6.2.4 第2课时 向量数量积的运算及应用-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册教用课件（人教A版）

第二课时　向量数量积的运算及应用 1 知识点一　向量数量积的运算律 01 知识点二　向量模的计算 02 知识点三　向量的夹角与垂直 03 目录 课时作业 04 2 知识点一 向量数量积的运算律 01 PART 目 录 问题　（1）数的乘法运算满足哪些运算律？ 提示：①交换律：a·b＝b·a.②数乘结合律：（λa）·b＝λ （a·b）.③乘法对加法的分配律：（a＋b）·c＝a·c＋b·c. （2）向量的数量积是否满足交换律，数乘结合律？ 提示：满足. 数学·必修第二册 目 录 （3）对于向量a，b，c，（a＋b）·c＝a·c＋b·c成立吗？ 提示：成立.证明如下： 如图，任取一点O，作 ＝a， ＝b， ＝c， ＝a＋b. 设向量a，b，a＋b与c的夹角分别为θ1，θ2，θ， 它们在向量c上的投影向量分别为 ， ， ，与c方向相同的单位向量为e，则 ＝｜a｜ cos θ1e， ＝｜b｜ cos θ2e， ＝｜a＋b｜ cos θ e. 数学·必修第二册 目 录 即｜a＋b｜ cos θ e＝｜a｜ cos θ1e＋｜b｜ cos θ2e. 整理，得（｜a＋b｜ cos θ－｜a｜ cos θ1－｜b｜ cos θ2）e＝0， 所以｜a＋b｜ cos θ－｜a｜ cos θ1－｜b｜ cos θ2＝0， 即｜a＋b｜ cos θ＝｜a｜ cos θ1＋｜b｜ cos θ2， 所以｜a＋b｜｜c｜ cos θ＝｜a｜｜c｜ cos θ1＋｜b｜｜c｜· cos θ2. 因此（a＋b）·c＝a·c＋b·c. 因为a＝ ，所以 ＝ . 于是 ＝ ＋ ＝ ＋ ， 数学·必修第二册 目 录 【知识梳理】 1. 向量数量积的运算律 （1）a·b＝ （交换律）； （2）（λa）·b＝ ＝ （数乘结合律）； （3）（a＋b）·c＝ （分配律）. b·a　 λ（a·b）　 a· （λb）　 a·c＋b·c　 数学·必修第二册 目 录 2. 向量数量积的常用结论 （1）（a±b）2＝｜a±b｜2＝｜a｜2±2a·b＋｜b｜2＝a2±2a·b ＋b2； （2）a2－b2＝（a＋b）·（a－b）＝｜a｜2－｜b｜2； （3）（a＋b）2＋（a－b）2＝2（｜a｜2＋｜b｜2）； （4）a2＋b2＝0⇔a＝b＝0. 　　提醒：（1）a·b＝b·c推不出a＝c；（2）a，c不共线时， （a·b）c≠a（b·c），它们表示不同的向量. 数学·必修第二册 目 录 【例1】　（1）（链接教材P21例12）已知单位向量e1，e2的夹角为 120°，向量a＝－e1＋2e2，b＝2e1＋e2，则a·b＝ ⁠； 解析： 因为单位向量e1，e2的夹角为120°，且a＝－e1＋2e2，b＝ 2e1＋e2，所以a·b＝（－e1＋2e2）·（2e1＋e2）＝－2 ＋3e1·e2＋ 2 ＝－2＋3×1×1× cos 120°＋2＝－ . － 　 数学·必修第二册 目 录 （2）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1，D是BC上 的一点，DC＝2BD，则 · ＝ ⁠. － 　 解析： 由已知得 ＝ ，即 － ＝ （ － ），所以 ＝ ＋ .又 ＝ － ，所以 · ＝（ ＋ ）·（ － ）＝－ ｜ ｜2＋ ｜ ｜2＋ · ＝－ ×4 ＋ ×1＋ ×2×1× cos 120°＝－ . 数学·必修第二册 目 录 【规律方法】 数量积运算的两个关键点 （1）求含向量线性运算的数量积：利用向量数量积的运算律转化为直接 利用公式求解的问题； （2）涉及含几何图形的数量积求解：借助图形先将两向量分别用已知向 量线性表示，然后再转化为含线性运算的数量积求解. 数学·必修第二册 目 录 训练1　（1）已知｜a｜＝6，｜b｜＝4，a与b的夹角为60°，则（a＋ 2b）·（a＋3b）＝ ⁠； 解析： （a＋2b）·（a＋3b）＝a·a＋5a·b＋6b·b＝｜a｜2 ＋5a·b＋6｜b｜2＝｜a｜2＋5｜a｜｜b｜ cos 60°＋6｜b｜2＝62＋ 5×6×4× ＋6×42＝192. 