2018-2019数学新学案同步必修四人教A版全国通用版讲义：第二章 平行向量2.4.1（二）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2．4.1平面向量数量积的物理背景及其含义（二）学习目标1.掌握平面向量数量积的运算律及常用的公式.2.会利用向量数量积的有关运算律进行计算或证明．知识点一平面向量数量积的运算律类比实数的运算律,判断下表中的平面向量数量积的运算律是否正确。运算律实数乘法向量数量积判断正误交换律ab＝baa·b＝b·a正确结合律(ab)c＝a(bc）(a·b)c＝a(b·c）错误分配律(a＋b）c＝ac＋bc（a＋b）·c＝a·c＋b·c正确消去律ab＝bc（b≠0)⇒a＝ca·b＝b·c(b≠0）⇒a＝c错误知识点二平面向量数量积的运算性质类比多项式乘法的乘法公式,写出下表中的平面向量数量积的运算性质．多项式乘法向量数量积（a＋b)2＝a2＋2ab＋b2（a＋b）2＝a2＋2a·b＋b2(a－b)2＝a2－2ab＋b2（a－b)2＝a2－2a·b＋b2(a＋b)（a－b）＝a2－b2(a＋b）·（a－b)＝a2－b2(a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca(a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a1．向量的数量积运算满足（a·b)·c＝a·（b·c）．(×）2．已知a≠0,且a·c＝a·b，则b＝c。（×)3．λ(a·b）＝λa·b.(√）类型一向量数量积的运算性质例1设a，b，c是任意的非零向量，且它们相互不共线，给出下列结论:①a·c－b·c＝（a－b）·c；②(b·c)·a－（c·a）·b不与c垂直；③|a|－｜b|〈｜a－b｜；④（3a＋2b）·（3a－2b)＝9|a|2－4｜b｜2。其中正确结论的序号是________．考点平面向量数量积的运算性质和法则题点向量的运算性质与法则答案①③④解析根据向量积的分配律知①正确;因为［（b·c）·a－(c·a）·b］·c＝（b·c)·(a·c)－（c·a）·(b·c）＝0，∴(b·c)·a－（c·a)·b与c垂直,②错误；因为a，b不共线，所以|a｜，|b｜,|a－b|组成三角形三边，∴|a｜－｜b｜<｜a－b|成立,③正确；④正确．故正确结论的序号是①③④.反思与感悟向量的数量积a·b与实数a,b的乘积a·b有联系，同时有许多不同之处．例如,由a·b＝0并不能得出a＝0或b＝0.特别是向量的数量积不满足结合律．跟踪训练1对于任意向量a，b,c,下列说法中正确的是()A．｜a·b｜＝｜a|｜b｜ B．｜a＋b｜＝｜a｜＋｜b|C．（a·b）c＝a（b·c） D．|a|＝eq\r（a2）考点平面向量数量积的运算性质和法则题点向量的运算性质与法则答案D解析因为a·b＝｜a｜｜b|cos〈a,b〉，所以｜a·b|≤｜a|｜b|，所以A错误；根据向量加法的平行四边形法则，｜a＋b｜≤｜a|＋｜b｜,只有当a，b同向时取“＝"，所以B错误；因为（a·b）c是向量，其方向与向量c相同，a（b·c）是向量，其方向与向量a的方向相同，所以C错误；因为a·a＝｜a||a|cos0＝｜a|2,所以｜a｜＝eq\r(a2）,所以D正确．类型二平面向量数量积有关的参数问题命题角度1利用向量数量积处理垂直问题例2已知｜a｜＝3，｜b|＝2，向量a，b的夹角为60°，c＝3a＋5b，d＝ma－3b，求当m为何值时，c与d垂直．考点平面向量数量积的应用题点已知向量夹角求参数解由已知得a·b＝3×2×cos60°＝3.若c⊥d，则c·d＝0,∴c·d＝（3a＋5b)·(ma－3b）＝3ma2＋（5m－9）a·b－15b2＝27m＋3(5m－9）－60＝42m－87＝0，∴m＝eq\f（29,14），即当m＝eq\f(29,14）时，c与d垂直．反思与感悟由两向量垂直求参数一般是利用性质：a⊥b⇔a·b＝0.跟踪训练2已知两个单位向量a,b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)·b，且b⊥c,则t＝________。