1、课时作业21平面向量数量积的物理背景及其含义基础巩固类一、选择题1已知|b|3，a在b方向上的投影是，则ab为(D)A. B.C3 D2解析：设a与b的夹角为，则a在b方向上的投影|a|cos，所以ab|a|b|cos32，故选D.2设向量a，b满足|a|b|1，ab，则|a2b|(B)A. B.C. D.解析：因为|a2b|2|a|24ab4|b|21443，所以|a2b|.3已知菱形ABCD的边长为a，ABC60，则等于(D)Aa2 Ba2C.a2 D.a2解析：由题意得|a，|cos30aaa2，选D.4已知a，b，c，d为不共线的非零向量，且abc，abd，则下列说法正确的个数为(D)
2、(1)若|a|b|，则cd0；(2)若cd0，则|a|b|；(3)若|c|d|，则ab0；(4)若ab0，则|c|d|.A1 B2C3 D4解析：(1)由|a|b|，可知以a，b为邻边的四边形是菱形，则cd0，正确；(2)由cd0，可得(ab)(ab)0，即a2b2，则|a|b|，正确；(3)由|c|d|，可知以a，b为邻边的四边形是矩形，则ab0，正确；(4)由ab0，可知以a，b为邻边的四边形是矩形，则|c|d|，正确故选D.5若非零向量a，b满足|a|b|，且(ab)(3a2b)，则a与b的夹角为(A)A. B.C. D解析：由条件，得(ab)(3a2b)3a22b2ab0，即ab3a2
3、2b2，又|a|b|，所以ab322b2b2，所以cosa，b，所以a，b.6设四边形ABCD为平行四边形，|6，|4.若点M，N满足3，2，则(C)A20 B15C9 D6解析：选择，为基向量，3，又2，于是()()(43)(43)(16|29|2)9.二、填空题7已知向量，|3，则9.解析：因为，|3，所以()|2|2329.8已知平面向量a与b的夹角为，且|b|1，|a2b|2，则|a|2 .解析：平面向量a与b的夹角为，且|b|1，|a2b|2，|a|24|b|24ab12，即|a|244|a|b|cos12，即|a|22|a|80，即(|a|2)(|a|4)0，则|a|2或|a|4(
4、舍)，故|a|2.9已知e1，e2是夹角为的两个单位向量，ae12e2，bke1e2，若ab0，则实数k的值为 .解析：由题意可得ab(e12e2)(ke1e2)ke2e(12k)e1e2k2(12k)11cos2k0，解得k.三、解答题10已知单位向量m和n的夹角为60.(1)试判断2nm与m的关系并证明(2)求n在nm方向上的投影解：(1)(2nm)m，证明：(2nm)m2nmm22cos6010.所以(2nm)m.(2)|nm|2n2m22|n|m|cos603，所以|nm|，所以n在nm方向上的投影为.11已知e1、e2是夹角为120的两个单位向量，a3e12e2，b2e13e2.(1
5、)求ab的值；(2)求ab与ab的夹角的大小解：(1)ab(3e12e2)(2e13e2)6e13e1e26e613cos1206.(2)设ab与ab的夹角为，则cos0，所以90，即ab与ab的夹角为90.能力提升类12O为平面内的定点，A，B，C是平面内不共线的三点，若()(2)0，则ABC是(B)A以AB为底边的等腰三角形B以BC为底边的等腰三角形C以AB为斜边的直角三角形D以BC为斜边的直角三角形解析：设BC的中点为M，则化简()(2)0，得到()(2)20，即0，AM是ABC的边BC上的中线，也是高，故ABC是以BC为底边的等腰三角形13已知|a|2|b|0，且关于x的方程x2|a|
6、xab0有实根，则a与b的夹角的取值范围是(B)A. B.C. D.解析：由于|a|2|b|0，且关于x的方程x2|a|xab0有实根，则|a|24ab0，即ab|a|2.设向量a与b的夹角为，则cos，.14已知|a|b|c|1，且abc0，则abbcca .解析：|a|b|c|1，且abc0，a2b22ab3c2，即22ab3，ab.又abc，abbccaabc(ab)abc(c).15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的取值范围解：(1)证明：证法1：|a|b|c|1且a、b、c之间的夹角均为120，(ab)cacbc|a|c|cos120|b|c|cos1200.(ab)c.证法2：如图，设a，b，c.由题意可知，连接AB、AC、BC的三条线段围成正三角形ABC，O为ABC的中心，OCAB.又ab，(ab)c.(2)|kabc|1，(kabc)(kabc)1，即k2a2b2c22kab2kac2bc1.abacbccos120，k22k0.解得k2.即k的取值范围是k2.