數(shù)學(xué)人教B版必修4學(xué)案2.3.2向量數(shù)量積的運算律

2.3.2向量數(shù)量積的運算律基礎(chǔ)知識基本能力1．掌握平面向量數(shù)量積的運算律及常用恒等式．(重點)2．理解數(shù)量積運算律的適用范圍，并注意與實數(shù)乘法、數(shù)乘向量運算律的區(qū)別與聯(lián)系．(難點、易錯點)1．能正確地運用數(shù)量積的運算律進(jìn)行相關(guān)的計算或證明．(重點)2．要注意運算律可以雙向使用，并要知道數(shù)量積運算不滿足結(jié)合律，也就是說，一般情況下(a·b)c≠a(b·c)．(難點、易錯點)向量數(shù)量積的運算律已知向量a，b，c與實數(shù)λ，則a·b＝b·aλ(a·b)＝(λa)·b＝a·(λb)(a＋b)·c＝a·c＋b·c【自主測試1】下列命題正確的是()A．|a·b|＝|a||b|B．a(chǎn)·b≠0?|a|＋|b|≠0C．a(chǎn)·b＝0?|a||b|＝0D．(a＋b)·c＝a·c＋b·c答案：D【自主測試2】向量m和n滿足|m|＝1，|n|＝eq\r(2)，且m⊥(m－n)，則m與n夾角的大小為()A．30°B．45°C．75°D．135°解析：設(shè)m與n的夾角為θ，則由m⊥(m－n)，知m·(m－n)＝0，即m2－m·n＝0，∴m·n＝m2＝|m|2＝1，∴cosθ＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴θ＝45°.答案：B【自主測試3】已知|a|＝4，|b|＝5，且a，b的夾角為60°.求：(1)a2－b2；(2)(2a＋3b)·(3a－2b)．解：(1)a2－b2＝|a|2－|b|2＝42－52＝－9；(2)(2a＋3b)·(3a－2b)＝6a2＋5a·b－6b2＝6×16＋5×4×5cos60°－6×25＝－4.向量數(shù)量積的運算不滿足結(jié)合律剖析：向量數(shù)量積的運算不滿足結(jié)合律，即等式(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立，下面給出說明：思路一：舉反例．如圖所示，設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，且|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝3，〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,3)，〈eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,3)，則〈eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(2π,3)，∴a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝1，b·c＝|b||c|cos〈b，c〉＝3.∴(a·b)·c＝c，a·(b·c)＝3a.很明顯c＝3a不成立，∴(a·b)·c＝a·(b·c)不成立．故等式(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．思路二：下面用向量數(shù)量積的幾何意義來分析．由于向量的數(shù)量積是實數(shù)，則設(shè)a·b＝λ，b·c＝μ.則(a·b)·c＝λc，a·(b·c)＝μa.由于c，a是任意向量，則λc＝μa不一定成立．故等式(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．題型一有關(guān)向量的數(shù)量積、模、垂直等的計算【例題1】設(shè)O為△ABC的外心，OD⊥BC于點D，且||＝eq\r(3)，||＝1，則·(－)的值是()A．1B．2C．eq\r(2)D．eq\r(3)解析：由O是△ABC的外心及OD⊥BC可知，D為邊BC的中點，將變形為eq\f(1,2)(＋)，再利用數(shù)量積的運算律求解．答案：A反思求解本題時，要注意幾何性質(zhì)的應(yīng)用，將向量進(jìn)行適當(dāng)轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)化的目的是用上已知條件．另外，求平面向量的數(shù)量積時，常用到以下結(jié)論：(1)a2＝|a|2；(2)(xa＋yb)·(mc＋nd)＝xma·c＋xna·d＋ymb·c＋ynb·d，其中x，y，m，n∈R，類似于多項式的乘法法則；(3)(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2；(4)(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c.【例題2】已知|a|＝1，|b|＝eq\r(2)，(1)若a∥b，求a·b；(2)若a，b的夾角為60°，求|a＋b|.分析：(1)根據(jù)數(shù)量積的定義求解；(2)利用關(guān)系式a2＝|a|2可使向量的長度與向量的數(shù)量積互相轉(zhuǎn)化．解：(1)∵a∥b，∴a與b的夾角為0或π.當(dāng)a與b的夾角為0時，a·b＝|a|·|b|cos0＝1×eq\r(2)×cos0＝eq\r(2)；當(dāng)a與b的夾角為π時，a·b＝|a|·|b|cosπ＝1×eq\r(2)×(－1)＝－eq\r(2).(2)|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2|a|·|b|cos60°＝12＋(eq\r(2))2＋2×1×eq\r(2)×eq\f(1,2)＝3＋eq\r(2).故|a＋b|＝eq\r(3＋\r(2)).