8．1.2向量數(shù)量積的運(yùn)算律[課程目標(biāo)]1.掌握平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律及常用的公式．2．會利用向量數(shù)量積的有關(guān)運(yùn)算律進(jìn)行計算或證明．[填一填]平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律(1)交換律：a·b＝b·a；(2)分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c；(3)數(shù)乘向量結(jié)合律：對任意實數(shù)λ，有λ(a·b)＝(λa)·b＝a·(λb)．[答一答]應(yīng)用兩向量數(shù)量積運(yùn)算應(yīng)避免哪些思維誤區(qū)？提示：(1)向量的數(shù)量積運(yùn)算不滿足消去律．同學(xué)們在學(xué)習(xí)中容易錯誤地認(rèn)為：由b·c＝c·a(其中c≠0)，可以約去c而得到b＝a.事實上，a與b完全可以方向不同．處理等式b·c＝c·a的手段是移項提取，即c·(a－b)＝0，所以c⊥(a－b)．(2)向量的數(shù)量積運(yùn)算同樣也不滿足乘法結(jié)合律．由于實數(shù)滿足(a·b)·c＝a·(b·c)，從而容易錯誤地認(rèn)為向量的數(shù)量積也滿足結(jié)合律(a·b)·c＝a·(b·c)．可以這樣理解：(a·b)·c是與c共線的向量，a·(b·c)是與a共線的向量，顯然a與c不一定同向，所以二者一般不相等．類型一向量數(shù)量積的運(yùn)算律[例1]給出下列結(jié)論：①若a≠0，a·b＝0，則b＝0；②若a·b＝b·c，則a＝c；③(a·b)c＝a(b·c)；④a·[b(a·c)－c(a·b)]＝0，其中正確結(jié)論的序號是________．[解析]因為兩個非零向量a，b垂直時，a·b＝0，故①不正確；當(dāng)a＝0，b⊥c時，a·b＝b·c＝0，但不能得出a＝c，故②不正確；向量(a·b)c與c共線，a(b·c)與a共線，故③不正確；a·[b(a·c)－c(a·b)]＝(a·b)(a·c)－(a·c)(a·b)＝0，故④正確．[答案]④向量的數(shù)量積a·b與實數(shù)a，b的乘積a·b有聯(lián)系，同時有許多不同之處．例如，由a·b＝0不能得出a＝0或b＝0.特別是向量的數(shù)量積不滿足結(jié)合律，即一般情況下(a·b)·c≠a·(b·c)．[變式訓(xùn)練1]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|2.其中正確的序號是①③④.解析：根據(jù)向量的數(shù)量積的分配律知①正確；因為[(b·c)·a－(c·a)·b]·c＝(b·c)·(a·c)－(c·a)·(b·c)＝0，∴(b·c)·a－(c·a)·b與c垂直，②錯誤；因為a，b不共線，所以|a|，|b|，|a－b|組成三角形三邊，∴|a|－|b|<|a－b|成立，③正確；④正確．故正確命題的序號是①③④.類型二利用數(shù)量積求長度[例2]已知|a|＝|b|＝5，向量a與b夾角θ＝eq\f(π,3)，求|a＋b|，|a－b|，|3a＋b|.[分析]解本題首先求a·b，再考慮|a±b|，|3a＋b|與a·b的聯(lián)系求解．[解]a·b＝|a||b|cosθ＝eq\f(25,2)，|a＋b|＝eq\r(a＋b2)＝eq\r(|a|2＋2a·b＋|b|2)＝5eq\r(3)，|a－b|＝eq\r(a－b2)＝eq\r(|a|2－2a·b＋|b|2)＝5，|3a＋b|＝eq\r(3a＋b2)＝eq\r(9|a|2＋6a·b＋|b|2)＝5eq\r(13).此類求解模問題一般轉(zhuǎn)化為求模平方，與向量數(shù)量積聯(lián)系，要靈活應(yīng)用a2＝|a|2，勿忘記開方.[變式訓(xùn)練2]已知向量a與b的夾角為120°，且|a|＝4，|b|＝2，求：(1)|a＋b|；(2)|3a－4b|；(3)|(a＋b)·(a－2b)|.解：已知a·b＝|a||b|cosθ＝4×2×cos120°＝－4，a2＝|a|2＝16，b2＝|b|2＝4.(1)因為|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－4)＋4＝12，所以|a＋b|＝2eq\r(3).(2)因為|3a－4b|2＝(3a－4b)2＝9a2－24a·b＋16b2＝9×16－24×(－4)＋16×4＝16×19，所以|3a－4b|＝4eq\r(19).(3)因為(a＋b)·(a－2b)＝a2－2a·b＋a·b－2b2＝16－(－4)－2×4＝12，所以|(a＋b)·(a－2b)|＝12.類型三利用數(shù)量積解決垂直問題[例3]已知|a|＝3，|b|＝2，a與b的夾角為60°，c＝3a＋5b，d＝ma－3b.當(dāng)m為何值時，c與d垂直？[分析]可利用c⊥d?c·d＝0構(gòu)造方程求m.