高一数学第二课时　向量的数量积(二)

第二课时向量的数量积(二)课标要求1.掌握平面向量数量积的运算律及常用公式.2.会利用向量数量积的有关运算律进行计算或证明.【引入】在前面，我们通过类比实数的乘法运算及乘法中的一些运算律，得到了数乘运算的运算律，那么向量的数量积又满足哪些运算律呢？一、向量数量积的运算律探究对于向量a，b，c，(a＋b)·c＝a·c＋b·c成立吗？提示成立.证明如图，任取一点O，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，eq\o(OD,\s\up6(→))＝a＋b.设向量a，b，a＋b与c的夹角分别为θ1，θ2，θ，它们在向量c上的投影向量分别为eq\o(OA1,\s\up6(→))，eq\o(OB1,\s\up6(→))，eq\o(OD1,\s\up6(→))，与c方向相同的单位向量为e，则eq\o(OA1,\s\up6(→))＝|a|cosθ1e，eq\o(OB1,\s\up6(→))＝|b|cosθ2e，eq\o(OD1,\s\up6(→))＝|a＋b|cosθe.因为a＝eq\o(BD,\s\up6(→))，所以eq\o(OA1,\s\up6(→))＝eq\o(B1D1,\s\up6(→)).于是eq\o(OD1,\s\up6(→))＝eq\o(OB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝eq\o(OB1,\s\up6(→))＋eq\o(OA1,\s\up6(→))，即|a＋b|cosθe＝|a|cosθ1e＋|b|cosθ2e.整理，得(|a＋b|cosθ－|a|cosθ1－|b|·cosθ2)e＝0，所以|a＋b|cosθ－|a|cosθ1－|b|cosθ2＝0，即|a＋b|cosθ＝|a|cosθ1＋|b|cosθ2，所以|a＋b||c|cosθ＝|a||c|cosθ1＋|b||c|·cosθ2.因此(a＋b)·c＝a·c＋b·c.【知识梳理】1.对于向量a，b，c和实数λ，有(1)a·b＝b·a(交换律)；(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(数乘结合律)；(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律).2.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·a温馨提示(1)a·b＝b·c推不出a＝c.(2)(a·b)c和a(b·c)不一定相等.例1(1)(多选)如图，已知点O为正六边形ABCDEF的中心，下列结论中正确的有()A.eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝0B.(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(AF,\s\up6(→)))·(eq\o(EF,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→)))＝0C.(eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→)))eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→)))eq\o(OA,\s\up6(→))D.|eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|＝|eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))|答案BC解析A中eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝2eq\o(OB,\s\up6(→))，故A错误；B中，∵eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(EF,\s\up6(→))－eq\o(EO,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))，由正六边形的性质知OF⊥AE，∴(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(AF,\s\up6(→)))·(eq\o(EF,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→)))＝0，故B正确；C中，设正六边形的边长为1，则eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝1×1×cos120°＝－eq\f(1,2)，eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1×1×cos60°＝eq\f(1,2)，∴(eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→)))eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→)))eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))，式子显然成立，故C正确；D中，设正六边形的边长为1，|eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|＝|eq\o(OE,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))|＝|eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，故D错误.