2022人教版数学一轮复习平面向量的数量积教案

平面向量的数量积【考纲要求】1、平面向量的数量积①理解平面向量数量积的含义及其物理意义.②了解平面向量的数量积与向量投影的关系.③掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算.④能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.2、向量的应用①会用向量方法解决某些简单的平面几何问题.②会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题.【基础知识】1、两个非零向量的夹角的概念已知非零向量与，作，则叫与的夹角。当时与同向；当时，与反向；当时，与垂直，记。2、平面向量的数量积（内积）（1）平面向量的数量积（内积）的定义：已知两个非零的向量与，它们的夹角是，则数量||||叫与的数量积，记作·，即有·=||||。（2）对于不谈它与其它向量的夹角问题。（3）与的夹角，记作,确定向量与的夹角时，必须把两个向量平移到同一个起点。如：但是（4）平面向量的数量积是一个实数，可正，可负，可零，它不是一个向量。（5）在上的“投影”的概念：叫做向量在上的“投影”，向量在向量上的投影，它表示向量在向量上的投影对应的有向线段的数量。它是一个实数，可以是正数，可以是负数，也可以是零。（6）·的几何意义：数量积·等于的长度||与在的方向上的投影||的乘积。（7）向量的数量积公式变形后，得到，可以求两个向量的夹角。3、平面向量的数量积的运算律(1)·=（交换律）;(2)（）·=（·）=·=·（）(结合律)(3)（）·=·+·.（分配律）4、平面向量数量积的坐标表示(1)设=,=，则(竖乘相加).（2）设，则，。（3）设=,=，则（(竖乘相加等于零).设=,=，则||（斜乘相减等于零）（4）设=,=，为向量与的夹角，则（5）设,，=。5、温馨提示（1）数量积不满足结合律，即（2）消去律不成立。即由不能得到（3）由不能得到或（4）乘法公式和完全平方和差仍然成立：【例题精讲】例1已知向量与互相垂直，其中．（1）求和的值；（2）若，求的值．解（1）∵与互相垂直，则，即，代入得，又，∴.（2）∵，，∴，则，例2如图，已知△ABC中，|AC|=1,∠ABC=,∠BAC=θ,记。求关于θ的表达式;求的值域。解：（1）由正弦定理，得（2）由，得∴，即的值域为.平面向量的数量积强化训练【基础精练】1．设i，j是互相垂直的单位向量，向量a＝(m＋1)i－3j，b＝i＋(m－1)j，(a＋b)⊥(a－b)，则实数m的值为()A．－2 B．2C．－eq\f(1,2) D．不存在2．设a，b是非零向量，若函数f(x)＝(xa＋b)·(a－xb)的图象是一条直线，则必有()A．a⊥b B．a∥bC．|a|＝|b| D．|a|≠|b|3．向量a＝(－1,1)，且a与a＋2b方向相同，则a·b的范围是()A．(1，＋∞)B．(－1,1)C．(－1，＋∞)D．(－∞，1)4．已知△ABC中，a·b<0，S△ABC＝eq\f(15,4)，|a|＝3，|b|＝5，则∠BAC等于()A．30° B．－150°C．150° D．30°或150°5．(2022·辽宁)平面上O，A，B三点不共线，设则△OAB的面积等于()\r(|a|2|b|2－(a·b)2)\r(|a|2|b|2＋(a·b)2)\f(1,2)eq\r(|a|2|b|2－(a·b)2)\f(1,2)eq\r(|a|2|b|2＋(a·b)2)6．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，则等于()A．－16 B．－8C．8 D．167．已知向量a，b满足|b|＝2，a与b的夹角为60°，则b在a上的投影是________．8．已知平面向量α，β，|α|＝1，|β|＝2，α⊥(α－2β)，则|2α＋β|的值是________．9．已知|a|＝2，|b|＝eq\r(2)，a与b的夹角为45°，要使λb－a与a垂直，则λ＝________.10．在△ABC中，O为中线AM上的一个动点，若AM＝2，则)的最小值是________．11．已知|a|＝eq\r(2)，|b|＝1，a与b的夹角为45°，求使向量(2a＋λb)与(λa－3b)的夹角是锐角的λ的取值范围．12．设在平面上有两个向量a＝(cosα，sinα)(0°≤α<360°)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).