6.2.4 第1课时 向量数量积的概念-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　平面向量及其应用 6.2　平面向量的运算 6.2.4　向量的数量积 第1课时　向量数量积的概念 课程标准：1.通过物理中功的实例，理解平面向量数量积的概念及其物理意义，会计算平面向量的数量积.2.通过几何直观，了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义． 教学重点：1.平面向量数量积的相关概念.2.平面向量数量积的性质． 教学难点：平面向量的数量积与投影向量的关系． 核心素养：1.通过从物理中功的实例抽象出向量数量积概念的过程培养数学抽象素养.2.通过运用向量的数量积来解决问题提升逻辑推理素养和数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　向量的夹角 非零 ∠AOB 0≤θ≤π 〈a，b〉 同向 反向 垂直 a⊥b 核心概念掌握 5 知识点二　向量数量积的概念 [注意]　向量的数量积是两个向量之间的一种运算，其结果不再是向量，而是数量，它的符号由夹角确定，当夹角为锐角或0时，符号为正；当夹角为钝角或π时，符号为负；当夹角为直角时，其值为零． 已知条件 两个非零向量a与b，它们的夹角为θ 定义 ________________叫做向量a与b的数量积(或内积) 记法 记作_____，即a·b＝___________ 规定 零向量与任一向量的数量积为_____ 数量|a||b|cosθ a·b |a||b|cosθ 0 核心概念掌握 6 投影 投影向量 |a|cosθ e 核心概念掌握 7 |a|cosθ a·b＝0 |a||b| －|a||b| |a|2 ≤ 核心概念掌握 8 1．(向量的夹角)若向量a，b的夹角为30°，则向量－a，－b的夹角为(　　) A．60° B．30° C．120° D．150° 核心概念掌握 9 1 3 核心概念掌握 10 核心素养形成 核心素养形成 12 核心素养形成 13 【感悟提升】　向量夹角的求解策略 (1)求两个向量夹角的关键是利用平移的方法使两个向量起点重合，作两个向量的夹角，按照“一作、二证、三算”的步骤求出． (2)特别地，a与b的夹角为θ，λ1a与λ2b(λ1，λ2是非零常数)的夹角为θ0，当λ1λ2<0时，θ0＝180°－θ；当λ1λ2>0时，θ0＝θ. 核心素养形成 14 核心素养形成 15 (2)已知a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝|a－b|，求a与a＋b的夹角． 核心素养形成 16 核心素养形成 17 (2)已知a，b是两个非零向量，且|a|＝3，|b|＝4，|a·b|＝6，求a与b的夹角． 核心素养形成 18 【感悟提升】　 1．求平面向量的数量积的一般步骤 2．求向量夹角的一般步骤 核心素养形成 19 【跟踪训练】 2．(1)若|a|＝8，|b|＝4，a·b＝16，则向量a与b的夹角为________． 60° 核心素养形成 20 0 －16 －16 核心素养形成 21 题型三　投影向量 例3　已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ＝120°，与b同向的单位向量为e. (1)求a·b； (2)求a在b上的投影向量． 核心素养形成 22 【感悟提升】　投影向量的求解策略 (1)任意的非零向量a在另一非零向量b上的投影向量等于|a|cosθe(θ为向量a，b的夹角，e为与b同向的单位向量)． (2)在平面几何图形中，求一个向量在另一个向量上的投影向量时，关键是作出恰当的垂线，根据题意确定向量的模及两向量的夹角． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 (2)已知下列命题： ①若a2＋b2＝0，则a＝b＝0；②若a与b共线，则a·b＝|a||b|；③|a||b|<a·b；④a·a·a＝|a|3；⑤若向量a，b满足a·b>0，则a与b的夹角为锐角；⑥若a·b＝0，则|a＋b|＝|a－b|. 其中正确的命题是________(填序号)． ①⑥ 核心素养形成 27 解析　对于①，∵a2＋b2＝0，∴|a|2＋|b|2＝0，∴|a|＝|b|＝0，∴a＝b＝0，故①正确；对于②，当a与b同向时，a·b＝|a||b|，当a与b反向时，a·b＝－|a||b|，故②错误；对于③，由于a·b≤|a·b|＝|a||b||cosθ|≤|a||b|，故③错误；对于④，由于a·a·a＝|a|2a，其结果为向量，故④错误；对于⑤，当a与b为同向的非零向量时，a·b＝|a||b|cos0＝|a||b|>0，但夹角不是锐角，故⑤错误；对于⑥，∵a·b＝0，则a⊥b，则以a，b为邻边的矩形如图所示．则a＋b与a－b分别是矩形的两条对角线，即|a＋b|＝|a－b|，故⑥正确． 核心素养形成 28 核心素养形成 29 【跟踪训练】 4．(1)已知非零向量a，b的夹角为45°，且|a|＝2，a2－2a·b＋b2＝4，则|b|＝________． 核心素养形成 30 ② 核心素养形成 31 核心素养形成 32 随堂水平达标 随堂水平达标 34 随堂水平达标 35 3．(多选)若e1，e2是两个互相平行的单位向量，则下列四个结论中可能正确的是(　　) A．e1·e2＝1 B．e1·e2＝－1 C．|e1·e2|＞1 D．|e1·e2|＜1 解析：因为e1，e2是两个互相平行的单位向量，则当e1，e2方向相同时，e1·e2＝|e1||e2|cos0＝1；当e1，e2方向相反时，e1·e2＝|e1||e2|·cosπ＝－1.故选AB. 随堂水平达标 36 4．已知|a|＝8，|b|＝2，〈a，b〉＝120°，则向量a在b上的投影向量为________． －2b 随堂水平达标 37 5．已知a2＝4，b2＝3，若(1)a∥b；(2)a⊥b； (3)a与b的夹角为150°，分别求a·b. 随堂水平达标 38 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 向量的 夹角 向量的数量积 向量数量积的性质 向量数量积的性质 向量的数量积；投影向量 向量的 夹角 投影向量 向量的数量积 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 向量的数量积 投影向量 向量的数量积 向量的数量积 向量的数量积 向量的数量积 向量的夹角 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 一、选择题 1．