人教B版-必修三-第八章 向量的数量积与三角恒等变换【区一等奖】

《综合复习与测试》学案8．向量数量积的运算律自学新教材(一)教材梳理填空(1)交换律：a·b＝b·a.(2)结合律：λ(a·b)＝(λa)·b＝a·(λb)．(3)分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.由向量数量积的运算律还可得到如下关系：a·(b＋c)＝a·b＋a·c；(a－b)·c＝a·c－b·c.(二)基本知能小试1．判断正误(1)若a·b＝b·c，则一定有a＝c.()(2)若a，b反向，则a·b＝－|a||b|.()(3)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2.()答案：(1)×(2)√(3)√2．若向量a，b的夹角为30°，则向量－a，－b的夹角为()A．60°B．30°C．120°D．150°答案：B3．已知|a|＝10，|b|＝12，且(3a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)b))＝－36，则a与b的夹角为()A．60° B．120°C．135° D．150°答案：B提升新知能题型一与向量模有关的问题[学透用活][典例1]已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)(1)求a与b的夹角θ；(2)求|a＋b|.[解](1)由(2a－3b)·(2a＋b)＝得4|a|2－4a·b－3|b|2＝将|a|＝4，|b|＝3代入上式，得a·b＝－6，所以cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－6,4×3)＝－eq\f(1,2).又0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(2π,3).(2)因为|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝13所以|a＋b|＝eq\r(13).[方法技巧]向量模的常见求法在求向量的模时，直接运用公式|a|＝eq\r(a·a)，但在计算两向量的和与差的长度时，一般用|a±b|＝eq\r(a±b2)＝eq\r(a2±2a·b＋b2).[对点练清]1．已知e1，e2是平面单位向量，且e1·e2＝eq\f(1,2).若平面向量b满足b·e1＝b·e2＝1，则|b|＝________.解析：令e1与e2的夹角为θ，∴e1·e2＝|e1|·|e2|cosθ＝cosθ＝eq\f(1,2).又0°≤θ≤180°，∴θ＝60°.∵b·(e1－e2)＝0，∴b与e1，e2的夹角均为30°，∴b·e1＝|b||e1|cos30°＝1，从而|b|＝eq\f(1,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)2．已知向量a，b的夹角为45°，且|a|＝1，|2a－b|＝eq\r(10)，则|b|＝________.解析：∵a，b的夹角为45°，|a|＝1，∴a·b＝|a||b|cos45°＝eq\f(\r(2),2)|b|，∴|2a－b|2＝4－4×eq\f(\r(2),2)|b|＋|b|2＝10，∴|b|＝3eq\r(2)(负值舍去)．答案：3eq\r(2)题型二两个向量的夹角和垂直[学透用活][典例2](1)已知非零向量a，b满足|b|＝4|a|，且a⊥(2a＋b)，则a与b的夹角为(\f(π,3) \f(π,2)\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)(2)已知a⊥b，|a|＝2，|b|＝3且向量3a＋2b与ka－b互相垂直，则k的值为(A．－eq\f(3,2) B．eq\f(3,2)C．±eq\f(3,2) D．1[解析](1)∵a⊥(2a＋b)，∴a·(2a＋b)＝∴2|a|2＋a·b＝0，即2|a|2＋|a||b|cos〈a，b〉＝0.∵|b|＝4|a|，∴2|a|2＋4|a|2cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝－eq\f(1,2)，又〈a，b〉∈[0，π]，∴〈a，b〉＝eq\f(2π,3).(2)∵3a＋2b与ka－b∴(3a＋2b)·(ka－b)＝0∴3ka2＋(2k－3)a·b－2b2＝0.∵a⊥b，∴a·b＝0，又|a|＝2，|b|＝3，∴12k－18＝0，k＝eq\f(3,2).[答案](1)C(2)B[方法技巧]数量积大于0，说明不共线的两向量的夹角为锐角；数量积等于0，说明不共线的两向量垂直；数量积小于0，说明不共线的两向量的夹角为钝角．[对点练清]1．已知向量b与单位向量a满足|a＋3b|＝2，a⊥(a＋b)，则|b|＝()A．5 B．3C．2 D．1解析：选D因为a⊥(a＋b)，所以a·(a＋b)＝0，因为|a|＝1，所以a·(a＋b)＝a2＋a·b＝1＋a·b＝0，所以a·b＝－1.又|a＋3b|＝2，所以a2＋9b2＋6a·b＝4所以1＋9b2－6＝4，所以|b|＝1，故选D.2．已知a，b是非零向量，当a＋tb(t∈R)的模取最小值时，求证：b⊥(a＋tb)．证明：∵|a＋tb|＝eq\r(a＋tb2)＝eq\r(a2＋t2b2＋2ta·b)＝eq\r(|b|2t2＋2a·bt＋|a|2)，∴当t＝－eq\f(2a·b,2|b|2)＝－eq\f(a·b,|b|2)时，|a＋tb|有最小值．此时b·(a＋tb)＝b·a＋tb2＝a·b＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a·b,|b|2)))·|b|2＝a·b－a·b＝0.∴b⊥(a＋tb)．题型三利用数量积解决平面几何中的证明问题[学透用活][典例3]如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，求证：AF⊥DE.