[解]若c⊥d，則c·d＝0，即(3a＋5b)·(ma－3b)＝0，即3ma2－9a·b＋5ma·b－15b2＝0.由a2＝|a|2＝9，b2＝|b|2＝4，a·b＝|a|·|b|·cos60°＝3，得27m－27＋15m－60＝0，解得m＝eq\f(29,14).向量的垂直問題主要借助于結(jié)論a⊥b?a·b＝0，把幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題.[變式訓(xùn)練3]如圖，已知平行四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up16(→))＝a，eq\o(BC,\s\up16(→))＝b，且|a|＝|b|，試用a，b表示eq\o(BD,\s\up16(→))，eq\o(AC,\s\up16(→))并計算eq\o(BD,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))，判斷eq\o(BD,\s\up16(→))與eq\o(AC,\s\up16(→))的位置關(guān)系．解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴eq\o(AD,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))＝b，∴eq\o(BD,\s\up16(→))＝eq\o(AD,\s\up16(→))－eq\o(AB,\s\up16(→))＝b－a.而eq\o(AC,\s\up16(→))＝a＋b，∴eq\o(BD,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝(b－a)·(b＋a)＝b2－a2＝|b|2－|a|2.又∵|a|＝|b|，∴eq\o(BD,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝0，即eq\o(BD,\s\up16(→))⊥eq\o(AC,\s\up16(→)).類型四用向量解決平面幾何問題[例4]如圖，在正三角形ABC中，D、E分別是AB、BC上的一個三等分點，且AE、CD交于點P.求證：BP⊥CD.[證明]設(shè)eq\o(PD,\s\up16(→))＝λeq\o(CD,\s\up16(→))，并設(shè)正三角形ABC的邊長為a，則有eq\o(PA,\s\up16(→))＝eq\o(PD,\s\up16(→))＋eq\o(DA,\s\up16(→))＝λeq\o(CD,\s\up16(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BA,\s\up16(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(BA,\s\up16(→))－\o(BC,\s\up16(→))))＋eq\f(1,3)eq\o(BA,\s\up16(→))＝eq\f(1,3)(2λ＋1)eq\o(BA,\s\up16(→))－λeq\o(BC,\s\up16(→))，又eq\o(EA,\s\up16(→))＝eq\o(BA,\s\up16(→))－eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up16(→))，eq\o(PA,\s\up16(→))∥eq\o(EA,\s\up16(→))，設(shè)eq\o(PA,\s\up16(→))＝keq\o(EA,\s\up16(→))，∴eq\f(1,3)(2λ＋1)eq\o(BA,\s\up16(→))－λeq\o(BC,\s\up16(→))＝keq\o(BA,\s\up16(→))－eq\f(1,3)keq\o(BC,\s\up16(→))，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)2λ＋1＝k，,λ＝\f(1,3)k，))解得λ＝eq\f(1,7).∴eq\o(PD,\s\up16(→))＝eq\f(1,7)eq\o(CD,\s\up16(→))，∴eq\o(CP,\s\up16(→))＝eq\f(6,7)eq\o(CD,\s\up16(→))，∵eq\o(CD,\s\up16(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up16(→))－eq\o(BC,\s\up16(→))，∴eq\o(BP,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\o(CP,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\f(6,7)eq\o(CD,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\f(6,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