2022年高三數學大一輪復習 5.3平面向量的數量積教案 理 新人教A版

2022年高三數學大一輪復習 5.3平面向量的數量積教案 理 新人教A版 xx高考會這樣考1.考查兩個向量的數量積的求法；2.利用兩個向量的數量積求向量的夾角、向量的模；3.利用兩個向量的數量積證明兩個向量垂直復習備考要這樣做1.理解數量積的意義，掌握求數量積的各種方法；2.理解數量積的運算性質；3.利用數量積解決向量的幾何問題1 平面向量的數量積已知兩個非零向量a和b，它們的夾角為，則數量|a|b|cos 叫做a和b的數量積(或內積)，記作a·b|a|b|cos .規(guī)定：零向量與任一向量的數量積為_0_.兩個非零向量a與b垂直的充要條件是a·b0，兩個非零向量a與b平行的充要條件是a·b±|a|b|.2 平面向量數量積的幾何意義數量積a·b等于a的長度|a|與b在a的方向上的投影|b|cos 的乘積3 平面向量數量積的重要性質(1)e·aa·e|a|cos ；(2)非零向量a，b，aba·b0；(3)當a與b同向時，a·b|a|b|；當a與b反向時，a·b|a|b|，a·aa2，|a|；(4)cos ；(5)|a·b|_|a|b|.4 平面向量數量積滿足的運算律(1)a·bb·a(交換律)；(2)(a)·b(a·b)a·(b)(為實數)；(3)(ab)·ca·cb·c.5 平面向量數量積有關性質的坐標表示設向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，則a·bx1x2y1y2，由此得到(1)若a(x，y)，則|a|2x2y2或|a|.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A、B兩點間的距離|AB|.(3)設兩個非零向量a，b，a(x1，y1)，b(x2，y2)，則abx1x2y1y20.難點正本疑點清源1 向量的數量積是一個實數兩個向量的數量積是一個數量，這個數量的大小與兩個向量的長度及其夾角的余弦值有關，在運用向量的數量積解題時，一定要注意兩向量夾角的范圍2 a·b>0是兩個向量a·b夾角為銳角的必要不充分條件因為若a，b0，則a·b>0，而a，b夾角不是銳角；另外還要注意區(qū)分ABC中，、的夾角與角B的關系3 計算數量積時利用數量積的幾何意義是一種重要方法1 已知向量a和向量b的夾角為135°，|a|2，|b|3，則向量a和向量b的數量積a·b_.答案3解析a·b|a|b|cos 135°2×3×3.2 已知ab，|a|2，|b|3，且3a2b與ab垂直，則實數的值為_答案解析由ab知a·b0.又3a2b與ab垂直，(3a2b)·(ab)3a22b23×222×320.3 已知a(2,3)，b(4,7)，則a在b方向上的投影為_答案解析設a和b的夾角為，|a|cos |a|.4 (xx·遼寧)已知向量a(2,1)，b(1，k)，a·(2ab)0，則k等于()A12 B6 C6 D12答案D解析由已知得a·(2ab)2a2a·b2(41)(2k)0，k12.5 (xx·陜西)設向量a(1，cos )與b(1,2cos )垂直，則cos 2等于 ()A. B. C0 D1答案C解析利用向量垂直及倍角公式求解a(1，cos )，b(1,2cos )ab，a·b12cos20，cos2，cos 22cos21110.題型一平面向量的數量積的運算例1(1)在RtABC中，C90°，AC4，則·等于()A16 B8 C8 D16(2)若向量a(1,1)，b(2,5)，c(3，x)，滿足條件(8ab)·c30，則x等于()A6 B5 C4 D3思維啟迪：(1)由于C90°，因此選向量，為基底(2)先算出8ab，再由向量的數量積列出方程，從而求出x.答案(1)D(2)C解析(1)·()·()·16.(2)a(1,1)，b(2,5)，8ab(8,8)(2,5)(6,3)又(8ab)·c30，(6,3)·(3，x)183x30.x4.探究提高求兩個向量的數量積有三種方法：利用定義；利用向量的坐標運算；利用數量積的幾何意義本題從不同角度創(chuàng)造性地解題，充分利用了已知條件(xx·北京)已知正方形ABCD的邊長為1，點E是AB邊上的動點，則·的值為_；·的最大值為_答案11解析方法一以射線AB，AD為x軸，y軸的正方向建立平面直角坐標系，則A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，則E(t,0)，t0,1，則(t，1)，(0，1)，所以·(t，1)·(0，1)1.因為(1,0)，所以·(t，1)·(1,0)t1，故·的最大值為1.方法二由圖知，無論E點在哪個位置，在方向上的投影都是CB1，·|·11，當E運動到B點時，在方向上的投影最大即為DC1，(·)max|·11.題型二向量的夾角與向量的模例2已知|a|4，|b|3，(2a3b)·(2ab)61，(1)求a與b的夾角；(2)求|ab|；(3)若a，b，求ABC的面積思維啟迪：運用數量積的定義和|a|.