(1)求证：向量a＋b与a－b垂直；(2)当向量eq\r(3)a＋b与a－eq\r(3)b的模相等时，求α的大小．13．已知向量a＝(cos(－θ)，sin(－θ))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))))，(1)求证：a⊥b；(2)若存在不等于0的实数k和t，使x＝a＋(t2＋3)b，y＝－ka＋tb满足x⊥y，试求此时eq\f(k＋t2,t)的最小值．【拓展提高】1.已知,,,。（1）求；（2）设∠BAC＝θ，且已知cos(θ+x)＝，，求sinx2.已知△ABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量m＝(a，b)，n＝(sinB，sinA)，p＝(b－2，a－2)．(1)若m∥n，求证：△ABC为等腰三角形；(2)若m⊥p，边长c＝2，角C＝eq\f(π,3)，求△ABC的面积．3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3A,2)，sin\f(3A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(A,2)，sin\f(A,2)))，且满足|m＋n|＝eq\r(3).(1)求角A的大小；(2)若|Aeq\o(C,\s\up6(→))|＋|Aeq\o(B,\s\up6(→))|＝eq\r(3)|Beq\o(C,\s\up6(→))|，试判断△ABC的形状．【基础精练参考答案】【解析】由题设知：a＝(m＋1，－3)，b＝(1，m－1)，∴a＋b＝(m＋2，m－4)，a－b＝(m，－m－2)．∵(a＋b)⊥(a－b)，∴(a＋b)·(a－b)＝0，∴m(m＋2)＋(m－4)(－m－2)＝0，解之得m＝－2.故应选A.【解析】f(x)＝(xa＋b)·(a－xb)的图象是一条直线，即f(x)的表达式是关于x的一次函数．而(xa＋b)·(a－xb)＝x|a|2－x2a·b＋a·b－x|b|2故a·b＝0，又∵a，b为非零向量，∴a⊥b，故应选A.【解析】∵a与a＋2b同向，∴可设a＋2b＝λa(λ>0)，则有b＝eq\f(λ－1,2)a，又∵|a|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，∴a·b＝eq\f(λ－1,2)·|a|2＝eq\f(λ－1,2)×2＝λ－1>－1，∴a·b的范围是(－1，＋∞)，故应选C.【解析】∵S△ABC＝eq\f(1,2)|a||b|sin∠BAC＝eq\f(15,4)，∴sin∠BAC＝eq\f(1,2)，又a·b<0，∴∠BAC为钝角，∴∠BAC＝150°.【解析】cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)，sin∠AOB＝eq\r(1－cos2〈a，b〉)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·b,|a|·|b|)))2)，所以S△OAB＝eq\f(1,2)|a||b|sin∠AOB＝eq\f(1,2)eq\r(|a|2|b|2－(a·b)2).【解析】：解法一：因为cosA＝eq\f(AC,AB)，故cosA＝AC2＝16，故选D.解法二：在上的投影为||cosA＝||，故cosA＝AC2＝16，故选D.【解析】：b在a上的投影是|b|cos〈a，b〉＝2cos60°＝1.8.eq\r(10)解析：由于α⊥(α－2β)，所以α·(α－2β)＝|α|2－2α·β＝0，故2α·β＝1，所以|2α＋β|＝eq\r(4|α|2＋4α·β＋|β|2)＝eq\r(4＋2＋4)＝eq\r(10).【解析】：由λb－a与a垂直，(λb－a)·a＝λa·b－a2＝0，所以λ＝2.【解析】：令||＝x且0≤x≤2，则||＝2－x.＝－2(2－x)x＝2(x2－2x)＝2(x－1)2－2≥－2.∴的最小值为－2.11.【解析】：由|a|＝eq\r(2)，|b|＝1，a与b的夹角为45°，则a·b＝|a||b|cos45°＝eq\r(2)×1×eq\f(\r(2),2)＝1.而(2a＋λb)·(λa－3b)＝2λa2－6a·b＋λ2a·b－3λb2＝λ2设向量(2a＋λb)与(λa－3b)的夹角为θ则cosθ＝eq\f((2a＋λb)·(λa－3b),|2a＋λb||λa－3b|)>0，且cosθ≠1，∴(2a＋λb)·(λa－3b)>0，∴λ2＋λ∴λ>2或λ<－3.