10 5.3 利用数量积计算长度与角度-【金版新学案】2024-2025学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（北师大版2019）

5.3　利用数量积计算长度与角度 　 第二章 §5　从力的做功到向量的数量积 知识目标 1．进一步熟悉向量数量积的定义及其坐标表示．　 2．会利用向量数量积解决有关长度与角度的综合问题． 素养目标 通过利用数量积计算长度与角度，培养学生数学运算与逻辑推理素养． 题型一　向量长度的计算 1 题型二　向量夹角的计算 2 课时测评 5 内容索引 随堂演练 4 题型三　平面几何中的长度与夹角问题 3 题型一　向量长度的计算 返回 例1 规律方法 向量模长的最值与范围问题的求解策略 1．根据 将其转化为有关量的函数，利用函数的性质求最值或范围． 2．利用向量数量积的定义或其几何意义，结合图形找到角的范围，进而确定向量模的最值或范围． √ 返回 题型二　向量夹角的计算 返回 (1)求a与b的夹角θ； 例2 (2)求a－b与a＋b的夹角α的余弦值． 规律方法 1．利用数量积求两向量夹角的步骤 规律方法 2．求两向量夹角的注意点 (1)两向量夹角的范围是[0，π]. (2)两向量夹角余弦值的公式：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 选用定义式还是坐标形式，要根据所给条件而定． √ √ 返回 题型三　平面几何中的长度与夹角问题 返回 题型三　平面几何中的长度与夹角问题 (一题多解)(链教材P112例7)已知点A(－2，1)，B(6，－3)，C(0，5)，试用向量的方法判断△ABC的形状． 解：法一 (利用向量的模) 因为A(－2，1)，B(6，－3)，C(0，5)， 例3 所以|AB|2＋|AC|2＝|BC|2，即△ABC是直角三角形． 法二(利用向量的夹角) 所以△ABC是直角三角形． 规律方法 用向量法解决平面几何问题 根据平面图形的特征：(1)若适合建立坐标系时，建系后用向量的坐标表示解决．(2)若不具备建系条件时，用基向量思想求解．　　 A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形 C．等腰非等边三角形 D．等边三角形 √ 返回 课堂小结 知识 1．用向量数量积解决长度问题. 2．用向量数量积解决夹角问题 方法 化归与转化、数形结合 易错误区 构造函数求最值与范围时，没有考虑自变量的取值范围 随堂演练 返回 1．已知向量u＝(x＋2，3)，v＝(x，1)，当f(x)＝u·v取得最小值时，x的值为 A．0 B．－1 C．2 D．1 f(x)＝u·v＝(x＋2)x＋3＝x2＋2x＋3＝(x＋1)2＋2，所以当x＝－1时，f(x)取得最小值2.故选B. √ √ √ 4．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D为AC的中点，则cos ∠BDC＝________． 返回 课时测评 返回 设向量a，b的夹角为θ，0°≤θ≤180°，因为a，b为单位向量，所以|a|＝|b|＝1，因为(2a－b)⊥b，所以(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2cos θ－1＝0，所以cos θ＝ .因为0°≤θ≤180°，所以θ＝60°.故选B. 1．已知向量a，b是单位向量，且(2a－b)⊥b，则向量a与b的夹角是 A．30° B．60° C．90° D．120° √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．已知向量a＝(cos θ，1)，向量b＝(3，0)，则|2a－b|的最大值和最小值分别是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4．已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且|a－2b|＝|a＋4b|，则a，b的夹角为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．以上都不对 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6．已知a，b均为单位向量，且|a－2b|＝2，则a与b－a的夹角的余弦值为 _______． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立平面 直角坐标系，如图所示， 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)求cos ∠APB.(6分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10．设非零向量a，b，c，若 则|c|的取值范围为 A．[0，4] B．[2，4] C．{0，4} D．{2，4} √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11．