考点平面向量数量积的应用题点已知向量夹角求参数答案2解析由题意，将b·c＝［ta＋（1－t）b］·b＝0整理，得ta·b＋（1－t)＝0,又a·b＝eq\f（1,2)，所以t＝2.命题角度2由两向量夹角的取值范围求参数的取值范围例3已知e1与e2是两个互相垂直的单位向量，若向量e1＋ke2与ke1＋e2的夹角为锐角，则k的取值范围为________．考点平面向量数量积的应用题点已知向量夹角求参数答案(0,1）∪（1，＋∞)解析∵e1＋ke2与ke1＋e2的夹角为锐角，∴（e1＋ke2）·（ke1＋e2）＝keeq\o\al（2,1）＋keeq\o\al(2，2)＋(k2＋1）e1·e2＝2k>0，∴k〉0.但当k＝1时，e1＋ke2＝ke1＋e2,它们的夹角为0，不符合题意，舍去．综上，k的取值范围为k〉0且k≠1.反思与感悟向量a，b的夹角为锐角，得到a·b>0;反之，a·b〉0不能说明a，b的夹角为锐角，因为a，b夹角为0°时也有a·b>0。同理，向量a，b的夹角为钝角，得到a·b〈0；反之，a·b〈0不能说明a，b的夹角为钝角,因为a，b夹角为180°时也有a·b〈0.跟踪训练3若向量e1,e2满足|e1｜＝|e2|＝1,e1,e2的夹角为60°，向量2te1＋e2与向量e1－e2的夹角为钝角，求实数t的取值范围．考点平面向量数量积的应用题点已知向量夹角求参数解设向量2te1＋e2与向量e1－e2的夹角为θ，由θ为钝角，知cosθ〈0，故（2te1＋e2）·（e1－e2）＝2teeq\o\al(2，1)＋（－2t＋1)e1·e2－eeq\o\al(2，2)＝t－eq\f（1，2)<0，解得t<eq\f(1,2)。又当θ＝π时，也有(2te1＋e2）·(e1－e2)<0,但此时夹角不是钝角，设向量2te1＋e2与向量e1－e2反向，则2te1＋e2＝k(e1－e2）(k<0),又e1与e2不共线，从而eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2t＝k,,1＝－k，））解得t＝－eq\f（1，2），即当t＝－eq\f(1，2)时,向量2te1＋e2与向量e1－e2的夹角为180°,故t的取值范围是eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(t\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（t〈\f(1,2），且t≠－\f(1,2）））)).1．下面给出的关系式中正确的个数是（）①0·a＝0；②a·b＝b·a；③a2＝｜a|2;④|a·b｜≤a·b；⑤(a·b）2＝a2·b2。A．1B．2C．3D．4考点平面向量数量积的运算性质与法则题点向量的运算性质与法则答案C解析①②③正确，④错误，⑤错误，（a·b）2＝（｜a｜｜b｜·cosθ)2＝a2·b2cos2θ，故选C.2．已知｜a|＝2,|b|＝1，a与b之间的夹角为60°，那么向量a－4b的模为(）A．2B．2eq\r(3）C．6D．12考点平面向量数量积的运算性质和法则题点向量的运算性质与法则答案B解析∵｜a－4b｜2＝a2－8a·b＋16b2＝22－8×2×1×cos60°＋16×12＝12,∴｜a－4b｜＝2eq\r（3）.3．已知非零向量m，n满足4｜m|＝3｜n|,cos〈m，n〉＝eq\f(1，3)。若n⊥（tm＋n),则实数t的值为()A．4B．－4C。eq\f（9，4）D．－eq\f（9,4)考点平面向量数量积的应用题点已知向量夹角求参数答案B解析∵n⊥(tm＋n），∴n·(tm＋n）＝0,即tm·n＋n2＝0,∴t｜m|｜n｜cos<m，n>＋|n｜2＝0，由已知得t×eq\f（3,4)|n｜2×eq\f（1，3)＋｜n｜2＝0，解得t＝－4，故选B。4．在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6（→）)＝a，eq\o（BC，\s\up6（→）)＝b，且a·b>0，则△ABC是（）A．锐角三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．