(2)已知单位向量e1，e2的夹角为120°，向量a＝－e1＋2e2，b＝2e1＋e2，则a·b＝________.答案－eq\f(3,2)解析因为单位向量e1，e2的夹角为120°，且a＝－e1＋2e2，b＝2e1＋e2，所以a·b＝(－e1＋2e2)·(2e1＋e2)＝－2eeq\o\al(2,1)＋3e1·e2＋2eeq\o\al(2,2)＝－2＋3×1×1×cos120°＋2＝－eq\f(3,2).思维升华1.运用a·b＝|a||b|cosθ计算数量积的关键是确定两个向量的夹角，条件是两向量的起点必须重合，求解时要灵活运用数量积的运算律.2.若所求向量的模与夹角未知，应先选取已知模与夹角的两个向量，表示出所求向量，再代入运算.训练1(链接教材P21例12)已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ＝120°，b方向的单位向量为e.求a·b与(a－2b)·(a＋b)的值.解a·b＝|a||b|cosθ＝5×4·cos120°＝－10；(a－2b)·(a＋b)＝a2－a·b－2b2＝|a|2－|a||b|·cos120°－2|b|2＝25－(－10)－2×42＝3.二、向量的模的计算例2(链接教材P23T11)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a·(a－2b)＝0，则|a＋b|＝()A.6 B.4 C.eq\r(6) D.eq\r(5)答案C解析∵a·(a－2b)＝0，∴a2－2a·b＝0.∵|a|＝1，|b|＝2，∴a·b＝eq\f(1,2)，∴|a＋b|＝eq\r(a2＋2a·b＋b2)＝eq\r(1＋1＋4)＝eq\r(6).思维升华1.利用向量的数量积求模是数量积的重要应用，a2＝|a|2是计算的依据.2.根据平面图形求向量的模时，注意利用图形的性质对向量的数量积或者夹角等进行转化.训练2已知|a|＝2，|b|＝1，向量a，b的夹角为60°，则|a－4b|＝()A.2 B.2eq\r(3) C.6 D.12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).三、向量的夹角与垂直角度1两向量的夹角例3(链接教材P24T18)已知|a|＝1，a·b＝eq\f(1,2)，|a－b|＝eq\f(\r(2),2)，则a与b的夹角为()A.120° B.60° C.30° D.45°答案D解析由|a－b|＝eq\f(\r(2),2)可得(a－b)2＝eq\f(1,2)，即|a|2－2a·b＋|b|2＝eq\f(1,2)，故1－1＋|b|2＝eq\f(1,2)，即|b|＝eq\f(\r(2),2).设a与b的夹角为θ，则a·b＝|a|·|b|cosθ＝eq\f(1,2)，即cosθ＝eq\f(\r(2),2)，又0°≤θ≤180°，故θ＝45°.角度2利用数量积解决向量的垂直问题例4(1)(多选)若向量a，b满足|b|＝1，且(a＋b)⊥b，(a＋2b)⊥a，则下列命题正确的是()A.a·b＝－1B.a与b的夹角为eq\f(π,4)C.|a|＝eq\r(2)D.a在b方向上的投影数量为1答案AC解析由(a＋b)⊥b得a·b＋b2＝0，即a·b＋1＝0，所以a·b＝－1，故A正确；由(a＋2b)⊥a得2a·b＋a2＝0，即a2＝2，所以|a|＝eq\r(2)，故C正确；设向量a，b的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1,\r(2))＝－eq\f(\r(2),2)，所以θ＝eq\f(3π,4)，故B错误；a在b方向上的投影数量为|a|cosθ＝eq\f(a·b,|b|)＝eq\f(－1,1)＝－1，故D错误.(2)(链接教材P21例13)已知e1，e2是夹角为eq\f(2π,3)的两个单位向量，a＝e1－2e2，b＝ke1＋e2.若a·b＝0，则实数k的值为________.答案eq\f(5,4)解析由a·b＝0得(e1－2e2)·(ke1＋e2)＝0，化简得k－2＋(1－2k)·coseq\f(2π,3)＝0，解得k＝eq\f(5,4).思维升华1.求向量夹角的基本步骤2.求向量的夹角，还可以结合向量线性运算、模的几何意义，利用数形结合的方法求解.3.解决与向量有关的垂直问题时，利用a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量).训练3(1)已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，m与n夹角的余弦值为eq\f(1,3)，若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为()A.4 B.－4 C.eq\f(9,4) D.－eq\f(9,4)答案B解析由题意知，eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(m·n,\f(3,4)|n|2)＝eq\f(1,3)，所以m·n＝eq\f(1,4)|n|2＝eq\f(1,4)n2，因为n·(tm＋n)＝0，所以tm·n＋n2＝0，即eq\f(1,4)tn2＋n2＝0，所以t＝－4.(2)若两个向量a与b的夹角为eq\f(π,3)，且a是单位向量，|b|＝2，c＝2a＋b，则向量c与b的夹角为________.答案eq\f(π,6)解析由题知a·b＝1×2×coseq\f(π,3)＝1，所以c·b＝(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝6，|c|＝|2a＋b|＝eq\r(（2a＋b）2)＝eq\r(4a2＋4a·b＋b2)＝2eq\r(3).