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2019-2020年高一數(shù)學 5.6平面向量的數(shù)量積及運算律（備課資料） 大綱人教版必修 1.概念辨析：正確理解向量夾角定義 對于兩向量夾角的定義，兩向量的夾角指從同一點出發(fā)的兩個向量所構(gòu)成的較小的非負角，因?qū)ο蛄繆A角定義理解不清而造成解題錯誤是一些易見的錯誤，如： ［例1］已知△ABC中，a＝5，b＝8，C＝60，求. 對此題，有同學求解如下： 解：如圖，∵｜｜＝a＝5，｜｜＝b＝8，C＝60， ∴＝｜｜｜｜cosC＝58cos60＝20. 分析：上述解答，乍看正確，但事實上確實有錯誤，原因就在于沒能正確理解向量夾角的定義，即上例中與兩向量的起點并不同 ，因此，C并不是它們的夾角，而正確的夾角應(yīng)當是C的補角120. 2.向量的數(shù)量積不滿足結(jié)合律 分析：若有(ab)c＝a(bc)，設(shè)a、b夾角為，b、c夾角為，則(ab)c＝ ｜a｜｜b｜cosc，a(bc)＝a｜b｜｜c｜cos. ∴若a＝c，＝，則｜a｜＝｜c｜，進而有：(ab)c＝a(bc) 這是一種特殊情形，一般情況則不成立.舉反例如下： 已知｜a｜＝1，｜b｜＝1，｜c｜＝，a與b夾角是60，b與c夾角是45，則： (ab)c＝(｜a｜｜b｜cos60)c＝c， a(bc)＝(｜b｜｜c｜cos45)a＝a 而c≠a，故(ab)c≠a(bc) 3.等式的性質(zhì)“實數(shù)a、b、c，且ab=ac，a≠0推出b=c”這一性質(zhì)在向量推理中不正確. ［例2］舉例說明ab=ac，且a≠0，推不出b=c. 解：?。黙｜=1，｜b｜=，a與b的夾角為45，｜c｜=，a與c的夾角為0，顯然ab=ac=，但b≠c. 4.“如果ab=0，那么a，b中至少有一個為零”這一性質(zhì)在向量推理中不正確. ［例3］已知｜a｜=2，｜b｜=3，a與b的夾角為90，求ab. 解：ab=23cos90=0，顯然a≠0，b≠0，由ab=0可推出以下四種可能： ①a=0，b≠0; ②b=0，a≠0; ③a=0且b=0; ④a≠0且b≠0但a⊥b. ●備課資料 1.常用數(shù)量積運算公式 在數(shù)量積運算律中，有兩個形似實數(shù)的完全平方和(差)公式在解題中的應(yīng)用較為廣泛. 即(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，(a－b)2＝a2－2ab＋b2 上述兩公式以及(a＋b)(a－b)＝a2－b2這一類似于實數(shù)平方差的公式在解題過程中可以直接應(yīng)用. 2.應(yīng)用舉例 ［例1］已知｜a｜＝2，｜b｜＝5，ab＝－3，求｜a＋b｜，｜a－b｜. 解：∵｜a＋b｜2＝(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2＝22＋2(－3)＋52＝23 ∴｜a＋b｜＝，∵(｜a－b｜)2＝(a－b)2＝a2－2ab＋b2＝22－2(－3)+52＝35， ∴｜a－b｜＝. ［例2］已知｜a｜＝8，｜b｜＝10，｜a＋b｜＝16，求a與b的夾角(精確到1). 解：∵(｜a＋b｜)2＝(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2＝｜a｜2＋2｜a｜｜b｜cos＋｜b｜2 ∴162＝82＋2810cos＋102， ∴cos＝，∴≈55 ［例3］在△ABC中，=a，=b，且ab＜0，則△ABC的形狀是( ) A.銳角三角形 B.直角三角形 C.鈍角三角形 D.不能確定 分析：此題主要考查兩向量夾角的概念，應(yīng)避免由ab=｜a｜｜b｜cosB＜0得cosB＜0，進而得B為鈍角，從而錯選C. 解：由兩向量夾角的概念， a與b的夾角應(yīng)是180－B ∵ab=｜a｜｜b｜cos(180－B) =－｜a｜｜b｜cosB＜0 ∴cosB＞0 又因為B∈(0，180) 所以B為銳角. 又由于角B不一定最大， 故三角形形狀無法判定. 所以應(yīng)選D. ［例4］設(shè)e1、e2是夾角為45的兩個單位向量，且a=e1+2e2，b=2e1+e2，試求：｜a+b｜的值. 分析：此題主要考查學生對單位向量的正確認識. 解：∵a+b=(e1+2e2)+(2e1+e2) =3(e1+e2)， ∴｜a+b｜=｜3(e1+e2)｜ =3｜(e1+e2)｜ =3 =3 =3 =3. ［例5］如圖，在△ABC中，AB=AC，D是BC的中點，E是從D作AC的垂線的垂足，F(xiàn)是DE的中點.求證：AF⊥BE. 證明： =(+) =(+)+(+) =+ =+｜｜｜｜cos =(+)－｜｜｜｜ =｜｜2－｜｜｜｜=0 故AF⊥BE. ［例6］(1)已知a=(cos，sin)，b=(cos5，sin5)，若ab+1=0，求sin2+cos2的值. (2)設(shè)｜m｜=2，｜n｜=1，向量m與n的夾角為，若a=4m－n，b=m+2n，c=2m－3n，求a2+3(ab)－2(bc)+1的值. 解：(1)ab=(cos，sin)(cos5，sin5) =coscos5+sinsin5=cos4. ∴cos4+1=0，2cos22=0 ∴cos2=0 ∴sin2=1. ∴sin2+cos2=1. (2)∵｜m｜=2，｜n｜=1且m⊥n， ∴m2=｜m｜2=4， n2=｜n｜=1，mn=0. ∴a2+3(ab)－2(bc)+1 =(4m－n)2+3(4m－n)(m+2n)－2(m+2n)(2m－3n)+1 =16m2－8mn+n2+12m2+24mn－3nm－6n2－4m2－6mn－8nm+12n2+1 =24m2+7n2+1=104. ［例7］△ABC中，O為外心，三條高AD、BE、CF交于點H，直線ED和AB交于點M，F(xiàn)D和AC交于點N. 求證：(1)OB⊥DF，OC⊥DE； (2)OH⊥MN. 證明：如圖所示 (1)∵=(+) =+ =｜｜｜｜cos(+A)+｜｜｜｜sinB =－R｜｜cosA+R｜｜cosAsinB =－R｜｜cosA+R｜｜cosA=0(其中R為△ABC外接圓半徑，即R=|OA|=|OB|=|OC|) ∴OC⊥DE 同理可證OB⊥DF. (2)設(shè)點H′滿足 = + +， 則=(－) =(－)(－) =｜｜2－｜｜2=0 故AH′⊥BC. 同理BH′⊥AC. 所以H′與H重合. 即=++ =( +)+ ==(+) ==｜｜｜｜sinB =R｜｜cosAsinB =2R2cosAsinBsinC， 同理=2R2cosAsinBsinC， 所以=(－) =－=0 ∴OH⊥MN.