已知|a|＝2，|b|＝4，a·b＝－4，则向量a与b的夹角为(　　) A．30° B．60° C．150° D．120° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 4．(多选)已知向量a，b满足|a|＝3|b|＝a·b＝3，则下列结论正确的是(　　) A．a⊥b B．a∥b C．|a＋b|＝4 D．|a－b|＝2 解析：由|a|＝3|b|＝a·b＝3，可得|b|＝1，a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝3cos〈a，b〉＝3，所以cos〈a，b〉＝1，因为〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝0，所以a＝3b，a∥b，|a＋b|＝4，|a－b|＝2.故选BCD. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 7．(2024·辽宁铁岭昌图县第一高级中学高一下期末)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝2，且a在b上的投影向量为2b，则a·b＝________，a与b的夹角的余弦值为________． 8 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 等边三角形 －8 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 12．(多选)设平面向量|a|＝1，|b|＝2，b在a上的投影向量为c，则(　　) A．a·c＝c·b B．a·b＝a·c C．|a·c|≤2 D．a·c＝|a||c| 解析：设b与a的夹角为θ，对于A，当θ为锐角时，a·c＝|a||c|＝|c|，c·b＝|c||b|cosθ＝|c|2，不一定相等，所以A错误．对于B，当θ为锐角时，a·b＝|a||b|cosθ＝|b|cosθ＝|c|，a·c＝|a||c|＝|c|，所以a·b＝a·c；当θ为钝角时，a·b＝|a||b|cosθ＝|b|cosθ＝－|c|，a·c＝－|a||c|＝－|c|，所以a·b＝a·c；当θ为直角时，a·b＝a·c＝0，综上，B正确．对于C，|a·c|＝|a||c|＝|c|≤|b|＝2，所以C正确．对于D，若〈a，c〉＝π，则a·c＝－|a||c|，所以D错误．故选BC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 15．已知|a|＝2|b|≠0，且关于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有实根，求a与b的夹角的取值范围． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 　　　　　　　　　　　　　 R 条件 两个______向量a，b 产生过程 O是平面上的任意一点，作eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b，则________＝θ叫做向量a与b的夹角 范围 ____________ 记法 ________ 特殊情况 θ＝0 a与b______ θ＝π a与b______ θ＝eq \f(π,2) a与b______，记作______ 知识点三　投影向量 (1)如图1，设a，b是两个非零向量，eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(CD,\s\up14(→))＝b，我们考虑如下的变换：过eq \o(AB,\s\up14(→))的起点A和终点B，分别作eq \o(CD,\s\up14(→))所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到eq \o(A1B1,\s\up14(→))，我们称上述变换为向量a向向量b______，eq \o(A1B1,\s\up14(→))叫做向量a在向量b上的__________． (2)如图2，我们可以在平面内任取一点O，作eq \o(OM,\s\up14(→))＝a，eq \o(ON,\s\up14(→))＝b.过点M作直线ON的垂线，垂足为M1，则_______就是向量a在向量b上的投影向量． (3)设与b方向相同的单位向量为e，a与b的夹角为θ，则eq \o(OM1,\s\up14(→))与e，a，θ之间的关系为eq \o(OM1,\s\up14(→))＝_________． eq \o(OM1,\s\up14(→)) 知识点四　向量数量积的性质 设a，b是非零向量，它们的夹角是θ，e是与b方向相同的单位向量，则 (1)a·e＝e·a＝_________． (2)a⊥b⇔_________． (3)当a与b同向时，a·b＝_________； 当a与b反向时，a·b＝_________． (4)a·a＝_______或|a|＝eq \r(a·a)＝eq \r(a2). (5)|a·b|_________|a||b|. 2．(向量的数量积)已知向量a和向量b的夹角为30°，|a|＝2，|b|＝eq \r(3)，则a·b＝________． 3．(投影向量)已知向量a，b满足|b|＝2，a与b的夹角为60°，设b在a上的投影向量是c，则|c|＝________． 题型一　向量夹角的定义 例1　如图，等边三角形ABC中，D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，指出下列各组向量的夹角． (1)eq \o(DE,\s\up14(→))与eq \o(DF,\s\up14(→))； (2)eq \o(DE,\s\up14(→))与eq \o(EF,\s\up14(→))； (3)eq \o(DE,\s\up14(→))与eq \o(EB,\s\up14(→)). 