作为优秀的教学工作者,在教学时能够胸有成竹,教师要准备好教案,这是教师的任务之一。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动,帮助授课经验少的教师教学。那么一篇好的教案要怎么才能写好呢?以下是小编为大家精心整理的“高考数学(理科)一轮复习空间向量及其运算学案附答案”,欢迎大家阅读,希望对大家有所帮助。
学案45空间向量及其运算
导学目标:1.了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
自主梳理
1.空间向量的有关概念
(1)空间向量:在空间中,具有______和______的量叫做空间向量.
(2)相等向量:方向______且模______的向量.
(3)共线向量定理
对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b的充要条件是______________________________.
推论如图所示,点P在l上的充要条件是:OP→=OA→+ta①
其中a叫直线l的方向向量,t∈R,在l上取AB→=a,则①可化为OP→=___________________或OP→=(1-t)OA→+tOB→.
(4)共面向量定理
如果两个向量a,b不共线,那么向量p与向量a,b共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb,推论的表达式为MP→=xMA→+yMB→或对空间任意一点O有,OP→=__________________或OP→=xOA→+yOB→+zOM→,其中x+y+z=____.
2.空间向量基本定理
如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在有序实数组{x,y,z},使得p=____________________________,把{a,b,c}叫做空间的一个基底.
3.空间向量的数量积及运算律
(1)数量积及相关概念
①两向量的夹角
已知两个非零向量a,b,在空间任取一点O,作OA→=a,OB→=b,则________叫做向量a与b的夹角,记作________,其范围是________________,若〈a,b〉=π2,则称a与b______________,记作a⊥b.
②两向量的数量积
已知两个非零向量a,b,则______________________叫做向量a,b的数量积,记作________,即______________________________.
(2)空间向量数量积的运算律
①结合律:(λa)b=____________________;
②交换律:ab=________;
③分配律:a(b+c)=________________.
4.空间向量的坐标表示及应用
(1)数量积的坐标运算
若a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),
则ab=____________________.
(2)共线与垂直的坐标表示
设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),
则a∥b(b≠0)____________________,__________,________________,
a⊥b_________________________________________(a,b均为非零向量).
(3)模、夹角和距离公式
设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),
则|a|=aa=_____________________________________________________________,
cos〈a,b〉=ab|a||b|=_________________________________________________________.
若A(a1,b1,c1),B(a2,b2,c2),
则|AB→|=__________________________________________________________________.
自我检测
1.若a=(2x,1,3),b=(1,-2y,9),且a∥b,则()
A.x=1,y=1B.x=12,y=-12
C.x=16,y=-32D.x=-16,y=32
2.(2011青岛月考)
如图所示,在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中,M为AC与BD的交点,若A1B1→=a,A1D1→=b,A1A→=c,则下列向量中与B1M→相等的向量是()
A.-12a+12b+cB.12a+12b+c
C.12a-12b+cD.-12a-12b+c
3.(2011广州调研)在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中,已知∠BAD=∠A′AB=∠A′AD=60°,AB=3,AD=4,AA′=5,则|AC′→|=________.
4.有下列4个命题:
①若p=xa+yb,则p与a、b共面;
②若p与a、b共面,则p=xa+yb;
③若MP→=xMA→+yMB→,则P、M、A、B共面;
④若P、M、A、B共面,则MP→=xMA→+yMB→.
其中真命题的个数是()
A.1B.2C.3D.4
5.A(1,0,1),B(4,4,6),C(2,2,3),D(10,14,17)这四个点________(填共面或不共面).
探究点一空间基向量的应用
例1已知空间四边形OABC中,M为BC的中点,N为AC的中点,P为OA的中点,Q为OB的中点,若AB=OC,求证:PM⊥QN.
变式迁移1
如图,在正四面体ABCD中,E、F分别为棱AD、BC的中点,则异面直线AF和CE所成角的余弦值为________.
探究点二利用向量法判断平行或垂直
例2(2011合肥调研)两个边长为1的正方形ABCD与正方形ABEF相交于AB,∠EBC=90°,点M、N分别在BD、AE上,且AN=DM.
(1)求证:MN∥平面EBC;(2)求MN长度的最小值.
变式迁移2
如图所示,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点.
求证:(1)AM∥平面BDE;(2)AM⊥面BDF.