钝角三角形考点平面向量数量积的应用题点数量积在三角形中的应用答案D解析由eq\o（AB，\s\up6（→）)·eq\o(BC，\s\up6(→))>0知，eq\o(BA，\s\up6（→）)·eq\o（BC,\s\up6(→)）<0，即角B为钝角．5．已知|a｜＝1，｜b|＝eq\r（2)，且（a＋b）与a垂直，则a与b的夹角是________．考点平面向量数量积的应用题点利用数量积求向量的夹角答案eq\f（3π，4)解析∵（a＋b）·a＝a2＋a·b＝0,∴a·b＝－a2＝－1，设a与b的夹角为θ,∴cosθ＝eq\f(a·b，｜a||b|)＝eq\f(－1,1×\r（2））＝－eq\f（\r（2）,2），又θ∈[0,π］,∴θ＝eq\f(3π,4)。1．数量积对结合律不一定成立，因为（a·b）·c＝|a|｜b｜·cos<a，b〉·c是一个与c共线的向量，而（a·c)·b＝｜a||c|cos<a，c〉·b是一个与b共线的向量，若b与c不共线，则两者不相等．2．在实数中，若ab＝0,则a＝0或b＝0,但是在数量积中,即使a·b＝0，也不能推出a＝0或b＝0，因为其中cosθ有可能为0.3．在实数中,若ab＝bc，b≠0，则a＝c，在向量中a·b＝b·c，b≠0⇏a＝c.一、选择题1．已知｜a|＝1，|b｜＝1，｜c|＝eq\r(2)，a与b的夹角为90°,b与c的夹角为45°，则a·(b·c)的化简结果是（）A．0B．aC．bD．c考点平面向量数量积的运算性质和法则题点向量的运算性质和法则答案B解析b·c＝|b｜｜c｜cos45°＝1.∴a·（b·c）＝a。2．已知a⊥b，|a｜＝2,|b｜＝3,且3a＋2b与λa－b垂直，则λ等于()A.eq\f（3，2）B．－eq\f（3，2)C．±eq\f（3，2)D．1考点平面向量数量积的应用题点已知向量夹角求参数答案A解析∵(3a＋2b）·(λa－b）＝3λa2＋（2λ－3）a·b－2b2＝3λa2－2b2＝12λ－18＝0，∴λ＝eq\f(3,2)。3．（2017·嘉峪关高一检测）已知向量a，b为非零向量，（a－2b）⊥a，（b－2a)⊥b，则a，b的夹角为()A.eq\f（π，6)B。eq\f(π,3）C。eq\f(2π，3)D。eq\f（5π,6）考点平面向量数量积的应用题点利用数量积求向量的夹角答案B解析设a与b的夹角为θ。因为（a－2b)⊥a，（b－2a)⊥b，所以(a－2b)·a＝a2－2a·b＝0，（b－2a）·b＝b2－2a·b＝0.所以a2＝2a·b，b2＝2a·b，所以a2＝b2，所以｜a｜＝|b｜，所以cosθ＝eq\f(a·b,｜a|｜b｜）＝eq\f(a·b,｜a｜2)＝eq\f(a·b,a2）＝eq\f（a·b，2a·b）＝eq\f（1，2)。因为θ∈［0，π］，所以θ＝eq\f(π，3）.所以a，b夹角为eq\f（π,3）。

4．在四边形ABCD中，eq\o(AB，\s\up6(→)）＝eq\o(DC,\s\up6（→)），且eq\o(AC，\s\up6(→）)·eq\o(BD，\s\up6(→））＝0，则四边形ABCD是（)A．矩形 B．菱形C．直角梯形 D．等腰梯形考点平面向量数量积的应用题点向量模与夹角的综合应用答案B解析由eq\o(AB,\s\up6(→）)＝eq\o（DC,\s\up6（→)）知四边形ABCD是平行四边形，由eq\o（AC，\s\up6(→））·eq\o(BD,\s\up6(→）)＝0知AC⊥BD，即对角线垂直,所以四边形ABCD是菱形．5．若非零向量a,b满足|a|＝|b|，（2a＋b）·b＝0，则a与b的夹角为()A．30° B．60°C．120° D．150°考点平面向量数量积的应用题点利用数量积求向量的夹角答案C解析由题知，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2｜a|2cos<a，b>＋a2＝0，∴cos〈a，b〉＝－eq\f（1,2)，又∵<a,b〉∈[0°，180°］，∴a，b的夹角为120°。6．已知向量eq\o(AB，\s\up6（→)）与eq\o(AC，\s\up6（→）)的夹角为120°,且|eq\o(AB，\s\up6（→））|＝2，|eq\o（AC，\s\up6（→)）|＝3。