1.5.1 数量积的定义及计算（课时作业）-【优化探究】2021-2022学年新教材高中数学必修第二册同步导学案（湘教版）

A层(必备知识练) 1．已知两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，则下面结论正确的是(　　) A．a∥b　　　　　　　　 B．a⊥b C．|a|＝|b| D．a＋b＝a－b 解析：法一：由|a＋b|＝|a－b|，两边平方并化简得a·b＝0，又a，b都是非零向量，所以a⊥b. 法二：根据向量加法、减法的几何意义可知|a＋b|与|a－b|分别是以向量a，b为邻边的平行四边形的两条对角线的长，因为|a＋b|＝|a－b|，所以该平行四边形为矩形，所以a⊥b. 答案：B 2．设非零向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|，a＋b＝c，则a与b的夹角θ为(　　) A．150° B．120° C．60° D．30° 解析：由|a|＝|b|＝|c|且a＋b＝c，得|a＋b|＝|b|，两边平方得|a|2＋|b|2＋2a·b＝|b|2⇒2a·b＝－|a|2⇒2|a||b|cos θ＝－|a|2⇒cos θ＝－.又θ∈[0,180°]，所以θ＝120°. 答案：B 3．在△ABC中，＝a，＝b，＝c，且a·b＝b·c＝c·a，则△ABC的形状是(　　) A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．正三角形 解析：由a，b，c均为非零向量，且a·b＝b·c，得b·(a－c)＝0，∴b⊥(a－c)． 又a＋b＋c＝0，∴b＝－(a＋c)，∴－(a＋c)·(a－c)＝0， 即|a|2＝|c|2，得|a|＝|c|，同理，|b|＝|a|，∴|a|＝|b|＝|c|，∴△ABC为正三角形． 答案：D 4．在平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝3，∠DAB＝，点E，F分别在BC，DC边上，且＝2，＝，则·＝(　　) A．－ B．－1 C．2 D. 解析：因为＝＋＝＋＝＋，＝＋＝＋＝－， 所以·＝·＝－·2＋2＋·＝－×42＋×32＋×4×3×＝2. 答案：C 5．已知平面向量a，b，|a|＝2，|b|＝1，则|a－b|的最大值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．5 解析：∵|a|＝2，|b|＝1，∴|a－b|＝＝＝， 又a·b∈[－2,2]，∴|a－b|∈[1,3]， ∴|a－b|的最大值为3. 答案：C 6．已知向量e1，e2的模分别为1,2，e1，e2的夹角为，则向量(e2－e1)·e2的值为________． 解析：由题意，可知(e2－e1)·e2＝e－e1·e2＝|e2|2－|e1||e2|cos ＝22－1×2×cos ＝3. 答案：3 7．如图，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，且AP＝3，则·＝________. 解析：设AC与BD的交点为O，则·＝·2＝·2(＋)＝22＋2·＝2×32＋0＝18. 答案：18 8．已知|a|＝3，|b|＝4，且(a－2b)·(2a＋b)≥4，则a与b的夹角θ的取值范围是________． 解析：(a－2b)·(2a＋b)＝2a2＋a·b－4a·b－2b2＝2×9－3|a||b|cos θ－2×16＝－14－3×3×4cos θ≥4， ∴cos θ≤－，∴θ∈. 答案： 9．已知向量a，b满足|a|＝，|b|＝1. (1)若a，b的夹角θ为，求|a＋b|； (2)若(a－b)⊥b，求a与b的夹角θ. 解析：(1)由已知，得a·b＝|a||b|cos ＝×1×＝1， 所以|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝2＋1＋2＝5，所以|a＋b|＝. (2)因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝0， 所以a·b－b2＝0，即a·b＝b2＝1， 所以cos θ＝＝＝. 又θ∈[0，π]，所以θ＝，即a与b的夹角为. 10．已知平面向量a，b，若|a|＝1，|b|＝2，且|a－b|＝. (1)求a与b的夹角θ； (2)若c＝ta＋b，且a⊥c，求t的值及|c|. 解析：(1)由|a－b|＝，得a2－2a·b＋b2＝7. ∴1－2×1×2×cos θ＋4＝7，∴cos θ＝－. 又θ∈[0，π]，∴θ＝. (2)∵a⊥c，∴a·(ta＋b)＝0， ∴ta2＋a·b＝0，∴t＋1×2×＝0， ∴t＝1， ∴c＝a＋b，c2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×1×2×＋4＝3， ∴|c|＝. B层(关键能力练) 11．(多选题)已知a与b均为单位向量，其夹角为θ，给出下列四个结论，其中的正确结论是(　　) A．|a＋b|＞1⇔θ∈ B．|a＋b|＞1⇔θ∈ C．|a－b|＞1⇔θ∈ D．|a－b|＞1⇔θ∈ 解析：因为|a＋b|＞1，即|a|2＋2a·b＋|b|2＞1，可得a·b＞－，即|a||b|cos θ＝cos θ＞－，所以θ∈，故A正确，B错误．因为|a－b|＞1，即|a|2－2a·b＋|b|2＞1，可得a·b＜，即|a||b|cos θ