos θ>0时,θ∈;当cos θ<0时,θ∈;当cos θ=0时,θ=.
　　[针对训练]
5.若e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,则a=2e1+e2与b=-3e1+2e2的夹角大小为　　　　.
6.已知a⊥b,且|a|=2,|b|=1,若有两个不同时为零的实数k,t,使得a+(t-3)b与-ka+tb垂直,则k的最小值为　　　　.
7.已知向量a,b的夹角为120°,且|a|=1,|b|=2,当向量a+λb与λa+b的夹角为钝角时,实数λ的取值范围为　　　　.
5.1.2
[题型(一)]
[例1]　解析:(1)由题意知,=+=+,=+=-+,所以·=·=||2-||2=4-1=3,故选B.
(2)法一:(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=0 2(a·b+b·c+c·a)+9=0 a·b+b·c+c·a=-.
法二:由a+b=-c a2+b2+2a·b=c2 a·b=-.
由a+c=-b a2+c2+2a·c=b2 a·c=-.
由b+c=-a b2+c2+2b·c=a2 b·c=-.
∴a·b+b·c+c·a=-.
答案:(1)B　(2)-
[针对训练]
1.选B　根据向量的线性运算,结合平面向量数量积的定义可得·=(+)·=·+·,由AD⊥AB,可知·=0,又因为= ,||=2,所以·=·=||·||·cos∠ADB=×2×||×=4.故选B.
2.解析:(2a+b)·b=2a·b+b2=2|a|·|b|·cos+|b|2=2×1×3×+32=11.
答案:11
[题型(二)]
[例2]　解:因为|2a+b|=,所以(2a+b)2=10,
所以4a2+4a·b+b2=10.
又因为向量a与b的夹角为45°且|a|=1,
所以4×12+4×1×|b|×+|b|2=10,
整理得|b|2+2|b|-6=0,
解得|b|=或|b|=-3(舍去).
[针对训练]
3.选B　因为(b-2a)⊥b,所以(b-2a)·b=0,即b2=2a·b,又因为|a|=1,|a+2b|=2,所以1+4a·b+4b2=1+6b2=4,从而|b|=.
4.选C　∵|a+b|=4,|a-b|=2,∴|a+b|2+|a-b|2=2|a|2+2|b|2=20.∴|a|2+|b|2=10.∵(a-b)2≥0,∴|a|2+|b|2≥2|a||b|.∴|a||b|≤5.∴|a||b|的最大值为5,故选C.
[题型(三)]
[例3]　解:因为a,b都是非零向量,
由a+3b与7a-5b垂直,
则(a+3b)·(7a-5b)=0,
即7a2+16a·b-15b2=0.　①
由a-4b与7a-2b垂直,
则(a-4b)·(7a-2b)=0,
即7a2-30a·b+8b2=0.　②
①-②,得2a·b=b2=|b|2,　③
③代入①,得|a|=|b|.
设a与b夹角为θ,
则cos θ===,
因为θ∈[0,π],所以θ=.
所以a与b的夹角为.
[针对训练]
5.解析:∵e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,则e1·e2=|e1||e2|cos 60°=,
∴a·b=(2e1+e2)·(-3e1+2e2)
=-6+e1·e2+2=-6++2
=-,
|a|====,
|b|=
=
==.
∴cos==-.∵0°≤≤180°,∴=120°.
答案:120°
6.解析:∵a⊥b,∴a·b=0.
又由已知得[a+(t-3)b]·(-ka+tb)=0,
∴-ka2+t(t-3)b2=0.
∵|a|=2,|b|=1,
∴-4k+t(t-3)=0.
∴k=(t2-3t)=-(t≠0).
故当t=时,k取得最小值,最小值为-.
答案:-
7.解析:因为|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为120°,
所以a·b=|a||b|cos 120°=1×2×=-1.
因为向量a+λb与λa+b的夹角为钝角,所以(a+λb)·(λa+b)<0,且两向量不共线.则(a+λb)·(λa+b)=λa2+(λ2+1)a·b+λb2=λ-(λ2+1)+4λ<0,解得λ<或λ>.当(a+λb)∥(λa+b)时,则a+λb=k(λa+b)=kλa+kb(k∈R),
可得解得k=λ=±1.所以λ的取值范围是(-∞,-1)∪∪.
答案:(-∞,-1)∪∪
2 / 3课时跟踪检测(二十六)　平面向量数量积及其运算性质的应用
(满分100分,A级选填小题每题5分,B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1.已知a和b为非零向量,且|2a+b|=|2a-b|,a与 b的夹角为 (　　)
A.
C.
2.已知向量a,b,|a|=1,|b|=2,a⊥(b-a),则|2a+b|= (　　)
A.4 B.2
C.3 D.12
3.已知菱形ABCD的边长为2,·=2,则||= (　　)
A. B.2
C.1 D.2
4.早在公元前十一世纪,数学家商高就提出“勾三股四弦五”.《周髀算经》中曾有记载,大意为:“当直角三角形的两条直角边分别为3(勾)和4(股)时,斜边(弦)则为5”,勾股定理也称为商高定理.现有△ABC的三边满足“勾三股四弦五”,其中勾AC的长为3,点A在弦BC上的射影为点D,则(-)·= (　　)
A.
C.- D.-
5.(2024·北京高考)设a,b是向量,则“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”的 (　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6.已知|a|=2,|b|=3,且a⊥b,则(a+b)·(2a-b)=　　　　.
7.已知|a|=2,|b|=3,a与b的夹角为,且a+b+c=0,则|c|=　　　　.
8.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,|a-b|=,则a与b的夹角为　　　　.
