新教材人教版高中数学必修第二册第6章《6.2.4课后课时精练》(含解析)

A级：“四基”巩固训练一、选择题1．已知|a|＝2，|b|＝4，a·b＝－4，则向量a与b的夹角为(  )A．30°B．60°C．150°D．120°答案 D解析 cosθ＝＝＝－，∵θ∈[0°，180°]，∴θ＝120°.故选D.2．已知向量a，b满足a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则|2a－b|＝(  )A．0B．2C．4D．8答案 B解析 ∵|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝8，∴|2a－b|＝2.3．若平面四边形ABCD满足＋＝0，(－)·＝0，则该四边形一定是(  )A．直角梯形B．矩形C．菱形D．正方形答案 C解析 由＋＝0，得平面四边形ABCD是平行四边形，由(－)·＝0，得·＝0，即平行四边形ABCD的对角线互相垂直，则该四边形一定是菱形．4．若非零向量a，b满足|a|＝|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为(  )A.B.C.D．π答案 A解析 由题意，得(a－b)·(3a＋2b)＝3a2－2b2－a·b＝0，即a·b＝3a2－2b2.又|a|＝|b|，所以a·b＝3×2－2b2＝b2，所以cos〈a，b〉＝＝＝ ，所以〈a，b〉＝.5．已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若非零向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是(  )A．1B．2C.D.答案 C解析 因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，(a－c)·(b－c)＝－c·(a＋b)＋|c|2＝－|c||a＋b|cosθ＋|c|2＝0，其中θ为c与a＋b的夹角，所以|c|＝|a＋b|·cosθ＝cosθ≤，所以|c|的最大值是，故选C.二、填空题6．已知向量a，b的夹角为45°，且|a|＝4，·(2a－3b)＝12，则|b|＝________；b在a上的投影向量的模等于________．答案  1解析 a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝4|b|cos45°＝2|b|，又·(2a－3b)＝|a|2＋a·b－3|b|2＝16＋|b|－3|b|2＝12，解得|b|＝或|b|＝－(舍去)．b在a上的投影向量的模为||b|cos〈a，b〉|＝cos45°＝1.7．已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b.若b·c＝0，则t＝________.答案 2解析 由题意，将b·c＝[ta＋(1－t)b]·b整理，得ta·b＋(1－t)＝0，又a·b＝，所以t＝2.8．在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点．若·＝1，则AB的长为________．答案 解析 因为＝＋＋＝－＋＋＝－，所以· ＝(＋)·＝2＋·－2＝1＋×1×||cos60°－||2＝1，所以||－||2＝0，解得||＝.三、解答题9．已知a，b是两个非零向量，当a＋tb(t∈R)的模取得最小值时，(1)求t的值(用a，b表示)；(2)求证：b与a＋tb垂直．解 (1)|a＋tb|2＝a2＋t2b2＋2ta·b＝b22＋a2－.当t＝－时，|a＋tb|取得最小值．(2)证明：因为(a＋tb)·b＝a·b＋tb2＝a·b－×b2＝0，所以a＋tb与b垂直．B级：“四能”提升训练1．设向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，(a－b)⊥c，a⊥b，若|a|＝1，则|a|2＋|b|2＋|c|2的值是________．答案 4解析 由a＋b＋c＝0，得(a＋b＋c)2＝0，得a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0.又(a－b)⊥c，a⊥b，∴(a－b)·c＝0，a·b＝0.∴a·c＝b·c.∴a2＋b2＋c2＝－4b·c，b2＋c2＝－1－4b·c.①由a＋b＋c＝0，得b＋c＝－a，故(b＋c)2＝1，即b2＋c2＋2b·c＝1.②由①②得b·c＝－1，故a2＋b2＋c2＝4，即|a|2＋|b|2＋|c|2＝4.2．在四边形ABCD中，已知AB＝9，BC＝6，＝2.(1)若四边形ABCD是矩形，求·的值； (2)若四边形ABCD是平行四边形，且·＝6，求与夹角的余弦值．解 (1)因为四边形ABCD是矩形，所以·＝0，由＝2，得＝，＝＝－.所以·＝(＋)·(＋)＝·＝2－·－2＝36－×81＝18.(2)由题意，＝＋＝＋＝＋，＝＋＝＋＝－，所以·＝·＝2－·－2＝36－·－18＝18－·.又·＝6，所以18－·＝6，所以·＝36.又·＝||||cosθ＝9×6×cosθ＝54cosθ，所以54cosθ＝36，即cosθ＝.所以与夹角的余弦值为.