1.5.1 数量积的定义及计算-【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（湘教版2019）

第1章　平面向量及其应用 1.5　向量的数量积 1.5.1　数量积的定义及计算 (教师独具内容) 课程标准：1．通过物理中功等实例，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．3．会用数量积判断两个平面向量的垂直关系． 教学重点：1．平面向量数量积的含义及物理意义．2．数量积的运算律． 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和数学运算素养． 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　数量积的定义 (1)设a，b是任意两个向量，〈a，b〉是它们的夹角，则定义a·b＝|a||b|cos〈a，b〉为a与b的数量积． (2)a·b＝0⇔a⊥b． 核心概念掌握 5 投影向量 投影长 核心概念掌握 6 (2)数量积a·b的几何意义 一般地，a与b的数量积等于a的长度|a|与b在a方向上的投影________的乘积，或b的长度|b|与a在b方向上的投影________的乘积． 知识点三　数量积的运算律 设a，b，c是任意向量，λ是任意实数，则如下运算律成立： (1)交换律：a·b＝_______； (2)与数乘的结合律：a·(λb)＝_______； (3)分配律：a·(b＋c)＝___________． |b|cosα |a|cosα b·a λ(a·b) a·b＋a·c 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 核心概念掌握 10 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若a·b＝0，则a⊥b．(　　) (2)对于向量a，b，c，等式(a·b)c＝a(b·c)恒成立．(　　) (3)若a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c．(　　) (4)两个向量的数量积是一个向量．(　　) √ × × × 核心概念掌握 11 8 －8 7 核心概念掌握 12 核心素养形成 题型一　平面向量数量积的概念 例1　(1)已知a，b，c是三个非零向量，则下列命题中真命题的个数是(　　) ①|a·b|＝|a||b|⇔a∥b；②a，b反向⇔a·b＝－|a||b|； ③a⊥b⇔|a＋b|＝|a－b|；④|a|＝|b|⇔|a·c|＝|b·c|． A．1 B．2 C．3 D．4 核心素养形成 14 解析　①∵a·b＝|a||b|cosθ，∴由|a·b|＝|a||b|及a，b均为非零向量可得|cosθ|＝1，∴θ＝0或θ＝π，∴a∥b，且以上各步均可逆，故命题①是真命题；②若a，b反向，则a，b的夹角为π，∴a·b＝|a||b|cosπ＝－|a||b|，且以上各步均可逆，故命题②是真命题；③当a⊥b时，将向量a，b的起点确定在同一点，则以向量a，b为邻边作平行四边形，则该平行四边形一定为矩形，于是它的两对角线的长度相等，即有|a＋b|＝|a－b|．反过来，若|a＋b|＝|a－b|，则以a，b为邻边的平行四边形为矩形，∴a⊥b，因此命题③也是真命题；④当|a|＝|b|但是a与c的夹角和b与c的夹角不等时，就有|a·c|≠|b·c|．反过来，由|a·c|＝|b·c|也推不出|a|＝|b|，故命题④是假命题．故选C． 核心素养形成 15 核心素养形成 16 (3)已知|a|＝5，|b|＝2，若 ①a∥b；②a⊥b；③a与b的夹角为30°．分别求a·b．　 核心素养形成 17 (1)求平面向量的数量积的一般步骤 (2)非零向量a与b垂直当且仅当a·b＝0． (3)非零向量a与b共线当且仅当a·b＝±|a|·|b|． 核心素养形成 18 [跟踪训练1]　已知下列命题： ①若a2＋b2＝0，则a＝b＝0；②已知a，b，c是三个非零向量，若a＋b＝0，则|a·c|＝|b·c|；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． 其中判断正确的是________． 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，∵a＋b＝0，∴a与b互为相反向量，设a与c的夹角为θ，则b与c的夹角为π－θ，则a·c＝|a||c|·cosθ，b·c＝|b||c|cos(π－θ)＝－|b|·|c|cosθ，∴|a·c|＝|b·c|，故②正确；对于③，由于|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． ①② 核心素养形成 19 题型二　两向量的夹角问题 例2　已知|a|＝2，|b|＝1，a与b的夹角为60°，求向量m＝2a＋b与向量n＝a－4b的夹角的余弦值． 核心素养形成 20 求向量a与b的夹角的思路 核心素养形成 21 [跟踪训练2]　已知向量a，b满足(a＋2b)·(a－b)＝－6，且|a|＝1，|b|＝2，则a与b的夹角为_____．　 核心素养形成 22 题型三　投影向量 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 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 26 核心素养形成 27 题型四　向量的数量积在几何证明中的应用 例4　如图所示，若D是△ABC内的一点，且AB2－AC2＝DB2－DC2，求证：AD⊥BC． 核心素养形成 28 利用向量的数量积解决几何问题 向量是数学中的一种常用工具，利用向量可以解决很多相关的几何问题，比如判断三角形的形状，证明线段垂直等，在求解几何问题时如何把几何问题转化为向量问题，利用向量知识解答是解决问题的关键． 核心素养形成 29 [跟踪训练4]　已知：如图，AB是⊙O的直径，点P是⊙O上任一点(不与A，B重合)，求证：∠APB＝90°．(用向量方法证明) 核心素养形成 30 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 3．已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，(a－b)·b＝0，那么向量a与b的夹角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 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 1 2 3 4 5 35 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 41 5．(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 Ａ级 Ｂ级 1 2 42 二、填空题 6．已知向量a·b＝15＝3|b|，则向量a在b上的投影向量为______． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 43 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 44 －25 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 48 1．已知|a|＝2|b|＝2，e是与b方向相同的单位向量，且向量a在向量b上的投影向量为－e． (1)求a与b的夹角θ； (2)求(a－2b)·b； (3)当λ为何值时，向量λa＋b与向量a－3b互相垂直？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 52 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点二　投影 (1)投影向量和投影长 如图，作向量eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，两个向量的夹角为α，过点B作BB1⊥OA于点B1，则eq \o(OB,\s\up12(→))＝eq \o(OB1,\s\up12(→))＋eq \o(B1B,\s\up12(→))，其中eq \o(OB1,\s\up12(→))与eq \o(OA,\s\up12(→))共线． 我们把eq \o(OB1,\s\up12(→))称为eq \o(OB,\s\up12(→))在eq \o(OA,\s\up12(→))方向上的___________，投影向量的长度|eq \o(OB1,\s\up12(→))|＝|eq \o(OB,\s\up12(→))||cosα|称为________． 1．a·b的符号与a与b的夹角θ的关系 设两个非零向量a与b的夹角为θ，则 (1)若a·b>0⇔θ为锐角或零角． 当θ＝0时，a与b共线同向，a·b>0． (2)a·b＝0⇔θ＝eq \f(π,2)或a与b中至少有一个为0． (3)a·b<0⇔θ为钝角或平角，当θ＝π时，a与b共线反向，a·b<0． 特别注意a，b共线同向与共线反向的特殊情况，即a·b>0(<0)，向量夹角不一定为锐角(钝角)． 2．向量的数量积a·b＝|a||b|cosθ的主要应用 (1)利用公式求数量积，应先求向量的模，正确求出向量的夹角(向量的夹角由向量的方向确定)． (2)利用公式变式cosθ＝eq \f(a·b,|a||b|)求夹角，应正确求出两个整体：数量积a·b与模积|a||b|，同时注意θ∈[0，π]． (3)利用a·b＝0证明垂直问题． 3．对向量数量积的运算律的几点说明 (1)向量数量积不满足消去律：设a，b，c均为非零向量且a·c＝ b·c，不能得到a＝b．事实上，如右图所示，eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，eq \o(OC,\s\up12(→))＝ c，AB⊥OC于D，可以看出，a，b在向量c上的投影分别为|a|cos∠AOD，|b|cos∠BOD，此时|b|cos∠BOD＝|a|cos∠AOD＝OD．即a·c＝b·c．但很显然b≠a． (2)向量的数量积不满足乘法结合律：一般地， 向量的数量积(a·b)c≠a(b·c)，这是由于a·b，b·c都是实数，(a·b)c表示与c方向相同或相反的向量，a(b·c)表示与a方向相同或相反的向量，而a与c不一定共线． 2．做一做 (1)已知|a|＝2，b在a上的投影为－2，则a·(a－b)＝________． (2)已知向量a与向量b的夹角为30°且|a|＝eq \r(3)，则a在b上的投影为______． (3)已知|a|＝4，|b|＝2eq \r(2)，且a与b的夹角为135°，则a·b＝________． (4)若向量a，b的夹角为120°，|a|＝1，|b|＝3，则|5a－b|＝________． eq \f(3,2) (2)在等腰直角三角形ABC中，若∠C＝90°，AC＝eq \r(2)，则eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))的值为(　　) A．－2 B．2 C．－2eq \r(2) D．2eq \r(2) 解析　eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝|eq \o(BA,\s\up12(→))||eq \o(BC,\s\up12(→))|cos∠ABC＝2×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝2．故选B． 解　①当a∥b时，若a与b同向，则它们的夹角为0°， ∴a·b＝|a||b|cos0°＝5×2×1＝10；若a与b反向，则它们的夹角为180°， ∴a·b＝|a||b|cos180°＝5×2×(－1)＝－10． ②当a⊥b时，则它们的夹角为90°，∴a·b＝|a||b|cos90°＝5×2×0＝0． ③当a与b的夹角为30°时，a·b＝|a||b|cos30°＝5×2×eq \f(\r(3),2)＝5eq \r(3)． 解　a·b＝2×1×cos60°＝1， |m|2＝|2a＋b|2＝4|a|2＋4a·b＋|b|2＝4×22＋4×1＋1＝21， |n|2＝|a－4b|2＝|a|2－8a·b＋16|b|2＝22－8×1＋16×1＝12，∴|m|＝eq \r(21)，|n|＝2eq \r(3)， m·n＝(2a＋b)·(a－4b)＝2|a|2－7a·b－4|b|2＝2×22－7×1－4×1＝－3． 设m，n的夹角为θ，∵m·n＝|m||n|cosθ， ∴－3＝eq \r(21)×2eq \r(3)×cosθ，即cosθ＝－eq \f(\r(7),14)． (1)求向量夹角的关键是计算a·b及|a||b|，在此基础上结合数量积的定义或性质计算cosθ＝eq \f(a·b,|a||b|)，最后借助θ∈[0，π]，求出θ的值． (2)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cosθ的值． 解析　设a与b的夹角为θ，依题意有(a＋2b)·(a－b)＝a2＋a·b－2b2＝－7＋2cosθ＝－6，所以cosθ＝eq \f(1,2)，因为0≤θ≤π，故θ＝eq \f(π,3)． eq \f(π,3) 例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\up12(→))在eq \o(CD,\s\up12(→))上的投影向量； (2)求eq \o(CD,\s\up12(→))在eq \o(BA,\s\up12(→))上的投影向量． 解　(1)如图，连接AD． ∵D为BC的中点，AB＝AC，∴AD⊥BC． 设与eq \o(CD,\s\up12(→))同方向的单位向量为e． 又BD＝DC＝eq \r(3)，且eq \o(BA,\s\up12(→))与eq \o(CD,\s\up12(→))的夹角为150°， ∴eq \o(BA,\s\up12(→))在eq \o(CD,\s\up12(→))上的投影向量为|eq \o(BA,\s\up12(→))|cos150°e＝－eq \r(3)e＝－eq \r(3) eq \f(\o(CD,\s\up12(→)),|\o(CD,\s\up12(→))|)＝－eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \o(BD,\s\up12(→))． (2)如图，延长CB至点M，使BM＝CD，过点M作AB延长线的垂线MN，交AB的延长线于点N． 易知eq \o(BM,\s\up12(→))＝eq \o(CD,\s\up12(→))，BN＝eq \f(3,2)． eq \o(CD,\s\up12(→))在eq \o(BA,\s\up12(→))上的投影向量即为eq \o(BM,\s\up12(→))在eq \o(BA,\s\up12(→))上的投影向量． 又MN⊥BN，BN＝eq \f(3,2)，eq \o(BM,\s\up12(→))与eq \o(BA,\s\up12(→))的夹角为150°， 故eq \o(BM,\s\up12(→))在eq \o(BA,\s\up12(→))上的投影向量为eq \o(BN,\s\up12(→))＝－eq \f(3,4) eq \o(BA,\s\up12(→))，即eq \o(CD,\s\up12(→))在eq \o(BA,\s\up12(→))上的投影向量为－eq \f(3,4) eq \o(BA,\s\up12(→))． [跟踪训练3]　在△ABC中，已知|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝5，|eq \o(BC,\s\up12(→))|＝4，|eq \o(AC,\s\up12(→))|＝3，求： (1)eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))； (2)eq \o(AC,\s\up12(→))在eq \o(AB,\s\up12(→))上的投影向量． 解　∵|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝5，|eq \o(BC,\s\up12(→))|＝4，|eq \o(AC,\s\up12(→))|＝3，∴△ABC为直角三角形，且C＝90°． ∴cosA＝eq \f(AC,AB)＝eq \f(3,5)，cosB＝eq \f(BC,AB)＝eq \f(4,5)． (1)eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝－eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝－5×4×eq \f(4,5)＝－16． (2)eq \o(AC,\s\up12(→))在eq \o(AB,\s\up12(→))上的投影向量为|eq \o(AC,\s\up12(→))|cosA·eq \f(\o(AB,\s\up12(→)),|\o(AB,\s\up12(→))|)＝3×eq \f(3,5)×eq \f(\o(AB,\s\up12(→)),5)＝eq \f(9,25) eq \o(AB,\s\up12(→))． 证明　设eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AC,\s\up12(→))＝b，eq \o(AD,\s\up12(→))＝e，eq \o(DB,\s\up12(→))＝c，eq \o(DC,\s\up12(→))＝d，则a＝e＋c，b＝e＋d， 所以a2－b2＝(e＋c)2－(e＋d)2＝c2＋2e·c－2e·d－d2， 由条件知，a2－b2＝c2－d2，所以e·c＝e·d， 即e·(c－d)＝0，即eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(CB,\s\up12(→))＝0，所以AD⊥BC． 证明　连接OP，设向量eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OP,\s\up12(→))＝b， 则|a|＝|b|，eq \o(OB,\s\up12(→))＝－a且eq \o(PA,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OP,\s\up12(→))＝a－b， eq \o(PB,\s\up12(→))＝eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OP,\s\up12(→))＝－a－b， 所以eq \o(PA,\s\up12(→))·eq \o(PB,\s\up12(→))＝b2－a2＝|b|2－|a|2＝0， 所以eq \o(PA,\s\up12(→))⊥eq \o(PB,\s\up12(→))，即∠APB＝90°． 1．已知|a|＝3，|b|＝4，且a与b的夹角θ＝eq \f(5π,6)，则a·b等于(　　) A．－6 B．6 C．－6eq \r(3) D．6eq \r(3) 解析　a·b＝|a||b|cosθ＝3×4×coseq \f(5π,6)＝3×4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－6eq \r(3)．故选C． 2．已知非零向量a，b，若a＋2b与a－2b互相垂直，则eq \f(|a|,|b|)＝(　　) A．eq \f(1,4) B．4 C．eq \f(1,2) D．2 解析　∵(a＋2b)·(a－2b)＝a2－4b2＝0，∴|a|＝2|b|，∴eq \f(|a|,|b|)＝2． 解析　由题意可得a·b－b2＝0，设a与b的夹角为θ，则2cosθ＝1，cosθ＝eq \f(1,2)，又0°≤θ≤180°，∴θ为60°． 解析　如图所示，任取一点O，作eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝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\up12(→))， 又∠AOA′＝60°，OA＝8，∴OA′＝OA·cos60°＝8×eq \f(1,2)＝4，又|b|＝ 2，∴eq \o(OA′,\s\up12(→))＝－2b． 5．已知|a|＝1，a·b＝eq \f(1,4)，(a＋b)·(a－b)＝eq \f(1,2)． (1)求|b|的值；(2)求向量a－b与a＋b夹角的余弦值． 解　(1)∵(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝eq \f(1,2)，|a|＝1，∴1－|b|2＝eq \f(1,2)，∴|b|＝eq \f(\r(2),2)． (2)∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)＝2， |a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝1－2×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)＝1，∴|a＋b|＝eq \r(2)，|a－b|＝1． 令a＋b与a－b的夹角为θ，则cosθ＝eq \f(（a＋b）·（a－b）,|a＋b||a－b|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2)×1)＝eq \f(\r(2),4)， 即向量a－b与a＋b夹角的余弦值是eq \f(\r(2),4)． 一、选择题 1．已知|a|＝1，|b|＝2，a，b的夹角为θ，若tanθ＝eq \r(3)，则a·b的值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．－1 解析　因为|a|＝1，|b|＝2，〈a，b〉＝θ，tanθ＝eq \r(3)，θ∈[0，π]，所以θ＝eq \f(π,3)，所以a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝1． 2．已知向量a，b满足a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则|2a－b|＝(　　) A．0 B．2eq \r(2) C．4 D．8 解析　∵|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝8，∴|2a－b|＝2eq \r(2)． 3．若平面四边形ABCD满足eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＝0，(eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \o(AD,\s\up12(→)))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝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\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＝0，得平面四边形ABCD是平行四边形，由(eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \o(AD,\s\up12(→)))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝0，得eq \o(DB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝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． 4．若非零向量a，b满足|a|＝eq \f(2\r(2),3)|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为(　　) A．eq \f(π,4) B．eq \f(π,2) C．eq \f(3π,4) D．π 解析　由题意，得(a－b)·(3a＋2b)＝3a2－2b2－a·b＝0，即a·b＝3a2－2b2．又|a|＝eq \f(2\r(2),3)|b|，所以a·b＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)|b|))eq \s\up12(2)－2b2＝eq \f(2,3)b2，所以cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(\f(2,3)b2,\f(2\r(2),3)b2)＝eq \f(\r(2),2)，所以〈a，b〉＝eq \f(π,4)． eq \f(3,5)b 解析　因为a·b＝15＝3|b|，所以|b|＝5，则向量a在b上的投影向量为|a|cos〈a，b〉·eq \f(b,|b|)＝eq \f(a·b,|b|)·eq \f(b,|b|)＝eq \f(3,5)b． 7．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． 8．已知点A，B，C满足|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝3，|eq \o(BC,\s\up12(→))|＝4，|eq \o(CA,\s\up12(→))|＝5，则eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))·eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(CA,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))的值是________． 解析　∵|eq \o(CA,\s\up12(→))|2＝|eq \o(AB,\s\up12(→))|2＋|eq \o(BC,\s\up12(→))|2，∴∠B＝90°，∴eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝0．∵cosC＝eq \f(4,5)，cosA＝eq \f(3,5)，∴eq \o(BC,\s\up12(→))·eq \o(CA,\s\up12(→))＝|eq \o(BC,\s\up12(→))||eq \o(CA,\s\up12(→))|cos(180°－C)＝4×5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝－16．eq \o(CA,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝|eq \o(CA,\s\up12(→))||eq \o(AB,\s\up12(→))|·cos(180°－A)＝5×3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－9．∴eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))·eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(CA,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝－25． 三、解答题 9．△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，2eq \o(AO,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))且|eq \o(OA,\s\up12(→))|＝|eq \o(AB,\s\up12(→))|，求向量eq \o(BA,\s\up12(→))在向量eq \o(BC,\s\up12(→))上的投影向量． 解　∵2eq \o(AO,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))，∴2eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))＝0， ∴eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))＝0，∴eq \o(OB,\s\up12(→))＝－eq \o(OC,\s\up12(→))， ∴O，B，C三点共线，又O为圆心，∴AB⊥AC． ∵|eq \o(OA,\s\up12(→))|＝|eq \o(AB,\s\up12(→))|，△ABC的外接圆的半径为1， ∴|eq \o(OA,\s\up12(→))|＝|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝1，∴|eq \o(BC,\s\up12(→))|＝2，∠B＝60°， ∴向量eq \o(BA,\s\up12(→))在向量eq \o(BC,\s\up12(→))上的投影向量为|eq \o(BA,\s\up12(→))|·cos60°·eq \f(\o(BC,\s\up12(→)),|\o(BC,\s\up12(→))|)＝eq \f(1,4) eq \o(BC,\s\up12(→))． 10．已知△ABC的面积S满足eq \r(3)≤S≤3，且eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝6，eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(BC,\s\up12(→))的夹角为θ．求θ的取值范围． 解　∵eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝|eq \o(AB,\s\up12(→))||eq \o(BC,\s\up12(→))|cosθ＝6>0， ∴cosθ>0， 又eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(BC,\s\up12(→))不共线，∴θ为锐角， 如图，过C作CD⊥AB，垂足为D， 则|CD|＝|BC|sinθ． 由题意，知eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝|eq \o(AB,\s\up12(→))||eq \o(BC,\s\up12(→))|cosθ＝6，① S＝eq \f(1,2)|AB||CD|＝eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up12(→))||eq \o(BC,\s\up12(→))|sinθ．② 由②÷①得eq \f(S,6)＝eq \f(1,2)tanθ，即3tanθ＝S． ∵eq \r(3)≤S≤3，∴eq \r(3)≤3tanθ≤3，即eq \f(\r(3),3)≤tanθ≤1． 又θ为锐角，∴θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))． 解　(1)由题意知|a|＝2，|b|＝1． 又向量a在向量b上的投影向量为|a|cosθe＝－e， 所以cosθ＝－eq \f(1,2)，所以θ＝eq \f(2π,3)． (2)易知a·b＝|a||b|cosθ＝－1， 则(a－2b)·b＝a·b－2b2＝－1－2＝－3． (3)因为λa＋b与a－3b互相垂直， 所以(λa＋b)·(a－3b)＝λa2－3λa·b＋b·a－3b2＝4λ＋3λ－1－3＝7λ－4＝0，所以λ＝eq \f(4,7)． 2．在四边形ABCD中，已知AB＝9，BC＝6，eq \o(CP,\s\up12(→))＝2eq \o(PD,\s\up12(→))． (1)若四边形ABCD是矩形，求eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(BP,\s\up12(→))的值； (2)若四边形ABCD是平行四边形，且eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(BP,\s\up12(→))＝6，求eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(AD,\s\up12(→))夹角的余弦值． 解　(1)因为四边形ABCD是矩形，所以eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))＝0，由eq \o(CP,\s\up12(→))＝2eq \o(PD,\s\up12(→))， 得eq \o(DP,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(CP,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CD,\s\up12(→))＝－eq \f(2,3) eq \o(DC,\s\up12(→))． 所以eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(BP,\s\up12(→))＝(eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DP,\s\up12(→)))·(eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CP,\s\up12(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up12(→))＋\f(1,3)\o(DC,\s\up12(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up12(→))－\f(2,3)\o(DC,\s\up12(→)))) ＝eq \o(AD,\s\up12(→))2－eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))－eq \f(2,9) eq \o(DC,\s\up12(→))2＝36－eq \f(2,9)×81＝18． (2)由题意，得eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DP,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(DC,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))， eq \o(BP,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CP,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up12(→))， 所以eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(BP,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up12(→))＋\f(1,3)\o(AB,\s\up12(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up12(→))－\f(2,3)\o(AB,\s\up12(→))))＝eq \o(AD,\s\up12(→))2－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \f(2,9) eq \o(AB,\s\up12(→))2 ＝36－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))－18＝18－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))． 又eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(BP,\s\up12(→))＝6，所以18－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝6，所以eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝36． 设eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))的夹角为θ，又eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝|eq \o(AB,\s\up12(→))||eq \o(AD,\s\up12(→))|cosθ＝9×6×cosθ＝54cosθ， 所以54cosθ＝36，即cosθ＝eq \f(2,3)．所以eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(AD,\s\up12(→))夹角的余弦值为eq \f(2,3)． $$