解　(1)eq \o(DE,\s\up14(→))与eq \o(DF,\s\up14(→))的夹角是∠EDF＝60°. (2)因为eq \o(EF,\s\up14(→))＝eq \o(DA,\s\up14(→))，所以eq \o(DE,\s\up14(→))与eq \o(EF,\s\up14(→))的夹角等于eq \o(DE,\s\up14(→))与eq \o(DA,\s\up14(→))的夹角，即∠EDA＝120°. (3)如图，延长FD至B′，使DB′＝FD，则eq \o(DB′,\s\up14(→))＝eq \o(EB,\s\up14(→))，则eq \o(DE,\s\up14(→))与eq \o(EB,\s\up14(→))的夹角等于eq \o(DE,\s\up14(→))与eq \o(DB′,\s\up14(→))的夹角，即∠EDB′＝120°. 【跟踪训练】 1．(1)在△ABC中，∠C＝90°，BC＝eq \f(1,2)AB，则eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(BC,\s\up14(→))的夹角是(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 解析：如图，作向量eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))，则∠BAD是eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(BC,\s\up14(→))的夹角．在△ABC中，因为∠ACB＝90°，BC＝eq \f(1,2)AB，所以∠ABC＝60°，所以∠BAD＝120°，即eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(BC,\s\up14(→))的夹角是120°. 解：如图，在平面内取一点O，作eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b，以OA，OB为邻边作▱OACB， ∵|a|＝|b|，即|eq \o(OA,\s\up14(→))|＝|eq \o(OB,\s\up14(→))|， ∴四边形OACB为菱形，OC平分∠AOB， 这时eq \o(OC,\s\up14(→))＝a＋b，eq \o(BA,\s\up14(→))＝a－b， ∠AOC即为a与a＋b的夹角． ∵|a|＝|b|＝|a－b|， 即|eq \o(OA,\s\up14(→))|＝|eq \o(OB,\s\up14(→))|＝|eq \o(BA,\s\up14(→))|，∴∠AOB＝eq \f(π,3)， ∴∠AOC＝eq \f(π,6)，即a与a＋b的夹角为eq \f(π,6). 题型二　向量数量积的定义及应用 例2　(1)在等腰直角三角形ABC中，若∠C＝90°，AC＝eq \r(2)，则eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))的值为(　　) A．－2 B．2 C．－2eq \r(2) D．2eq \r(2) 解析　由题意知BC＝eq \r(2)，BA＝2，∴eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝|eq \o(BA,\s\up14(→))||eq \o(BC,\s\up14(→))|cos∠ABC＝2×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝2.故选B. 解　因为a·b＝|a||b|cos〈a，b〉， 所以|a·b|＝||a||b|cos〈a，b〉|＝|a||b|·|cos〈a，b〉|＝6. 又|a|＝3，|b|＝4， 所以|cos〈a，b〉|＝eq \f(6,|a||b|)＝eq \f(6,3×4)＝eq \f(1,2)， 所以cos〈a，b〉＝±eq \f(1,2).因为〈a，b〉∈[0，π]， 所以a与b的夹角为eq \f(π,3)或eq \f(2π,3). 解析：由a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，得cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(16,8×4)＝eq \f(1,2)，故〈a，b〉＝60°. (2)在等腰直角三角形ABC中，AB＝BC＝4，则eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝________，eq \o(BC,\s\up14(→))·eq \o(CA,\s\up14(→))＝________，eq \o(CA,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝________． 解析：由题意，得|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝4，|eq \o(BC,\s\up14(→))|＝4，|eq \o(CA,\s\up14(→))|＝4eq \r(2)，所以eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝4×4×cos90°＝0，eq \o(BC,\s\up14(→))·eq \o(CA,\s\up14(→))＝4×4eq \r(2)×cos135°＝－16，eq \o(CA,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝4eq \r(2)×4×cos135°＝－16. 解　(1)a·b＝|a||b|cosθ＝5×4×cos120°＝－10. (2)a在b上的投影向量为|a|cosθe＝5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))e＝－eq \f(5,2)e. 【跟踪训练】 3．如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝2，∠ABC＝30°，D为BC的中点． (1)求eq \o(BA,\s\up14(→))在eq \o(CD,\s\up14(→))上的投影向量； (2)求eq \o(CD,\s\up14(→))在eq \o(BA,\s\up14(→))上的投影向量． 