[证明]设eq\o(AD,\s\up7(→))＝a，eq\o(AB,\s\up7(→))＝b，则|a|＝|b|，a·b＝0，又eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(AE,\s\up7(→))＝－a＋eq\f(1,2)b，eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BF,\s\up7(→))＝b＋eq\f(1,2)a，所以eq\o(AF,\s\up7(→))·eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)a))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(1,2)b))＝－eq\f(1,2)a2－eq\f(3,4)a·b＋eq\f(1,2)b2＝－eq\f(1,2)|a|2＋eq\f(1,2)|b|2＝0.故eq\o(AF,\s\up7(→))⊥eq\o(DE,\s\up7(→))，即AF⊥DE.[方法技巧]利用向量的数量积运算可以解决与长度、垂直、平行等有关的几何问题，其解题的关键在于把其他语言转化为向量语言，用向量表示问题中所涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题，通过向量的数量积求解．[对点练清]如图所示，若D是△ABC内的一点，且eq\o(AB2,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(DB2,\s\up7(→))－eq\o(DC2,\s\up7(→))，求证：AD⊥BC.证明：设eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝b，eq\o(AD,\s\up7(→))＝e，eq\o(DB,\s\up7(→))＝c，eq\o(DC,\s\up7(→))＝d，则a＝e＋c，b＝e＋d，∴a2－b2＝(e＋c)2－(e＋d)2＝c2＋2e·c－2e·d－d2.由已知a2－b2＝c2－d2，∴c2＋2e·c－2e·d－d2＝c2－d2，即e·(c－d)＝0.∵eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(BD,\s\up7(→))＋eq\o(DC,\s\up7(→))＝d－c，∴eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝e·(d－c)＝0，∴eq\o(AD,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，即AD⊥BC.训练新素养[课堂一刻钟巩固训练]一、基础经典题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⊥bC．|a|＝|b| D．a＋b＝a－b解析：选B∵|a＋b|＝|a－b|，∴|a＋b|2＝|a－b|2，∴a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，∴a·b＝0.即a⊥2．已知a，b满足|a|＝4，|b|＝3，夹角为60°，则|a＋b|＝()A．37 B．13\r(37) D．eq\r(13)解析：选C|a＋b|＝eq\r(a＋b2)＝eq\r(a2＋2a·b＋b2)＝eq\r(42＋2×4×3cos60°＋32)＝eq\r(37).3．在△ABC中，若(eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→)))·(eq\o(CA,\s\up7(→))－eq\o(CB,\s\up7(→)))＝0，则△ABC为()A．正三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．形状无法确定解析：选C∵(eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→)))·(eq\o(CA,\s\up7(→))－eq\o(CB,\s\up7(→)))＝0，∴eq\o(CA,\s\up7(→))2－eq\o(CB,\s\up7(→))2＝0，eq\o(CA,\s\up7(→))2＝eq\o(CB,\s\up7(→))2，∴CA＝CB，△ABC为等腰三角形．4．已知平面向量a，b满足|a|＝eq\r(3)，|b|＝2，a·b＝－3，则|a＋2b|＝________.解析：根据题意，得|a＋2b|＝eq\r(a2＋4a·b＋4b2)＝eq\r(7).答案：eq\r(7)二、创新应用题5．已知|a|＝10，|b|＝12，a与b的夹角为120°，求：(1)a·b；(2)(3a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)b))；(3)(3b－2a)·(4a＋b)．解：(1)a·b＝|a||b|cosθ＝10×12×cos120°＝－60.(2)(3a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)b))＝eq\f(3,5)(a·b)＝eq\f(3,5)×(－60)＝－36.(3)(3b－2a)·(4a＋b)＝12b·a＋3b2－8a2－2a·b＝10a·b＋3|b|2－8|a|2＝10×(－60)＋3×122三、易错防范题6．设两个向量e1，e2，满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1与e2的夹角为eq\f(π,3)，若向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，则实数t的取值范围为________．解析：由向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，得eq\f(2te1＋7e2·e1＋te2,|2te1＋7e2|·|e1＋te2|)<0，即(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，化简得2t2＋15t＋7<0，解得t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－7，－\f(1,2))).