平面向量的数量积及其应用.doc

进入虚拟课堂高三数学总复习教程（第16讲）一、本讲内容 平面向量的数量积及其应用本讲进度，向量的数量积，数量积的应用二、学习指导要深刻理解向量数量积的定义：、=cos、.它是数（可正、可负，也可以为零），但不是向量，因此，=，（）=，（+）=，=0（而不是！）特别地，（）（），因为左边是与共线的向量，而右边是与共线的向量，除特殊情况外，两者不相等。我们利用向量的数量积（又称为点积）可以解决向量的夹角问题，特别地，利用向量的数量可以很方便地解决垂直问题，：=0，（，非零向量）cos 、是在上的射影，值得注意的是它仍是一个数（可正，可负，可以为0）而不是向量。特别地，=2cos=2，由此，可把点积与模长（距离）挂上钩。三、典型的例题讲解例1证明三角形中的射影定理：a=bcosC+ccosB用向量证明一些三角问题，如正弦定理，余弦定理等很方便，但同学们却觉得不好掌握，这里我们再看一个例子。=+，两边同等，2=+=cosB+cosC两边约去，可得=cosB+cosC，即a=ccosB+bcosC 例2平面内有四点，O、A、B、C，记=，=，=若+=且=1，试判断ABC的形状，并求其面积. 千万不能由=约得到=，一是过程差无根据，二是合得到A、B、C当同一点的荒谬结论。 也不能由=+=1得到=1，从而=1，圆为，前者=|+cos|，等号当且仅当，共线且同面或，中有当者 其他条件当然不是可有可无的，故应出现向量和，于是我们想到=和=相加，得到了2=（+）=(+)2，进而有2=2= 4=0如无=1的条件就做不下去了，故在此时引入有2=2= 4，因原来的条件都是、的轮换对称式，当然想到2=2= 4和2=2= 4，至此距解决问题已经不远了。 例3设、分别为方向与x轴，y轴的正向相同的单位向量，A、B、C为同一直线上的三点，O为坐标原点，已知=2tm，=n+，=5，又知，求m、n的值. 求m、n两个未知数，有及A、B共线两个条件，代入计算即可. 例4求证：三角形三角高线交于一点.设三顶点后，表示出三边向量、，设a、b两边的高线交点为H，表示、=0和=0去证=0，从而说明三高共点.为减少计算量，当然应当选取合适的坐标系，以一边及其上的高所在直线上为两坐标轴较好。例5已知三不共线向量、两两所成角相等，且=1，=2，=3，求+的模长及已知三向量间的夹角.要想把、两两所成角相等体现出来，我们以同一点O为始点作三有向线段、两两夹角相等，均为.于是要求，只要先求(+)2即可.例6已知、是两个非零向量，求证：当(+x)时，|+x|最小. 要求 |+x|最小，等价于求何(+x)2最小. (+x)2=x22+2x+2三项均为实数且平方项系数2=20，故当x=时原式有最小值，此处，向量竟与二次函数挂上了钩.例7设、为相互垂直的两个单位向量，问是滞存在整数k，使得向量=k+与向量=+k夹角为比？证明你的结论.已知夹角应使用向量的数量积：cos600=其中=(因，=0，因、为单位向量，2=1，2=1)，如求出k合整值或k无解或无整数解，问题均告解决. 例8已知、均为非零向量，且=的夹角. 根据公式cos，+=应先求与的值. =，也归纳到、上了，且、应通过=，故2=2=()2=2+22求出.例9求证：菱形的两条对角线互相垂直.菱形是边长都相等的平行四边形“边长相等”怎么用？对菱形ABCD，记=，则=+，=，=(+)()=22，到此，可看出边长相等的作用了.例10单位向量、夹角为1200，求向量=2+3和向量=2的夹角.求，时，都需用到、应先行计算出来.四、巩固练习1已知向量=(1)，=（，）（1）求证：；（2）若存在不同时为零的实数k和t，使=+(t23) ，=k+t，且，写出函数关系式k=f(t)；（3）在（2）中，确定函数k=f(t)的单调区间.2已知向量=(cos，sin)，=(cos，sin)又知=其中k0（1）用k表示、.（2）、的最小值，并求此时与的夹角。