192　 数学·必修第二册 目 录 （2）已知在边长为1的菱形ABCD中，点E为线段CD的中点，则 · ＝ ⁠. 解析： · ＝（ ＋ ）·（ － ）＝ ｜ ｜2 －｜ ｜2＝ －1＝－ . － 　 数学·必修第二册 目 录 知识点二 向量模的计算 02 PART 目 录 【例2】　（1）已知平面向量a，b的夹角为 ，且｜a｜＝ ，｜b｜＝ 2，在△ABC中， ＝2a＋2b， ＝2a－6b，D为BC的中点，则｜ ｜＝（　A　） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 解析： 因为 ＝ （ ＋ ）＝ （2a＋2b＋2a－6b）＝2a－ 2b，则｜ ｜2＝4（a－b）2＝4（a2－2a·b＋b2）＝4（3－2× ×2× cos ＋4）＝4，即｜ ｜＝2. A 数学·必修第二册 目 录 （2）已知平面向量a与b的夹角为60°，｜a｜＝2，｜b｜＝1，则｜a＋ 2b｜＝（　B　） A. B. 2 解析：法一　｜a＋2b｜＝ ＝ ＝ ＝ ＝2 . 法二（数形结合法）　由｜a｜＝｜2b｜＝2知，以a与 2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则｜a＋ 2b｜＝｜ ｜.又∠AOB＝60°，所以｜a＋2b｜＝2 . B C. 4 D. 12 数学·必修第二册 目 录 【规律方法】 求向量的模的常见思路及方法 （1）求模的问题一般转化为求模的平方，与向量数量积联系，并灵活应 用a2＝｜a｜2，勿忘记开方； （2）a·a＝a2＝｜a｜2或｜a｜＝ ，可以实现实数运算与向量运算 的相互转化. 数学·必修第二册 目 录 训练2　向量a，b满足｜a｜＝1，｜a－b｜＝ ，a与b的夹角为 60°，则｜b｜＝（　　） A. B. C. D. 解析：　由题意得｜a－b｜2＝｜a｜2＋｜b｜2－2｜a｜·｜b｜ cos 60°＝ ，即1＋｜b｜2－｜b｜＝ ，解得｜b｜＝ . √ 数学·必修第二册 目 录 03 PART 知识点三 向量的夹角与垂直 目 录 角度1　两向量的夹角 【例3】　已知向量a，b满足｜a｜＝｜b｜＝1及｜3a－2b｜＝ ，求 a，b的夹角. 解：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＝ ， ∴｜a｜｜b｜ cos θ＝ ，即 cos θ＝ . 又θ∈[0，π]，∴a，b的夹角为 . 数学·必修第二册 目 录 【规律方法】 求向量夹角θ的基本步骤 数学·必修第二册 目 录 角度2　两向量的垂直 【例4】　（链接教材P21例13）已知｜a｜＝2，｜b｜＝1，向量a，b的 夹角为60°，c＝a＋5b，d＝ma－2b，求实数m为何值时，c与d垂直. 解：由已知得a·b＝2×1× cos 60°＝1. 若c⊥d，则c·d＝0. ∴c·d＝（a＋5b）·（ma－2b）＝ma2＋（5m－2）a·b－10b2＝ 4m＋5m－2－10＝9m－12＝0， ∴m＝ . 故当m＝ 时，c与d垂直. 数学·必修第二册 目 录 【规律方法】 求解向量垂直问题的一般思路 对于非零向量a，b，a⊥b⇔a·b＝0是向量中非常重要的性质，其作用 主要有：（1）证明两向量垂直；（2）利用a·b＝0列方程求未知数的 值；（3）解决平面几何图形中有关垂直的问题. 数学·必修第二册 目 录 训练3　（1）若平面四边形ABCD满足 ＋ ＝0，（ － ）· ＝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 ＋ ＝0，得平面四边形ABCD是平行四边形.由（ － ）· ＝0，得 · ＝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. √ 数学·必修第二册 目 录 （2）已知向量a，b，且｜a｜＝1，｜b｜＝2，（a＋2b）⊥（3a－ b），求向量a与b夹角的大小. 解：设a与b的夹角为θ，由已知得（a＋2b）·（3a－b）＝3a2＋ 5a·b－2b2＝3＋10 cos θ－8＝0， 所以 cos θ＝ ， 又0°≤θ≤180°，所以θ＝60°，即a与b的夹角为60°. 数学·必修第二册 目 录 1. 