【-學(xué)案導(dǎo)學(xué)設(shè)計(jì)】2020-2021學(xué)年高中人教B版數(shù)學(xué)必修四課時(shí)作業(yè)：2.3.2

2．3．2向量數(shù)量積的運(yùn)算律課時(shí)目標(biāo)1．把握平面對(duì)量數(shù)量積的運(yùn)算律及常用的公式．2．能運(yùn)用平面對(duì)量數(shù)量積的運(yùn)算律及常用公式進(jìn)行計(jì)算．1．向量數(shù)量積的運(yùn)算律(1)a·b＝________(交換律)；(2)(λa)·b＝________＝________(結(jié)合律)；(3)(a＋b)·c＝____________(支配律)．2．生疏以下計(jì)算結(jié)果(1)a2＝a·a＝__________；(2)(a＋b)2＝______________＝_____________________________________________；(3)(a－b)2＝__________________＝_________________________________________；(4)(a＋b)·(a－b)＝______________＝________________________________________；(5)|a＋b|2＋|a－b|2＝________________．一、選擇題1．若a、b、c為任意向量，m∈R，則下列等式不愿定成立的是()A．(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)B．(a＋b)·c＝a·c＋b·cC．m(a＋b)＝ma＋mbD．(a·b)c＝a(b·c)2．已知向量a，b滿足a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，則|2a－b|等于A．0B．2eq\r(2)C．4D．3．若向量a與b不共線，a·b≠0，且c＝a－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·a,a·b)))b，則向量a與c的夾角為()A．0B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,3)D．eq\f(π,2)4．若O為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且滿足(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－2eq\o(OA,\s\up6(→)))＝0，則△ABC的外形為()A．正三角形B．等腰三角形C．直角三角形D．A、B、C均不正確5．若非零向量a，b滿足|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，則a與b的夾角為A．30°B．60°C．120°D．150°6．若向量a與b的夾角為60°，|b|＝4，(a＋2b)·(a－3b)＝－72，則向量a的模為()A．2B．4C．6二、填空題7．設(shè)|a|＝3，|b|＝5，且a＋λb與a－λb垂直，則λ＝________．8．已知a，b都是非零向量，則a2＋b2與2a·b的大小關(guān)系是____________________9．設(shè)a，b，c是任意的非零向量，且它們相互不共線，給出下列結(jié)論：①a·c－b·c＝(a－b)·c；②(b·c)·a－(c·a)·b不與c垂直；③|a|－|b|<|a－b|；④(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|其中正確的序號(hào)是________．10．已知(a＋b)⊥(2a－b)，(a－2b)⊥(2a＋b)，則〈a，b三、解答題11．已知a是平面內(nèi)的單位向量，若向量b滿足b·(a－b)＝0，求|b|的取值范圍．12．已知平面上三個(gè)向量a、b、c的模均為1，它們相互之間的夾角均為120°．(1)求證：(a－b)⊥c；(2)若|ka＋b＋c|＝1(k∈R)，求k的值．力氣提升13．已知a，b是非零向量，當(dāng)|a＋tb|(t∈R)取最小值時(shí)，(1)求t的值；(2)已知a與b共線且同向，求證：b⊥(a＋tb)．14．△ABC三邊的長(zhǎng)滿足AC2＋AB2＝5BC2，且BE、CF分別為AC與AB邊上的中線，求證：BE⊥CF．1．在實(shí)數(shù)中，若ab＝0則a＝0或b＝0，但是在數(shù)量積中，即使a·b＝0，也不能推出a＝0或b＝0，由于其中cosθ有可能為0．2．在實(shí)數(shù)中，若ab＝bc，b≠0則a＝c，在向量中a·b＝b·c，b≠0D/?a＝c．3．向量的數(shù)量積對(duì)結(jié)合律一般不成立，(a·b)·c是一個(gè)與c共線的向量，而(a·c)·b是一個(gè)與b共線的向量，兩者一般不同．2.3.2學(xué)問梳理1．(1)b·a(2)λ(a·b)a·(λb)(3)a·c＋b·c2.(1)|a|2(2)a2＋2a·b＋b2|a|2＋2a·b＋|b|2(3)a2－2a·b＋b|a|2－2a·b＋|b|2(4)a2－b2|a|2－|b|2(5)2|a|2＋2|b|作業(yè)設(shè)計(jì)1．D[∵(a·b)c＝(|a|·|b|cosθ)c＝λc，a(b·c)＝a|b||c|cosα＝μa，而c的方向與a的方向不愿定相同．]2．B[∵|2a－b|2＝(2a－b)2＝4a2－4a·b＋b2＝4×1－4×0＋4＝8，∴|2a－b|＝2eq\r(2)3．D[∵a·c＝a·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·a,a·b)))b))＝a·a－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·a,a·b)))·(a·b)＝a·a－a·a＝0.