2018-2019數(shù)學(xué)新學(xué)案同步必修四人教A版全國通用版講義：第二章 平行向量2.4.1（二）

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2．4.1平面向量數(shù)量積的物理背景及其含義（二）學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律及常用的公式.2.會利用向量數(shù)量積的有關(guān)運(yùn)算律進(jìn)行計算或證明．知識點一平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律類比實數(shù)的運(yùn)算律,判斷下表中的平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律是否正確。運(yùn)算律實數(shù)乘法向量數(shù)量積判斷正誤交換律ab＝baa·b＝b·a正確結(jié)合律(ab)c＝a(bc）(a·b)c＝a(b·c）錯誤分配律(a＋b）c＝ac＋bc（a＋b）·c＝a·c＋b·c正確消去律ab＝bc（b≠0)?a＝ca·b＝b·c(b≠0）?a＝c錯誤知識點二平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)類比多項式乘法的乘法公式,寫出下表中的平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)．多項式乘法向量數(shù)量積（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．向量的數(shù)量積運(yùn)算滿足（a·b)·c＝a·（b·c）．(×）2．已知a≠0,且a·c＝a·b，則b＝c。（×)3．λ(a·b）＝λa·b.(√）類型一向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)例1設(shè)a，b，c是任意的非零向量，且它們相互不共線，給出下列結(jié)論:①a·c－b·c＝（a－b）·c；②(b·c)·a－（c·a）·b不與c垂直；③|a|－｜b|〈｜a－b｜；④（3a＋2b）·（3a－2b)＝9|a|2－4｜b｜2。其中正確結(jié)論的序號是________．考點平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)和法則題點向量的運(yùn)算性質(zhì)與法則答案①③④解析根據(jù)向量積的分配律知①正確;因為［（b·c）·a－(c·a）·b］·c＝（b·c)·(a·c)－（c·a）·(b·c）＝0，∴(b·c)·a－（c·a)·b與c垂直,②錯誤；因為a，b不共線，所以|a｜，|b｜,|a－b|組成三角形三邊，∴|a｜－｜b｜<｜a－b|成立,③正確；④正確．故正確結(jié)論的序號是①③④.反思與感悟向量的數(shù)量積a·b與實數(shù)a,b的乘積a·b有聯(lián)系，同時有許多不同之處．例如,由a·b＝0并不能得出a＝0或b＝0.特別是向量的數(shù)量積不滿足結(jié)合律．跟蹤訓(xùn)練1對于任意向量a，b,c,下列說法中正確的是()A．｜a·b｜＝｜a|｜b｜ B．｜a＋b｜＝｜a｜＋｜b|C．（a·b）c＝a（b·c） D．|a|＝eq\r（a2）考點平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)和法則題點向量的運(yùn)算性質(zhì)與法則答案D解析因為a·b＝｜a｜｜b|cos〈a,b〉，所以｜a·b|≤｜a|｜b|，所以A錯誤；根據(jù)向量加法的平行四邊形法則，｜a＋b｜≤｜a|＋｜b｜,只有當(dāng)a，b同向時取“＝"，所以B錯誤；因為（a·b）c是向量，其方向與向量c相同，a（b·c）是向量，其方向與向量a的方向相同，所以C錯誤；因為a·a＝｜a||a|cos0＝｜a|2,所以｜a｜＝eq\r(a2）,所以D正確．類型二平面向量數(shù)量積有關(guān)的參數(shù)問題命題角度1利用向量數(shù)量積處理垂直問題例2已知｜a｜＝3，｜b|＝2，向量a，b的夾角為60°，c＝3a＋5b，d＝ma－3b，求當(dāng)m為何值時，c與d垂直．考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點已知向量夾角求參數(shù)解由已知得a·b＝3×2×cos60°＝3.若c⊥d，則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），即當(dāng)m＝eq\f(29,14）時，c與d垂直．反思與感悟由兩向量垂直求參數(shù)一般是利用性質(zhì)：a⊥b?a·b＝0.跟蹤訓(xùn)練2已知兩個單位向量a,b的夾角為60°，c＝ta＋(1－t)·b，且b⊥c,則t＝________?？键c平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點已知向量夾角求參數(shù)答案2解析由題意，將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.命題角度2由兩向量夾角的取值范圍求參數(shù)的取值范圍例3已知e1與e2是兩個互相垂直的單位向量，若向量e1＋ke2與ke1＋e2的夾角為銳角，則k的取值范圍為________．考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點已知向量夾角求參數(shù)答案(0,1）∪（1，＋∞)解析∵e1＋ke2與ke1＋e2的夾角為銳角，∴（e1＋ke2）·（ke1＋e2）＝keeq\o\al（2,1）＋keeq\o\al(2，2)＋(k2＋1）e1·e2＝2k>0，∴k〉0.但當(dāng)k＝1時，e1＋ke2＝ke1＋e2,它們的夾角為0，不符合題意，舍去．綜上，k的取值范圍為k〉0且k≠1.反思與感悟向量a，b的夾角為銳角，得到a·b>0;反之，a·b〉0不能說明a，b的夾角為銳角，因為a，b夾角為0°時也有a·b>0。同理，向量a，b的夾角為鈍角，得到a·b〈0；反之，a·b〈0不能說明a，b的夾角為鈍角,因為a，b夾角為180°時也有a·b〈0.跟蹤訓(xùn)練3若向量e1,e2滿足|e1｜＝|e2|＝1,e1,e2的夾角為60°，向量2te1＋e2與向量e1－e2的夾角為鈍角，求實數(shù)t的取值范圍．