解(1)(2a3b)·(2ab)61，4|a|24a·b3|b|261.又|a|4，|b|3，644a·b2761，a·b6.cos .又0，.(2)可先平方轉化為向量的數量積|ab|2(ab)2|a|22a·b|b|2422×(6)3213，|ab|.(3)與的夾角，ABC.又|a|4，|b|3，SABC|sinABC×4×3×3.探究提高(1)在數量積的基本運算中，經常用到數量積的定義、模、夾角等公式，尤其對|a|要引起足夠重視，它是求距離常用的公式(2)要注意向量運算律與實數運算律的區(qū)別和聯系在向量的運算中，靈活運用運算律，達到簡化運算的目的 (1)已知向量a、b滿足|a|1，|b|4，且a·b2，則a與b的夾角為()A. B. C. D.(2)已知向量a(1，)，b(1,0)，則|a2b|等于()A1 B. C2 D4答案(1)C(2)C解析(1)cosa，b，a，b.(2)|a2b|2a24a·b4b244×144，|a2b|2.題型三向量數量積的綜合應用例3已知a(cos ，sin )，b(cos ，sin )(0<<<)(1)求證：ab與ab互相垂直；(2)若kab與akb的模相等，求.(其中k為非零實數)思維啟迪：(1)證明兩向量互相垂直，轉化為計算這兩個向量的數量積問題，數量積為零即得證(2)由模相等，列等式、化簡(1)證明(ab)·(ab)a2b2|a|2|b|2(cos2sin2)(cos2sin2)0，ab與ab互相垂直(2)解kab(kcos cos ，ksin sin )，akb(cos kcos ，sin ksin )，|kab|，|akb|.|kab|akb|，2kcos()2kcos()又k0，cos()0.0<<<，0<<，.探究提高(1)當向量a與b是坐標形式給出時，若證明ab，則只需證明a·b0x1x2y1y20.(2)當向量a，b是非坐標形式時，要把a，b用已知的不共線向量作為基底來表示且不共線的向量要知道其模與夾角，從而進行運算證明a·b0.(3)數量積的運算中，a·b0ab中，是對非零向量而言的，若a0，雖然有a·b0，但不能說ab. 已知平面向量a(，1)，b.(1)證明：ab；(2)若存在不同時為零的實數k和t，使ca(t23)b，dkatb，且cd，試求函數關系式kf(t)(1)證明a·b×1×0，ab.(2)解ca(t23)b，dkatb，且cd，c·da(t23)b·(katb)ka2t(t23)b2tk(t23)a·b0，又a2|a|24，b2|b|21，a·b0，c·d4kt33t0，kf(t) (t0)三審圖形抓特點典例：(4分)如圖所示，把兩塊斜邊長相等的直角三角板拼在一起，若xy，則x_，y_.審題路線圖圖形有一副三角板構成(注意一副三角板的特點)令|AB|1，|AC|1(一副三角板的兩斜邊等長)|DE|BC|(非等腰三角板的特點)|BD|DE|sin 60°×(注意ABD45°90°135°)在上的投影即為xx|AB|BD|cos 45°1×1在上的投影即為yy|BD|·sin 45°×.解析方法一結合圖形特點，設向量，為單位向量，由xy知，x，y分別為在，上的投影又|BC|DE|，|·sin 60°.在上的投影x1cos 45°1×1，在上的投影ysin 45°.方法二xy，又，xy，(x1)y.又，·(x1)2.設|1，則由題意|.又BED60°，|.顯然與的夾角為45°.由·(x1)2，得×1×cos 45°(x1)×12.x1.同理，在(x1)y兩邊取數量積可得y.答案1溫馨提醒突破本題的關鍵是，要抓住圖形的特點(圖形由一副三角板構成)根據圖形的特點，利用向量分解的幾何意義，求解方便快捷方法二是原試題所給答案，較方法一略顯繁雜方法與技巧1 計算數量積的三種方法：定義、坐標運算、數量積的幾何意義，要靈活選用，和圖形有關的不要忽略數量積幾何意義的應用2 求向量模的常用方法：利用公式|a|2a2，將模的運算轉化為向量的數量積的運算3 利用向量垂直或平行的條件構造方程或函數是求參數或最值問題常用的方法與技巧失誤與防范1 (1)0與實數0的區(qū)別：0a00，a(a)00，a·000；(2)0的方向是任意的，并非沒有方向，0與任何向量平行，我們只定義了非零向量的垂直關系2 a·b0不能推出a0或b0，因為a·b0時，有可能ab.3 a·ba·c(a0)不能推出bc，即消去律不成立A組專項基礎訓練(時間：35分鐘，滿分：57分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1 (xx·遼寧)已知向量a(1，1)，b(2，x)，若a·b1，則x等于()A1 B C. D1答案D解析a·b(1，1)·(2，x)2x1x1.2 (xx·重慶)設x，yR，向量a(x,1)，b(1，y)，c(2，4)，且ac，bc，則|ab|等于()A. B. C2 D10答案B解析a(x,1)，b(1，y)，c(2，4)，由ac得a·c0，即2x40，x2.由bc，得1×(4)2y0，y2.a(2,1)，b(1，2)ab(3，1)，|ab|.3 已知向量a(1,2)，b(2，3)若向量c滿足(ca)b，c(ab)，則c等于()A. B.C. D.