设c与b的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(c·b,|c||b|)＝eq\f(6,2\r(3)×2)＝eq\f(\r(3),2).因为θ∈[0，π]，所以θ＝eq\f(π,6).【课堂达标】1.设e1和e2是互相垂直的单位向量，且a＝3e1＋2e2，b＝－3e1＋4e2，则a·b等于()A.－2 B.－1 C.1 D.2答案B解析因为|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝0，所以a·b＝(3e1＋2e2)·(－3e1＋4e2)＝－9|e1|2＋8|e2|2＋6e1·e2＝－9×12＋8×12＋6×0＝－1.2.已知|a|＝3，|b|＝2，且a，b的夹角为60°，如果(3a＋5b)⊥(ma－b)，那么m的值为()A.eq\f(32,23) B.eq\f(23,42) C.eq\f(29,42) D.eq\f(42,23)答案C解析由题意知(3a＋5b)·(ma－b)＝0，即3ma2＋(5m－3)a·b－5b2＝0，3m×32＋(5m－3)×3×2cos60°－5×22＝0，解得m＝eq\f(29,42).3.(多选)对于任意的平面向量a，b，c且它们相互不共线，下列说法正确的有()A.(b·c)·a－(c·a)·b与c垂直B.(a＋b)·c＝a·c＋b·cC.若a·b＝a·c，且a≠0，则b＝cD.(a·b)·c＝a·(b·c)答案AB解析A选项，∵[(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，A正确；B选项，由向量的数量积的分配律知，正确；C选项，若a，b，c两两垂直，满足a·b＝a·c，且a≠0，但无法得到b＝c，说法错误；D选项，如图所示，a与b垂直，但b与c不垂直，则(a·b)·c＝0，而a·(b·c)≠0，故说法错误.4.已知a，b方向相同，且|a|＝2，|b|＝4，则|2a＋3b|＝________.答案16解析∵|2a＋3b|2＝4a2＋9b2＋12a·b＝16＋144＋96＝256，∴|2a＋3b|＝16.一、基础巩固1.已知向量|a|＝2，b在a上的投影向量为－2a，则a·b＝()A.4 B.8 C.－8 D.－4答案C解析由|a|＝2，得|－2a|＝4，根据b在a上的投影向量为－2a，可知b在a上的投影的数量为－4，故根据数量积的几何意义，a·b等于|a|与b在a上的投影的数量的乘积，故a·b＝2×(－4)＝－8.2.若向量a，b满足|a|＝1，(a＋2b)⊥a，(2a＋b)⊥b，则|b|＝()A.2 B.eq\r(2) C.1 D.eq\f(\r(2),2)答案C解析因为(a＋2b)⊥a，(2a＋b)⊥b，所以(a＋2b)·a＝0，(2a＋b)·b＝0，即a2＋2a·b＝0，2a·b＋b2＝0，整理得b2＝a2＝1，解得|b|＝1.3.已知a⊥b，|a|＝2，|b|＝3，且3a＋2b与λa－b垂直，则实数λ等于()A.eq\f(3,2) B.－eq\f(3,2) C.±eq\f(3,2) D.1答案A解析∵3a＋2b与λa－b垂直，∴(3a＋2b)·(λa－b)＝3λa2＋(2λ－3)a·b－2b2＝3λa2－2b2＝12λ－18＝0，∴λ＝eq\f(3,2).4.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°答案B解析由|a|＝|b|＝|c|且a＋b＝c，得|a＋b|＝|b|，平方得|a|2＋|b|2＋2a·b＝|b|2，∴2a·b＝－|a|2，则2|a||b|cosθ＝－|a|2，∴cosθ＝－eq\f(1,2).又0°≤θ≤180°，∴θ＝120°.5.(多选)若e1，e2是夹角为eq\f(2,3)π的单位向量，a＝e1－2e2，b＝2e1＋e2，则下列结论中正确的有()A.a⊥bB.|a|＝eq\r(7)C.|a－b|＝eq\r(13)D.cos〈a，a－b〉＝eq\f(11,14)答案BD解析由向量e1，e2是夹角为eq\f(2,3)π的单位向量，可得e1·e2＝|e1||e2|coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2).∵a＝e1－2e2，b＝2e1＋e2，∴a·b＝2eeq\o\al(2,1)－2eeq\o\al(2,2)－3e1·e2＝2－2＋eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)≠0，∴a⊥b不成立，故A错误；|a|2＝eeq\o\al(2,1)－4e1·e2＋4eeq\o\al(2,2)＝1＋2＋4＝7，∴|a|＝eq\r(7)，故B正确；由a－b＝－e1－3e2，可得|a－b|＝eq\r(eeq\o\al(2,1)＋6e1·e2＋9eeq\o\al(2,2))＝eq\r(1－3＋9)＝eq\r(7)，故C错误；a·(a－b)＝－eeq\o\al(2,1)－e1·e2＋6eeq\o\al(2,2)＝－1＋eq\f(1,2)＋6＝eq\f(11,2)，则cos〈a，a－b〉＝eq\f(a·（a－b）,|a||a－b|)＝eq\f(\f(11,2),\r(7)×\r(7))＝eq\f(11,14)，故D正确.6.已知向量eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝3，则eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝________.答案9解析∵eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))2＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－9＝0，即eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝9.7.