解：(1)如图，连接AD. ∵D为BC的中点，AB＝AC，∴AD⊥BC. 又AB＝AC＝2，∠ABC＝30°， ∴BD＝DC＝eq \r(3)，eq \o(BA,\s\up14(→))与eq \o(CD,\s\up14(→))的夹角为150°， 设与eq \o(CD,\s\up14(→))同方向的单位向量为e， ∴eq \o(BA,\s\up14(→))在eq \o(CD,\s\up14(→))上的投影向量为|eq \o(BA,\s\up14(→))|cos150°e＝－eq \r(3)e＝－eq \r(3)×eq \f(\o(CD,\s\up14(→)),|\o(CD,\s\up14(→))|)＝－eq \o(CD,\s\up14(→))＝eq \o(BD,\s\up14(→)). (2)如图，延长CB至点M，使BM＝CD，过点M作AB的垂线MN，交AB的延长线于点N. 易知eq \o(BM,\s\up14(→))＝eq \o(CD,\s\up14(→))，BN＝BMcos30°＝eq \f(3,2). eq \o(CD,\s\up14(→))在eq \o(BA,\s\up14(→))上的投影向量即为eq \o(BM,\s\up14(→))在eq \o(BA,\s\up14(→))上的投影向量． 又MN⊥BN，BN＝eq \f(3,2)，eq \o(BM,\s\up14(→))与eq \o(BA,\s\up14(→))的夹角为150°， 故eq \o(BM,\s\up14(→))在eq \o(BA,\s\up14(→))上的投影向量为eq \o(BN,\s\up14(→))＝－eq \f(3,4) eq \o(BA,\s\up14(→))， 即eq \o(CD,\s\up14(→))在eq \o(BA,\s\up14(→))上的投影向量为－eq \f(3,4) eq \o(BA,\s\up14(→)). 题型四　向量数量积的性质及应用 例4　(1)已知|a|＝4，|b|＝2，b2－a2＝3a·b，则向量a与向量b的夹角等于(　　) A．eq \f(π,3) B．eq \f(2π,3) C．eq \f(3π,4) D．eq \f(5π,6) 解析　∵|a|＝4，|b|＝2，∴a2＝16，b2＝4，∴b2－a2＝－12.又b2－a2＝3a·b，∴a·b＝－4.设向量a与向量b的夹角为θ，则cosθ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－4,4×2)＝－eq \f(1,2)，∴θ＝eq \f(2π,3).故选B. 【感悟提升】　向量数量积性质的理解 (1)非零向量a与b垂直⇔a·b＝0. (2)求解向量模的问题要灵活应用a2＝|a|2，即|a|＝eq \r(a2)，勿忘记开方． (3)用cosθ＝eq \f(a·b,|a||b|)求两向量的夹角，且夹角的取值与a·b的符号有关． 设两个非零向量a与b的夹角为θ，则 当θ＝0时，cosθ＝1，a·b＝|a||b|； 当θ为锐角时，cosθ>0，a·b>0； 当θ为直角时，cosθ＝0，a·b＝0； 当θ为钝角时，cosθ<0，a·b<0； 当θ＝π时，cosθ＝－1，a·b＝－|a||b|. (4)|a·b|≤|a||b|可以用来通过构造向量来证明不等式问题或解决最值问题． 解析：由a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，得cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(16,8×4)＝eq \f(1,2)，故〈a，b〉＝60°. 2eq \r(2) (2)给出下列命题： ①在△ABC中，若eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))<0，则△ABC是锐角三角形； ②在△ABC中，若eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))>0，则△ABC是钝角三角形； ③△ABC是直角三角形⇔eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝0. 其中真命题的序号是________． 解析：利用向量数量积的符号，可以判断向量的夹角是锐角、直角，还是钝角．对于①，∵eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))<0，∴eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝－eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))>0，∴∠B是锐角，但并不能断定其余的两个角也是锐角，∴推不出△ABC是锐角三角形，故①是假命题；对于②，∵eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))>0，∴eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝－eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))<0，∠B是钝角，因而△ABC是钝角三角形，故②是真命题；对于③，若△ABC是直角三角形，则直角可以是∠A，也可以是∠B，∠C.而eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝0仅能保证∠B是直角，故③是假命题． 1．已知▱ABCD中，∠DAB＝60°，则eq \o(AD,\s\up14(→))与eq \o(CD,\s\up14(→))的夹角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 解析：如图，eq \o(AD,\s\up14(→))与eq \o(CD,\s\up14(→))的夹角为∠ABC＝120°. 2．若a·b＝－9，|a|＝3，〈a，b〉＝eq \f(2π,3)，则|b|＝(　　) A．3 B．6 C．9 D．12 解析：因为a·b＝－9，|a|＝3，〈a，b〉＝eq \f(2π,3)，所以a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝3×|b|×coseq \f(2π,3)＝－9，所以|b|＝6.