6.2.4 向量的数量积(2)-【步步高】2023-2024学年高一数学必修第二册学习笔记（人教A版2019）

6.2.4　向量的数量积(二) [学习目标]　1.掌握平面向量数量积的运算律及常用的公式.2.会利用向量数量积的有关运算律进行计算或证明． 导语　 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 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. 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 注意点： (1)a·b＝b·c推不出a＝c. (2)(a·b)c≠a(b·c)，它们表示不同的向量． 例1　(1)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)等于(　　) A．4 B．3 C．2 D．0 答案　B 解析　由|a|＝1，知a2＝|a|2＝1， 又a·b＝－1， ∴a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2－(－1)＝3. (2)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，E，F分别为BC，CD的中点，则·等于(　　) A. B．－ C. D．－ 答案　D 解析　∵E，F是菱形ABCD中边BC，CD的中点， ∴＝＋， ＝＝(－)， 又||＝||＝2，且∠BAD＝60°， ∴·＝·(－) ＝·＋||2－||2 ＝||||cos 60°＋×22－×22 ＝－. 反思感悟　(1)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． 跟踪训练1　(多选)设a，b，c是任意的非零向量，且它们两两不共线，给出下列结论，正确的是(　　) A. a·c－b·c＝(a－b)·c B．(b·c)a－(c·a)b不与c垂直 C．|a|－|b|<|a－b| D．(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2 答案　ACD 解析　根据数量积的分配律知A正确； ∵[(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，B错误； ∵a，b不共线，∴|a|，|b|，|a－b|组成三角形， ∴|a|－|b|<|a－b|成立，C正确；显然D正确． 二、利用数量积求向量的模和向量的夹角 例2　(1)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________. 答案　2 解析　方法一　|a＋2b|＝ ＝ ＝ ＝＝2. 方法二　(数形结合法) 由|a|＝|2b|＝2知，以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图， 则|a＋2b|＝||. 又∠AOB＝60°，所以|a＋2b|＝2. (2)已知非零向量a，b满足|a|＝1，且(a－b)·(a＋b)＝. ①求|b|； ②当a·b＝－时，求向量a与a＋2b的夹角θ的值． 解　①因为(a－b)·(a＋b)＝， 即a2－b2＝， 即|a|2－|b|2＝， 所以|b|2＝|a|2－＝1－＝， 故|b|＝. ②因为|a＋2b|2＝|a|2＋4a·b＋|2b|2＝1－1＋1＝1， 故|a＋2b|＝1. 又因为a·(a＋2b)＝|a|2＋2a·b＝1－＝， 所以cos θ＝＝， 又θ∈[0，π]，故θ＝. 反思感悟　(1)求解向量模的问题就是要灵活应用a2＝|a|2，即|a|＝，勿忘记开方． (2)求向量的夹角，主要是利用公式cos θ＝求出夹角的余弦值，从而求得夹角．可以直接求出a·b的值及|a|，|b|的值，然后代入求解，也可以寻找|a|，|b|，a·b三者之间的关系，然后代入求解． 跟踪训练2　已知向量a，b满足|a|＝|b|＝1及|3a－2b|＝，求a与b的夹角． 解　设a与b的夹角为θ， 由题意得(3a－2b)2＝7， ∴9|a|2＋4|b|2－12a·b＝7， 又|a|＝|b|＝1，∴a·b＝， ∴|a||b|cos θ＝，即cos θ＝. 又θ∈[0，π]，∴θ＝，即a与b的夹角为. 三、与垂直有关的问题 例3　已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，m与n夹角的余弦值为，若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为(　　) A．4 B．－4 C. D．－ 答案　B 解析　由题意知，＝＝， 所以m·n＝|n|2＝n2， 因为n⊥(tm＋n)， 所以n·(tm＋n)＝tm·n＋n2＝0， 即tn2＋n2＝0，所以t＝－4. 反思感悟　解决有关垂直问题时利用a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)． 跟踪训练3　已知向量a，b，且|a|＝1，|b|＝2，(a＋2b)⊥(3a－b)，求a与b的夹角． 解　设a与b的夹角为θ， 由已知得(a＋2b)·(3a－b)＝3a2＋5a·b－2b2 ＝3＋10cos θ－8＝0， 所以cos θ＝，又0°≤θ≤180°， 所以θ＝60°， 即a与b的夹角为60°. 1．知识清单： (1)向量数量积的运算律． (2)利用数量积求向量的模和夹角． (3)向量垂直的应用． 2．方法归纳：类比法． 3．常见误区：忽略向量数量积不满足结合律． 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|＝2，|b|＝1，a与b之间的夹角为60°，那么向量a－4b的模为(　　) A．2 B．2 C．6 D．12 答案　B 解析　∵|a－4b|2＝a2－8a·b＋16b2 ＝22－8×2×1×cos 60°＋16×12＝12， ∴|a－4b|＝2. 3．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. B. C. D. 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)×3×2×cos 60°－5×22＝0， 解得m＝. 4．已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，a·b＝1，则向量a与a－b的夹角为________． 答案　 解析　|a－b|＝＝＝， 设向量a与a－b的夹角为θ，则 cos θ＝＝＝， 又θ∈[0，π]，所以θ＝. 1．