高中数学第二章平面向量2.5从力做的功到向量的数量积自主训练北师大版必修420170825359

2.5 从力做的功到向量的数量积
自主广场
我夯基 我达标
1．给出下列等式：
①a ·0=0；②0·a =0；③0-AB =BA ；④|a ·b |=|a ||b |；⑤若 a ≠0，则对任一非零向量 b 有 a ·b ≠0；⑥a ·b =0，则 a 与 b 中至少有一个为 0；⑦a 与 b 是两个单位向量，则 a 2=b 2. 以上成立的是（ ） A.①②③⑥⑦ B.③④⑦ C.②③④⑤ D.③⑦ 思路解析：按照定义、性质、运算律作答即可.
对于①：两个向量的数量积是一个实数，应有 a ·0=0，故①错； 对于②：应有 a ·0=0，故②错； 对于③：很明显正确；
对于④：由数量积定义，有|a ·b |=|a ||b ||cosθ|≤|a ||b |，这里 θ 是 a 与 b 的夹角，只有 θ=0 或 θ=π 时，才有|a ·b |=|a ||b |，故④错；
对于⑤：若非零向量 a 、b 垂直，有 a ·b =0，故⑤错； 对于⑥：由 a ·b =0可知 a ⊥b ，即可以都非零，故⑥错； 对于⑦：a 2-b 2=|a |2-|b |2=1-1=0，故⑦正确. 答案：D
2．（北京高考卷，理 3）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°
思路解析：要求 a 与 b 的夹角，根据夹角公式需先求夹角的余弦值，再结合夹角的范围确定其 值.设 a 与 b 的夹角为 θ.∵c ⊥a ，∴c ·a =0.∴（a ＋b ）·a =0. ∴|a |2+b ·a =0.∴b ·a =-1.
∴cosθ= | a a || b b |
12
.
又∵0°≤θ≤180°，∴θ=120°.
答案：C
3．已知△ABC 中， AB =a ， AC =b ，当 a ·b ＜0和 a ·b =0时，△A BC 的形状分别是（
）
A.钝角三角形，直角三角形
B.锐角三角形，直角三角形
C.锐角三角形，钝角三角形
D.锐角三角形，斜三角形
思路解析：由 a ·b ＜0可知 a 与 b 的夹角为钝角，即∠A 是钝角；当 a ·b =0时，可知 a 与 b 的夹角为直角，即△ABC 是直角三角形. 答案：A
4．（辽宁高考卷，理 12）设 O （0，0）,A （1，0）,B （0，1）,点 P 是线段 AB 上的一个动点,AP =λ AB ,若OP ·AB ≥ PA ·PB ,则实数 λ 的取值范围是（ ）
A. 1 2
≤λ≤1
B.1
2 ≤λ≤1 2
1
C.
1
2
≤λ≤1+
2
2
D.1
2
≤λ≤1+
2
2
2
思路解析：由题意得AP=λAB OP=(1-λ)OA+λOB=(1-λ,λ)，PB=AB-AP
=(1-λ)AB=(λ-1,1-λ),AP=λAB= （-λ,λ）, 又∵OP·AB≥PA·PB，
∴(1-λ,λ)·(-1,1)≥（λ,-λ)·(λ-1,1-λ).
2
∴2λ2-4λ+1≤0.∴1
≤λ≤1+
2
2
2
.因点P是线段AB上的一个动点,所以0≤λ≤1,即
2
满足条件的实数λ的取值范围是
1
≤λ≤1.
2
答案：B
5．（湖南高考卷，理,5）已知|a|=2|b|≠0且关于x的方程x2+|a|x+a·b=0有实根,则a与b
的夹角的取值范围是（）
A.［0，］
B.［
63
，π］ C.［
3
,
2
3］ D.［
6
，π］
思路解析：∵|a|=2|b|≠0，且关于x 的方程x2+|a|x+a·b=0 有实根，
∴|a|2-4a·b≥0.∴a·b≤
1
4
|a|2=|b|2.∴cos〈a,b 〉=
a b a b |
b|
2
|a||b|2|b2|2|b|
2
=
1
2
，
∴θ∈［
答案：B
3
,π］.
6.已知e 为单位向量，|a|=4，a 与e 的夹角为
2
3
，则a 在e 方向上的投影为______________. 思路解析：由向量在另一方向上投影的定义解答此题.投影为
a
e
|e|
=|a|·cos
2
3
=－2.
答案：－2
7.已知|a|=10，|b|=12，a与b的夹角为120°，求：
（1）a·b；
（2）（3a）·（
1
5
b）；
（3）（3b－2a）·（4a+b）.
思路分析：第（1）题直接由定义可得，（2）和（3）则利用向量数量积的运算律计算.