∴a⊥c.故選D.]4．B[(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－2eq\o(OA,\s\up6(→)))＝0?eq\o(CB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0?(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0?eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AC,\s\up6(→))2＝0?|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|.]5．C[由(2a＋b)·b＝0，得2a·b＋b設(shè)a與b的夾角為θ，∴2|a||b|cosθ＋|b|2＝0.∴cosθ＝－eq\f(|b|2,2|a||b|)＝－eq\f(|b|2,2|b|2)＝－eq\f(1,2)，∴θ＝120°.]6．C[∵a·b＝|a|·|b|·cos60°＝2|a|，∴(a＋2b)·(a－3b)＝|a|2－6|b|2－a·b＝|a|2－2|a|－96＝－72.∴|a|＝6.]7．±eq\f(3,5)解析(a＋λb)·(a－λb)＝a2－λ2b2＝9－25λ2＝0，∴λ＝±eq\f(3,5).8．a(chǎn)2＋b2≥2a解析∵a2＋b2－2a·b＝(a－b)2≥∴a2＋b2≥2a·b9．①③④解析依據(jù)向量積的支配律知①正確；由于[(b·c)·a－(c·a)·b]·c＝(b·c)·(a·c)－(c·a)·(b·c)＝0，所以(b·c)·a－(c·a)·b與c垂直，②錯(cuò)誤；由于a·b不共線，所以|a|、|b|、|a－b|組成三角形三邊，所以|a|－|b|<|a－b|成立，③正確；④正確．故正確命題序號(hào)是①③④.10．π－arccoseq\f(\r(10),10)(或arccoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10))))解析由(a＋b)⊥(2a－b)可得(a＋b)·(2a－b即2a2＋a·b－b2＝0，由(a－2b)⊥(2a＋b)，可得(a－2b)·(2a＋b即2a2－3a·b－2b2＝0，①×3＋②得a2＝eq\f(5,8)b2.∴|a|2＝eq\f(5,8)|b|2，即|a|＝eq\r(\f(5,8))|b|，由①得a·b＝b2－2a2＝|b|2－2×eq\f(5,8)|b|2＝－eq\f(1,4)|b|2.∴cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－\f(1,4)|b|2,\r(\f(5,8))|b|2)＝－eq\f(\r(10),10).∴〈a，b〉＝π－arccoseq\f(\r(10),10).11．解b·(a－b)＝a·b－|b|2＝|a|·|b|cosθ－|b|2＝0，∴|b|＝|a|cosθ＝cosθ(θ為a與b的夾角)，θ∈[0，π]，∴0≤|b|≤1.12．(1)證明由于|a|＝|b|＝|c|＝1，且a、b、c之間的夾角均為120°，所以(a－b)·c＝a·c－b·c＝|a||c|cos120°－|b||c|cos120°＝0，所以(a－b)⊥c.(2)解由于|ka＋b＋c|＝1，所以(ka＋b＋c)2＝1，即k2a2＋b2＋c2＋2ka·b＋2ka·c＋2b·c所以k2＋1＋1＋2kcos120°＋2kcos120°＋2cos120°＝1.所以k2－2k＝0，解得k＝0，或k＝2.所以實(shí)數(shù)k的值為k＝0，或k＝2.13．(1)解令m＝|a＋tb|，θ為a與b的夾角，則m2＝|a|2＋2a·tb＋t2|b|＝t2|b|2＋2t|a||b|cosθ＋|a|2＝|b|2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(|a|,|b|)cosθ))2＋|a|2sin2θ，∴當(dāng)t＝－eq\f(|a|,|b|)cosθ時(shí)，|a＋tb|有最小值|a|sinθ.(2)證明∵a與b共線且方向相同，故cosθ＝1.∴t＝－eq\f(|a|,|b|).∴b·(a＋tb)＝a·b＋t|b|2＝|a||b|－|a||b|＝0.∴b⊥(a＋tb)．14．證明∵eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，∴(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝eq\o(BC,\s\up6(→))2，即eq\o(BA,\s\up6(→))2＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＝eq\o(BC,\s\up6(→))2，由已知條件：eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＝5eq\o(BC,\s\up6(→))2，得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(BC,\s\up6(→))2.∴eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))·eq\f(1,2)(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)(eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)[2eq\o(BC,\s\up6(→))2＋eq\o(CB,\s\up6(→))·(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＋eq