9.2.3 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（苏教版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.进一步掌握平面向量数量积的运算,能求平面几何中的数量积问题. 2.能运用数量积的运算性质和运算律解决模、垂直、夹角问题. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　数量积的运算 题型(二)　平面向量的夹角与模 题型(三)　向量的垂直 4 课时跟踪检测 题型(一)　数量积的运算 01 [例1]　(1)如图,在平行四边形ABCD中,已知=,=,||=2,||=2,则·=(　　) A.-9 B.-6 C.6 D.9 √ 解析:由题意可得,=+=+=+,=+= +=+,∴=+·+=4,　① =+·+=12,② ①-②得-=-8,即-=-9, ∴·=(+)·(-)=-=-9. (2)已知向量a,b的夹角为45°,且|a|=4,·(2a-3b)=12, 则b在a上的投影向量为(　　) A.a B.2b C.a D.2b 解析:由·(2a-3b)=12, 得a2+a·b-3b2=|a|2+|a||b|cos 45°-3|b|2=16+×4|b|×-3|b|2=12, 解得|b|=(舍负). 从而b在a上的投影向量为|b|cos 45°=a. √ |思|维|建|模| 求平面向量数量积的步骤 (1)求a与b的夹角θ,θ∈[0,π]; (2)分别求|a|和|b|; (3)求数量积,即a·b=|a||b|cos θ,要特别注意书写时a与b之间用实心圆点“·”连接,而不能用“×”连接,也不能省去. 针对训练 1.如图,在△ABC中,AD⊥AB,=,||=2,则·=(　　) A.2 B.4 C.3 D. √ 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.(2022·全国甲卷)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3, 则(2a+b)·b=　　　　. 解析:(2a+b)·b=2a·b+b2=2|a||b|cos<a,b>+|b|2=2×1×3×+32=11. 11 题型(二)　平面向量的夹角与模 02 [例2]　已知|a|=,|b|=1,a与b的夹角为45°. (1)求|a+2b|的值; 解:因为a·b=|a||b|cos 45°=×1×=1, 所以|a+2b|2=a2+4a·b+4b2=2+4+4=10, 则|a+2b|=. (2)若向量2a-λb与λa-3b的夹角是锐角,求实数λ的取值范围. 解:由向量2a-λb与λa-3b的夹角是锐角, 可得(2a-λb)·(λa-3b)>0,且2a-λb与λa-3b不共线,即2λa2+3λb2-(6+λ2)a·b=7λ-(6+λ2)>0,解得1<λ<6.由2a-λb与λa-3b共线,可得2×(-3)=-λ·λ,解得λ=±.故实数λ的取值范围为(1,)∪(,6). 变式拓展 　本例(2)条件“锐角”变为“钝角”,求实数λ的取值范围. 解:由题意得(2a-λb)·(λa-3b)<0,则2λa2-λ2a·b-6a·b+3λb2=4λ-λ2-6+3λ<0,即λ2-7λ+6>0,解得λ<1或λ>6.当2a-λb与λa-3b共线时, 2×(-3)=-λ2,则2×(-3)≠-λ2时,2a-λb与λa-3b不共线,所以λ≠ ±.所以实数λ的取值范围为(-∞,-)∪(-,1)∪(6,+∞). |思|维|建|模| (1)求解向量的模时要灵活应用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,常利用消元计算cos θ的值. 针对训练 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,解得|b|=. √ 4.已知平面向量a,b满足|a|=3,|b|=1,并且当λ=-4时,|a+λb|取得最小值,则sin<a,b>=(　　) A. B. C. D. √ 解析:由题意,得a·b=3cos<a,b>,|a+λb|2=|a|2+2λa·b+λ2|b|2 =λ2+6λcos<a,b>+18. 当λ=-3cos<a,b>时,|a+λb|2取得最小值,即|a+λb|取得最小值,故-3cos<a,b>=-4,则有cos<a,b>=.又<a,b>∈, 所以sin<a,b>==. 题型(三)　向量的垂直 03 [例3]　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的夹角. 解:设a与b的夹角为θ, ∵非零向量a,b满足a+3b与7a-5b互相垂直, a-4b与7a-2b互相垂直, ∴(a+3b)·(7a-5b)=0,(a-4b)·(7a-2b)=0,∴7|a|2-15|b|2+16a·b=0, 7|a|2+8|b|2-30a·b=0. ∴|b|2=2a·b,|a|2=2a·b, ∴|b||a|=2a·b, ∴cos θ==.又θ∈[0,π], ∴θ=.即a与b的夹角为. |思|维|建|模| 解决有关垂直问题时,利用a⊥b⇔a·b=0(a,b为非零向量). 针对训练 5.已知向量a,b,|a|=5,|b|=4,a与b的夹角为120°,若(ka-2b)⊥(a+b),则k= (　　) A.- B.- C. D. √ 解析:因为|a|=5,|b|=4,a与b的夹角为120°,所以a·b=|a||b|cos 120°= 5×4×=-10.由(ka-2b)⊥(a+b),得(ka-2b)·(a+b)=ka2-2b2+ (k-2)a·b=25k-2×16-10(k-2)=15k-12=0,解得k=. 6.已知△ABC中,∠A=120°,且AB=3,AC=4,若=λ+,且⊥,求实数λ的值. 解:因为=λ+,且⊥,所以·=(λ+)·(-)= λ·-λ+-·=0,即(λ-1)||·||cos A-λ+=0.因为AB=3,AC=4,∠A=120°,所以-6(λ-1)-9λ+16=0,解得λ=. 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,|a|=1,|b|=2,a⊥(b-a),则|2a+b|=(　　) A.4 B.2 C.3 D.12 解析:∵a⊥(b-a),∴a·(b-a)=a·b-a2=a·b-1=0, ∴a·b=1,|2a+b|2=(2a+b)2=4a2+4a·b+b2=12,∴|a+b|=2. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.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·+=12,即||=2,故选B. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 3.设平面上有四个互异的点A,B,C,D,已知(+-2)·(-)=0,则△ABC的形状是(　　) A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形 解析:∵(+-2)·(-)=0,∴(+)·(-)=0, ∴-=0,即||=||,∴△ABC是等腰三角形. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 4.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.- 解析:由题意知==,所以m·n=|n|2=n2.因为n⊥(tm+n), 所以n·(tm+n)=0,所以tm·n+n2=0,即tn2+n2=0,所以t=-4. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 5.已知单位向量a,b满足a·b=0,若向量c=a+b,则sin<a,c>=(　　) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:因为a,b是单位向量,所以|a|=|b|=1. 又a·b=0,c=a+b, 所以|c|== =3,a·c=a·=a2+a · b=. 所以cos<a,c>==. 因为<a,c>∈, 所以sin<a,c>==. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 6.已知|a|=2,|b|=3,且a⊥b,则(a+b)·(2a-b)=　　　　.  -1 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 7.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|=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 8.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,|a-b|=,则a与b的夹角为　　　　. 解析:|a-b|2=a2-2a·b+b2=1-2a·b+4=5-2a·b=7,∴a·b=-1,又θ∈[0,π], cos θ==-,∴θ=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 9.(10分)如图所示,在△ABC中,∠BAC=90°, BC=4,A是线段EF的中点,EF=2.若与的夹角为60°,求·. 解:·=(+)·(+)=·+·+ ·+·.∵∠BAC=90°,∴·=0. 又A是线段EF的中点,∴=-,∴·= ·-·-=·-1=4×1×cos 60°-1=1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 10.(12分)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,且a,b的夹角为60°. (1)若(2a+3b)⊥(a-kb),求实数k的值; 解:因为(2a+3b)⊥(a-kb), 所以(2a+3b)·(a-kb)=2a2+(3-2k)a·b-3kb2=2|a|2+(3-2k)a·b-3k|b|2=0, 即2+(3-2k)×1×2×cos 60°-3k×4=0,解得k=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)求a+b与a-b的夹角的余弦值. 解:因为|a+b|====, |a-b|=== =, 所以cos<a+b,a-b>====-, 故a+b与a-b的夹角的余弦值为-. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 B级——重点培优 11.如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,CD=1, ∠BAD=,若·=2·,则·=(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 解析:∵·=2·,∴·-·=·,即·= ·.∵AB∥CD,CD=1,∠BAD=,∴||=||·||cos , ∴||=2,∴·=·(+)=||2+·=22+2×1×cos =5. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 12.已知向量a≠e,|e|=1,对任意实数t,恒有|a-te|≥|a-e|,则 (　　) A.a⊥e B.e⊥(a-e) C.a⊥(a-e) D.(a-e)⊥(a-e) 解析:由|a-te|≥|a-e|,两边平方得a2+t2-2ta·e≥a2+1-2a·e. 设a·e=m,则t2-2mt+2m-1≥0对任意实数t恒成立,所以Δ=4m2-8m+4≤0,即(m-1)2≤0,所以m=1,即a·e=1,e·(a-e)=a·e-1=0,所以e⊥(a-e). √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 13.(多选)设a,b,c是三个非零向量,且相互不共线,则下列说法正确的是 (　　) A.若|a+b|=|a-b|,则a⊥b B.若|a|=|b|,则(a+b)⊥(a-b) C.若a·c=b·c,则a-b不与c垂直 D.(b·c)a-(a·c)b不与c垂直 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:由|a+b|=|a-b|,平方可得a2+b2+2a·b=a2+b2-2a·b⇒a·b=0⇒a⊥b,故A正确; 若|a|=|b|,则(a+b)·(a-b)=a2-b2=|a|2-|b|2=0,所以(a+b)⊥(a-b), 故B正确; 若a·c=b·c,则(a-b)·c=a·c-b·c=0⇒(a-b)⊥c,故C错误; [(b·c)a-(a·c)b]·c=(b·c)a·c-(a·c)b·c=(b·c)(a·c)-(a·c)(b·c)=0, 所以[(b·c)a-(a·c)b]⊥c,故D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 14.已知e1,e2是互相垂直的两个单位向量,若向量a=te1+e2与向量b=e1+te2的夹角是钝角,则实数t的取值范围是　　　　 　　　　.  解析:∵向量a与向量b的夹角是钝角, ∴a·b<0,且<a,b>≠π. 由(te1+e2)·(e1+te2)<0,且|e1|=|e2|=1, e1·e2=0,得t<0. 令te1+e2=λ(e1+te2),λ<0,λ∈R, 则于是t=-1.故t<0,且t≠-1, 即实数t的取值范围是(-∞,-1)∪(-1,0). (-∞,-1)∪(-1,0) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(14分)已知向量a,b,c满足|a|=2,c=a-tb(t∈R),<a,b>=. (1)若a·b=1,求b在a方向上的投影向量(用a表示); 解:由数量积的定义可知|b|cos<a,b>=,所以b在a方向上的投影向量为|b|cos<a,b>=·=·=a. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)求|c|的最小值. 解:因为|c|=|a-tb|= =, 又|a|=2,<a,b>=, 所以|c|=. 令x=t|b|∈R, 所以|c|==. 所以当x=t|b|=1时,|c|取到最小值为. $$