考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點已知向量夾角求參數(shù)解設(shè)向量2te1＋e2與向量e1－e2的夾角為θ，由θ為鈍角，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)。又當(dāng)θ＝π時，也有(2te1＋e2）·(e1－e2)<0,但此時夾角不是鈍角，設(shè)向量2te1＋e2與向量e1－e2反向，則2te1＋e2＝k(e1－e2）(k<0),又e1與e2不共線，從而eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2t＝k,,1＝－k，））解得t＝－eq\f（1，2），即當(dāng)t＝－eq\f(1，2)時,向量2te1＋e2與向量e1－e2的夾角為180°,故t的取值范圍是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．下面給出的關(guān)系式中正確的個數(shù)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考點平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)與法則題點向量的運(yùn)算性質(zhì)與法則答案C解析①②③正確，④錯誤，⑤錯誤，（a·b）2＝（｜a｜｜b｜·cosθ)2＝a2·b2cos2θ，故選C.2．已知｜a|＝2,|b|＝1，a與b之間的夾角為60°，那么向量a－4b的模為(）A．2B．2eq\r(3）C．6D．12考點平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)和法則題點向量的運(yùn)算性質(zhì)與法則答案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滿足4｜m|＝3｜n|,cos〈m，n〉＝eq\f(1，3)。若n⊥（tm＋n),則實數(shù)t的值為()A．4B．－4C。eq\f（9，4）D．－eq\f（9,4)考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點已知向量夾角求參數(shù)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，故選B。4．在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6（→）)＝a，eq\o（BC，\s\up6（→）)＝b，且a·b>0，則△ABC是（）A．銳角三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．鈍角三角形考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點數(shù)量積在三角形中的應(yīng)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為鈍角．5．已知|a｜＝1，｜b|＝eq\r（2)，且（a＋b）與a垂直，則a與b的夾角是________．考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點利用數(shù)量積求向量的夾角答案eq\f（3π，4)解析∵（a＋b）·a＝a2＋a·b＝0,∴a·b＝－a2＝－1，設(shè)a與b的夾角為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．?dāng)?shù)量積對結(jié)合律不一定成立，因為（a·b）·c＝|a|｜b｜·cos<a，b〉·c是一個與c共線的向量，而（a·c)·b＝｜a||c|cos<a，c〉·b是一個與b共線的向量，若b與c不共線，則兩者不相等．2．在實數(shù)中，若ab＝0,則a＝0或b＝0,但是在數(shù)量積中,即使a·b＝0，也不能推出a＝0或b＝0，因為其中cosθ有可能為0.3．在實數(shù)中,若ab＝bc，b≠0，則a＝c，在向量中a·b＝b·c，b≠0?a＝c.一、選擇題1．已知｜a|＝1，|b｜＝1，｜c|＝eq\r(2)，a與b的夾角為90°,b與c的夾角為45°，則a·(b·c)的化簡結(jié)果是（）A．0B．a(chǎn)C．bD．c考點平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)和法則題點向量的運(yùn)算性質(zhì)和法則答案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與λa－b垂直，則λ等于()A.eq\f（3，2）B．－eq\f（3，2)C．±eq\f（3，2)D．1考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點已知向量夾角求參數(shù)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·嘉峪關(guān)高一檢測）已知向量a，b為非零向量，（a－2b）⊥a，（b－2a)⊥b，則a，b的夾角為()A.eq\f（π，6)B。eq\f(π,3）C。eq\f(2π，3)D。eq\f（5π,6）考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點利用數(shù)量積求向量的夾角答案B解析設(shè)a與b的夾角為θ。因為（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)。因為θ∈［0，π］，所以θ＝eq\f(π，3）.所以a，b夾角為eq\f（π,3）。