反思利用數(shù)量積求解長度問題是數(shù)量積的重要應(yīng)用，要掌握此類問題的處理方法：(1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝eq\r(a·a).(2)|a±b|＝eq\r(a±b2)＝eq\r(a2＋b2±2a·b).【例題3】已知|a|＝5，|b|＝4，且a與b的夾角為60°，若向量ka－b與a＋2b垂直，求k的值．分析：由(ka－b)⊥(a＋2b)，得(ka－b)·(a＋2b)＝0，展開求解即可．解：∵(ka－b)⊥(a＋2b)，∴(ka－b)·(a＋2b)＝0，即ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，即k×52＋(2k－1)×5×4×cos60°－2×42k＝eq\f(14,15)，故若向量ka－b與向量a＋2b垂直，則k的值為eq\f(14,15).反思(1)對數(shù)量積的運算律要熟練掌握．(2)非零向量a·b＝0?a⊥b是非常重要的性質(zhì)，對于解決平面幾何圖形中的垂直問題有很大幫助，應(yīng)熟練掌握．題型二有關(guān)幾何證明問題【例題4】如圖，AD，BE，CF是△ABC的三條高．求證：AD，BE，CF相交于一點．分析：解答本題可先設(shè)兩條高交于一點，再利用向量的數(shù)量積證明第三條高也過此點．證明：設(shè)BE，CF交于點H，設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AH,\s\up6(→))＝h，則eq\o(BH,\s\up6(→))＝h－a，eq\o(CH,\s\up6(→))＝h－b，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b－a.∵eq\o(BH,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(CH,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，∴(h－a)·b＝0，(h－b)·a＝0.∴(h－a)·b＝(h－b)·a，化簡得h·(b－a)＝0.∴eq\o(AH,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→)).∴AH與AD重合，即AD，BE，CF相交于一點．反思向量作為一種工具在解決幾何問題時有著廣泛的應(yīng)用，幾何問題向向量的轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵一步，同時注意向量的數(shù)量積及向量的運算律的運用；在應(yīng)用時還要注意向量的相關(guān)概念與一些幾何概念的區(qū)別，如向量的夾角與直線的夾角就不相同．題型三易錯辨析【例題5】已知O為△ABC所在平面內(nèi)一點，且滿足(－)·(＋－2)＝0，試判斷△ABC的形狀．錯解：由已知(－)·(＋－2)＝0，可得(－)·[(－)＋(－)]＝0，即(－)·(＋)＝0，∴＝或＝－，即||＝||，∴△ABC為等腰三角形．錯因分析：誤認(rèn)為a·b＝0?a＝0或b＝0.實際上當(dāng)a⊥b時，a·b＝0也成立．正解：－＝＝－，＋－2eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋(－)＝＋.∵(－)·(＋－2eq\o(OA,\s\up6(→)))＝0，∴(－Aeq\o(C,\s\up6(→)))·(＋)＝0.由數(shù)量積的運算律可化為－＝0，即＝，即||2＝||2，∴AB＝AC，∴△ABC為等腰三角形．1．有下面四個關(guān)系式：①0·0＝0；②(a·b)·c＝a·(b·c)；③a·b＝b·a；④0a＝0.其中正確的個數(shù)是()A．4B．3C．2D．1解析：①錯誤，因為向量數(shù)量積的結(jié)果是數(shù)量而不是向量；②錯誤，因為向量數(shù)量積不滿足結(jié)合律；③顯然正確；④錯誤，因為實數(shù)與向量的積結(jié)果應(yīng)是向量．答案：D2．如圖所示，在菱形ABCD中，下列關(guān)系式不正確的是()A．∥B．(＋)⊥(＋)C．(－)·(－)＝0D．·＝·解析：選項A顯然正確；選項B中，＋＝，＋＝，∵菱形的對角線互相垂直，∴⊥，∴選項B正確；選項C中，－＝，－＝，而⊥，∴選項C正確；選項D中，·＝||||cos∠BAD，·＝||||cos(π－∠BAD)＝－||||cos∠BAD＝－·，∴選項D錯誤．答案：D3．已知|a|＝3，|b|＝4，a，b的夾角為60°，則|2a－b|＝__________.答案：2eq\r(7)4．若向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，且|a|＝3，|b|＝1，|c|＝4，則a·b＋b·c＋c·a＝__________.解析：解析一：根據(jù)已知條件，知|c|＝|a|＋|b|，c＝－a－b，從而可知a與b同向，c與a，b反向．所以有a·b＋b·c＋c·a＝3×1×cos0＋1×4×cosπ＋4×3×cosπ＝3－4－12＝－13.解析二：因為(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)，所以a·b＋b·c＋c·a＝eq\f(a＋b＋c2－a2＋b2＋c2,2)＝eq\f(a＋b＋c2－|a|2＋|b|2＋|c|2,2)＝eq\f(0－32＋12＋42,2)＝－13.答案：－135．在△ABC中，若·＝·＝·，求證：點O是△ABC的垂心．證明：由·＝·，得·(－)＝0，∴·＝0.∴⊥，即OB⊥CA．同理，OC⊥AB，OA⊥BC．∴O為△ABC的垂心．6．已知非零向量a，b滿足a＋3b與7a－5b互相垂直，a－4b與7a－2b互相垂直，求a與b的夾角．解：由已知條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋3b·7a－5b＝0，,a－4b·7a－2b＝0，))∴eq\b\