已知向量a，b满足｜a｜＝1，a·b＝－1，则a·（2a－b）＝ （　　） A. 4 B. 3 C. 2 D. 0 解析：　a·（2a－b）＝2a2－a·b＝2－（－1）＝3. √ 数学·必修第二册 目 录 2. 已知｜a｜＝1，a·b＝ ，｜a－b｜＝ ，则a与b的夹角为 （　　） A. 120° B. 60° C. 30° D. 45° 解析：由｜a－b｜＝ 可得（a－b）2＝ ，即｜a｜2－2a·b＋｜b｜2＝ ，故1－1＋｜b｜2＝ ，即｜b｜＝ .设a与b的夹角为θ，则a·b＝｜a｜·｜b｜ cos θ＝ ，即 cos θ＝ ，又0°≤θ≤180°，故θ＝45°. √ 数学·必修第二册 目 录 3. 已知非零向量m，n满足4｜m｜＝3｜n｜，m与n夹角的余弦值为 ，若n⊥（t m＋n），则实数t＝ ⁠. 解析：由题意知， ＝ ＝ ，所以m·n＝ ｜n｜2＝ n2，因为n·（tm＋n）＝0，所以t m·n＋n2＝0，即 t n2＋n2＝0，所 以t＝－4. －4　 数学·必修第二册 目 录 4. 已知｜a｜＝1，｜b｜＝ . （1）若a，b的夹角为60°，求｜a＋b｜； 解： 因为｜a＋b｜2＝｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝3＋ ， 所以｜a＋b｜＝ . （2）若a－b与a垂直，求a与b的夹角. 解： 由（a－b）·a＝0，得a2＝a·b， 设a与b的夹角为θ， 所以 cos θ＝ ＝ ， 又0°≤θ≤180°，故θ＝45°. 数学·必修第二册 目 录 课堂小结 1.理清单 （1）向量数量积的运算律； （2）利用数量积求向量的模和夹角； （3）与垂直有关的问题. 2.应体会 求向量的模时，要灵活应用模的计算公式；用向量解决夹角与垂直问 题，常利用方程思想. 3.避易错 忽略向量数量积不满足结合律、消去律. 数学·必修第二册 目 录 课时作业 04 PART 目 录 1. 已知单位向量a，b，则（2a＋b）·（2a－b）的值为（　　） A. B. C. 3 D. 5 解析：　由题意得（2a＋b）·（2a－b）＝4a2－b2＝4－1＝3.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 数学·必修第二册 目 录 2. 若向量a，b满足｜a｜＝ ，｜b｜＝2，且（a－b）⊥a，则｜a ＋b｜＝（　　） A. 3 B. 2 C. 10 D. 解析：　∵（a－b）⊥a，∴（a－b）·a＝｜a｜2－a·b＝0， ∴a·b＝｜a｜2＝2，∴｜a＋b｜2＝a2＋2a·b＋b2＝10，∴｜a＋ b｜＝ . √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 3. 已知向量b在单位向量a上的投影向量为－4a，则（a＋b）·a＝ （　　） A. －3 B. －1 C. 3 D. 5 解析：　∵向量b在单位向量a上的投影向量为－4a，｜a｜＝1，∴｜ b｜ cos ＜a，b＞· ＝ a＝（a·b）a＝－4a，∴a·b＝ －4，∴（a＋b）·a＝a2＋a·b＝1－4＝－3. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 4. 已知a，b，c均为单位向量，且2a＝3b＋4c，则a与b的夹角的余弦 值为（　　） A. B. － C. D. － 解析：　因为a，b，c均为单位向量，且2a＝3b＋4c，所以2a－3b＝ 4c，则（2a－3b）2＝（4c）2，即4a2－12a·b＋9b2＝16c2，即4－12 cos ＜a，b＞＋9＝16，解得 cos ＜a，b＞＝－ ，即a与b的夹角的余弦 值为－ .故选D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 5. 〔多选〕已知正三角形ABC的边长为2，设 ＝2a， ＝b，则下列 结论正确的是（　　） A. ｜a＋b｜＝1 B. a⊥b C. （4a＋b）⊥b D. a·b＝－1 解析： 　分析知｜a｜＝1，｜b｜＝2，a与b的夹角是120°，故B错 误；∵（a＋b）2＝｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝3，∴｜a＋b｜＝ ， 故A错误；∵（4a＋b）·b＝4a·b＋b2＝4×1×2× cos 120°＋4＝0， ∴（4a＋b）⊥b，故C正确；a·b＝1×2× cos 120°＝－1，故D正确. √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 6. 