8.1.3 第2课时 用向量的坐标表示两个向量垂直的条件-【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“用向量坐标表示两向量垂直的条件”，核心知识点为a⊥b⇨x1x2+y1y2=0。通过情境引入对比向量平行与垂直的坐标表示，搭建从预习自测到例题变式的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于分题型训练（如三角形直角分类、正方形垂直证明），结合数学运算与逻辑推理素养，例题解析详细且变式巩固。学生能提升解题能力，教师可借助系统资源高效教学，助力核心素养培养。

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[解]　根据直角的位置不同，可分为3种情形： (1)若∠A＝90°，则eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝0， 即2＋3k＝0，得k＝－eq \f(2,3)； (2)若∠B＝90°，则eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝0， 因为eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，k－3)， 所以－2＋3(k－3)＝0，得k＝eq \f(11,3)； (3)若∠C＝90°，则eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝0， 所以－1＋k(k－3)＝0，得k＝eq \f(3±\r(13),2). 综上可知，k＝－eq \f(2,3)或k＝eq \f(11,3)或k＝eq \f(3±\r(13),2). 由于未指定哪个角是直角，故应分三种情形讨论，利用向量垂直刻画内角为直角，列出k的方程，再求出k. [变式训练] 1．已知a＝(1,2)，b＝(－3,2)，若ka＋b与a－3b垂直，求k的值． 解：ka＋b＝k(1,2)＋(－3,2)＝(k－3,2k＋2)， a－3b＝(1,2)－3(－3,2)＝(10，－4)． 又ka＋b与a－3b垂直，故(ka＋b)·(a－3b)＝0. 即(k－3)·10＋(2k＋2)·(－4)＝0，得k＝19. 向量数量积的坐标运算在平面几何中应用 [例2]　已知正方形ABCD中，E，F分别是CD，AD的中点，BE，CF交于点P.求证： (1)BE⊥CF； (2)AP＝AB. [思路点拨]　画出图形，根据图像寻找边与边之间的关系，在平面直角坐标系中求解． [证明]　建立如图所示的平面直角坐标系，设AB＝2， 则A(0,0)，B(2,0)． (1)eq \o(BE,\s\up16(→))＝(－1,2)，eq \o(CF,\s\up16(→))＝(－2，－1)． ∴eq \o(BE,\s\up16(→))·eq \o(CF,\s\up16(→))＝(－1)×(－2)＋2×(－1)＝0， ∴eq \o(BE,\s\up16(→))⊥eq \o(CF,\s\up16(→))，即BE⊥CF. (2)设点P坐标为(x，y)，则eq \o(FP,\s\up16(→))＝(x，y－1)， eq \o(FC,\s\up16(→))＝(2,1)， ∵eq \o(FP,\s\up16(→))∥eq \o(FC,\s\up16(→))， ∴x＝2(y－1)，即x＝2y－2， 同理，由eq \o(BP,\s\up16(→))∥eq \o(BE,\s\up16(→))得y＝－2x＋4， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2y－2，,y＝－2x＋4，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(6,5)，,y＝\f(8,5)，)) ∴点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，\f(8,5))). ∴|eq \o(AP,\s\up16(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)))2)＝2＝|eq \o(AB,\s\up16(→))|，即AP＝AB. 用向量数量积的坐标运算可以解决平面几何中的问题： ①垂直问题，如证明四边形是矩形，常用向量垂直的等价条件：a⊥b⇔a·b＝x1x2＋y1y2＝0. ②求夹角问题：cos θ＝eq \f(a·b,|a||b|) ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))·\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))). ③求线段长度或证明相等：|a|＝eq \r(x2＋y2). [变式训练] 2．已知在△ABC中，C是直角，CA＝CB，D是CB的中点，E是AB上一点，且AE＝2EB，求证：AD⊥CE. 证明：建立如图所示的直角坐标系， 设A(a,0)，则B(0，a)，E(x，y)． ∵D是BC的中点，∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2))). 又eq \o(AE,\s\up16(→))＝2eq \o(EB,\s\up16(→))， ∴(x－a，y)＝2(－x，a－y)， 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－a＝－2x，,y＝2a－2y，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(a,3)，,y＝\f(2,3)a，)) ∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(2,3)a)). ∵eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))－(a,0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，\f(a,2)))， eq \o(OE,\s\up16(→))＝eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(2,3)a))， ∴eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→))＝－a×eq \f(a,3)＋eq \f(a,2)×eq \f(2,3)a ＝－eq \f(1,3)a2＋eq \f(1,3)a2＝0， ∴eq \o(AD,\s\up16(→))⊥eq \o(CE,\s\up16(→))，即AD⊥CE. 