4．在四邊形ABCD中，eq\o(AB，\s\up6(→)）＝eq\o(DC,\s\up6（→)），且eq\o(AC，\s\up6(→）)·eq\o(BD，\s\up6(→））＝0，則四邊形ABCD是（)A．矩形 B．菱形C．直角梯形 D．等腰梯形考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點向量模與夾角的綜合應(yīng)用答案B解析由eq\o(AB,\s\up6(→）)＝eq\o（DC,\s\up6（→)）知四邊形ABCD是平行四邊形，由eq\o（AC，\s\up6(→））·eq\o(BD,\s\up6(→）)＝0知AC⊥BD，即對角線垂直,所以四邊形ABCD是菱形．5．若非零向量a,b滿足|a|＝|b|，（2a＋b）·b＝0，則a與b的夾角為()A．30° B．60°C．120° D．150°考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點利用數(shù)量積求向量的夾角答案C解析由題知，(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的夾角為120°。6．已知向量eq\o(AB，\s\up6（→)）與eq\o(AC，\s\up6（→）)的夾角為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(→)），則實數(shù)λ的值為（）A.eq\f（3,7）B．13C．6D.eq\f（12,7）考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點已知向量夾角求參數(shù)答案D解析∵eq\o(AB，\s\up6（→）)與eq\o(AC，\s\up6(→）)的夾角為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)，故選D.7．(2017·惠州高一檢測)若O為△ABC所在平面內(nèi)任一點，且滿足（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，則△ABC的形狀為（)A．等腰三角形 B．直角三角形C．正三角形 D．等腰直角三角形考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點數(shù)量積在三角形中的應(yīng)用答案A解析因為（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，又因為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、填空題8．已知向量a，b滿足（a＋2b）·(5a－4b)＝0，且｜a|＝｜b|＝1,則a與b的夾角θ為________.考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點利用數(shù)量積求向量的夾角答案eq\f（π,3）解析因為(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)，因為θ∈[0，π］，所以θ＝eq\f(π，3).9．已知非零向量a,b，滿足a⊥b，且a＋2b與a－2b的夾角為120°，則eq\f(｜a｜，｜b｜）＝________.考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點向量模與夾角的綜合應(yīng)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°，化簡得eq\f(3,2）a2－2b2＝0，∴eq\f（｜a｜，|b｜)＝eq\f（2\r（3)，3)。10．設(shè)向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，(a－b）⊥c，a⊥b，若｜a｜＝1，則｜a|2＋｜b|2＋｜c|2的值是________．考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點向量模與夾角的綜合應(yīng)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.則c2＝（a＋b）2＝a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2＝2，∴｜a|2＋|b|2＋｜c|2＝4.方法二如圖,作eq\o(AB，\s\up6(→））＝eq\o(BD,\s\up6(→）)＝a.eq\o(BC,\s\up6（→））＝b,則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滿足|a｜＝2，｜b|＝1,且對一切實數(shù)x,｜a＋xb|≥|a＋b｜恒成立,則a，b的夾角的大小為________．考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點向量模與夾角的綜合應(yīng)用答案eq\f（2π,3)解析由題意可知，|a＋xb｜2≥｜a＋b｜2，即a2＋2a·b·x＋b2·x2≥a2＋2a·b＋b2，設(shè)a與b的夾角為θ，則4＋4cosθ·x＋x2≥4＋4cosθ＋1，即x2＋4cosθ·x－1－4cosθ≥0，因為對一切實數(shù)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)。又因為θ∈[0，π］，所以θ＝eq\f（2π，3）.12．已知平面上三個向量a，b,c的模均為1，它們相互之間的夾角為120°.若｜ka＋b＋c｜>1（k∈R),則k的取值范圍為________．考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點向量模與夾角的綜合應(yīng)用答案｛k｜k<0或k>2｝解析因為｜ka＋b＋c|>1，所以（ka＋b＋c)·（ka＋b＋c)>1，即k2a2＋b2＋c2＋2ka·b＋2ka·c＋2b·c>1.因為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的取值范圍是{k|k<0或k>2｝．三、解答題13．設(shè)兩個向量e1,e2滿足｜e1|＝2，｜e2|＝1，e1，e2的夾角為60°，若向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為鈍角,求實數(shù)t的取值范圍．考點平面向量數(shù)量積的應(yīng)用題點已知向量夾角求參數(shù)解設(shè)向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為θ。根據(jù)題意,得cosθ＝eq\f(2te1＋7e2·e1＋te2，|2te1＋7e2｜|e1＋te2|)〈0,∴（2te1＋7e2)·(e1＋te2）〈0。化簡，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）.當(dāng)θ＝π時，也有(2te1＋7e2）·（e1＋te2）<0,但此時夾角不是鈍角．設(shè)2te1＋7e2＝λ（e1＋te2),