若eq\o（AP,\s\up6（→））＝λeq\o（AB，\s\up6(→)）＋eq\o（AC,\s\up6（→))，且eq\o(AP,\s\up6（→)）⊥eq\o（BC,\s\up6(→)），则实数λ的值为（）A.eq\f（3,7）B．13C．6D.eq\f（12,7）考点平面向量数量积的应用题点已知向量夹角求参数答案D解析∵eq\o(AB，\s\up6（→）)与eq\o(AC，\s\up6(→）)的夹角为120°，且｜eq\o(AB,\s\up6（→))｜＝2，｜eq\o（AC，\s\up6（→）)|＝3，∴eq\o（AB，\s\up6（→））·eq\o（AC,\s\up6(→))＝|eq\o（AB，\s\up6(→）)｜·｜eq\o（AC，\s\up6(→）)|cos120°＝2×3×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2））)＝－3.∵eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o（BC，\s\up6（→))＝(eq\o（AC,\s\up6(→）)＋λeq\o(AB,\s\up6（→）))·(eq\o(AC，\s\up6（→）)－eq\o（AB，\s\up6（→）)）＝eq\o（AC,\s\up6(→))2－λeq\o（AB,\s\up6（→））2＋(λ－1)eq\o(AB，\s\up6(→)）·eq\o(AC，\s\up6（→）)＝0,∴32－λ×22＋（λ－1）×(－3）＝0，解得λ＝eq\f（12，7)，故选D.7．(2017·惠州高一检测)若O为△ABC所在平面内任一点，且满足（eq\o（OB,\s\up6(→）)－eq\o(OC，\s\up6（→)）)·（eq\o（OB，\s\up6（→)）＋eq\o（OC，\s\up6（→))－2eq\o(OA，\s\up6(→）))＝0，则△ABC的形状为（)A．等腰三角形 B．直角三角形C．正三角形 D．等腰直角三角形考点平面向量数量积的应用题点数量积在三角形中的应用答案A解析因为（eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6（→)))·(eq\o(OB,\s\up6（→）)＋eq\o(OC，\s\up6(→））－2eq\o（OA,\s\up6（→）)）＝0，即eq\o（CB，\s\up6（→)）·（eq\o(AB,\s\up6（→)）＋eq\o（AC，\s\up6（→）））＝0，又因为eq\o(AB,\s\up6（→)）－eq\o(AC，\s\up6（→)）＝eq\o（CB，\s\up6(→)）,所以（eq\o（AB,\s\up6(→))－eq\o（AC，\s\up6（→）)）·（eq\o(AB,\s\up6(→））＋eq\o(AC，\s\up6（→)））＝0，即｜eq\o(AB,\s\up6(→）)｜＝｜eq\o(AC,\s\up6(→))|,所以△ABC是等腰三角形．二、填空题8．已知向量a，b满足（a＋2b）·(5a－4b)＝0，且｜a|＝｜b|＝1,则a与b的夹角θ为________.考点平面向量数量积的应用题点利用数量积求向量的夹角答案eq\f（π,3）解析因为(a＋2b）·（5a－4b）＝0，|a｜＝｜b｜＝1，所以6a·b－8＋5＝0,即a·b＝eq\f(1,2)。又a·b＝|a｜|b｜cosθ＝cosθ，所以cosθ＝eq\f(1,2)，因为θ∈[0，π］，所以θ＝eq\f(π，3).9．已知非零向量a,b，满足a⊥b，且a＋2b与a－2b的夹角为120°，则eq\f(｜a｜，｜b｜）＝________.考点平面向量数量积的应用题点向量模与夹角的综合应用答案eq\f（2\r(3),3）解析∵a⊥b，∴a·b＝0，(a＋2b）·(a－2b)＝a2－4b2,|a＋2b｜＝eq\r（a2＋4a·b＋4b2）＝eq\r(a2＋4b2），｜a－2b｜＝eq\r（a2－4a·b＋4b2）＝eq\r(a2＋4b2），∴a2－4b2＝eq\r（a2＋4b2)·eq\r（a2＋4b2)·cos120°，化简得eq\f(3,2）a2－2b2＝0，∴eq\f（｜a｜，|b｜)＝eq\f（2\r（3)，3)。