6.2.4 第2课时 平面向量数量积的应用（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学必修第二册（人教A版2019）  

平面向量数量积的应用 (教学方式:拓展融通课—习题讲评式教学) 第2课时 课时目标 1.进一步掌握数量积的运算,掌握平面向量数量积的运算律及常用的公式. 2.能运用数量积的运算性质和运算律解决模、垂直、夹角及证明问题. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　向量的数量积 题型(二)　向量的模 题型(三)　向量的夹角与垂直 4 课时跟踪检测 题型(一)　向量的数量积 01 平面向量数量积的运算律 (1)交换律:a·b=_____. (2)结合律:(λa)·b=λ(a·b)=_______. (3)分配律:(a+b)·c=________. (4)(a+b) 2=a2+2a·b+b2. (5)(a-b) 2=a2-2a·b+b2. (6)(a+b)·(a-b)=a2-b2. (7)(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a. b·a a·(λb) a·c+b·c [例1]　(2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·=(　　) A. B.3 C.2 D.5 解析:由题意知,=+=+,=+=-+, 所以·=·=||2-||2=4-1=3,故选B. √ |思|维|建|模| 求向量的数量积时,需明确两个关键点:模和夹角.若相关向量是两个或两个以上向量的线性运算,则需先利用向量数量积的运算律及多项式乘法的相关公式进行化简. 1.如图,在△ABC中,AD⊥AB,=,||=2,则·=(　　) A.2 B.4 C.3 D. √ 针对训练 解析:根据向量的线性运算,结合平面向量数量积的定义可得·=(+)·=·+·,由AD⊥AB,可知·=0,又因为= ,||=2,所以·=· =||·||·cos∠ADB=×2×||×=4.故选B. 2.已知向量a+b+c=0,|a|=1,|b|=|c|=2,a·b+b·c+c·a=　　　　.  解析:(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=2(a·b+b·c+c·a) +9=0⇒a·b+b·c+c·a=-. 题型(二)　向量的模 02 [例2]　已知向量a与b的夹角为45°,且|a|=1,|2a+b|=,求|b|. 解:因为|2a+b|=,所以(2a+b)2=10. 所以4a2+4a·b+b2=10. 又因为向量a与b的夹角为45°且|a|=1, 所以4×12+4×1×|b|×+|b|2=10. 整理得|b|2+2|b|-6=0, 解得|b|=或|b|=-3(舍去). |思|维|建|模| 求向量模的一般思路及常用公式 (1)求向量模的常见思路 (2)常用公式 ①(a-b)·(a+b)=a2-b2=|a|2-|b|2; ②|a±b|2=(a±b)2=a2±2a·b+b2. 3.已知向量a,b满足|a+b|=4,|a-b|=2,则|a||b|的最大值是 (　　) A.3 B.4 C.5 D.6 解析:∵|a+b|=4,|a-b|=2,∴|a+b|2+|a-b|2=2|a|2+2|b|2=20.∴|a|2+|b|2=10.∵(a-b)2≥0,∴|a|2+|b|2≥2|a||b|. ∴|a||b|≤5.∴|a||b|的最大值为5,故选C. √ 针对训练 4.已知|a|=2,|b|=3,a与b的夹角为,且a+b+c=0,则|c|=　　　.  解析:因为a+b+c=0,所以c=-a-b,所以c2=(-a-b)2=a2+2a·b+b2 =22+2×2×3cos+32=4-6+9=7,所以|c|=. 题型(三)　向量的夹角与垂直 03 [例3]　(1)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 (　　) A. B. C. D. 解析:设a与b的夹角为θ,因为(a-b)⊥b,所以(a-b)·b=a·b-b2=0,所以a·b=b2,所以cos θ===.因为0≤θ ≤π,所以a与b的夹角为,故选B. √ (2)已知e1与e2是两个互相垂直的单位向量,若向量e1+ke2与ke1+e2的夹角为锐角,则k的取值范围为　　　　　　　.  解析:因为e1+ke2与ke1+e2的夹角为锐角, 所以(e1+ke2)·(ke1+e2)=k+k+(k2+1)e1·e2=2k>0,所以k>0.当k=1时,e1+ke2=ke1+e2,它们的夹角为0,不符合题意,舍去. 综上,k的取值范围为(0,1)∪(1,+∞). (0,1)∪(1,+∞) 将本例(2)中的条件“锐角”改为“钝角”,其他条件不变,求k的取值范围. 解:因为e1+ke2与ke1+e2的夹角为钝角, 所以(e1+ke2)·(ke1+e2)=k+k+(k2+1)e1·e2=2k<0,所以k<0. 当k=-1时,e1+ke2与ke1+e2方向相反,它们的夹角为π,不符合题意,舍去. 综上,k的取值范围是(-∞,-1)∪(-1,0). 变式拓展 1.求向量夹角的方法 (1)求出a·b,|a|,|b|,代入公式cos θ=求解. (2)用同一个量表示a·b,|a|,|b|,代入公式求解. (3)借助向量运算的几何意义,数形结合求夹角. |思|维|建|模| 2.求向量夹角的注意点 要注意夹角θ的范围为[0,π].