高中數學第二章第十課時平面向量數量積運算律(二)教案蘇教版必修4

第十課時平面向量的數目積及運算律(二)教課目的：掌握平面向量數目積運算規(guī)律，能利用數目積的5個重要性質及數目積運算規(guī)律解決有關問題，掌握兩個向量共線、垂直的幾何判斷，會證明兩向量垂直，以及能解決一些簡單問題.教課要點：平面向量數目積及運算規(guī)律.教課難點：平面向量數目積的應用.教課過程：Ⅰ.復習回首上一節(jié)，我們一同學習向量數目積的定義，并一同由定義推證了5個重要性質，并獲得了三個運算律，第一我們對上述內容作一簡要回首.這一節(jié)，我們經過例題剖析使大家進一步熟習數目積的定義、性質、運算律，并掌握它們的應用.Ⅱ.講解新課［例1］已知：｜a｜＝3，｜b｜＝6，當①a∥b，②a⊥b，③a與b的夾角是60°時，分別求a·.b剖析：由數目積的定義可知，它的值是兩向量的模與它們夾角余弦值的乘積，只需能求出它們的夾角，便可求出a·b.解：①當a∥b時，若a與b同向，則它們的夾角＝0°，∴a·b＝｜a｜｜b｜cos0°＝3×6×1＝18；若a與b反向，則它們的夾角θ＝180°，a·b＝｜a｜｜b｜cos180°＝3×6×(－1)＝－18；②當a⊥b時，它們的夾角θ＝90°，a·b＝0；③當a與b的夾角是60°時，有1a·b＝｜a｜｜b｜cos60°＝3×6×2＝9評論：兩個向量的數目積與它們的夾角有關，其范圍是［0°，180°］，所以，當a∥b時，有0°或180°兩種可能.［例2］已知a、b都是非零向量，且a＋3b與7a－5b垂直，a－4b與7a－2b垂直，求a與b的夾角.剖析：要求a與b的夾角，只需求出a·b與｜a｜，｜b｜即可.解：由已知(a＋3)⊥(7a－5)(a＋3)·(7a－5)＝072＋bbbba16a·b－15b2＝0①又(a－4b)⊥(7a－2b)(a－4b)·(7a－2b)＝07a2－30a·b＋8b2＝0②2即有a·b＝1b2＝1｜b｜2，22將它代入①可得：2227｜a｜＋8｜b｜－15｜b｜＝022即｜a｜＝｜b｜有｜a｜＝｜b｜∴若記a與b的夾角為θ，a·b1｜b｜212則cosθ＝＝＝｜a｜｜b｜｜b｜｜b｜2又θ∈［0°，180°］，∴θ＝60°所以a與b的夾角為60°.［例

3］四邊形

→→→→ABCD中，AB＝a，BC＝b，CD＝c，DA＝d，且

a·b＝b·c＝c·d＝d·a，試問四邊形ABCD是什么圖形?剖析：四邊形的形狀由邊角關系確立，要點是由題設條件演變、四邊形的邊角量.