答案D解析設c(x，y)，則ca(x1，y2)，又(ca)b，2(y2)3(x1)0.又c(ab)，(x，y)·(3，1)3xy0.聯立解得x，y.4 在ABC中，AB3，AC2，BC，則·等于()A B C. D.答案D解析由于·|·|·cosBAC(|2|2|2)×(9410).二、填空題(每小題5分，共15分)5 (xx·課標全國)已知向量a，b夾角為45°，且|a|1，|2ab|，則|b|_.答案3解析a，b的夾角為45°，|a|1，a·b|a|·|b|cos 45°|b|，|2ab|244×|b|b|210，|b|3.6 (xx·浙江)在ABC中，M是BC的中點，AM3，BC10，則·_.答案16解析如圖所示，·()·()22|2|292516.7 已知a(2，1)，b(，3)，若a與b的夾角為鈍角，則的取值范圍是_答案(，6)解析由a·b<0，即23<0，解得<，由ab得：6，即6.因此<，且6.三、解答題(共22分)8 (10分)已知a(1,2)，b(2，n) (n>1)，a與b的夾角是45°.(1)求b；(2)若c與b同向，且a與ca垂直，求c.解(1)a·b2n2，|a|，|b|，cos 45°，3n216n120，n6或n(舍)，b(2,6)(2)由(1)知，a·b10，|a|25.又c與b同向，故可設cb (>0)，(ca)·a0，b·a|a|20，cb(1,3)9 (12分)設兩個向量e1、e2滿足|e1|2，|e2|1，e1、e2的夾角為60°，若向量2te17e2與向量e1te2的夾角為鈍角，求實數t的取值范圍解e1·e2|e1|·|e2|·cos 60°2×1×1，(2te17e2)·(e1te2)2te7te(2t27)e1·e28t7t2t272t215t7.由已知得2t215t7<0，解得7<t<.當向量2te17e2與向量e1te2反向時，設2te17e2(e1te2)，<0，則2t27t或t(舍)故t的取值范圍為(7，)(，)B組專項能力提升(時間：25分鐘，滿分：43分)一、選擇題(每小題5分，共15分)1 (xx·湖南)在ABC中，AB2，AC3，·1，則BC等于()A. B. C2 D.答案A解析·1，且AB2，1|cos(B)，|cos B1.在ABC中，|AC|2|AB|2|BC|22|AB|BC|cos B，即94|BC|22×(1)|BC|.2 已知|a|6，|b|3，a·b12，則向量a在向量b方向上的投影是()A4 B4 C2 D2答案A解析a·b為向量b的模與向量a在向量b方向上的投影的乘積，得a·b|b|a|·cosa，b，即123|a|·cosa，b，|a|·cosa，b4.3 (xx·江西)在直角三角形ABC中，點D是斜邊AB的中點，點P為線段CD的中點，則等于 ()A2 B4 C5 D10答案D解析，|222·2.，|222·2.|2|2(22)2·()2222·222.又2162，2，代入上式整理得|2|210|2，故所求值為10.二、填空題(每小題5分，共15分)4 (xx·安徽)設向量a(1,2m)，b(m1,1)，c(2，m)若(ac)b，則|a|_.答案解析利用向量數量積的坐標運算求解ac(1,2m)(2，m)(3,3m)(ac)b，(ac)·b(3,3m)·(m1,1)6m30，m.a(1，1)，|a|.5 (xx·江蘇)如圖，在矩形ABCD中，AB，BC2，點E為BC的中點，點F在邊CD上，若·，則·的值是_答案解析方法一坐標法以A為坐標原點，AB，AD所在直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系，則A(0,0)，B(，0)，E(，1)，F(x,2)故(，0)，(x,2)，(，1)，(x，2)，·(，0)·(x,2)x.又·，x1.(1，2)·(，1)·(1，2)22.方法二用，表示，是關鍵設x，則(x1).··()·(x)x22x，又·，2x，x.·()·22×2×4.6 (xx·上海)在矩形ABCD中，邊AB、AD的長分別為2、1，若M、N分別是邊BC、CD上的點，且滿足，則·的取值范圍是_答案1,4解析利用基向量法，把，都用，表示，再求數量積如圖所示，設(01)，則，(1)，·()·()()·(1)(1)··4(1)43，當0時，·取得最大值4；當1時，·取得最小值1.·1,4三、解答題7 (13分)設平面上有兩個向量a(cos ，sin ) (0°<360°)，b.(1)求證：向量ab與ab垂直；(2)當向量ab與ab的模相等時，求的大小(1)證明(ab)·(ab)a2b2|a|2|b|2(cos2sin2)0，故向量ab與ab垂直(2)解由|ab|ab|，兩邊平方得3|a|22a·b|b|2|a|22a·b3|b|2，所以2(|a|2|b|2)4a·b0，而|a|b|，所以a·b0，即·cos ·sin 0，即cos(60°)0，60°k·180°90°， kZ，即k·180°30°，kZ，又0°<360°，則30°或210°.