已知a，b，a＋b，2b－a均为非零向量，a与a＋b的夹角为θ1，b与2b－a的夹角为θ2，满足|a|＝|b|，|a＋b|cos θ1＝|2b－a|cos θ2，则a，b的夹角θ＝ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)若点A，B，C不能构成三角形，求m的值；(5分) 解：因为点A，B，C不能构成三角形，所以点A，B，C三点共线， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)若点A，B，C构成的三角形为直角三角形，求m的值．(8分) 解：若点A，B，C构成的三角形为直角三角形，则： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 [－1，0] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 以O为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)从①②③中选取其中两个作为条件，证明另外一个成立；(注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．)(7分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 谢 谢 观 看 ！ 第 二 章 平 面 向 量 及 其 应 用 返回 (链教材P111例5)已知向量a＝(1，0)，b＝，θ∈，则|a＋b|的取值范围是____________． 因为a＝(1，0)，b＝＝(cos θ，cos θ)，所以a＋b＝(1＋cos θ，cos θ)，因为θ∈，所以－1≤cos θ≤，所以＝＝∈，因此的取值范围是. ＝ 对点练1．若向量a，b满足：＝1，⊥a，＝，则＝ A．2 B． C．10 D． 因为向量a，b满足：＝1，⊥a，＝，则·a＝a2＋a·b＝1＋a·b＝0，所以a·b＝－1，所以2＝4a2－4a·b＋b2＝4＋4＋2＝10，解得＝.故选B. 所以|＋|2＝＋(0≤t≤1)， 所以当t＝时，|＋|取得最小值. 对点练2．在如图所示的平面直角坐标系中，已知A(1，0)，||＝1，且∠AOC＝，其中O为坐标原点．设点D为线段OA上的动点，求|＋|的最小值． 解：设D(t，0)(0≤t≤1)，由题意可得C， 所以＋＝， 又a·b＝，所以cos θ＝＝＝， 因为θ∈[0，π]，所以θ＝. (链教材P112例8)已知|a|＝1，a·b＝，(a－b)·(a＋b)＝. 解：由(a－b)·(a＋b)＝，得|a|2－|b|2＝， 因为|a|＝1，所以|b|＝. 所以|a＋b|＝. 所以cos α＝＝＝. 解：因为(a－b)2＝|a|2－2a·b＋|b|2＝， 所以|a－b|＝. 因为(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝， cos 〈a，b〉＝＝. 对点练3．(1)已知平面向量a＝，b＝，若实数m，n满足mn＝－1，则a＋mb与a＋nb的夹角为 A． B． C． D． 因为a＝，b＝，所以a＋mb＝，a＋nb＝，又mn＝－1，所以·＝·＝＋＝2＋2mn＝0，即⊥，所以a＋mb与a＋nb的夹角为.故选B. (2)已知单位向量e1，e2的夹角为，向量a＝e1＋e2，b＝e2－2e1，则a，b的夹角等于 A． B． C． D． 由单位向量e1，e2的夹角为，得e1·e2＝1×1×cos ＝，a·b＝(e1＋e2)·(e2－2e1)＝－2e－e1·e2＋e＝－，|a|＝＝＝，|b|＝＝＝，于是得cos 〈a，b〉＝＝＝－，而〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝，所以a，b的夹角等于.故选C． 所以＝(8，－4)，＝(2，4)，＝(－6，8)， 所以||＝＝＝4， ||＝＝＝2，||＝＝＝10， 因为点A(－2，1)，B(6，－3)，C(0，5)，所以＝(8，－4)，＝(2，4)， 所以·＝(8，－4)·(2，4)＝16－16＝0， 所以⊥，即∠A＝， 对点练4．已知非零向量与满足(＋)·＝0，且＝，则△ABC为 因为(＋)·＝0，所以角A的角平分线所在的向量与垂直，所以△ABC为等腰三角形．又＝，所以cos A＝，所以A＝.故△ABC为等边三角形．故选D. 2．正方形ABCD的边长为1，则|＋2|＝ A．1 B．3　 C． D． 在正方形ABCD中，如图所示，因为|＋2|2＝(＋2)2＝2＋4·＋42＝1＋0＋4＝5，所以|＋2|＝.故选D. 3．设P1(1－sin α，0)，P2(0，－cos α)，则|－|的最大值是 A．1 B． C． D．2 因为P1(1－sin α，0)，P2(0，－cos α)，所以－＝(1－sin α，cos α)，(－)2＝(1－sin α)2＋cos2α＝2－2sinα，当sin α＝－1时，(－)2取得最大值为2－2×(－1)＝4，所以|－|的最大值是2.故选D. 如图所示，建立平面直角坐标系，则B(0，0)，A(0，8)，C(6，0)，D(3，4)，所以＝(－3，－4)，＝(3，－4).又∠BDC为，的夹角，所以cos ∠BDC＝＝＝. 2．已知向量a，b满足|a|＝|b|＝3，且2a＋b＝，则cos 〈a，b〉＝ A． B． C．－ D．－ 因为＝＝5，等式两边平方得4|a|2＋|b|2＋4|a||b|cos 〈a，b〉＝25，又|a|＝|b|＝3，所以4×9＋9＋4×3×3cos 〈a，b〉＝25，解得cos 〈a，b〉＝－.