2.4.1 平面向量数量积的物理背景及其含义 课时练习（含答案）

1、 2.4 平面向量的数量积平面向量的数量积 2.4.1 平面向量数量积的物理背景及其含义平面向量数量积的物理背景及其含义 基础过关 1已知|a|6，|b|3，a b12，则向量 a 在向量 b 方向上的投影是( ) A4 B4 C2 D2 解析 根据投影的定义，设 a，b 的夹角为 ，可得向量 a 在 b 方向上的投影是|a|cos a b |b| 4，故选 A 答案 A 2已知 a，b 方向相同，且|a|2，|b|4，则|2a3b|( ) A16 B256 C8 D64 解析 |2a3b|24a29b212a b1614496256，|2a3b|16 答案 A 3已知 ab，|a|2，|b|

2、3，且 3a2b 与 ab 垂直，则 等于( ) A3 2 B3 2 C 3 2 D1 解析 (3a2b) (ab) 3a2(23)a b2b2 3a22b212180.3 2 答案 A 4 已知向量 a， b 满足(a2b) (5a4b)0， 且|a|b|1.则 a 与 b 的夹角 为_ 解析 因为(a2b) (5a4b)0，|a|b|1， 所以 6a b850，即 a b1 2 又 a b|a|b|cos cos ，所以 cos 1 2， 0， 3 答案 3 5已知向量OA AB ，|OA |3，则OA OB _ 解析 OA AB ， OA AB OA (OB OA )OA OB OA 2

3、OA OB 90， 即OA OB 9 答案 9 6已知单位向量 e1与 e2的夹角为 ，且 cos 1 3，向量 a3e12e2与 b3e1e2 的夹 角为 ，求 的余弦值 解 因为 a2(3e12e2)29232cos 49，所以|a|3，b2(3e1e2)29 231cos 18，所以|b|2 2，a b(3e12e2) (3e1e2)9e219e1 e22e229 9111 328，所以 cos a b |a| |b| 8 32 2 2 2 3 7已知|a|4，|b|3，(2a3b) (2ab)61 (1)求|ab|； (2)求向量 a 在向量 ab 方向上的投影 解 (1)(2a3b)

4、 (2ab)4a23b24a b416394a b61，解得 a b6， |ab|2a2b22a b1691213，|ab| 13 (2)设 a 与 ab 的夹角为 ，a (ab)a2a b10， cos 10 4 13 5 2 13，则 a 在 ab 方向上的投影为|a|cos 4 5 2 13 10 13 13 能力提升 8若非零向量 a b 满足|a|3|b|a2b|，则 a 与 b 的夹角的余弦值是( ) A1 3 B1 3 C2 3 D2 3 解析 由|a|a2b|得 a2a24b24a b，即 a bb2，所以 cos a b |a|b| b2 3|b| |b| 1 3 答案 A

5、9.在如图的平面图形中， 已知 OM1， ON2， MON120 ， BM 2MA ，CN 2NA ，则BC OM 的值为( ) A.15 B.9 C.6 D.0 解析 由BM 2MA ， 可知|BM | |MA | 2， |BA | |MA | 3， 由CN 2NA ， 可知|CN | |NA |2， |CA | |NA |3， 故|BA | |MA | |CA | |NA |3， 连接 MN， 则 BCMN 且|BC |3|MN |.BC 3MN 3(ON OM )， BC OM 3(ON OM ) OM 3(ON OM OM 2)3(|ON | |OM |cos 120 |OM |2)6

6、.故选 C. 答案 C 10 已知a是平面内的单位向量， 若向量b满足b (ab)0， 则|b|的取值范围是_ 解析 b (ab)a b|b|2|a|b|cos |b|20， |b|a|cos cos ( 为 a 与 b 的夹角)，0， 0|b|1 答案 0,1 11在平行四边形 ABCD 中，AD1，BAD60 ，E 为 CD 的中点，若AC BE1， 则 AB 的长为_ 解析 如图，由题意可知，AC ABAD ，BE 1 2AB AD 因为AC BE1， 所以(AB AD ) 1 2AB AD 1， 即AD 21 2AB AD 1 2AB 21. 因为|AD |1，BAD60 ， 所以式可

7、化为 11 4|AB |1 2|AB |21 解得|AB |0(舍去)或|AB|1 2， 所以 AB 的长为1 2 答案 1 2 12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为 120 (1)求证：(ab)c； (2)若|kabc|1(kR)，求 k 的取值范围 (1)证明 因为|a|b|c|1， 且 a，b，c 之间夹角均为 120 ， 所以(ab) ca cb c|a|c|cos 120 |b|c| cos 120 0， 所以(ab)c (2)解 因为|kabc|1， 所以(kabc) (kabc)1， 即 k2a2b2c22ka b2ka c2b c1 因为 a ba cb c cos 120 1 2， 所以 k22k0，解得 k2， 即 k 的取值范围是k|k2 创新突破 13 RtABC 中斜边 BCa，PQ 是以点 A 为圆心、a 为半径的圆上的一条直径，向 量PQ 与BC 的夹角为 .当 取何值时，BP CQ 有最大值，并求此最大值 解 BP CQ (BA AP) (CAAQ ) BA 1 2PQ CA 1 2PQ BA CA1 2(BA CA) PQ 1 4PQ PQ 01 2BC PQ a2 1 2|BC | |PQ |cos a2 a2(cos 1)， 当 0 ，即PQ 和BC 同方向时，BP CQ 有最大值 0