〔多选〕若向量a，b满足｜b｜＝1，且（a＋b）⊥b，（a＋2b） ⊥a，则下列命题正确的是（　　） A. a·b＝－1 B. a与b的夹角为 C. ｜a｜＝ D. a在b方向上的投影数量为1 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 解析： 　由（a＋b）⊥b得a·b＋b2＝0，即a·b＋1＝0，所以 a·b＝－1，故A正确；由（a＋2b）⊥a得2a·b＋a2＝0，即a2＝2，所 以｜a｜＝ ，故C正确；设向量a，b的夹角为θ，则 cos θ＝ ＝ ＝－ ，又θ∈[0，π]，所以θ＝ ，故B错误；a在b方向上的投影数 量为｜a｜ cos θ＝ ＝ ＝－1，故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 7. 如图所示，A，B是圆O上的两点，若弦AB的长为2，则 · ＝ ⁠. 解析：过点O作OD⊥AB于点D（图略）. 2　 法一　｜ ｜ cos ∠OAD＝｜ ｜＝ ｜ ｜＝1， · ＝｜ ｜·｜ ｜ cos ∠OAD＝2. 法二　 · ＝ ·（ ＋ ）＝ · ＋ · ＝｜ ｜｜ ｜ cos 0°＋0＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 8. 已知向量a与e的夹角为30°，｜a｜＝4，e为单位向量，则a在e上的 投影向量的模与e在a上的投影向量的模分别为 　2 　、 　 　. 解析：由投影向量的定义可知，a在e上的投影向量的模为｜｜a｜ cos 30°｜＝4× ＝2 ，e在a上的投影向量的模为｜｜e｜ cos 30°｜＝ . 2 　 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 9. 已知在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝120°，点P为△ABC所 在平面内一点，且AP⊥BC. 若 ＝ ＋λ ，则实数λ＝ ⁠. 解析：由题意，知｜ ｜＝3，｜ ｜＝2， · ＝3×2× cos 120°＝－3.因为AP⊥BC，所以 · ＝0.又 ＝ ＋λ ， ＝ － ，所以 · ＝（ ＋λ ）·（ － ）＝（1－λ） · － ＋λ ＝－3（1－λ）－32＋λ·22＝7λ－12＝0，所以λ＝ . 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 10. 已知平面向量a，b，若｜a｜＝1，｜b｜＝2，且｜a－b｜＝ . （1）求a与b的夹角θ； 解： 由｜a－b｜＝ ，得a2－2a·b＋b2＝7， ∴1－2×1×2× cos θ＋4＝7， ∴ cos θ＝－ . 又θ∈[0，π]，∴θ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 （2）若c＝ta＋b，且a⊥c，求t的值及｜c｜. 解： ∵a⊥c，∴a·（ta＋b）＝0， ∴ta2＋a·b＝0，∴t＋1×2×（－ ）＝0， ∴t＝1， ∴c＝a＋b，c2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×1×2×（－ ）＋4＝3，∴｜ c｜＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 11. 〔多选〕如图，在平面内放置两个相同的直角三角板，其中∠A＝ 30°，且B，C，D三点共线， 则下列结论成立的是（　　） A. ＝ B. · ＝0 C. 与 共线 D. · ＝ · √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 解析： 　设BC＝DE＝m，因为∠A＝30°，且B，C，D三点共 线，所以∠ACB＝∠CED＝60°，∠ACE＝90°，CD＝AB＝ m， AC＝EC＝2m，所以 ＝ ， · ＝0， ∥ ，故A、B、C 成立； · ＝2m·m· cos 60°＝m2， · ＝2m· m· cos 30°＝3m2，故 · ＝ · 不成立.