9.(10分)如图所示,在△ABC中,∠BAC=90°,BC=4,A是线段EF的中点,EF=2.若与的夹角为60°,求·.
10.(12分)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,且a,b的夹角为60°.
(1)若(2a+3b)⊥(a-kb),求实数k的值;
(2)求a+b与a-b的夹角的余弦值.
B级——重点培优
11.(多选)在△ABC中,下列结论错误的是 (　　)
A.-=
B.·<||·||
C.若(+)·(-)=0,则△ABC是等腰三角形
D.若·>0,则△ABC是锐角三角形
12.在矩形ABCD中,AB=2,AD=4,E是CD上一点,则·的最小值为 (　　)
A.13 B.15
C.17 D.19
13.(多选)八卦是中国文化的基本哲学概念,图1是八卦模型图,其平面图形为图2所示的正八边形ABCDEFGH,其中|OA|=1,则下列结论正确的是 (　　)
A.与的夹角为
B.+=
C.|-|=||
D.在上的投影向量为-e(其中e为与同向的单位向量)
14.(多选)若平面向量a,b,c两两的夹角相等,且|a|=1,|b|=1,|c|=3,则|a+b+c|= (　　)
A. B.2
C. D.5
15.(14分)如图,在△OAB中,P为线段AB上的一个动点(不含端点),且满足=λ.
(1)若λ=,用向量,表示;
(2)若||=6,||=2,且∠AOB=120°,求·的取值范围.
课时跟踪检测(二十六)
1.选C　因为|2a+b|=|2a-b|,则|2a+b|2=|2a-b|2,即4a2+4a·b+b2=4a2-4a·b+b2,所以a·b=0,又因为a和b为非零向量,则a与b的夹角为.
2.选B　∵a⊥(b-a),∴a·(b-a)=a·b-a2=a·b-1=0,
∴a·b=1,|2a+b|2=(2a+b)2=4a2+4a·b+b2=12,∴|a+b|=2.
3.选B　根据题意可得=+,=-,
∵·=2,即·(+)=+·=2,∴·=-2,
||2==-2·+=12,即||=2,故选B.
4.选B　由题意可得,AD==,AD⊥BC,所以cos∠CAD===,(-)·=·
=cos∠CAD
=3××=.
5.选B　由(a+b)·(a-b)=0,得a2-b2=0,即|a|2-|b|2=0,所以|a|=|b|,当a=(1,1),b=(-1,1)时,|a|=|b|,但a≠b且a≠-b,故充分性不成立;当a=-b或a=b时,(a+b)·(a-b)=0,故必要性成立.所以“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”的必要不充分条件.
6.-1
7.解析:因为a+b+c=0,所以c=-a-b,所以c2=(-a-b)2=a2+2a·b+b2=22+2×2×3cos+32=4-6+9=7,所以|c|=.
答案:
8.解析:|a-b|2=a2-2a·b+b2=1-2a·b+4=5-2a·b=7,∴a·b=-1,又θ∈[0,π],
cos θ==-,∴θ=.
答案:
9.解:·=(+)·(+)=·+·+·+·.∵∠BAC=90°,∴·=0.
又A是线段EF的中点,∴=-,
∴·=·-·-
=·-1=4×1×cos 60°-1=1.
10.解:(1)因为(2a+3b)⊥(a-kb),
所以(2a+3b)·(a-kb)
=2a2+(3-2k)a·b-3kb2
=2|a|2+(3-2k)a·b-3k|b|2=0,
即2+(3-2k)×1×2×cos 60°-3k×4=0,解得k=.
(2)因为|a+b|=
=
==,
|a-b|=
=
==,
所以cos====-,
故a+b与a-b的夹角的余弦值为-.
11.选AD　由向量减法法则可得-=,故A错误;·=||·||·cos<,><||·||,故B正确;设BC的中点为D,(+)·(-)=2·=0,则⊥,因为BD=CD,所以由三线合一得AB=AC,所以△ABC是等腰三角形,故C正确;由·>0,可以得到∠BAC是锐角,不能得到△ABC是锐角三角形,故D错误.故选A、D.
12.选B　设=λ(0≤λ≤1),则=λ,=(1-λ)·,=+=λ+,=+=(λ-1)+,则·=(λ+)·=λ(λ-1)+(2λ-1)·+=4λ2-4λ+16=4+15,所以当λ=,即E是CD的中点时,·的最小值为15.故选B.
13.选CD　因为多边形ABCDEFGH为正八边形,所以∠AOH==.所以与的夹角为,A错误.若+=成立,则=-=,显然不成立,B错误.因为∠AOC=2×=,所以|-|=||=||.又||=||=||,所以|-|=||,C正确.因为∠AOD=3×=,所以在上的投影向量为||·cos∠AOD· e=1×cos×e=-e,D正确.
14.选BD　|a+b+c|==,因为平面向量a,b,c两两的夹角相等,所以夹角有两种情况,即a,b,c两两的夹角为0°或120°.当夹角为0°时,a·b=|a||b|cos 0°=1,a·c=|a||c|cos 0°=3,b·c=|b||c|cos 0°=3,|a+b+c|==5.当夹角为120°时,a·b=|a||b|cos 120°=-,a·c=|a||c|cos 120°=1×3×=-,b·c=|b||c|cos 120°=1×3×=-,|a+b+c|=
=2.所以|a+b+c|=2或5,故选B、D.
15.解:(1)因为=λ,所以=.
所以=+=+(-)=+.
当λ=时,=+.
(2)由(1)可知=+,
所以·=·(-)=-+·+||2.
因为||=6,||=2,∠AOB=120°,
所以·=-+×6×2×+=10-.
因为λ>0,所以-52<-<0.所以-42<·<10,
即·的取值范围为(-42,10).
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