9.2.3.2 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（苏教版2019）

第2课时　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及性质 问题1　若实数a，b，c，ab＝bc(b≠0)，则a＝c，对于两个向量a，b，若a·b＝b·c是否也可以得出结论a＝c? 提示　不可以．理由如下： 如图，a·b＝|a||b|cos β＝|b|||， b·c＝|b||c|cos α＝|b|||. 所以a·b＝b·c，但是a≠c. 问题2　结合向量数量积的定义，你能举出几个数量积满足的运算律和运算性质吗？ 提示　如a·b＝b·a，λa·b＝λ(a·b)， (a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2， (a＋b)·(a－b)＝a2－b2等． 知识梳理 1．平面向量数量积的运算律 对于向量a，b，c和实数λ，有 (1)a·b＝b·a(交换律)． (2)(λa)·b＝a·(λb)＝λ(a·b)＝λa·b(数乘结合律)． (3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律)． 2．平面向量数量积的运算性质 类比多项式的乘法公式，写出下表中的平面向量数量积的运算性质． 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)c≠a(b·c)． (2)a·c＝b·c⇏a＝b. (3)实数中有些公式可“移植”到向量数量积，有些不可以，如(a·b)2不能写为a2·b2. 例1　(多选)设a，b，c是任意的非零向量，且它们相互不共线，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　根据数量积的分配运算A，D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． 反思感悟　向量的数量积a·b与实数a，b的乘积a·b有联系，同时也有许多不同之处．例如，由a·b＝0并不能得出a＝0或b＝0.特别是向量的数量积不满足结合律． 跟踪训练1　给出下列结论： ①若a·b＝a·c，则b＝c； ②(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2； ③(a＋b)2＝|a|2＋2|a||b|＋|b|2. 其中正确的是________．(填序号) 答案　② 解析　由向量数量积的性质和运算律知，①③错误，②正确． 二、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)求向量夹角的基本步骤及注意事项 ①步骤： ②注意事项：在个别含有|a|，|b|与a·b的等量关系式中，常利用消元思想计算cos θ的值． 跟踪训练2　已知向量a，b满足|a|＝|b|＝1，且|3a－2b|＝，求a，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＝， ∴cos θ＝＝， 又θ∈[0，π]，∴θ＝， 即a，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)＝0， 所以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)，求向量a与b夹角的大小． 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．已知非零向量a，b满足(a＋b)⊥(a－b)，则(　　) A．a＝b B．|a|＝|b| C．a⊥b D．a∥b 答案　B 解析　∵(a＋b)⊥(a－b)，∴(a＋b)·(a－b)＝0， ∴|a|2－|b|2＝0，∴|a|＝|b|. 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．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. 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＝， 所以a与a－b的夹角为. 1．(多选)下面给出的关系式正确的是(　　) A．m(a＋b)＝ma＋mb B．a·b＝b·a C．a2＝|a|2 D．|a·b|≤a·b 答案　ABC 解析　|a·b|＝|a||b||cos θ|≥a·b(θ为a与b的夹角)，故D错，其余选项均正确． 2．已知|b|＝1，|c|＝2，b与c的夹角为60°，则a(b·c)的化简结果是(　　) A．0 B．a C．b D．c 答案　B 解析　∵b·c＝|b||c|cos 60°＝1×2×＝1， ∴a(b·c)＝a. 3．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＝，即a与b的夹角为. 4．已知向量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. 5．已知单位向量a，b满足a⊥(a－b)，则向量a与b的夹角是(　　) A．0 B. C. D. 答案　A 解析　由题意得a·(a－b)＝a2－a·b＝0， 又a，b为单位向量，∴1－cos〈a，b〉＝0， 即cos〈a，b〉＝1，而〈a，b〉∈[0，π]， ∴〈a，b〉＝0，即向量a与b的夹角是0. 6．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)． 7．已知a⊥b，|a|＝2，|b|＝3，且3a＋2b与λa－b垂直，则λ＝________. 答案　 解析　∵(3a＋2b)·(λa－b)＝3λa2＋(2λ－3)a·b－2b2＝3λa2－2b2＝12λ－18＝0，∴λ＝. 8．△ABC三边的长分别为AC＝3，BC＝4，AB＝5，若＝，＝，则·＝________. 答案　 解析　由题知AC2＋BC2＝AB2， 所以△ABC为直角三角形，AC⊥CB， ·＝(＋)· ＝· ＝· ＝· ＝2＋·＝×42＋0＝. 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．已知单位向量e1与e2的夹角为α，且cos α＝，向量a＝3e1－2e2与b＝3e1－e2的夹角为β，求β的余弦值． 解　因为a2＝(3e1－2e2)2＝9e－12e1·e2＋4e＝9－12×＋4＝9，所以|a|＝3， 因为b2＝(3e1－e2)2＝9e－6e1·e2＋e＝9－6×＋1＝8，所以|b|＝2， 又a·b＝(3e1－2e2)·(3e1－e2)＝9e－9e1·e2＋2e＝9－9×＋2＝8， 所以cos β＝＝＝. 11．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×－5×22＝0， 解得m＝. 12．(多选)已知正△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　由题意，得|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角是120°，故B错误； ∵(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝1＋2×1×2×＋4＝3， ∴|a＋b|＝，故A错误； ∵(4a＋b)·b＝4a·b＋b2＝4×1×2×＋4＝0， ∴(4a＋b)⊥b，故C正确； ∵a·b＝1×2×＝－1，故D正确． 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a是平面内的单位向量，若向量b满足b·(a－b)＝0，则|b|的取值范围是________． 答案　[0,1] 解析　∵b·(a－b)＝a·b－|b|2＝|a||b|cos θ－|b|2＝0， ∴|b|＝|a|cos θ＝cos θ(θ为a与b的夹角)或|b|＝0，θ∈[0，π]，∴0≤|b|≤1. 15．已知|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角为60°，c＝λa＋b与d＝a＋2b的夹角为锐角，则λ的取值范围为________． 答案　 解析　c＝λa＋b与d＝a＋2b的夹角为锐角，等价于c·d>0，且c与d不能共线且同向． 由c·d>0，得(λa＋b)·(a＋2b)>0， 即λa2＋(2λ＋1)a·b＋2b2>0， 所以λ＋(2λ＋1)×1×2×＋2×22>0， 解得λ>－3； 若c与d共线且同向时，设c＝td， 则λa＋b＝t(a＋2b)＝ta＋2tb， 因为a与b不共线，所以解得λ＝t＝， 综上，λ的取值范围为. 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 $$