計算該解：四邊形ABCD是矩形，這是因為：一方面：∵a＋b＋c＋d＝0，∴a＋b＝－(c＋d)，22∴(a＋b)＝(c＋d)即｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝｜c｜2＋2c·d＋｜d｜2因為a·b＝c·d，∴｜a｜2＋｜b｜2＝｜c｜2＋｜d｜2①同理有｜a｜2＋｜d｜2＝｜c｜2＋｜b｜2②由①②可得｜a｜＝｜c｜，且｜b｜＝｜d｜即四邊形ABCD兩組對邊分別相等.∴四邊形ABCD是平行四邊形另一方面，由a·b＝b·c，有b·(a－c)＝0，而由平行四邊形ABCD可得a＝－c，代入上式得b·(2a)＝0即a·b＝0，∴a⊥b也即AB⊥BC.綜上所述，四邊形ABCD是矩形.→→→→評論：(1)在四邊形中，AB，BC，CD，DA是按序首尾相接向量，則其和向量是零向量，即a＋b＋c＋d＝0，應注意這一隱含條件應用；由已知條件產生數目積的要點是結構數目積，因為數目積的定義式中含有邊、角兩種關系.［例4］已知｜a｜＝2，｜b｜＝5，a·b＝－3，求｜a＋b｜，｜a－b｜.222222解：∵｜a＋b｜＝(a＋b)＝a＋2a·b＋b＝2＋2×(－3)＋5＝2322222∴｜a＋b｜＝23，∵(｜a－b｜)＝(a－b)＝a－2a·b＋b＝2－∴｜a－b｜＝35.［例5］已知｜a｜＝8，｜b｜＝10，｜a＋b｜＝16，求a與b的夾角.解：∵(｜a＋b｜)2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝｜a｜2＋2｜a｜｜b｜cosθ＋｜b｜222223∴16＝8＋2×8×10cosθ＋10，∴cosθ＝40，∴θ≈55°［例→→6］在△ABC中，AB＝a，BC＝b，且a·b＜0，則△ABC的形狀是()A.銳角三角形B.直角三角形C.鈍角三角形D.不可以確立剖析：本題主要考察兩向量夾角的觀點，應防止由a·b＝｜a｜｜b｜cos＜0得cos＜0，從而得B為鈍角，從而錯選C.BB解：由兩向量夾角的觀點，a與b的夾角應是180°－B∵a·b＝｜a｜｜b｜cos(180°－B)＝－｜a｜｜b｜cosB＜0cosB＞0又因為B∈(0°，180°)所以B為銳角.又因為角B不必定最大，故三角形形狀沒法判斷.所以應選D.［例7］設e1、e2是夾角為45°的兩個單位向量，且a＝e1＋2e2，b＝2e1＋e2，試求：｜a＋b｜的值.剖析：本題主要考察學生對單位向量的正確認識.解：∵a＋b＝(e1＋2e2)＋(2e1＋e2)＝3(e1＋e2)，∴｜a＋b｜＝｜3(e1＋e2)｜＝3｜(e1＋e2)｜＝3（e1＋e2）2＝31＋21·2＋22＝322e2eee|e1|2|e1||e2|cos45|e2|＝322.［例8］設｜｜＝2，｜n｜＝1，向量m與n的夾角為π＝4，若m2am2－n，b＝m＋2n，c＝2m－3n，求a＋3(a·b)－2(b·c)＋1的值.2m＝｜m｜＝4，n2＝｜n｜＝1，m·n＝0.a2＋3(a·b)－2(b·c)＋1(4m－n)2＋3(4m－n)·(m＋2n)－2(m＋2n)·(2m－3n)＋1＝162－8·＋n2＋122＋24·－3·－62－42－6·－8·mmmnmmnnmnmmnn＋12n2＋1224m＋7n＋1＝104.課時小結經過本節(jié)學習，要求大家掌握平面向量數目積的運算規(guī)律，掌握兩個向量共線、垂直的幾何判斷，能利用數目積的5個重要性質解決有關問題.Ⅳ.課后作業(yè)課本P83習題4，7平面向量的數目積及運算律1．設a，b，c為任意非0向量，且互相不共線，則真命題為（）（1）（a·b）·c－(c·a)·b＝0（2）|a|－|b|＜|a－b|（3）(b·c)·a－(c·a)·b不與c垂直（4）（3a+2b)(3a－2b)=9|a|2－4|b|2A.（2）（4）B.（2）（3）C.（1）（2）D.（3）（4）2．已知||＝3，||＝4，（＋）·（＋3）＝33，則a與b的夾角為ababab（）A.30°B.60°C.120°D.150°→→a·b＞0，則△ABC為3．△ABC中，AB＝a，BC＝b，且（）A.銳角三角形B.直角三角形C.鈍角三角形D.等腰直角三角形4．已知等邊△ABC的邊長為→→→1，且BC＝a，CA＝b，AB＝c，則a·b＋b·c＋c·a等于（）33A.－2B.2C.0D.945．已知|a|2＝1，|b|2＝2，（a－)⊥a，則a與b的夾角為b（）A.60°B.90°C.45°D.30°6．設e，e是兩個單位向量，它們的夾角為60°，則（2e－e）（3e＋2e）121212.7．已知|i|＝|j|＝1，i·j＝0，且a＋b＝2i－8j，a－b＝8i＋16j，求a·b＝.8．已知|a|＝3，|b|＝5，假如a∥b，則a·b＝.9．已知a，b，c兩兩垂直，且|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，求r＝a＋b＋c的長及它與，，c的夾角的余弦.ab10．設a，b為兩個互相垂直的單位向量，能否存在整數k，使向量m＝ka＋b與n＝a＋kb的夾角為60°，若存在，求k值；若不存在，說明理由.11．非零向量（a＋3b)⊥(2a－b)，(a－2b)⊥(2a＋b)，求向量a與b夾角的余弦值.平面向量的數目積及運算律答案91．A2．C3．C4．A5．C6．7．－638．±1529．已知a，b，c兩兩垂直，且|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，求r＝a＋b＋c的長及它與a，b，c的夾角的余弦.2解：|r|＝|a＋b＋c|＝（a＋b＋c）1＋4＋9＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝14設a＋b＋c與a、b、c的夾角分別為θ1，θ2，θ3a·（＋＋）1＝14則cosθ＝1214314同理cosθ2＝14＝7，cosθ3＝14.10．設a，b為兩個