故选A、B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 12. 已知e1与e2是两个互相垂直的单位向量，若向量e1＋ke2与ke1＋e2的夹 角为锐角，则k的取值范围为 ⁠. 解析：因为e1＋ke2与ke1＋e2的夹角为锐角，所以（e1＋ke2）·（ke1＋ e2）＝k ＋k ＋（k2＋1）e1·e2＝2k＞0，所以k＞0.但当e1＋ke2与 ke1＋e2的夹角为0时不符合题意，此时设e1＋ke2＝λ（ke1＋e2），λ＞0， 得k＝1，故k≠1.综上，k的取值范围为{k｜k＞0且k≠1}. {k｜k＞0且k≠1}　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 13. 设非零向量a与b的夹角是 ，且｜a｜＝｜a＋b｜，则 的最小值是 ⁠. 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 解析：因为非零向量a与b的夹角是 ，且｜a｜＝｜a＋b｜，所以｜ a｜2＝｜a＋b｜2＝｜a｜2＋｜b｜2＋2｜a｜｜b｜ cos ，所以｜b｜2 － ｜a｜｜b｜＝0.因为｜b｜≠0，所以｜b｜＝ ｜a｜，所以 （ ）2＝ ＝ ＝t2－2t＋ ＝（t－1）2＋ ，所以当t＝1 时， 取得最小值，最小值是 ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 14. 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均为 120°. （1）求证：（a－b）⊥c； 解： 证明：∵｜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｜ cos 120°－｜b｜·｜ c｜ cos 120°＝0，∴（a－b）⊥c. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 （2）若｜ka＋b＋c｜＞1（k∈R），求k的取值范围. 解： ∵｜ka＋b＋c｜＞1⇔｜ka＋b＋c｜2＞1⇔（ka＋b＋c）2＞1， ∴k2a2＋b2＋c2＋2ka·b＋2ka·c＋2b·c＞1. ∵a·b＝a·c＝b·c＝ cos 120°＝－ ， ∴k2－2k＞0，∴k＜0或k＞2. ∴k的取值范围是（－∞，0）∪（2，＋∞）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 15. 已知平面上三个单位向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，e是该平面上任 意的单位向量. （1）求（e－a）·（e－b）＋（e－b）·（e－c）＋（e－ c）·（e－a）的值； 解： 由a＋b＋c＝0，得（a＋b）2＝（－c）2＝1，即a·b＝－ ，同理可得a·c＝c·b＝－ ， 则（e－a）·（e－b）＋（e－b）·（e－c）＋（e－c）·（e－ a）＝3－ －2（a＋b＋c）·e＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 （2）求2｜e·a｜＋3｜e·b｜＋4｜e·c｜的最大值. 解：（2｜e·a｜＋3｜e·b｜＋4｜e·c｜）max ＝max{｜2e·a＋3e·b＋4e·c｜，｜2e·a＋3e·b－4e·c｜，｜ 2e·a－3e·b＋4e·c｜，｜－2e·a＋3e·b＋4e·c｜} ＝max{｜（2a＋3b＋4c）·e｜，｜（2a＋3b－4c）·e｜，｜（2a－ 3b＋4c）·e｜，｜（－2a＋3b＋4c）·e｜} ≤max{｜2a＋3b＋4c｜，｜2a＋3b－4c｜，｜2a－3b＋4c｜，｜－ 2a＋3b＋4c｜}＝max{ ， ， ， }＝ ， 此时e与2a＋3b－4c共线. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·必修第二册 目 录 $