假设cosθ＝1，则2a＋λb＝k(λa－3b)(k∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＝kλ，,λ＝－3k，))解得k2＝－eq\f(2,3).故使向量2a＋λb和λa－3b夹角为0°的λ所以当λ>2或λ<－3时，向量(2a＋λb)与(λa－3b评析：由于两个非零向量a，b的夹角θ满足0°≤θ≤180°，所以用cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)去判断θ分五种情况：cosθ＝1，θ＝0°；cosθ＝0，θ＝90°；cosθ＝－1，θ＝180°；cosθ<0且cosθ≠－1，θ为钝角；cosθ>0且cosθ≠1，θ为锐角．12.【解析】(1)证明：因为(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2＝(cos2α＋sin2α)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(3,4)))＝0，故a＋b与a－b垂直．(2)由|eq\r(3)a＋b|＝|a－eq\r(3)b|，两边平方得3|a|2＋2eq\r(3)a·b＋|b|2＝|a|2－2eq\r(3)a·b＋3|b|2，所以2(|a|2－|b|2)＋4eq\r(3)a·b＝0，而|a|＝|b|，所以a·b＝0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·cosα＋eq\f(\r(3),2)·sinα＝0，即cos(α＋60°)＝0，∴α＋60°＝k·180°＋90°，即α＝k·180°＋30°，k∈Z，又0°≤α<360°，则α＝30°或α＝210°.13.【解析】(1)证明：∵a·b＝cos(－θ)·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＋sin(－θ)·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝sinθcosθ－sinθcosθ＝0.∴a⊥b.(2)由x⊥y，得x·y＝0，即[a＋(t2＋3)b]·(－ka＋tb)＝0，∴－ka2＋(t3＋3t)b2＋[t－k(t2＋3)]a·b＝0，∴－k|a|2＋(t3＋3t)|b|2＝0.又|a|2＝1，|b|2＝1，∴－k＋t3＋3t＝0，∴k＝t3＋3t，∴eq\f(k＋t2,t)＝eq\f(t3＋t2＋3t,t)＝t2＋t＋3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(11,4).故当t＝－eq\f(1,2)时，eq\f(k＋t2,t)有最小值eq\f(11,4).【拓展提高参考答案】2.【解析】(1)证明：∵m∥n，∴asinA＝bsinB，即a·eq\f(a,2R)＝b·eq\f(b,2R)，其中R是△ABC外接圆半径，∴a＝b.∴△ABC为等腰三角形．(2)由题意可知m·p＝0，即a(b－2)＋b(a－2)＝0∴a＋b＝ab.由余弦定理可知，4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，即(ab)2－3ab－4＝0.∴ab＝4(舍去ab＝－1)，∴S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3). 3.【解析】(1)由|m＋n|＝eq\r(3)，得m2＋n2＋2m·n＝3，即1＋1＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3A,2)cos\f(A,2)＋sin\f(3A,2)sin\f(A,2)))＝3，∴cosA＝eq\f(1,2)，∵0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,3).(2)∵|Aeq\o(C,\s\up6(→))|＋|Aeq\o(B,\s\up6(→))|＝eq\r(3)|Beq\o(C,\s\up6(→))|，∴b＋c＝eq\r(3)a，∴sinB＋sinC＝eq\r(3)sinA，∴sinB＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)，即