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________.答案eq\f(π,3)解析∵(a＋2b)·(5a－4b)＝0，|a|＝|b|＝1，∴6a·b－8＋5＝0，即a·b＝eq\f(1,2).又a·b＝|a||b|cosθ＝cosθ，∴cosθ＝eq\f(1,2).∵θ∈[0，π]，∴θ＝eq\f(π,3).8.已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量.若a＝3e1＋2e2，b＝te1＋2e2，其中t∈R，若a，b的夹角为锐角，则t的取值范围是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)，3))∪(3，＋∞)解析因为a，b的夹角为锐角，所以a·b>0，且a，b不共线，当a·b>0时，(3e1＋2e2)·(te1＋2e2)＝3teeq\o\al(2,1)＋(6＋2t)e1·e2＋4eeq\o\al(2,2)＝3t＋eq\f(1,2)(6＋2t)＋4>0，得t>－eq\f(7,4)，当a，b共线时，存在唯一的实数λ，使a＝λb，即3e1＋2e2＝λ(te1＋2e2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＝λt，,2＝2λ，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,t＝3，))所以当t≠3时，a，b不共线，综上，t的取值范围为t>－eq\f(7,4)且t≠3，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)，3))∪(3，＋∞).9.已知向量a，b的夹角为60°，且|a|＝2，|b|＝1，若c＝2a－b，d＝a＋2b，求：(1)c·d；(2)|c＋2d|.解(1)c·d＝(2a－b)·(a＋2b)＝2a2－2b2＋3a·b＝2×4－2×1＋3×2×1×eq\f(1,2)＝9.(2)|c＋2d|2＝(4a＋3b)2＝16a2＋9b2＋24a·b＝16×4＋9×1＋24×2×1×eq\f(1,2)＝97，∴|c＋2d|＝eq\r(97).10.已知平面向量a，b，若|a|＝1，|b|＝2，且|a－b|＝eq\r(7).(1)求a与b的夹角θ；(2)若c＝ta＋b，且a⊥c，求t的值及|c|.解(1)由|a－b|＝eq\r(7)，得a2－2a·b＋b2＝7，∴1－2×1×2·cosθ＋4＝7，∴cosθ＝－eq\f(1,2).又θ∈[0，π]，∴θ＝eq\f(2π,3).(2)∵a⊥c，∴a·(ta＋b)＝0，∴ta2＋a·b＝0，∴t＋1×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，∴t＝1，∴c＝a＋b，c2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×1×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋4＝3，∴|c|＝eq\r(3).二、综合运用11.(多选)已知正三角形ABC的边长为2，设eq\o(AB,\s\up6(→))＝2a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，则下列结论正确的是()A.|a＋b|＝1 B.a⊥bC.(4a＋b)⊥b D.a·b＝－1答案CD解析分析知|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角是120°，故B结论错误；∵(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝3，∴|a＋b|＝eq\r(3)，故A结论错误；∵(4a＋b)·b＝4a·b＋b2＝4×1×2·cos120°＋4＝0，∴(4a＋b)⊥b，故C结论正确；a·b＝1×2·cos120°＝－1，故D结论正确.12.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|)等于()A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3),2) C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\f(\r(3),3)答案C解析∵a⊥b，∴a·b＝0，|a＋2b|＝eq\r(a2＋4a·b＋4b2)＝eq\r(a2＋4b2)，|a－2b|＝eq\r(a2－4a·b＋4b2)＝eq\r(a2＋4b2)，∴(a＋2b)·(a－2b)＝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).13.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°.(1)求证：(a－b)⊥c；(2)若|ka＋b＋c|>1(k∈R)，求k的取值范围.(1)证明因为|a|＝|b|＝|c|＝1，且a，b，c之间夹角均为120°，所以(a－b)·c＝a·c－b·c＝|a||c|cos120°－|b||c|·cos120°＝0，所以(a－b)⊥c.(2)解因为|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，解得k<0或k>2，即k的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).三、创新拓展14.在2022年2月4日举行的北京冬奥会开幕式上，贯穿全场的雪花元素为观众带来了一场视觉盛宴，象征各国、各地区代表团的91朵“小雪花”汇聚成一朵代表全人类“一起走向未来”的“大雪花”的意境惊艳了全世界(如图①)，顺