(BA,\s\up16(→))－\o(BC,\s\up16(→))))＝eq\f(1,7)eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\f(4,7)eq\o(BA,\s\up16(→))，∴eq\o(BP,\s\up16(→))·eq\o(CD,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)\o(BC,\s\up16(→))＋\f(4,7)\o(BA,\s\up16(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(BA,\s\up16(→))－\o(BC,\s\up16(→))))＝eq\f(2,21)eq\o(BC,\s\up16(→))·eq\o(BA,\s\up16(→))－eq\f(1,7)eq\o(BC,\s\up16(→))2＋eq\f(8,21)eq\o(BA,\s\up16(→))2－eq\f(4,7)eq\o(BA,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))＝eq\f(2,21)a2cos60°－eq\f(1,7)a2＋eq\f(8,21)a2－eq\f(4,7)a2cos60°＝0，∴eq\o(BP,\s\up16(→))⊥eq\o(CD,\s\up16(→))，∴BP⊥CD.1解決此類問題通常先選取一組基底，基底中的向量最好是已知模及兩者之間的夾角，然后將問題中出現(xiàn)的向量用基底表示，再利用向量的運(yùn)算法則、運(yùn)算律以及一些重要性質(zhì)運(yùn)算，最后把運(yùn)算結(jié)果還原為幾何關(guān)系.2如果題目中有垂直關(guān)系，也可建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，實現(xiàn)向量的坐標(biāo)化，將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算.)[變式訓(xùn)練4]四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up16(→))＝a，eq\o(BC,\s\up16(→))＝b，eq\o(CD,\s\up16(→))＝c，eq\o(DA,\s\up16(→))＝d，且a·b＝b·c＝c·d＝d·a，試問四邊形ABCD是什么圖形？并說明理由．解：四邊形ABCD是矩形，理由如下：∵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|，即四邊形ABCD兩組對邊分別相等．∴四邊形ABCD是平行四邊形．由a·b＝b·c，有b·(a－c)＝0，而由平行四邊形ABCD可得a＝－c，代入上式得b·(2a)＝0，即a·b＝0，∴a⊥b，即AB⊥BC.綜上所述，四邊形ABCD是矩形．類型五平面向量數(shù)量積的綜合應(yīng)用[例5]設(shè)平面內(nèi)兩非零向量a與b互相垂直，且|a|＝2，|b|＝1，又k和t是兩個不同時為零的實數(shù)．(1)若x＝a＋(t－3)b與y＝－ka＋tb垂直，求k關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式k＝f(t)；(2)求函數(shù)k＝f(t)的最小值．[分析]本題主要以向量為載體考查函數(shù)的有關(guān)知識，由已知條件x⊥y，即x·y＝0，可以得到函數(shù)關(guān)系式k＝f(t)，然后利用函數(shù)性質(zhì)求最值．[解](1)∵a⊥b，∴a·b＝0，又x⊥y，∴x·y＝0，即[a＋(t－3)b]·(－ka＋tb)＝0.－ka2－k(t－3)a·b＋ta·b＋t(t－3)b2＝0，∵|a|＝2，|b|＝1，∴－4k＋t2－3t＝0，即k＝eq\f(1,4)(t2－3t)．(2)由(1)知，k＝eq\f(1,4)(t2－3t)＝eq\f(1,4)(t－eq\f(3,2))2－eq\f(9,16)，即函數(shù)的最小值為－eq\f(9,16).以向量為載體考查函數(shù)的性質(zhì)、平面幾何、解析幾何、立體幾何等是近幾年高考熱點問題，一定要認(rèn)真掌握.[變式訓(xùn)練5]設(shè)a與b是兩個互相垂直的單位向量，當(dāng)k為整數(shù)時，向量m＝ka＋b與向量n＝a＋kb的夾角能否等于60°？證明你的結(jié)論．解：不能．證明如下：∵向量a與b是兩個互相垂直的單位向量，∴|a|＝|b|＝1，a·b＝0.又|m|2＝(ka＋b)2＝k2＋1，|n|2＝(a＋kb)2＝k2＋1，m·n＝(ka＋b)·(a＋kb)＝2k，∴2k＝eq\r(k2＋1)·eq\r(k2＋1)×cos60°，即4k＝k2＋1，解得k＝2±eq\r(3)，這與k為整數(shù)矛盾，∴m與n的夾角不能等于60°.1．設(shè)a與b的模分別為4和3，夾角為60°，則|a＋b|＝(C