6.2.4第二课时　向量的数量积(二)-2024-2025学年高中数学新版同步课件（人教A版必修二）

第六章　6.2　平面向量的运算　6.2.4　向量的数量积第二课时　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.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？引入课时精练一、向量数量积的运算律二、向量的模的计算三、向量的夹角与垂直课堂达标内容索引向量数量积的运算律一探究 对于向量a，b，c，(a＋b)·c＝a·c＋b·c成立吗？ 提示　成立.即|a＋b|cos θe＝|a|cos θ1e＋|b|cos θ2e.整理，得(|a＋b|cos θ－|a|cos θ1－|b|·cos θ2)e＝0 ，所以|a＋b|cos θ－|a|cos θ1－|b|cos θ2＝0，即|a＋b|cos θ＝|a|cos θ1＋|b|cos θ2，所以|a＋b||c|cos θ＝|a||c|cos θ1＋|b||c|·cos θ2.因此(a＋b)·c＝a·c＋b·c.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).知识梳理2.平面向量数量积的运算性质a2＋2a·b＋b2a2－2a·b＋b2a2－b2a2＋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√由正六边形的性质知OF⊥AE，C中，设正六边形的边长为1，(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＝________.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)＝－2＋3×1×1×cos 120°＋21.运用a·b＝|a||b|cos θ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.(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.训练1a·b＝|a||b|cos θ＝5×4·cos 120°＝－10；(a－2b)·(a＋b)＝a2－a·b－2b2＝|a|2－|a||b|·cos 120°－2|b|2＝25－(－10)－2×42＝3.向量的模的计算二例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·(a－2b)＝0，∴a2－2a·b＝0.1.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.已知|a|＝2，|b|＝1，向量a，b的夹角为60°，则|a－4b|＝训练2√∵|a－4b|2＝a2－8a·b＋16b2＝22－8×2×1·cos 60°＋16×12＝12，向量的夹角与垂直三例3A.120° B.60° C.30° D.45°√角度1　两向量的夹角设a与b的夹角为θ，又0°≤θ≤180°，故θ＝45°.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角度2　利用数量积解决向量的垂直问题√√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＝2，1.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√因为n·(tm＋n)＝0，所以tm·n＋n2＝0，所以t＝－4.所以c·b＝(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝6，设c与b的夹角为θ，【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√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√由题意知(3a＋5b)·(ma－b)＝0，即3ma2＋(5m－3)a·b－5b2＝0，3m×32＋(5m－3)×3×2cos 60°－5×22＝0，√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)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|＝________.16∵|2a＋3b|2＝4a2＋9b2＋12a·b＝16＋144＋96＝256，∴|2a＋3b|＝16.【课时精练】√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|＝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∵3a＋2b与λa－b垂直，∴(3a＋2b)·(λa－b)＝3λa2＋(2λ－3)a·b－2b2＝3λa2－2b2＝12λ－18＝0，√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°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|cos θ＝－|a|2，又0°≤θ≤180°，∴θ＝120°.√√∵a＝e1－2e2，b＝2e1＋e2，97.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________.∵(a＋2b)·(5a－4b)＝0，|a|＝|b|＝1，8.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___________________.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)当a，b共线时，存在唯一的实数λ，使a＝λb，即3e1＋2e2＝λ(te1＋2e2)，所以当t≠3时，a，b不共线，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|.(2)|c＋2d|2＝(4a＋3b)2＝16a2＋9b2＋24a·b(1)求a与b的夹角θ；(2)若c＝ta＋b，且a⊥c，求t的值及|c|.∵a⊥c，∴a·(ta＋b)＝0，∴t＝1，∴c＝a＋b，c2＝a2＋2a·b＋b2√A.|a＋b|＝1 B.a⊥b C.(4a＋b)⊥b D.a·b＝－1√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，∵(4a＋b)·b＝4a·b＋b2＝4×1×2·cos 120°＋4＝0，∴(4a＋b)⊥b，故C结论正确；a·b＝1×2·cos 120°＝－1，故D结论正确.√∵a⊥b，∴a·b＝0，∴(a＋2b)·(a－2b)＝a2－4b213.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；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|cos 120°－|b||c|·cos 120°＝0，所以(a－b)⊥c.(2)若|ka＋b＋c|>1(k∈R)，求k的取值范围.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.所以k2－2k>0，解得k2，即k的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).本课结束