解：（1）a·b=|a||b|cosθ=10×12×cos120°=-60.
（2）（3a）·（
1
5
b）=
3
5
（a·b）=
3
5
×（-60）=-36.
（3 ）（3b －2a ）·（4a+b ）=12b·a+3b2-8a2-2a·b=10a·b+3|b|2-8|a|2=10×（-60 ）
+3×122-8×102=-968.
我综合我发展
2
8.已知向量OA =a ，OB =b ，∠AOB=60°，且|a |=|b |=4.
(1)求|a +b |,|a -b |；
(2)求 a +b 与 a 的夹角；a -b 与 a 的夹角.
思路分析：本题可以直接利用长度公式和夹角公式求解；也可利用已知条件画出图形，数形结 合. 解 法 一 ： （ 1 ） |a +b |2=(a +b )2=a 2+2a ·b +b 2=|a |2+2|a ||b |cos60°+|b |2=42+2×4×4cos60°+42=16+16+16 =48,
∴|a +b |=43.
|a -b |2=(a -b )2=a 2-2a ·b +b 2=|a |2-2|a ||b |cos60°+|b |2 =42-2×4×4cos60°+42=16-16+16=16, ∴|a -b |=4.
(2)记 a +b 与 a 的夹角为 α，a -b 与 a 的夹角为 β.
则 cosα=
(a a 2 b a
42 4 4
cos 60
b ) a
| a b || a | | a b || a | 4 3 4 a b || | a b || a |
4 3 4
3 2
，∴α=30°. (
b )
2 2
a
a a
b a
4 4 4 cos
60
1 cosβ=
, ∴β=60°.
| a b || a | | a b || a |
4
4
2
解法二：如图 2-5-8所示，以OA 、OB 为邻边作平行四边形 OACB.
图 2-5-8
∵|a |=|b |=4，∴四边形 OACB 为菱形. (1)a +b =OA +OB =OC ，a -b =OA OB =BA ，又∠AOB=60°，
∴|a +b |=|OC |=2|OD |=2×
3 2
×4=4 3 .a -b =|BA |=4.
(2)在△OAC 中，∠OAC=120°，
∴∠COA=∠OCA=30°.a +b 与 a 的夹角即∠COA=30°， a -b 与 a 的夹角即 BA 与OA 所成的角为 60°.
9.向量 e 1、e 2满足|e 1|=2，|e 2|=1，e 1、e 2的夹角为 60°，若向量 2t e 1+7e 2与向量 e 1+t e 2的夹 角为钝角，求实数 t 的取值范围.
思路分析：向量 2t e 1+7e 2与向量 e 1+t e 2的夹角为钝角，则它们的数量积应当小于零，由此可 得关于 t 的不等式，解之即得.
解：∵e 12=4，e 22=1，e 1·e 2=2×1×cos60°=1，
∴（2t e 1+7e 2）·（e 1+t e 2）=2t e 12+（2t 2+7）e 1·e 2+7t e 22=2t 2+15t+7.
∵向量2t e1+7e2与向量e1+t e2的夹角为钝角，
∴2t2+15t+7＜0.
3
∴－7＜t ＜－
1 2
.
设 2t e 1+7e 2=λ（e 1+t e 2）（λ＜0），则 2t=λ，且 7=tλ， ∴2t 2=7. ∴t=
14
，λ=
14 .
2
14
∴当 t=
1+7e 2
与 e 1+t e 2的夹角为 π.
时，2t e
2
∴实数 t 的取值范围是（-7，
14 14
）∪（
，-
2
2
1 2
）. 10.四边形 ABCD 中， AB =a ， BC =b ，CD=c ， DA =d ，且 a ·b =b ·c =c ·d =d ·a ，试问四边形 ABCD 是什么图形?
思路分析：四边形的形状由边角关系确定，由题设条件演变，推算该四边形的边角关系. 解：由题意，得 a +b +c +d =0， ∴a +b =-(c +d ）.
∴（a +b ）2=（c +d ）2，
即|a |2+2a ·b +|b |2=|c |2+2c ·d +|d |2. 由于 a ·b =c ·d ，
∴|a |2+|b |2=|c |2+|d |2.①
同理，有|a |2+|d |2=|c |2+|b |2.②
由①②可得|a |=|c |且|b |=|d |，即四边形 ABCD 的两组对边分别相等， ∴四边形 ABCD 是平行四边形. ∵a ·b =b ·c ，∴b ·（a －c ）=0.
由平行四边形 ABCD 可得 c =－a ，代入上式得 b ·（2a ）=0， 即 a ·b =0. ∴a ⊥b ， 即 AB⊥BC.
综上所述，四边形 ABCD 是矩形.
4。