数量积的综合运用 [例3]　已知a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)， 且|ka＋b|＝eq \r(3)|a－kb|(k>0)． (1)用k表示数量积a·b； (2)求a·b的最小值，并求出此时a与b的夹角θ的大小． [思路点拨]　利用向量的数量积列k的方程，然后求解． [解]　(1)由|ka＋b|＝eq \r(3)|a－kb|，得(ka＋b)2＝3(a－kb)2， ∴k2a2＋2ka·b＋b2＝3a2－6ka·b＋3k2b2， ∴(k2－3)a2＋8ka·b＋(1－3k2)b2＝0. ∵|a|＝eq \r(cos2α＋sin2α)＝1，|b|＝eq \r(cos2β＋sin2β)＝1， ∴k2－3＋8ka·b＋1－3k2＝0， ∴a·b＝eq \f(2k2＋2,8k)＝eq \f(k2＋1,4k). (2)a·b＝eq \f(k2＋1,4k)＝eq \f(1,4)(k＋eq \f(1,k))． 由函数的单调性容易得出，f(k)＝eq \f(1,4)(k＋eq \f(1,k))在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增． ∴当k＝1时，f(k)min＝f(1)＝eq \f(1,4)×(1＋1)＝eq \f(1,2)，即a·b的最小值为eq \f(1,2)， 此时a与b的夹角θ的余弦值cos θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(1,2). ∴θ＝60°. 坐标由三角函数表示的向量要注意与单位圆的关系，模长具有特殊性，比如可以利用cos2α＋sin2α＝1等．由三角函数表示的数量积通常可以应用三角函数的有界性，同时要注意，sin α，cos α的取值范围是[－1,1]． [变式训练] 3．已知点A(1,0)，B(0,1)，C(2sin θ，cos θ)． (1)若|Aeq \o(C,\s\up16(→))|＝|Beq \o(C,\s\up16(→))|，求tan θ的值． (2)若(Oeq \o(A,\s\up16(→))＋2eq \o(OB,\s\up16(→)))·Oeq \o(C,\s\up16(→))＝1，其中O为坐标原点，求sin θ＋cos θ的值． 解：(1)Aeq \o(C,\s\up16(→))＝(2sin θ－1，cos θ) Beq \o(C,\s\up16(→))＝(2sin θ，cos θ－1) ∵|Aeq \o(C,\s\up16(→))|＝|Beq \o(C,\s\up16(→))| ∴ eq \r(2sin θ－12＋cos2θ) ＝ eq \r(2sin θ2＋cos θ－12)， 化简得2sin θ＝cos θ，∴tan θ＝eq \f(1,2). (2)∵Oeq \o(A,\s\up16(→))＋2eq \o(OB,\s\up16(→))＝(1,2)， Oeq \o(C,\s\up16(→))＝(2sin θ，cos θ)， ∴(Oeq \o(A,\s\up16(→))＋2eq \o(OB,\s\up16(→)))·Oeq \o(C,\s\up16(→))＝2sin θ＋2cos θ＝1， ∴sin θ＋cos θ＝eq \f(1,2). 1．设向量a＝(x,1)，b＝(4，x)，且a⊥b，则x的值是(　　 ) A．±2　　　　　　　　　 B．0 C．－2 D．2 解析：B　[由a⊥b，得a·b＝0，即4x＋x＝0，解得x＝0，故选B.] 2．已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则λ＝(　　) A．－4　 B．－3　　C．－2　　D．－1 解析：B　[因为m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)． 所以m＋n＝(2λ＋3,3)，m－n＝(－1，－1)． 因为(m＋n)⊥(m－n)，所以(m＋n)·(m－n)＝0， 所以－(2λ＋3)－3＝0，解得λ＝－3.故选B.] 3．已知向量a＝(2,4)，b＝(－1,1)，c＝a－tb，若b⊥c，则实数t＝　________　. 解析：由题意得c＝a－tb＝(2,4)－t(－1,1)＝(2＋t,4－t)． ∵b⊥c，∴b·c＝(－1,1)·(2＋t,4－t)＝－(2＋t)＋(4－t)＝2－2t＝0，解得t＝1. 答案：1 4．已知eq \o(OA,\s\up16(→))⊥eq \o(AB,\s\up16(→))，|eq \o(OA,\s\up16(→))|＝3，则eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＝　________　. 解析：因为eq \o(OA,\s\up16(→))⊥eq \o(AB,\s\up16(→))，所以eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0， 所以eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))·(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→)))＝|eq \o(OA,\s\up16(→))|2＋eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝|eq \o(OA,\s\up16(→))|2＝32＝9. 答案：9 5．已知平面向量a＝(3，－4)，b＝(2，x)，c＝(2，y)，a∥b，a⊥c，求： ①向量b，c的坐标； ②向量a－2c与－3b的夹角． 解：①∵a＝(3，－4)，b＝(2，x)，a∥b， ∴3x＋8＝0，∴x＝－eq \f(8,3). ∵c＝(2，y)，a⊥c，∴6－4y＝0，∴y＝eq \f(3,2). ∴b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(8,3)))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2))). ②设a－2c与－3b的夹角为θ，∵a－2c＝(3，－4)－(4,3)＝(－1，－7)，－3b＝(－6,8)， ∴cos θ＝eq \f(a－2c·－3b,|a－2c|·|－3b|)＝eq \f(6－56,5\r(2)×10)＝－eq \f(\r(2),2). ∵0≤θ≤π，∴θ＝eq \f(3π,4). 故a－2c与－3b的夹角为eq \f(3π,4). $