第十课时 平面向量的数量积及运算律(二)
教学目标：
掌握平面向量数量积运算规律，能利用数量积的5个重要性质及数量积运算规律解决有关问题，掌握两个向量共线、垂直的几何判断，会证明两向量垂直，以及能解决一些简单问题.
教学重点：
平面向量数量积及运算规律.
教学难点：
平面向量数量积的应用.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
上一节，我们一起学习向量数量积的定义，并一起由定义推证了5个重要性质，并得到了三个运算律，首先我们对上述内容作一简要回顾.
这一节，我们通过例题分析使大家进一步熟悉数量积的定义、性质、运算律，并掌握它们的应用.
Ⅱ.讲授新课
［例1］已知：｜a｜＝3，｜b｜＝6，当①a∥b，②a⊥b，③a与b的夹角是60°时，分别求a·b.
分析：由数量积的定义可知，它的值是两向量的模与它们夹角余弦值的乘积，只要能求出它们的夹角，就可求出a·b.
解：①当a∥b时，若a与b同向，则它们的夹角＝0°，∴a·b＝｜a｜｜b｜cos0°＝3×6×1＝18；
若a与b反向，则它们的夹角θ＝180°，
∴a·b＝｜a｜｜b｜cos180°＝3×6×(－1)＝－18；
②当a⊥b时，它们的夹角θ＝90°，
∴a·b＝0；
③当a与b的夹角是60°时，有
a·b＝｜a｜｜b｜cos60°＝3×6×＝9
评述：两个向量的数量积与它们的夹角有关，其范围是［0°，180°］，因此，当a∥b时，有0°或180°两种可能.
［例2］已知a、b都是非零向量，且a＋3b与7a－5b垂直，a－4b与7a－2b垂直，求a与b的夹角.
分析：要求a与b的夹角，只要求出a·b与｜a｜，｜b｜即可.
解：由已知(a＋3b)⊥(7a－5b)(a＋3b)·(7a－5b)＝07a2＋16a·b－15b2＝0 ①
又(a－4b)⊥(7a－2b)(a－4b)·(7a－2b)＝07a2－30a·b＋8b2＝0 ②
①－②得：46a·b＝23b2
即有a·b＝b2＝｜b｜2，
将它代入①可得：
7｜a｜2＋8｜b｜2－15｜b｜2＝0
即｜a｜2＝｜b｜2有｜a｜＝｜b｜
∴若记a与b的夹角为θ，
则cosθ＝＝＝
又θ∈［0°，180°］，∴θ＝60°
所以a与b的夹角为60°.
［例3］四边形ABCD中，＝a，＝b，＝c，＝d，且a·b＝b·c＝c·d＝d·a，试问四边形ABCD是什么图形?
分析：四边形的形状由边角关系确定，关键是由题设条件演变、推算该四边形的边角量.
解：四边形ABCD是矩形，这是因为：
一方面：∵a＋b＋c＋d＝0，
∴a＋b＝－(c＋d)，
∴(a＋b)2＝(c＋d)2
即｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝｜c｜2＋2c·d＋｜d｜2
由于a·b＝c·d，
∴｜a｜2＋｜b｜2＝｜c｜2＋｜d｜2 ①
同理有｜a｜2＋｜d｜2＝｜c｜2＋｜b｜2 ②
由①②可得｜a｜＝｜c｜，且｜b｜＝｜d｜即四边形ABCD两组对边分别相等.
∴四边形ABCD是平行四边形
另一方面，由a·b＝b·c，有b·(a－c)＝0，而由平行四边形ABCD可得a＝－c，代入上式得b·(2a)＝0
即a·b＝0，∴a⊥b也即AB⊥BC.
综上所述，四边形ABCD是矩形.
评述：(1)在四边形中，，，，是顺次首尾相接向量，则其和向量是零向量，即a＋b＋c＋d＝0，应注意这一隐含条件应用；
(2)由已知条件产生数量积的关键是构造数量积，因为数量积的定义式中含有边、角两种关系.
［例4］已知｜a｜＝2，｜b｜＝5，a·b＝－3，求｜a＋b｜，｜a－b｜.
解：∵｜a＋b｜2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝22＋2×(－3)＋52＝23
∴｜a＋b｜＝，∵(｜a－b｜)2＝(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝22－2×(－3)＋52＝35，
∴｜a－b｜＝.
［例5］已知｜a｜＝8，｜b｜＝10，｜a＋b｜＝16，求a与b的夹角θ.
解：∵(｜a＋b｜)2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝｜a｜2＋2｜a｜｜b｜cosθ＋｜b｜2
∴162＝82＋2×8×10cosθ＋102， ∴cosθ＝，∴θ≈55°
［例6］在△ABC中，＝a，＝b，且a·b＜0，则△ABC的形状是 ( )
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.不能确定
分析：此题主要考查两向量夹角的概念，应避免由a·b＝｜a｜｜b｜cosB＜0得cosB＜0，进而得B为钝角，从而错选C.