10．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________．考点平面向量数量积的应用题点向量模与夹角的综合应用答案4解析方法一由a＋b＋c＝0，得c＝－a－b。又(a－b)·c＝0，∴（a－b)·（－a－b）＝0，即a2＝b2.则c2＝（a＋b）2＝a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2＝2，∴｜a|2＋|b|2＋｜c|2＝4.方法二如图,作eq\o(AB，\s\up6(→））＝eq\o(BD,\s\up6(→）)＝a.eq\o(BC,\s\up6（→））＝b,则eq\o（CA,\s\up6（→)）＝c，∵a⊥b，∴AB⊥BC，又∵a－b＝eq\o（BD，\s\up6（→））－eq\o(BC，\s\up6(→）)＝eq\o(CD,\s\up6（→)),(a－b）⊥c，∴CD⊥CA，∴△ABC是等腰直角三角形，∵｜a｜＝1,∴|b|＝1，｜c|＝eq\r（2)，∴｜a|2＋｜b｜2＋｜c｜2＝4.11．已知向量a，b满足|a｜＝2，｜b|＝1,且对一切实数x,｜a＋xb|≥|a＋b｜恒成立,则a，b的夹角的大小为________．考点平面向量数量积的应用题点向量模与夹角的综合应用答案eq\f（2π,3)解析由题意可知，|a＋xb｜2≥｜a＋b｜2，即a2＋2a·b·x＋b2·x2≥a2＋2a·b＋b2，设a与b的夹角为θ，则4＋4cosθ·x＋x2≥4＋4cosθ＋1，即x2＋4cosθ·x－1－4cosθ≥0，因为对一切实数x，|a＋xb｜≥|a＋b｜恒成立，所以Δ＝16cos2θ＋4（1＋4cosθ）≤0，即(2cosθ＋1）2≤0，所以2cosθ＋1＝0,cosθ＝－eq\f（1，2)。又因为θ∈[0，π］，所以θ＝eq\f（2π，3）.12．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°.若｜ka＋b＋c｜>1（k∈R),则k的取值范围为________．考点平面向量数量积的应用题点向量模与夹角的综合应用答案｛k｜k<0或k>2｝解析因为｜ka＋b＋c|>1，所以（ka＋b＋c)·（ka＋b＋c)>1，即k2a2＋b2＋c2＋2ka·b＋2ka·c＋2b·c>1.因为a·b＝a·c＝b·c＝cos120°＝－eq\f（1，2）,所以k2－2k〉0，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（k〉0，，k－2>0）)或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(k<0，，k－2<0,))解得k〈0或k>2，即k的取值范围是{k|k<0或k>2｝．三、解答题13．设两个向量e1,e2满足｜e1|＝2，｜e2|＝1，e1，e2的夹角为60°，若向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角,求实数t的取值范围．考点平面向量数量积的应用题点已知向量夹角求参数解设向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为θ。根据题意,得cosθ＝eq\f(2te1＋7e2·e1＋te2，|2te1＋7e2｜|e1＋te2|)〈0,∴（2te1＋7e2)·(e1＋te2）〈0。化简，得2t2＋15t＋7<0，∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2t＋1>0，,t＋7<0）)或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2t＋1<0，,t＋7〉0,))解得－7<t<－eq\f（1,2）.当θ＝π时，也有(2te1＋7e2）·（e1＋te2）<0,但此时夹角不是钝角．设2te1＋7e2＝λ（e1＋te2),