当夹角为π时，也有(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，但此时夹角不是钝角，设2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)，λ<0，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2t＝λ，,7＝λt，,λ<0，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\r(14)，,t＝－\f(\r(14),2).))∴所求实数t的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－7，－\f(\r(14),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(14),2)，－\f(1,2))).[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－7，－\f(\r(14),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(14),2)，－\f(1,2)))[易错矫正]本题易混淆两非零向量的夹角为钝角与两向量的数量积小于0的关系，易忽视向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为π时，也有数量积小于0的情况，从而得出t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－7，－\f(1,2)))的错误答案．事实上，由于a·b<0包含了其夹角为π的情况，a·b>0包含了其夹角为0的情况，在求解时应注意排除．[课下双层级演练过关]A级——学考水平达标练1．已知|a|＝2，|b|＝1，且a与b的夹角为eq\f(π,3)，则向量m＝a－4b的模为()A．2 B．2eq\r(3)C．6 D．12解析：选B|m|2＝|a－4b|2＝a2－8a·b＋16b2＝4－8×2×1×eq\f(1,2)＋16＝12，所以|m|＝2eq\r(3).2．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up7(→))，则eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))的值为()A．－eq\f(5,2) B．eq\f(5,2)C．－eq\f(5,4) D．eq\f(5,4)解析：选C因为eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up7(→))，所以点D是BC的中点，则eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))，所以eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))·eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝eq\f(1,4)(eq\o(AC,\s\up7(→))2－eq\o(AB,\s\up7(→))2)＝eq\f(1,4)(22－32)＝－eq\f(5,4)，故选C.3．已知|a|＝|b|＝1，a与b的夹角是90°，c＝2a＋3b，d＝ka－4b，c与d垂直，则k的值为(A．－6 B．6C．3 D．－3解析：选B由c⊥d得c·d＝0，即(2a＋3b)·(ka－4b)＝2k|a|2＋(3k－8)a·b－12|b|2＝0，所以2k＋(3k－8)×1×1×cos90°－12＝0，解得k＝6.故选B4．如图，e1，e2为互相垂直的两个单位向量，则|a＋b|＝()A．20 B．eq\r(10)C．2eq\r(5) D．eq\r(15)解析：选C由题意，知a＝－eq\f(1,2)e1－eq\f(7,2)e2，b＝－eq\f(3,2)e1－eq\f(1,2)e2，所以a＋b＝－2e1－4e2，所以|a＋b|＝eq\r(－2e1－4e22)＝eq\r(4|e1|2＋16e1·e2＋16|e2|2)＝eq\r(20)＝2eq\r(5)，故选C.5．(2019·全国卷Ⅰ)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为()\f(π,6) B．eq\f(π,3)\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)解析：选B由(a－b)⊥b，可得(a－b)·b＝0，即a·b＝b2.∵|a|＝2|b|，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(b2,2b2)＝eq\f(1,2).又∵0≤〈a，b〉≤π，∴a与b的夹角为eq\f(π,3).6．在△ABC中，M是BC的中点，AM＝1，点P在AM上且满足eq\o(AP,\s\up7(→))＝2eq\o(PM,\s\up7(→))，则eq\o(AP,\s\up7(→))·(eq\o(PB,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→)))＝________.解析：∵AM＝1，且eq\o(AP,\s\up7(→))＝2eq\o(PM,\s\up7(→))，∴|eq\o(AP,\s\up7(→))|＝eq\f(2,3).如图，eq\o(AP,\s\up7(→))·(eq\o(PB,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→)))＝eq\o(AP,\s\up7(→))·2eq\o(PM,\s\up7(→))＝eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\o(AP,\s\up7(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(4,9).答案：eq\f(4,9)7．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.