8.1.2 向量数量积的运算律-【创新教程】2025-2026学年高中数学必修第三册五维课堂同步课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦向量数量积的运算律及性质，课前通过“世间事物遵循规律”情境引入，类比实数乘法运算律，引导学生建立新旧知识联系，搭建学习支架。 其亮点在于采用“情境—梳理—辨析—例题—应用”递进结构，结合数学抽象（从实数到向量运算律的抽象）和数学运算（如预习自测、课堂互动中的题型训练），帮助学生深化理解，教师可高效开展教学，提升学生数学思维与运算能力。

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(2)eq \o(AE,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up16(→))))·(eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))＝eq \o(AD,\s\up16(→))2－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))2－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝1－eq \f(1,2)×4－eq \f(1,2)×2×1×eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2). 求两向量的数量积的两种常见题型 (1)类似向量线性运算之后再求数量积的题型，只需按照向量运算律展开即可求解． (2)在平面图形中求两向量的数量积，一般先找好基底，用基底表示所求向量，再进行基底之间的运算即可求解． [变式训练] 1.如图，在圆C中，弦AB的长度为6，则eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝(　　) A．6　　　　　　 B．12 C．18 D．无法确定 解析：C　[∵eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝|eq \o(AC,\s\up16(→))||eq \o(AB,\s\up16(→))|·cos∠A＝|eq \o(AD,\s\up16(→))|·|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up16(→))|2＝eq \f(1,2)×62＝18. ∴选C.] 求向量的模 [例2] 已知向量a、b满足|a|＝2，|b|＝3，|a＋b|＝4，求|a－b|. [思路点拨]　要求|a－b|，利用模长公式|a－b|＝eq \r(|a|2－2a·b＋|b|2)，只需求2a·b即可． [解]　由已知，|a＋b|＝4，∴|a＋b|2＝42， ∴a2＋2a·b＋b2＝16.① ∵|a|＝2，|b|＝3， ∴a2＝|a|2＝4，b2＝|b|2＝9， 代入①式得4＋2a·b＋9＝16，即2a·b＝3. 又∵(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝4－3＋9＝10， ∴|a－b|＝eq \r(10). 此类问题直接套用公式求解即可． (1)a·a＝a2＝|a|2或|a|＝eq \r(a·a). (2)|a±b|＝ eq \r(|a|2±2a·b＋|b|2). [变式训练] 2．已知|a|＝4，|b|＝8，a与b的夹角是120°.计算 (1)|a＋b|；(2)|4a－2b|. 解：由已知，a·b＝4×8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－16. (1)∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2 ＝16＋2×(－16)＋64＝48， ∴|a＋b|＝4eq \r(3). (2)|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2 ＝16×16－16×(－16)＋4×64＝3×162 ∴|4a－2b|＝16eq \r(3). 两向量的垂直与夹角问题 [例3] 已知非零向量a，b满足a＋3b与7a－5b互相垂直，a－4b与7a－2b互相垂直，求a与b的夹角． [思路点拨]　首先转化向量的两个垂直关系，得出中间结论与cos θ＝eq \f(a·b,|a||b|)联立求解． [解]　由已知条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＋3b·7a－5b＝0，,a－4b·7a－2b＝0.)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(7a2＋16a·b－15b2＝0　　　　　　①,7a2－30a·b＋8b2＝0　　　　　　　②)) ②－①得23b2－46a·b＝0， ∴2a·b＝b2，代入①得a2＝b2，∴|a|＝|b|， ∴cos θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(\f(1,2)b2,|b|2)＝eq \f(1,2). ∵θ∈[0，π]，∴θ＝eq \f(π,3). (1)通常用两向量垂直来列方程，达到化简条件或求值的目的． (2)要求a与b的夹角，只要求出|a|、|b|及a·b即可．注意向量夹角范围．由cos θ＝eq \f(a·b,|a||b|)(其中a、b是非零向量，θ为a与b的夹角)判定θ的大小时，有五种可能情形：①当cos θ＝1时，θ＝0°；②当cos θ＝0时，θ＝90°；③当cos θ＝－1时，θ＝180°；④当cos θ<0且cos θ≠－1时，θ为钝角；⑤当cos θ>0，且cos θ≠1时，θ为锐角． [变式训练] 3．已知|a|＝2，|b|＝1，(a＋b)⊥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(5,2)b))，求a与b的夹角大小． 解：∵(a＋b)⊥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(5,2)b))， ∴(a＋b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(5,2)b))＝0. 即a2－eq \f(3,2)a·b－eq \f(5,2)b2＝0. ∵a2＝|a|2＝4，b2＝|b|2＝1， ∴4－3cos θ－eq \f(5,2)＝0.