解：由两向量夹角的概念，
a与b的夹角应是180°－B
∵a·b＝｜a｜｜b｜cos(180°－B)＝－｜a｜｜b｜cosB＜0
∴cosB＞0
又因为B∈(0°，180°)所以B为锐角.
又由于角B不一定最大，
故三角形形状无法判定. 所以应选D.
［例7］设e1、e2是夹角为45°的两个单位向量，且a＝e1＋2e2，b＝2e1＋e2，
试求：｜a＋b｜的值.
分析：此题主要考查学生对单位向量的正确认识.
解：∵a＋b＝(e1＋2e2)＋(2e1＋e2)＝3(e1＋e2)，
∴｜a＋b｜＝｜3(e1＋e2)｜＝3｜(e1＋e2)｜＝3
＝3＝3
＝3.
［例8］设｜m｜＝2，｜n｜＝1，向量m与n的夹角为，若a＝4m－n，b＝m＋2n，c＝2m－3n，求a2＋3(a·b)－2(b·c)＋1的值.
解：∵｜m｜＝2，｜n｜＝1且m⊥n，
∴m2＝｜m｜2＝4，
n2＝｜n｜＝1，m·n＝0.
∴a2＋3(a·b)－2(b·c)＋1
＝(4m－n)2＋3(4m－n)·(m＋2n)－2(m＋2n)·(2m－3n)＋1
＝16m2－8m·n＋n2＋12m2＋24m·n－3n·m－6n2－4m2－6m·n－8n·m＋12n2＋1
＝24m2＋7n2＋1＝104.
Ⅲ. 课时小结
通过本节学习，要求大家掌握平面向量数量积的运算规律，掌握两个向量共线、垂直的几何判断，能利用数量积的5个重要性质解决相关问题.
Ⅳ. 课后作业
课本P83习题 4，7
平面向量的数量积及运算律
1．设a，b，c为任意非0向量，且相互不共线，则真命题为 （ ）
（1）（a·b）·c－(c·a)·b＝0 （2）|a|－|b|＜|a－b|
（3）(b·c)·a－(c·a)·b不与c垂直 （4）（3a+2b)(3a－2b)=9|a|2－4|b|2
A.（2）（4） B.（2）（3） C.（1）（2） D.（3）（4）
2．已知|a|＝3，|b|＝4，（a＋b）·（a＋3b）＝33，则a与b的夹角为 （ ）
A.30° B.60° C.120° D.150°
3．△ABC中，＝a，＝b，且a·b＞0，则△ABC为 （ ）
A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等腰直角三角形
4．已知等边△ABC的边长为1，且＝a，＝b，＝c，则a·b＋b·c＋c·a等于 （ ）
A.－ B. C.0 D.
5．已知|a|2＝1，|b|2＝2，（a－b)⊥a，则a与b的夹角为 （ ）
A.60° B.90° C.45° D.30°
6．设e1，e2是两个单位向量，它们的夹角为60°，则（2e1－e2）（3e1＋2e2）＝ .
7．已知| i |＝| j |＝1，i·j＝0，且a＋b＝2i－8j，a－b＝8i＋16j，求a·b＝ .
8．已知|a|＝3，|b|＝5，如果a∥b，则a·b＝ .
9．已知a，b，c两两垂直，且|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，求r＝a＋b＋c的长及它与a，b，c的夹角的余弦.
10．设a，b为两个相互垂直的单位向量，是否存在整数k，使向量m＝ka＋b与n＝a＋kb的夹角为60°，若存在，求k值；若不存在，说明理由.
11．非零向量（a＋3b)⊥(2a－b)，(a－2b)⊥(2a＋b)，求向量a与b夹角的余弦值.
平面向量的数量积及运算律答案
1．A 2．C 3．C 4．A 5．C 6． 7．－63 8．±15
9．已知a，b，c两两垂直，且|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，求r＝a＋b＋c的长及它与a，b，c的夹角的余弦.
解：|r|＝|a＋b＋c|＝
＝＝
设a＋b＋c与a、b、c的夹角分别为θ1，θ2，θ3
则cosθ1＝＝
同理cosθ2＝＝，cosθ3＝.
10．设a，b为两个相互垂直的单位向量，是否存在整数k，使向量m＝ka＋b与n＝a＋kb的夹角为60°，若存在，求k值；若不存在，说明理由.
解：∵|a|＝|b|＝1，又a·b＝0
m·n＝(ka＋b)·(a＋kb)＝2k，
又|m|＝，|n|＝
若cos60°＝＝＝
∴k2＋4k＋1＝0
∵k＝2±Z，∴不存在.
11．
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