解析：法一：易知|a＋2b|＝eq\r(|a|2＋4a·b＋4|b|2)＝eq\r(4＋4×2×1×\f(1,2)＋4)＝2eq\r(3).法二：(数形结合法)由|a|＝|2b|＝2，知以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|a＋2b|＝|eq\o(OC,\s\up7(→))|.又∠AOB＝60°，所以|a＋2b|＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)8．已知A，B是圆心为C，半径为eq\r(5)的圆上的两点，且|AB|＝eq\r(5)，则eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＝________.解析：由弦长|AB|＝eq\r(5)，可知∠ACB＝60°，故eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＝－eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＝－|eq\o(CA,\s\up7(→))||eq\o(CB,\s\up7(→))|cos∠ACB＝－eq\f(5,2).答案：－eq\f(5,2)9．在△ABC中，eq\o(BC,\s\up7(→))＝a，eq\o(CA,\s\up7(→))＝b，eq\o(AB,\s\up7(→))＝c，且a·b＝b·c＝c·a，试判断△ABC的形状．解：如图，由a＋b＋c＝0，得a＋b＝－c，即(a＋b)2＝(－c)2，故a2＋2a·b＋b2＝c2.①同理，a2＋2a·c＋c2＝b2，b2＋2b·c＋c2＝a2.③由①－②，得b2－c2＝c2－b2，即2b2＝2c2，故|b|＝|c|.同理，由①－③，得|a|＝|c|.故|a|＝|b|＝|c|故△ABC为等边三角形．10．如图，平行四边形ABCD中，已知AD＝1，AB＝2，对角线BD＝2，求对角线AC的长．解：设eq\o(AD,\s\up7(→))＝a，eq\o(AB,\s\up7(→))＝b，则eq\o(BD,\s\up7(→))＝a－b，eq\o(AC,\s\up7(→))＝a＋b，∵|eq\o(BD,\s\up7(→))|＝|a－b|＝eq\r(a2－2a·b＋b2)＝eq\r(1＋4－2a·b)＝eq\r(5－2a·b)＝2，∴5－2a·b＝4，∴a·b＝eq\f(1,2)，又|eq\o(AC,\s\up7(→))|2＝|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋4＋2a·b＝6，∴|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝eq\r(6)，即AC＝eq\r(6).B级——高考水平高分练1.如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD边上的中点，则eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(FG,\s\up7(→))＋eq\o(GH,\s\up7(→))·eq\o(HE,\s\up7(→))＝()\f(3,2) B．－eq\f(3,2)\f(3,4) D．－eq\f(3,4)解析：选A易知四边形EFGH为平行四边形，连接HF，取HF的中点为O，则eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(FG,\s\up7(→))＝eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(EH,\s\up7(→))＝(eq\o(EO,\s\up7(→))－eq\o(OH,\s\up7(→)))·(eq\o(EO,\s\up7(→))＋eq\o(OH,\s\up7(→)))＝eq\o(EO,\s\up7(→))2－eq\o(OH,\s\up7(→))2＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(3,4)，eq\o(GH,\s\up7(→))·eq\o(HE,\s\up7(→))＝eq\o(GH,\s\up7(→))·eq\o(GF,\s\up7(→))＝eq\o(GO,\s\up7(→))2－eq\o(OH,\s\up7(→))2＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(3,4)，因此eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(FG,\s\up7(→))＋eq\o(GH,\s\up7(→))·eq\o(HE,\s\up7(→))＝eq\f(3,2).2．已知平面向量α，β，|α|＝1，|β|＝2，α⊥(α－2β)，则|2α＋β|的值是________．解析：|α|＝1，|β|＝2，由α⊥(α－2β)，知α·(α－2β)＝0,2α·β＝1，所以|2α＋β|2＝4α2＋4α·β＋β2＝4＋2＋4＝10，故|2α＋β|＝eq\r(10).答案：eq\r(10)3．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________．解析：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.法二：如图，作eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(BD,\s\up7(→))＝a，eq\o(BC,\s\up7(→))＝b，则eq\o(CA,\s\up7(→))＝c.∵a⊥b，∴AB⊥BC，又∵a－b＝eq\o(BD,\s\up7(→))－eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(CD,\s\up7(→))，(a－b)⊥c，∴CD⊥CA，因此△ABC是等腰直角三角形．∵|a|＝1，∴|b|＝1，|c|＝eq\r(2)，∴|a|2＋|b|2＋|c|2＝4.答案：44．已知单位向量e1，e2的夹角为60°，求向量a＝e