∴cos θ＝eq \f(1,2). 又∵θ∈[0，π]． ∴a与b的夹角θ为eq \f(π,3). 数量积的综合应用 [例4]　设两个向量e1，e2满足|e1|＝2.|e2|＝1，向量e1与e2的夹角为60°，若向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角θ为钝角，求实数t的取值范围． [思路点拨]　首先根据夹角公式得出关于t的一元二次不等式，然后解式后，注意两向量共线的情况 [解]　由向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角θ为钝角，得cos θ＝eq \f(2te1＋7e2·e1＋te2,|2te1＋7e2||e1＋te2|)<0， ∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0. 化简得2t2＋15t＋7<0，解得－7<t<－eq \f(1,2). 当夹角θ为π时，也有(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，但此时夹角不是钝角． 设2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)，λ<0， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2t＝λ，,7＝λt，,λ<0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝－\r(14)，,t＝－\f(\r(14),2)，))故实数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))). 1．求向量夹角时要注意： (1)当已知a，b是非坐标形式时，需求得a·b及|a|，|b|或它们之间的关系； (2)当已知a，b的坐标时，可直接利用公式求解． (3)注意夹角的范围为[0，π]． 2．灵活应用a2＝|a|2，这给出了解决与模有关问题的思路． [变式训练] 4．已知向量a，b，c，满足a＋b＋c＝0，且|a|＝3，|b|＝5，|c|＝7. (1)求a与b的夹角θ； (2)是否存在实数μ使μa＋b与a－2b垂直？ 解：(1)∵a＋b＋c＝0， ∴a＋b＝－c，∴|a＋b|＝|c|， ∴(a＋b)2＝c2，即a2＋2a·b＋b2＝c2， ∴a·b＝eq \f(c2－a2－b2,2) ＝eq \f(|c|2－|a|2－|b|2,2)＝eq \f(49－9－25,2)＝eq \f(15,2). 又∵a·b＝|a||b|cos θ， ∴eq \f(15,2)＝3×5×cos θ， ∴cos θ＝eq \f(1,2)，即θ＝60°. (2)∵(μa＋b)⊥(a－2b)， ∴(μa＋b)·(a－2b)＝0， ∴μa2－2b2－2μa·b＋a·b＝0， ∴9μ－2×25－2μ×eq \f(15,2)＋eq \f(15,2)＝0， ∴μ＝－eq \f(85,12). ∴存在μ＝－eq \f(85,12)，使得μa＋ b与a－2b垂直． 1．下面给出的关系式中正确的个数是(　　) ①0·a＝0；②a·b＝b·a；③a2＝|a|2；④|a·b|≤a·b⑤(a·b)2＝a2·b2. A．1　 B．2　　C．3　　D．4 解析：C　[①②③正确，④错误，⑤错误，(a·b)2＝(|a||b|cos θ)2＝a2·b2cos2θ，故选C.] 2．设向量a，b满足|a|＝|b|＝1及|3a－2b|＝eq \r(7)，则a，b的夹角为(　　) A.eq \f(π,3)　 B.eq \f(π,6)　　C.eq \f(π,4)　　D.eq \f(2π,3) 解析：A　[设a与b的夹角为θ， 由题意得(3a－2b)2＝7， ∴9|a|2＋4|b|2－12a·b＝7， 又|a|＝|b|＝1，∴a·b＝eq \f(1,2)， ∴|a||b|cos θ＝eq \f(1,2)，即cos θ＝eq \f(1,2). 又θ∈[0，π]，∴a，b的夹角为eq \f(π,3).] 3．若|a|＝4，|b|＝2，(b＋a)·(b－a)＝3a·b，则向量a与向量b夹角为(　　) A.eq \f(π,3)　 B.eq \f(2π,3)　　C.eq \f(3π,4)　　D.eq \f(5π,6) 解析：B　[∵|a|＝4，|b|＝2，(b＋a)·(b－a)＝3a·b，∴b2－a2＝3a·b＝4－16＝－12，故3a·b＝－12，得a·b＝－4， 设向量a与向量b的夹角为θ，则cos θ＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(－4,4×2)＝－eq \f(1,2)，则θ＝eq \f(2π,3)，故选B.] 4．在△ABC中，M是BC的中点，AM＝3，点P在AM上，且满足eq \o(AP,\s\up16(→))＝2 eq \o(PM,\s\up16(→))，则eq \o(PA,\s\up16(→))·(eq \o(PB,\s\up16(→))＋eq \o(PC,\s\up16(→)))＝　________　. 解析：如图，由AM＝3，且eq \o(AP,\s\up16(→))＝2 eq \o(PM,\s\up16(→))，可知|eq \o(AP,\s\up16(→))|＝2. ∵M为BC的中点， ∴eq \o(PB,\s\up16(→))＋eq \o(PC,\s\up16(→))＝2 eq \o(PM,\s\up16(→))＝eq \o(AP,\s\up16(→))， ∴eq \o(PA,\s\up16(→))·(eq \o(PB,\s\up16(→))＋eq \o(PC,\s\up16(→)))＝eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(AP,\s\up16(→))＝－eq \o(AP,\s\up16(→))2＝－|eq \o(AP,\s\up16(→))|2＝－4. 答案：－4 5．已知向量a，b的夹角为60°，且|a|＝2，|b|＝1，若c＝2a－b，d＝a＋2b，求： (1)c·d；(2)|c＋2d|. 解：(1)c·d＝(2a－b)·(a＋2b) ＝2a2－2b2＋3a·b ＝2×4－2×1＋3×2×1×eq \f(1,2)＝9. (2)|c＋2d|2＝(4a＋3b)2 ＝16a2＋9b2＋24a·b ＝16×4＋9×1＋24×2×1×eq \f(1,2)＝97， ∴|c＋2d|＝eq \r(97). $