当cos θ>0时,θ∈;当cos θ<0时, θ∈;当cos θ=0时,θ=. 5.已知a⊥b,且|a|=2,|b|=1,若有两个不同时为零的实数k,t,使得a+(t-3)b与-ka+tb垂直,则k的最小值为　　　　.  解析:∵a⊥b,∴a·b=0. 又由已知得[a+(t-3)b]·(-ka+tb)=0, ∴-ka2+t(t-3)b2=0. 针对训练 - ∵|a|=2,|b|=1,∴-4k+t(t-3)=0. ∴k=(t2-3t)=-(t≠0). 故当t=时,k取得最小值,最小值为-. 6.已知a,b都是非零向量,且a+3b与7a-5b垂直,a-4b与7a-2b垂直,求a与b夹角的大小. 解:因为a,b都是非零向量, 由a+3b与7a-5b垂直, 则(a+3b)·(7a-5b)=0, 即7a2+16a·b-15b2=0.　① 由a-4b与7a-2b垂直, 则(a-4b)·(7a-2b)=0, 即7a2-30a·b+8b2=0.　② ①-②,得2a·b=b2=|b|2,　③ ③代入①,得|a|=|b|. 设a与b夹角为θ,则cos θ===, 因为θ∈[0,π],所以θ=.所以a与b的夹角为. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 A级——达标评价 1.已知向量a,b为单位向量,且a⊥b,则b·(4a-3b)=(　　) A.-3 B.3 C.-5 D.5 解析:由题意可得,|a|=1,|b|=1,a·b=0,则b·(4a-3b)=4a·b-3b2=-3b2=-3,故选A. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.在△ABC中,(+)·=0,则△ABC一定是(　　) A.等边三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.直角三角形 解析:由已知得,(+)·(-)=0,-=0,∴||=||. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 3.(2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a,b满足:|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|= (　　) A. B. C. D.1 解析:因为(b-2a)⊥b,所以(b-2a)·b=0,即b2=2a·b.又因为|a|=1, |a+2b|=2, 所以1+4a·b+4b2=1+6b2=4,从而|b|=. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 4.最早发现勾股定理的人是我国西周数学家商高,比毕达哥拉斯早500多年.如图,△ABC满足“勾三股四弦五”,其中股AB=4,D为弦BC上一点(不含端点),且△ABD满足勾股定理,则cos<,>=(　　) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:由题意可知AD⊥BC,所以根据等面积转化可知||||= ||||⇔4×3=5×||,解得||=.因为·= (+)·=,所以cos<,>====.故选A. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 5.(多选)若向量e1,e2是夹角为的单位向量,a=e1-2e2,b=2e1+e2,则下列结论正确的是(　　) A.a⊥b B.|a|= C.|a-b|= D.cos<a,a-b>= √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:由向量e1,e2是夹角为的单位向量,可得e1·e2=|e1||e2|cos=-.∵a=e1-2e2,b=2e1+e2,∴a·b=2-2-3e1·e2=2-2+=≠0,∴a⊥b不成立,故A错误;|a|2=-4e1·e2+4=1+2+4=7,∴|a|=,故B正确;由a-b=-e1-3e2,可得|a-b|===,故C错误;a·(a-b)=--e1·e2+6-1++6=,则cos<a,a-b>===,故D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 6.已知单位向量i,j相互垂直,向量a=3i-4j,则|a|=　　　　.  解析:因为|a|2=a2=(3i-4j)2=9i2-24i·j+16j2=9+16=25,所以|a|=5. 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 7.在△ABC中,记=m,=n,则·(+)=　　　　.  解析:因为=-= n-m,所以·(+) =(n-m)·(n+m)= n2-m2. n2-m2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 8.已知△ABC是边长为1的等边三角形,设向量a,b满足=a,=a+b,则|3a+b|=　　　　.  解析:法一:=-=a+b-a=b,则||=|b|=1,|a|=1.又||=|a+b|=1,两边平方,得2a·b=-1.因为|3a+b|2=9+6a·b +1=7,所以|3a+b|=. 法二:因为|3a+b|2=|2a+a+b|2=|2+|2=4+4·+=4+2+1=7,所以|3a+b|=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 9.