3已知O是ABC所在平面内一点，且满足2+2=2+2=2+2，求证：O是ABC的垂足.4已知、为两个非零向量，且+3与75互相垂直，4与72互相垂直，求与的夹角.5（1）已知=2，=1，与夹角为，求+与2的夹角（2）已知=4，=3，且（3）(2)为最小.7A、B、C、D为平面内任意四点，证明2+2+2+22+28a1、a2、b1、b2R，求证：.又等号何时成立？9ABC中，AB=AC，D为AB中点，E为ADC的重心，O为ABC的外心，求证：OECD10在平面四边形ABCD中，记=，=，=，=，若=试判断此四边形形状，并说明理由。五、参考答案1（1）=（，1），（，）=0，（2），+(t23)k+t=0k2+t(t23)2+tk(t23) =0 4k+t(t23)=0. k=t(t23) （3）令k/=t20，t1或t1.故f(t)的单调递增区间为和 单调递减区间为1，12（1）由已知(k+)2=3(k)2，即(k23) 2+(13k2)2+(2k+bk) =0，整理解得k23+13k2+8k=0 =（2）k0，故=，此时. cos= =3记=，=，则=，=，=，则已知条件可表为2+()2=2+()2=2+()2，从而=()=0，即() 同理，, O为ABC的垂心.4(+3)(75) (+3)(75)=0 即72152+16=0 (3)(72) (4)(72)=0即72+82302=0 23=46=46cos 把=代入，知2=2，=，代回232=462cos， cos(2，)=与夹角为5(1)（+2）(2)=222=4221cos=1=，=2cos+，2夹角为arccos（2）由已知0=32+27=667cos， =.夹角为arccos6记=，=, =，则=， =PA2+PB2+PC2=2+2=2=322(+)+2+2当=时,上式有最小值,此时P点恰为重心.7记=，=，=则=，=，=，原式中2+()2+2+ ()22+2()2()+20. 亦即()20 . 20. 显然成立. 原命题成立.8=1=等号当且仅当共线时成立.记=（a1，a2） =（b1 ，b2）则左， 右=,左右.9以O为原点，底BC上的高为y轴建立直角坐标系，记A：（O，R），B：（Rcos，R） C：（Rcso，Rsin）则D（cos，(1+sin) E：（cos，(1+sin)） =(cos，(1+sin) =(Rcos，(1+sin)=cos2+(1sin)=0 OECD10ABCD为四边形 +=.记=k，则+=+=2k，即（+）=（+）移项，有()(+)=0，()(+)=0，2=2=，同理可证=，ABCD为平形四边形，从而k=cos，=cos，=cos，=cos，四外角相同，故ABCD为矩形.六、附录，=+，两边同乘以，有2=+=| cosB+|cosC 即=| cosB+| cosC，亦即a=ccosB+bcosC.例2= ， =，两式相加得2=(+) 又+=. 故有(+)2=2=0，2+2+4=0由已知=1 |2+|2=4同理|2=|2=4，|2+|2=4，|2=|2=|2=2|2=|2=|2=，ABC为正三角形S=()2=.例3，2+m(n+)=2n+m=0 又=7+(m+1)，=(n5) +22，= 由、解得或例4以AB边所在直线为x轴，AB边上的高所在直线为y轴建立直角坐标系.记A：（a，0），B（b，0），C（0，c）并记BC边上的高与y轴交点为H（0，h），则=（b，h），=（b，c） =（a，c）=（b，h）（a，c）=ab+ch=0. 三高AH，CH，BH交于一点.例5在平面内取定一点O，作有向线较=，=，=，则，两两夹角相等，均，(+)2=2+2+2+2+2+2=12+22+32+212cos+223cos+213cos=3 |+|=例6要使最小，即要使(+x)2最小.(+x)2=2+x22+2x，三项均为实数，且2=20，可看作关于x的二次函数，当x=亦即+x2=0, (a+x)=0，也就