故选B. 解析：如图所示，任取一点O，作eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b，则∠AOB＝120°，过A作AA′⊥OB，垂足为A′，∴a在b上的投影向量为eq \o(OA′,\s\up14(→))，又∠AOA′＝60°，OA＝8，∴OA′＝OAcos60°＝8×eq \f(1,2)＝4，又|b|＝2，∴eq \o(OA′,\s\up14(→))＝－2b. 解：因为a2＝4，b2＝3，所以|a|＝2，|b|＝eq \r(3). (1)当a∥b时，a·b＝|a||b|cos0°＝2×eq \r(3)×1＝2eq \r(3)或a·b＝|a||b|cos180°＝2×eq \r(3)×(－1)＝－2eq \r(3). (2)当a⊥b时，a·b＝0. (3)当a与b的夹角为150°时， a·b＝|a||b|cos150°＝2×eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－3. 解析：设a与b的夹角为θ，则cosθ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－4,2×4)＝－eq \f(1,2)，∵0°≤θ≤180°，∴θ＝120°.故选D. 2．(2024·辽宁葫芦岛协作校第一次联考)圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇尚的图腾．如图所示的是一个圆形，圆心为O，A，B是圆O上的两点，若|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝4，则eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AO,\s\up14(→))＝(　　) A．4 B．8 C．8eq \r(2) D．16 解析：由题意可得eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AO,\s\up14(→))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AO,\s\up14(→))|·cos〈eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AO,\s\up14(→))〉＝|eq \o(AB,\s\up14(→))|×eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝4×2＝8. 3．若平面四边形ABCD满足eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝0，(eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→)))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝0，则该四边形一定是(　　) A．直角梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 解析：由eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝0，得平面四边形ABCD是平行四边形，由(eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→)))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝0，得eq \o(DB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝0，即平行四边形ABCD的对角线互相垂直，则该四边形一定是菱形． 5．(多选)(2024·山东德州德城区第一中学高一下期末)如图所示正八边形ABCDEFGH，O为正八边形的中心，且OA＝1，则下列说法正确的是(　　) A．eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(EF,\s\up14(→)) B．eq \o(OE,\s\up14(→))在eq \o(OH,\s\up14(→))上的投影向量的模为eq \f(\r(2),2) C．|eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \o(OC,\s\up14(→))|＝eq \f(\r(2),2)|eq \o(DH,\s\up14(→))| D．eq \o(OD,\s\up14(→))·eq \o(OG,\s\up14(→))＝eq \f(\r(2),2) 解析：如图所示的正八边形被过O的线段分成八个全等的等腰三角形，每个顶角均为eq \f(2π,8)＝eq \f(π,4).对于A，根据相等向量的定义，得eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(FE,\s\up14(→))，A错误；对于B，由图所示，eq \o(OE,\s\up14(→))，eq \o(OH,\s\up14(→))的夹角含有三个等腰三角形的顶角，故为eq \f(3π,4)，于是eq \o(OE,\s\up14(→))在eq \o(OH,\s\up14(→))上的投影向量的模为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(|\o(OE,\s\up14(→))|cos\f(3π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，B正确；对于C，∠AOC＝2×eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，连接AC，则△AOC为等腰直角三角形，故AC＝eq \r(2)＝|eq \o(AC,\s\up14(→))|，又|eq \o(DH,\s\up14(→))|＝2，故|eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \o(OC,\s\up14(→))|＝|eq \o(CA,\s\up14(→))|＝|eq \o(AC,\s\up14(→))|＝eq \r(2)＝eq \f(\r(2),2)×2＝eq \f(\r(2),2)|eq \o(DH,\s\up14(→))|，C正确；对于D，结合图形可知eq \o(OD,\s\up14(→))与eq \o(OG,\s\up14(→))的夹角为eq \f(3π,4)，根据数量积的定义，得eq \o(OD,\s\up14(→))·eq \o(OG,\s\up14(→))＝1×1×coseq \f(3π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，D错误．故选BC. 二、填空题 6．若|m|＝2，m·n＝eq \r(2)，〈m，n〉＝eq \f(π,4)，则|n|＝________． 解析：因为|m|＝2，m·n＝eq \r(2)，〈m，n〉＝eq \f(π,4)，所以m·n＝|m||n|cos〈m，n〉＝2×|n|×coseq \f(π,4)＝eq \r(2)，所以|n|＝1. 解析：因为|a|＝5，|b|＝2，且a在b上的投影向量为2b，所以eq \f(a·b,|b|)·eq \f(b,|b|)＝2b，即a·b＝2|b|2＝8，所以cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(8,5×2)＝eq \f(4,5). eq \f(4,5) 　8．已知在△ABC中，AB＝AC＝4，eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝8，则△ABC的形状是____________，eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝________． 解析：eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|cos∠BAC，即8＝4×4cos∠BAC，于是cos∠BAC＝eq \f(1,2)，因为0°<∠BAC<180°，所以∠BAC＝60°.又AB＝AC，故△ABC是等边三角形．此时eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))|·|eq \o(BC,\s\up14(→))|cos120°＝－8. 三、解答题 9．如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，求： (1)eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))； (2)eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))； (3)eq \o(BC,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→)). 解：(1)由菱形的性质知，∠BAD＝120°，∠BAC＝60°，∠ACB＝60°. 所以△ABC为等边三角形． 所以eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|cos60°＝1×1×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2). (2)因为eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(AD,\s\up14(→))的夹角为120°， 所以eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AD,\s\up14(→))|cos120°＝1×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(1,2). (3)因为eq \o(BC,\s\up14(→))与eq \o(AC,\s\up14(→))的夹角为60°， 所以eq \o(BC,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝|eq \o(BC,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|cos60°＝1×1×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2). 10．△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，2eq \o(AO,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))且|eq \o(OA,\s\up14(→))|＝|eq \o(AB,\s\up14(→))|，求向量eq \o(BA,\s\up14(→))在向量eq \o(BC,\s\up14(→))上的投影向量． 解：∵2eq \o(AO,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))， ∴2eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))＝0， ∴eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))＝0，∴eq \o(OB,\s\up14(→))＝－eq \o(OC,\s\up14(→))， ∴O，B，C三点共线，又O为圆心，∴BC为△ABC外接圆的直径，∴AB⊥AC. ∵|eq \o(OA,\s\up14(→))|＝|eq \o(AB,\s\up14(→))|，△ABC外接圆的半径为1， ∴|eq \o(OA,\s\up14(→))|＝|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝1，|eq \o(BC,\s\up14(→))|＝2，∴∠B＝60°， ∴向量eq \o(BA,\s\up14(→))在向量eq \o(BC,\s\up14(→))上的投影向量为|eq \o(BA,\s\up14(→))|cos60°·eq \f(\o(BC,\s\up14(→)),|\o(BC,\s\up14(→))|)＝eq \f(1,4) eq \o(BC,\s\up14(→)). 