(8分)已知向量a,b满足|a|=2,|b|=3,|a+b|=4,求|a-b|. 解:∵|a+b|=4, ∴|a+b|2=42,∴a2+2a·b+b2=16.(*) ∵|a|=2,|b|=3,∴a2=|a|2=4,b2=|b|2=9, 代入(*)式得4+2a·b+9=16,即2a·b=3. 又∵|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=4-3+9=10,∴|a-b|=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 10.(10分)已知非零向量a,b满足|a|=1,且(a-b)·(a+b)=. (1)求|b|; 解:因为(a-b)·(a+b)=,即a2-b2=, 即|a|2-|b|2=, 所以|b|2=|a|2-=1-=,故|b|=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)当a·b=-时,求向量a与a+2b的夹角θ的值. 解:因为|a+2b|2=|a|2+4a·b+|2b|2=1-1+1=1,所以|a+2b|=1. 又因为a·(a+2b)=|a|2+2a·b=1-=, 所以cos θ==. 又θ∈[0,π],故θ=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 B级——重点培优 11.已知菱形ABCD的边长为2,·=2,则||=(　　) A. B.2 C.1 D.2 解析:根据题意可得=+,=-,∵·=2,即·(+)=+·=2,∴·=-2,||2=(-)2=-2·+=12,即||=2,故选B. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 12.(多选)已知a,b为平面向量,其中b为单位向量,若非零向量a与b满足a·(a-4b)=-3,则下列结论成立的是 (　　) A.(a-b)⊥(a-3b) B.a与b的夹角的取值范围是 C.|a|的最小值为2 D.|a-b|的最大值为2 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:(a-b)·(a-3b)=a2-4a·b+3b2=-3+3=0,故(a-b)⊥(a-3b),A正确;设a与b的夹角为θ,则a·(a-4b)=|a|2-4|a|·|b|cos θ=|a|2-4|a|cos θ=-3,所以44cos θ==|a|+≥2=2,即cos θ≥,当且仅当|a|=时,等号成立.又因为0≤θ≤π,故0≤θ≤,B正确; 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 a·(a-4b)=|a|2-4|a||b|cos θ=|a|2-4|a|cos θ=-3≥|a|2-4|a|,即|a|2-4|a|+3≤0,解得1≤|a|≤3,故|a|的最小值为1,C错误;由a2-4a·b=-3可得a·b=,|a-b|2=a2-2a·b+b2=|a|2-+1=∈[0,4],即0≤|a-b|≤2,当且仅当|a|=3时,|a-b|取到最大值,最大值为2,D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 13.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·+·=　　　　.  1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:易知四边形EFGH为平行四边形,连接HF(图略),取HF的中点为O,则·=·=(-)·(+)=-=1-=, ·=·=-=1-=,因此·+·=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 14.(12分)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; 解:证明:因为|a|=|b|=|c|=1,且a,b,c之间的夹角均为120°, 所以(a-b)·c=a·c-b·c=|a||c|cos 120°-|b||c|cos 120°=0,所以(a-b)⊥c. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)若|ka+b+c|>1(k∈R),求k的取值范围. 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=cos 120°=-, 所以k2-2k>0,解得k<0或k>2, 即k的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(12分)已知向量e1与e2是夹角为的单位向量,且向量a=3e1+4e2,b=2e1+λe2. (1)求|a|; 解:由题意知,e1·e2=1×1×cos=. 因为a=3e1+4e2, 所以|a|== ==. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)若a⊥(a+b),求实数λ的值. 解:因为向量a=3e1+4e2,b=2e1+λe2, 所以a·b=(3e1+4e2)·(2e1+λe2)=6+(3λ+8)e1·e2+4λ=10+λ. 因为a⊥(a+b),所以a·(a+b)=a2+a·b=37+10+λ=0,解得λ=-. $$