已知单位向量a，b，则(2a＋b)·(2a－b)的值为(　　) A. B. C．3 D．5 答案　C 解析　由题意得(2a＋b)·(2a－b)＝4a2－b2＝4－1＝3. 2．已知平面向量a，b满足a·(a＋b)＝3且|a|＝2，|b|＝1，则向量a与b的夹角为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设向量a与b的夹角为θ. 因为a·(a＋b)＝a2＋a·b＝4＋2cos θ＝3， 所以cos θ＝－，又因为θ∈[0，π]， 所以θ＝. 3．已知a，b方向相同，且|a|＝2，|b|＝4，则|2a＋3b|等于(　　) A．16 B．256 C．8 D．64 答案　A 解析　方法一　∵|2a＋3b|2＝4a2＋9b2＋12a·b＝16＋144＋96＝256，∴|2a＋3b|＝16. 方法二　由题意知2a＝b， ∴|2a＋3b|＝|4b|＝4|b|＝16. 4．设向量a，b满足|a＋b|＝，|a－b|＝，则a·b等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．5 答案　A 解析　|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝10，① |a－b|2＝(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝6，② 由①－②得4a·b＝4，∴a·b＝1. 5．若向量a与b的夹角为60°，|b|＝4，(a＋2b)·(a－3b)＝－72，则|a|等于(　　) A．2 B．4 C．6 D．12 答案　C 解析　因为(a＋2b)·(a－3b)＝a2－a·b－6b2 ＝|a|2－|a||b|cos 60°－6|b|2 ＝|a|2－2|a|－96＝－72. 所以|a|2－2|a|－24＝0. 解得|a|＝6或|a|＝－4(舍去)．故选C. 6．已知|a|＝，|b|＝，a与b的夹角为45°，要使λb－a与a垂直，则λ的值为(　　) A. B．2 C. D．1 答案　A 解析　由题意知，(λb－a)·a＝0，即λ(a·b)－|a|2＝0，则λ＝＝. 7．已知向量⊥，||＝3，则·＝________. 答案　9 解析　∵⊥，∴·＝·(－) ＝·－2＝·－9＝0， 即·＝9. 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　∪ 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)＝3te＋(6＋2t)e1·e2＋4e＝3t＋(6＋2t)＋4>0， 得t>－， 当a，b共线时，存在唯一的实数λ，使a＝λb，即 3e1＋2e2＝λ(te1＋2e2)，所以解得 所以当t≠3时，a，b不共线， 综上，t的取值范围为t>－且t≠3，即∪. 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×＝9. (2)|c＋2d|2＝(4a＋3b)2＝16a2＋9b2＋24a·b ＝16×4＋9×1＋24×2×1×＝97， ∴|c＋2d|＝. 10．已知平面向量a，b，若|a|＝1，|b|＝2，且|a－b|＝. (1)求a与b的夹角θ； (2)若c＝ta＋b，t∈R，且a⊥c，求t的值及|c|. 解　(1)由|a－b|＝， 得a2－2a·b＋b2＝7， ∴1－2×1×2×cos θ＋4＝7， ∴cos θ＝－. 又θ∈[0，π]，∴θ＝. (2)∵a⊥c，c＝ta＋b， ∴a·(ta＋b)＝0， ∴ta2＋a·b＝0， ∴t＋1×2×＝0， ∴t＝1， ∴c＝a＋b，c2＝a2＋2a·b＋b2 ＝1＋2×1×2×＋4＝3， ∴|c|＝. 11．(多选)已知正三角形ABC的边长为2，设＝2a，＝b，则下列结论正确的是(　　) A．|a＋b|＝1 B．a⊥b C．(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|＝，故A结论错误； ∵(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． 12．已知向量a，b的夹角为45°，且|a|＝4，·＝12，则b在a上的投影向量为(　　) A.a B．2b C.a D．2b 答案　A 解析　·(2a－3b)＝a2＋a·b－3b2＝|a|2＋|a||b|cos 45°－3|b|2＝16＋|b|－3|b|2＝12， 解得|b|＝或|b|＝－(舍去)．故b在a上的投影向量为|b|cos 45°＝××＝a. 13．若O为△ABC所在平面内任一点，且满足(－)·(＋－2)＝0，则△ABC的形状为(　　) 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 答案　A 解析　因为(－)·(＋－2)＝0， 即·(＋)＝0， 又因为－＝， 所以(－)·(＋)＝0， 即||＝||， 所以△ABC是等腰三角形． 14．已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝3，且b⊥(a－b)，则a，b夹角的余弦值为________，设a在b方向上的投影向量为λb，则λ＝________. 答案　　1 解析　∵b⊥(a－b)，∴b·(a－b)＝0⇒b·a－b2＝0⇒b·a＝b2， ∴cos〈a，b〉＝＝＝＝， ∴a在b方向上的投影向量为|a|cos〈a，b〉＝5×·＝b， 即b＝λb，解得λ＝1. 15．已知向量a≠b，|b|≠0，若对任意的t∈R，|a－tb|≥|a－b|恒成立，则必有(　　) A．a⊥b B．a⊥(a－b) C．b⊥(a－b) D．(a＋b)⊥(a－b) 答案　C 解析　因为|a－tb|≥|a－b|恒成立， 两边平方，化简得b2t2－2a·bt＋2a·b－b2≥0， 对任意的t∈R恒成立， 又|b|≠0，则Δ＝4(a·b)2－4b2(2a·b－b2)≤0， 即(a·b－b2)2≤0， 所以a·b－b2＝0，所以b·(a－b)＝0， 即b⊥(a－b)． 16．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均为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. (2)解　因为|ka＋b＋c|>1， 所以(ka＋b＋c)2>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. 所以实数k的取值范围为(－∞，0)∪(2，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $$