2.5.1 向量的数量积-【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（北师大版2019）

第二章　平面向量及其应用 §5　从力的做功 到向量的数量积 5.1　向量的数量积 (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.数量积的定义.2.投影向量的概念.3.数量积的运算律.4.数量积的性质． 教学难点：对平面向量数量积的运算律的理解． 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 已知条件 向量a，b是非零向量，它们的夹角记为〈a，b〉 或θ(0°≤θ≤180°) 定义 ___________称为a与b的数量积(或内积)，记作______ 记法 a·b＝________________＝___________ 规定 零向量与任一向量的数量积为____ |a||b|cosθ a·b |a||b|cos〈a，b〉 知识点一　向量的数量积的定义 |a||b|cosθ 0 核心概念掌握 5 (1)当0°≤〈a，b〉<90°时，a·b>0； (2)当〈a，b〉＝90°时，a·b＝0； (3)当90°<〈a，b〉≤180°时，a·b<0； (4)当〈a，b〉＝0°时，a·b＝|a||b|； (5)当〈a，b〉＝180°时，a·b＝－|a||b|. 核心概念掌握 6 投影向量 核心概念掌握 7 |a|cos〈a，b〉 |b| |a|cosθ |a| |b|cosθ 核心概念掌握 8 b·a (λa)·b a·(λb) a·c＋b·c 核心概念掌握 9 |a|cos〈a，e〉 a⊥b |a|2 |a||b| 核心概念掌握 10 1．平面向量数量积的含义 平面向量数量积是对两个非零向量a与b定义的，即a·b＝|a||b|cosθ，并规定：零向量与任一向量的数量积为0. 说明：①定义指明了运算的程序和运算结果．结果为实数，其符号由两向量的夹角的余弦值确定； ②称|b|cosθ为b在a方向上的投影数量(|a|cosθ为a在b方向上的投影数量)，它也是一个实数，可为正，可为负，也可为零． 核心概念掌握 11 2．实数运算性质与平面向量数量积的运算性质的比较 (1)在实数运算中，若ab＝0，则a与b中至少有一个为0.但是在向量数量积的运算中，不能由a·b＝0推出a＝0或b＝0.事实上，当a≠0时，由a·b＝0不能推出b一定是零向量，这是因为对任一与a垂直的非零向量b，都有a·b＝0.实际上，由a·b＝0可推出以下四种结论：①a＝0，b＝0；②a＝0，b≠0；③a≠0，b＝0；④a≠0，b≠0，但a⊥b. (2)已知实数a，b，c(b≠0)，则ab＝bc⇒a＝c.但对向量的数量积， 该推理不正确，即a·b＝b·c a＝c.因为a·b＝b·c(b≠0)表示向量c，a在 向量b方向上的投影数量相等，并不能说明a＝c.如图所示，虽然a·b＝b·c，但a≠c. 核心概念掌握 12 (3)对于实数a，b，c，有(a·b)c＝a(b·c)．但对于向量a，b，c，(a·b)c＝a(b·c)未必成立．这是因为(a·b)c表示一个与c共线的向量，而a(b·c)表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线，所以(a·b)c＝a(b·c)未必成立． (4)在实数运算中，若a，b∈R，则|ab|＝|a||b|.但是对于向量a，b，却有|a·b|≤|a||b|.这是因为|a·b|＝|a||b||cosθ|，而|cosθ|≤1，故|a·b|≤|a||b|，当且仅当a∥b时等号成立． 核心概念掌握 13 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若a·b＝a·c且a≠0，则b＝c.(　　) (2)若a·b＝0，则a＝0或b＝0.(　　) (3)若a⊥b，则a·b＝0.(　　) (4)向量a在b的方向上的投影数量是一个模等于|a|cosθ(θ是a与b的夹角)，方向与b相同或相反的向量．(　　) √ × × × 核心概念掌握 14 1 7 核心概念掌握 15 核心素养形成 核心素养形成 17 【感悟提升】　求向量数量积的步骤 进行向量数量积的运算，需分三步走：求模长→求夹角→求数量积． (1)涉及图形的数量积的运算，要充分利用图形特点及其含有的特殊向量，这里的特殊向量主要指具有特殊夹角或已知长度的向量． (2)待求式较复杂的数量积的运算，需先利用向量数量积的运算律或相关公式进行化简． 核心素养形成 18 【跟踪训练】 1．已知|a|＝4，|b|＝3，当(1)a∥b；(2)a⊥b；(3)a与b的夹角为120°时，求a·b. 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【感悟提升】　向量的投影数量是一个实数，它可正、可负、可为零，其符号取决于两向量之间的夹角，因此在正确理解向量投影定义的同时，找准两个向量之间的夹角是关键． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 15 核心素养形成 24 解　(a＋2b)·(a－3b)＝a·a－a·b－6b·b＝|a|2－|a||b|cosθ－6|b|2＝62－6×4×cos60°－6×42＝－72. (2)已知|a|＝6，|b|＝4，a与b的夹角θ为60°，求(a＋2b)·(a－3b)． 核心素养形成 25 【感悟提升】　熟练掌握两向量的数量积的定义及运算性质．如计算形式比较复杂，应先运用数量积运算律化简，再进行运算． 核心素养形成 26 核心素养形成 27 (2)已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b，若b·c＝0，则t＝________． 2 核心素养形成 28 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 －6 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 4．a·[b·(a·c)－c·(a·b)]＝________． 解析：原式＝(a·b)·(a·c)－(a·c)·(a·b)＝0. 0 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 5．已知|a|＝1，|b|＝1，a，b的夹角为120°，求向量2a－b在向量a＋b方向上的投影数量． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 解析：由题意得a在b方向上的投影数量为|a|cos〈a，b〉＝4×cos120°＝－2.故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 2．已知向量a与向量b平行，且|a|＝3，|b|＝4，则a·b＝(　　) A．12 B．－12 C．5 D．12或－12 解析：因为向量a与b平行，所以向量a与b的夹角θ为0°或180°，当θ＝0°时，a·b＝3×4×cos0°＝12；当θ＝180°时，a·b＝3×4×cos180°＝－12.故选D. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 4．(2024·北京高考)设a，b是向量，则“(a＋b)·(a－b)＝0”是“a＝b或a＝－b”的(　　) A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件 C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：由(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0，可得a2＝b2，即|a|＝|b|，可知(a＋b)·(a－b)＝0等价于|a|＝|b|，若a＝b或a＝－b，可得|a|＝|b|，即(a＋b)·(a－b)＝0，可知必要性成立；若(a＋b)·(a－b)＝0，即|a|＝|b|，无法得出a＝b或a＝－b，例如a＝(1，0)，b＝(0，1)，满足|a|＝|b|，但a≠b且a≠－b，可知充分性不成立．综上所述，“(a＋b)·(a－b)＝0”是“a＝b或a＝－b”的必要而不充分条件．故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 5．(多选)下列给出的关系式中，正确的是(　　) A．0·a＝0 B．a·b＝b·a C．a2＝|a|2 D．(a·b)·c＝a·(b·c) 解析：对于A，因为零向量与任一向量的数量积为0，所以0·a＝0，A错误；对于B，向量的数量积运算满足交换律，所以a·b＝b·a，B正确；对于C，根据数量积的定义知a2＝|a||a|cos0°＝|a|2，所以a2＝|a|2，C正确；对于D，根据数量积的定义知，两向量的数量积为实数，所以(a·b)·c为mc(m∈R)，表示与c共线的向量或零向量，而a·(b·c)为na(n∈R)，表示与a共线的向量或零向量，所以(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立，D错误． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 7．已知向量a，b的夹角为120°，且|a|＝3，|b|＝2，则a＋b在a方向上的投影数量为________． 2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 22 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 11．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为120°. (1)求(a－2b)·(2a＋b－c)； (2)求证：(a－b)⊥c. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点二　投影 1．投影向量 已知两个非零向量a和b，作eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，过点A向直线OB作垂线，垂足为A′，得到a在b上的投影γ＝eq \o(OA′,\s\up12(→))，γ称为____________． 2．投影数量 ______________称为投影向量γ的数量，也称为向量a在向量b方向上的投影数量，可以表示为_________．投影数量是数量积的特殊情况． 3．数量积a·b的几何意义 b的长度_____与a在b方向上的投影数量_________的乘积(如图)；或a的长度_____与b在a方向上的投影数量_______的乘积． a·eq \f(b,|b|) 知识点三　数量积的运算性质 1．数量积的运算律 对任意的向量a，b，c和实数λ： (1)交换律：a·b＝______； (2)与数乘的结合律：λ(a·b)＝________＝________； (3)关于加法的分配律：(a＋b)·c＝____________． 2．数量积的性质 (1)若e是单位向量，则a·e＝e·a＝______________； (2)若a，b是非零向量，则a·b＝0⇔_______； (3)a·a＝a2＝________，即|a|＝_______； (4)cos〈a，b〉＝_________ (|a||b|≠0)； (5)|a·b|≤_______，当且仅当a∥b时等号成立． eq \r(a·a) eq \f(a·b,|a||b|) 2．做一做 (1)已知|a|＝4eq \r(2)，|b|＝6，且a与b的夹角为45°，则a·b等于(　　) A．24 B．－24 C．12eq \r(3) D．12eq \r(2) (2)已知向量a，b满足|b|＝2，a与b的夹角为60°，则b在a上的投影数量是________． (3)a·b的夹角为120°，|a|＝1，|b|＝3，则|5a－b|＝________． 题型一　平面向量数量积的运算 (BC,\s\up12(→)) 　如图所示，已知△ABC中，a＝5，b＝8，C＝60°，求·eq \o(CA,\s\up12(→)). 解　依题意有|eq \o(BC,\s\up12(→))|＝a＝5，|eq \o(CA,\s\up12(→))|＝b＝8， 由题图知eq \o(BC,\s\up12(→))与eq \o(CA,\s\up12(→))的夹角θ＝180°－C＝180°－60°＝120°， 所以eq \o(BC,\s\up12(→))·eq \o(CA,\s\up12(→))＝|eq \o(BC,\s\up12(→))||eq \o(CA,\s\up12(→))|cos120°＝5×8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－20. 解：(1)当a∥b时，若a与b同向，则θ＝0°， ∴a·b＝|a||b|cos0°＝4×3×1＝12； 若a与b反向，则θ＝180°. ∴a·b＝|a||b|cos180°＝4×3×(－1)＝－12. (2)当a⊥b时，θ＝90°， ∴a·b＝|a||b|cos90°＝4×3×0＝0. (3)当a与b的夹角为120°时， a·b＝|a||b|cos120°＝4×3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－6. 题型二　平面向量数量积的几何意义 　在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝2，∠ABC＝30°，D是BC的中点． 求：(1)eq \o(BA,\s\up12(→))在eq \o(CD,\s\up12(→))方向上的投影数量； (2)eq \o(CD,\s\up12(→))在eq \o(BA,\s\up12(→))方向上的投影数量． 解　如图所示，连接AD，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝2，∠ABC＝30°，D是BC的中点，所以AD⊥BC，CD＝BD＝ABcos30°＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3). 作CB的延长线BE，则eq \o(BA,\s\up12(→))与eq \o(CD,\s\up12(→))的夹角为∠ABE＝180°－∠ABC＝150°. (1)eq \o(BA,\s\up12(→))在eq \o(CD,\s\up12(→))方向上的投影数量是|eq \o(BA,\s\up12(→))|cos150°＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq \r(3). (2)eq \o(CD,\s\up12(→))在eq \o(BA,\s\up12(→))方向上的投影数量是|eq \o(CD,\s\up12(→))|cos150°＝eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq \f(3,2). 【跟踪训练】 2．如图所示，ABCDEF为正六边形，则下列结果中值最大的是(　　) A．eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→)) B．eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→)) C．eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AE,\s\up12(→)) D．eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AF,\s\up12(→)) 解析：设正六边形ABCDEF的棱长为1.则eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝1×eq \r(3)×cos30°＝eq \f(3,2).eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝1×2×cos60°＝1.eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AE,\s\up12(→))＝1×eq \r(3)×cos90°＝0.eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AF,\s\up12(→))＝1×1×cos120°＝－eq \f(1,2). 题型三　数量积的运算性质的综合应用 (AE,\s\up12(→)) 　(1)矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E是CD上一点，则·eq \o(BE,\s\up12(→))的最小值是________． 解析　因为E是CD上一点，则设eq \o(DE,\s\up12(→))＝λeq \o(DC,\s\up12(→))，∴eq \o(CE,\s\up12(→))＝(1－λ)eq \o(CD,\s\up12(→))，所以eq \o(AE,\s\up12(→))·eq \o(BE,\s\up12(→))＝(eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DE,\s\up12(→)))·(eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CE,\s\up12(→)))＝(eq \o(AD,\s\up12(→))＋λeq \o(DC,\s\up12(→)))·[eq \o(BC,\s\up12(→))＋(1－λ)·eq \o(CD,\s\up12(→))]＝eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＋(1－λ)eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(CD,\s\up12(→))＋λeq \o(DC,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＋λ(1－λ)eq \o(DC,\s\up12(→))·eq \o(CD,\s\up12(→))＝4λ2－4λ＋16，所以当λ＝eq \f(1,2)，即E是CD的中点时，eq \o(AE,\s\up12(→))·eq \o(BE,\s\up12(→))的最小值为15. 【跟踪训练】 3．(1)在△ABC中，M是BC的中点，AM＝1，点P在AM上且满足eq \o(AP,\s\up12(→))＝2eq \o(PM,\s\up12(→))，则eq \o(PA,\s\up12(→))·eq \o(PB,\s\up12(→))－eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(PC,\s\up12(→))＝(　　) A．eq \f(4,9) 　　　　　　B．－eq \f(4,9)　　　　　　C．eq \f(4,3)　　　　　　 D．－eq \f(4,3) 解析：因为M是BC的中点，所以AM是BC边上的中线．又点P在AM上且满足eq \o(AP,\s\up12(→))＝2eq \o(PM,\s\up12(→))，所以P是△ABC的重心，所以eq \o(PA,\s\up12(→))·eq \o(PB,\s\up12(→))－eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(PC,\s\up12(→))＝eq \o(PA,\s\up12(→))·(eq \o(PB,\s\up12(→))＋eq \o(PC,\s\up12(→)))＝eq \o(PA,\s\up12(→))·eq \o(AP,\s\up12(→))＝－|eq \o(PA,\s\up12(→))|2.因为AM＝1，所以|eq \o(PA,\s\up12(→))|＝eq \f(2,3)，所以eq \o(PA,\s\up12(→))·eq \o(PB,\s\up12(→))－eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(PC,\s\up12(→))＝－eq \f(4,9).故选B. 解析：b·c＝b·[ta＋(1－t)b]＝ta·b＋(1－t)b2＝eq \f(1,2)t＋1－t＝1－eq \f(1,2)t＝0，解得t＝2. 1．已知|a|＝3，|b|＝5，a·b＝12，则向量a在向量b方向上的投影数量为(　　) A．eq \f(12,5) B．3 C．4 D．5 解析：|a|cos〈a，b〉＝|a|·eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(a·b,|b|)＝eq \f(12,5). 2．已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，则eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：如图，由向量的投影的几何意义，可知eq \o(AC,\s\up12(→))在eq \o(AB,\s\up12(→))方向上的投影数量为|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝2，故eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝|eq \o(AB,\s\up12(→))|2＝4. 3．已知两个单位向量e1，e2的夹角为eq \f(π,3)，若向量b1＝e1－2e2，b2＝3e1＋4e2，则b1·b2＝________． 解析：由题设，知|e1|＝|e2|＝1，且e1·e2＝eq \f(1,2)，所以b1·b2＝(e1－2e2)·(3e1＋4e2)＝3eeq \o\al(2,1)－2e1·e2－8eeq \o\al(2,2)＝3－2×eq \f(1,2)－8＝－6. 解：(2a－b)·(a＋b)＝2a2＋2a·b－a·b－b2＝2a2＋a·b－b2＝2×12＋1×1×cos120°－12＝eq \f(1,2)， |a＋b|＝eq \r(（a＋b）2)＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)＝eq \r(1＋2×1×1×cos120°＋1)＝1. 设向量2a－b与向量a＋b的夹角为θ， ∴|2a－b|cosθ＝|2a－b|·eq \f(（2a－b）·（a＋b）,|2a－b||a＋b|)＝eq \f(（2a－b）·（a－b）,|a＋b|)＝eq \f(1,2). ∴向量2a－b在向量a＋b方向上的投影数量为eq \f(1,2). 一、选择题 1．若|a|＝4，|b|＝2，a和b的夹角为120°，则a在b方向上的投影数量为(　　) A．－2　　　　　　 B.eq \r(3) C．－2eq \r(3)　　　　　 D．2 3．已知等边三角形ABC的边长为1，设eq \o(BC,\s\up12(→))＝a，eq \o(CA,\s\up12(→))＝b，eq \o(AB,\s\up12(→))＝c，则a·b＋b·c＋c·a＝(　　) A．3 B．－3 C.eq \f(3,2) D．－eq \f(3,2) 解析：a·b＋b·c＋c·a＝1×1×cos120°＋1×1×cos120°＋1×1×cos120°＝－eq \f(3,2).故选D. 二、填空题 6．若两个向量a，b满足|a＋b|＝1，|a－b|＝eq \f(1,2)，则a·b＝________． 解析：∵|a＋b|＝1，|a－b|＝eq \f(1,2)，∴(a＋b)2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝1　①，(a－b)2＝|a|2＋|b|2－2a·b＝eq \f(1,4)　②，①－②得a·b＝eq \f(3,16). eq \f(3,16) 解析：因为(a＋b)·a＝|a|2＋|a||b|cos120°＝9＋3×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝6，所以a＋b在a方向上的投影数量为eq \f(（a＋b）·a,|a|)＝2. 8．如图，在平行四边形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，eq \o(CP,\s\up12(→))＝3eq \o(PD,\s\up12(→))，eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(BP,\s\up12(→))＝2，则eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))的值是________． 解析：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(1,4)\o(AB,\s\up12(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up12(→))－\f(3,4)\o(AB,\s\up12(→))))＝eq \o(AD,\s\up12(→))2－eq \f(3,16) eq \o(AB,\s\up12(→))2－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝25－eq \f(3,16)×64－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝13－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝2，故eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝22. 三、解答题 9．已知向量a，b的夹角为eq \f(2π,3)，|a|＝1，|b|＝2. (1)求a·b的值； (2)若2a－b和ta＋b垂直，求实数t的值． 解：(1)a·b＝|a||b|coseq \f(2π,3)＝1×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1. (2)因为2a－b和ta＋b垂直，所以(2a－b)·(ta＋b)＝0， 整理得2t|a|2＋(2－t)a·b－|b|2＝0， 即2t－(2－t)－4＝0，解得t＝2. 10.如图所示，在平行四边形ABCD中，已知AB＝3，AD＝2，△BAD＝120°，eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(BF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up12(→))，求eq \o(AF,\s\up12(→))·eq \o(DE,\s\up12(→)). 解：因为eq \o(AF,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BF,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(DE,\s\up12(→))＝eq \o(AE,\s\up12(→))－eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \o(AD,\s\up12(→))， 所以eq \o(AF,\s\up12(→))·eq \o(DE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up12(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up12(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(AB,\s\up12(→))－\o(AD,\s\up12(→))))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))2－eq \f(5,6) eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up12(→))2 ＝eq \f(1,3)|eq \o(AB,\s\up12(→))|2－eq \f(5,6)|eq \o(AB,\s\up12(→))||eq \o(AD,\s\up12(→))|cos∠BAD－eq \f(1,2)|eq \o(AD,\s\up12(→))|2 ＝eq \f(1,3)×9－eq \f(5,6)×3×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－eq \f(1,2)×4＝eq \f(7,2). 解：(1)(a－2b)·(2a＋b－c)＝2a2－2b2－3a·b－a·c＋2b·c＝2|a|2－2|b|2－3|a||b|·cos120°－|a||c|cos120°＋2|b||c|cos120°＝2－2＋eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)－1＝1. (2)证法一：∵|a|＝|b|＝|c|＝1且a，b，c之间的夹角均为120°，∴(a－b)·c＝a·c－b·c＝|a||c|cos120°－|b||c|cos120°＝0. ∴(a－b)⊥c. 证法二：如图，设eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，eq \o(OC,\s\up12(→))＝c. 由题意可知，连接AB，AC，BC的三条线段围成正三角形ABC，O为△ABC的中心，∴OC⊥AB. 又eq \o(BA,\s\up12(→))＝a－b，∴(a－b)⊥c. 12．设两个向量e1，e2满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1与e2的夹角为eq \f(π,3)，若向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围． 解：由向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，得(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0， 即2teeq \o\al(2,1)＋2t2e1·e2＋7e1·e2＋7teeq \o\al(2,2)<0. ∵|e1|＝2，|e2|＝1，且e1与e2的夹角为eq \f(π,3)， 化简得2t2＋15t＋7<0，解得－7<t<－eq \f(1,2). 当夹角为π时，也有(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0， 但此时夹角不是钝角，2te1＋7e2与e1＋te2反向． 设2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)，λ<0， 可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2t＝λ，,7＝λt，,λ<0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－\r(14)，,t＝－\f(\r(14),2).)) ∴所求实数t的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－7，－\f(\r(14),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(14),2)，－\f(1,2))). $$