11．(2024·湖南十八校联考)已知平面内的三个单位向量a，b，c，且a·b＝eq \f(1,2)，a·c＝eq \f(\r(3),2)，则b·c＝(　　) A．0 B．eq \f(1,2) C．eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(3),2)或0 解析：由a·c＝eq \f(\r(3),2)，得cos〈a，c〉＝eq \f(\r(3),2)，又〈a，c〉∈[0，π]，所以〈a，c〉＝eq \f(π,6)，由a·b＝eq \f(1,2)，得cos〈a，b〉＝eq \f(1,2)，又〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝eq \f(π,3)，所以b与c的夹角为eq \f(π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)或eq \f(π,3)＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2).当b与c的夹角为eq \f(π,6)时，则b·c＝|b||c|·coseq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)；当b与c的夹角为eq \f(π,2)时，则b·c＝0.所以b·c＝eq \f(\r(3),2)或0.故选D. 解析：如图，设AC与BD交于点O，过点E作BD的平行线交AC于点F.因为eq \o(BE,\s\up14(→))＝3eq \o(EC,\s\up14(→))，所以eq \o(FC,\s\up14(→))＝eq \f(1,4) eq \o(OC,\s\up14(→))＝eq \f(1,8) eq \o(AC,\s\up14(→))，所以eq \o(AF,\s\up14(→))＝eq \f(7,8) eq \o(AC,\s\up14(→))，因为四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝eq \f(π,3)，所以AC＝2eq \r(3)，且EF⊥AC，所以eq \o(AE,\s\up14(→))在eq \o(AC,\s\up14(→))上的投影向量为eq \o(AF,\s\up14(→))，所以eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AE,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AF,\s\up14(→))＝eq \f(7,8) eq \o(AC,\s\up14(→))2＝eq \f(21,2). 13．(2024·河南南阳六校高一下期末)已知在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB＝eq \f(π,3)，点E满足eq \o(BE,\s\up14(→))＝3eq \o(EC,\s\up14(→))，则eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AE,\s\up14(→))＝________． eq \f(21,2) 14．如图所示，正方形ABCD的边长为1，点E是AB上的动点，点F在BC上，且eq \o(BF,\s\up14(→))＝2eq \o(FC,\s\up14(→)).求eq \o(AF,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))，eq \o(CE,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→)). 解：如图，过F作FF′⊥AD，F′为垂足． ∵eq \o(BF,\s\up14(→))＝2eq \o(FC,\s\up14(→))，∴F为BC的三等分点， ∴F′为AD的三等分点， 又|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝1，∴|eq \o(AF′,\s\up14(→))|＝eq \f(2,3)， ∴eq \o(AF,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＝|eq \o(AF,\s\up14(→))||eq \o(AD,\s\up14(→))|cos∠DAF＝|eq \o(AD,\s\up14(→))||eq \o(AF′,\s\up14(→))|＝1×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3). eq \o(CE,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(CE,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝|eq \o(CE,\s\up14(→))||eq \o(BC,\s\up14(→))|cos〈eq \o(CE,\s\up14(→))，eq \o(BC,\s\up14(→))〉 ＝|eq \o(CE,\s\up14(→))||eq \o(BC,\s\up14(→))|(－cos∠BCE)＝|eq \o(BC,\s\up14(→))|(－|eq \o(BC,\s\up14(→))|)＝－1. 解：因为方程x2＋|a|x＋a·b＝0有实根， 所以Δ＝|a|2－4a·b≥0， 所以a·b≤eq \f(1,4)|a|2. cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(a·b,|a|·\f(|a|,2))＝eq \f(a·b,\f(1,2)|a|2)≤eq \f(\f(1,4)|a|2,\f(1,2)|a|2)＝eq \f(1,2)， 又因为0≤〈a，b〉≤π，所以eq \f(π,3)≤〈a，b〉≤π. 即a与b的夹角的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)). $$