故选D. A．4，0 B．4，2 C．29，2 D．， 因为2a－b＝2(cos θ，1)－(3，0)＝(2cos θ－3，2)，所以|2a－b|＝，又－1≤cos θ≤1，所以|2a－b|的最大值和最小值分别是，.故选D. A． B． C． D． 由已知|a－2b|＝|a＋4b|，可得a2－4a·b＋4b2＝a2＋8a·b＋16b2，即a·b＋b2＝0，又因为|a|＝2|b|，所以cos 〈a，b〉＝＝＝－，因为0≤〈a，b〉≤π，所以夹角为.故选C． 5．平面内顺次连接A，B，C，D(－4，－1)，所组成的图形是 因为＝－＝，＝－＝，＝－＝，因为·＝4×1＋2×＝0，所以AB⊥BC，又＝，故AB∥DC，且AB≠DC，所以四边形ABCD为直角梯形．故选B. － 因为a，b均为单位向量，|a－2b|＝2，所以(a－2b)2＝a2＋4b2－4a·b＝5－4a·b＝4，所以a·b＝，所以a·(b－a)＝a·b－a2＝－1＝－，|b－a|＝＝＝ ＝，所以cos 〈a，b－a〉＝＝＝－. 7．已知正方形ABCD的边长为2，点E是AB边上的动点，则·的最大值为________． 则A(0，0)，D(0，2)，C(2，2)，设E(m，0)(0≤m≤2)， 则＝(m，－2)，＝(2，0)，所以·＝·＝2m∈，故·的最大值为4. 8．已知向量a，b满足＝＝1，〈a，b〉＝，则＝________． 由题意得a2＝2＝12＝1，b2＝2＝12＝1，a·b＝cos 〈a，b〉＝1×1×cos ＝，所以＝＝＝＝. 9．(10分)如图所示，在△ABC中，＝2，＝3，∠BAC＝，且＝2，＝3，设AD与BE交于点P. (1)求·；(4分) 解：因为·＝·cos ∠BAC＝2×3×cos ＝3， ＝2，即D为BC的中点，所以＝(＋)， 又＝3，所以＝－＝－， 所以·＝· ＝ ＝＝－. 所以cos ∠APB＝＝＝－. 解：由题意知∠APB等于向量和的夹角， 因为2＝(＋)2＝(2＋2·＋2)＝，所以＝， 2＝2＝2－·＋2＝3，所以＝， c＝3＋， 由题意得c2＝＝9＋＋6＝9×12＋12＋6cos 〈a，b〉＝10＋6cos 〈a，b〉，因为cos 〈a，b〉∈[－1，1]，所以c2∈[4，16]，所以|c|＝∈[2，4].故选B. A． B． C． D． 根据题意，|a＋b|cos θ1＝|2b－a|cos θ2，则|a＋b|＝|2b－a|，因为|a|＝|b|，可得a·(a＋b)＝b·(2b－a)，化简得2a·b＝b2，则2|a||b|cos θ＝b2，所以cos θ＝，而θ∈[0，π]，所以θ＝.故选B. 12．(多选)已知不共线的平面向量a，b，c满足＝＝，则下列结论正确的是 A．b⊥ B．a－c与3a－c的夹角为锐角 C．< D．a＋λb与b的夹角为钝角的充要条件是λ<－ 将＝两边平方并整理，得b2－2a·b＝0，即b·＝0，因为a，b不共线，所以b⊥，故A正确；将＝两边平方并整理，得3a2－4a·c＋c2＝0，即(a－c)·(3a－c)＝0，因为a，c不共线，所以a－c与3a－c的夹角为直角，故B错误；由＝>－，得2>，所以<2，故C错误；因为a，b不共线，所以a＋λb与b不共线，则a＋λb与b的夹角为钝角的充要条件是(a＋λb)·b＝a·b＋λb2＝b2＋λb2＝b2<0，即λ<－，故D正确．故选AD. 所以若点A，B，C不能构成三角形，则m＝. 13．(13分)已知＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(5－m，－3－m). 所以∥，又因为＝－＝(3，1)，＝－＝(2－m，1－m)， 所以3×(1－m)＝1×(2－m)，即m＝， 即·＝0， 由＝－＝(－1－m，－m)，所以3×(－1－m)＋1×(－m)＝0，所以m＝－； ①若A为直角，此时AB⊥AC⇒⊥， 即·＝0⇒3×(2－m)＋1×(1－m)＝0，所以m＝； ②若B为直角，此时AB⊥BC⇒⊥， ③若C为直角，此时BC⊥AC⇒⊥， 即·＝0⇒(－1－m)×(2－m)＋(－m)×(1－m)＝0，解得m＝. 所以若点A，B，C构成的三角形为直角三角形，则m＝或m＝－或m＝. 14．(5分)(新角度)如图所示，在扇形OAB中，OA＝1，∠AOB＝90°，点P在上，则(＋)·的取值范围为________． 设∠POA＝θ，则P(cos θ，sin θ)，A(1，0)，B(0，1)，所以＋＝＝(1，0)，＝(－cos θ，1－sin θ)，所以(＋)·＝1×(－cos θ)＋0×(1－sin θ)＝－cos θ，因为0≤θ≤，所以－1≤－cos θ≤0，所以(＋)·的取值范围为[－1，0]. 选①③：由＝，得a2－2a·b＋b2＝b2，而＝>0， 15．(17分)(开放题)已知a，b是非零向量，①＝；②〈a，b〉＝；③＝. 解：选①②：若＝，〈a，b〉＝， 则＝＝ ＝＝，所以③成立． 则2－2cos ＝0， 整理得2－＝0，而|a|>0， 所以＝，①成立． 则32－22cos 〈a，b〉＝0， 即cos 〈a，b〉＝，又0≤〈a，b〉≤π，所以〈a，b〉＝，②成立． 选②③：由＝，得a2－2a·b＋b2＝b2，而〈a，b〉＝， 而＝，〈a，b〉＝， 因此32＋2·－λ2＝0， 又|b|>0，所以λ＝. (2)在①②的条件下，若⊥，求实数λ.(10分) 解：由⊥，得·＝0， 即a2＋a·b－λb2＝0， $$