6.2.4第二课时　向量数量积的运算及应用

(共53张PPT)
第二课时　向量数量积的运算及应用
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
知识点一
向量数量积的运算律
01
PART
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.
（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.
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 ＝ ＋ ＝ ＋ ，
【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　
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.
【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＝－ .
－ 　
（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°＝－ .
【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.
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　
（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＝－ .
－ 　
知识点二
向量模的计算
02
PART
【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
（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
【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.
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｜＝ .
√
03
PART
知识点三
向量的夹角与垂直
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 .
【规律方法】
求向量夹角θ的基本步骤
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.
【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.
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.
√
（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°.
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.
√
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°.
√
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　
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°.
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.
课时作业
04
PART
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.
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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｜＝ .
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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.
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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.
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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.
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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
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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.
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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.
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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 　
　
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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＝
.
　
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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＝ .
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（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｜＝ .
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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. · ＝ ·
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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.
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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}　
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13. 设非零向量a与b的夹角是 ，且｜a｜＝｜a＋b｜，则
的最小值是 .
　
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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 ＝ .
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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.
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（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，＋∞）.
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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＝ .
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（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.
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