探究点三利用向量法解探索性问题
例3(2011泉州月考)如图,平面PAC⊥平面ABC,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,E,F,O分别
为PA,PB,AC的中点,AC=16,PA=PC=10.
(1)设G是OC的中点,证明FG∥平面BOE;
(2)在△AOB内是否存在一点M,使FM⊥平面BOE?若存在,求出点M到OA,OB的距离;若不存在,说明理由.
变式迁移3已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D为A1C1的中点,E为B1C的中点.
(1)求直线BE与A1C所成的角的余弦值;
(2)在线段AA1上是否存在点F,使CF⊥平面B1DF?若存在,求出AF;若不存在,请说明理由.
1.向量法解立体几何问题有两种基本思路:一种是利用基向量表示几何量,简称基向量法;另一种是建立空间直角坐标系,利用坐标法表示几何量,简称坐标法.
2.利用坐标法解几何问题的基本步骤是:(1)建立适当的空间直角坐标系,用坐标准确表示涉及到的几何量.(2)通过向量的坐标运算,研究点、线、面之间的位置关系.(3)根据运算结果解释相关几何问题.
(满分:75分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.下列命题:
①若A、B、C、D是空间任意四点,则有AB→+BC→+CD→+DA→=0;
②|a|-|b|=|a+b|是a、b共线的充要条件;
③若a、b共线,则a与b所在直线平行;
④对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C,若OP→=xOA→+yOB→+zOC→(其中x、y、z∈R)则P、A、B、C四点共面.其中假命题的个数是()
A.1B.2C.3D.4
2.
如图所示,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,M、N分别是棱DD1、D1C1的中点,则直线OM()
A.既垂直于AC,又垂直于MN
B.垂直于AC,但不垂直于MN
C.垂直于MN,但不垂直于AC
D.与AC、MN都不垂直
3.(2011绍兴月考)
如图所示,在三棱柱ABC—A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E、F分别是棱AB、BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角是()
A.45°B.60°
C.90°D.120°
4.设点C(2a+1,a+1,2)在点P(2,0,0)、A(1,-3,2)、B(8,-1,4)确定的平面上,则a等于()
A.16B.4C.2D.8
5.在直角坐标系中,A(-2,3),B(3,-2),沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角,则AB的长度为()
A.2B.211C.32D.42
二、填空题(每小题4分,共12分)
6.
(2011信阳模拟)如图所示,已知空间四边形ABCD,F为BC的中点,E为AD的中点,若EF→=λ(AB→+DC→),则λ=________.
7.(2011铜川模拟)在正方体ABCD—A1B1C1D1中,给出以下向量表达式:
①(A1D1→-A1A→)-AB→;②(BC→+BB1→)-D1C1→;
③(AD→-AB→)-2DD1→;④(B1D1→+A1A→)+DD1→.
其中能够化简为向量BD1→的是________.(填所有正确的序号)
8.(2011丽水模拟)
如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos〈DP→,AE→〉=33,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为________.
三、解答题(共38分)
9.(12分)
如图所示,已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为3的正方体,点E在AA1上,点F在CC1上,且AE=FC1=1.
(1)求证:E、B、F、D1四点共面;
(2)若点G在BC上,BG=23,点M在BB1上,GM⊥BF,垂足为H,求证:EM⊥平面BCC1B1.
10.(12分)(2009福建)如图,
四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点.
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值;
(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由.
11.(14分)(2011汕头月考)
如图所示,已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a,点M、N分别是AB、CD的中点.
(1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD;
(2)求MN的长;
(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值.
学案45空间向量及其运算
自主梳理
1.(1)大小方向(2)相同相等(3)存在实数λ,使得a=λbOA→+tAB→(4)OM→+xMA→+yMB→12.xa+yb+zc3.(1)①∠AOB〈a,b〉0≤〈a,b〉≤π互相垂直②|a||b|cos〈a,b〉abab=|a||b|cos〈a,b〉
(2)①λ(ab)②ba③ab+ac4.(1)a1b1+a2b2+a3b3(2)a=λba1=λb1a2=λb2a3=λb3(λ∈R)ab=0a1b1+a2b2+a3b3=0(3)a21+a22+a23
a1b1+a2b2+a3b3a21+a22+a23b21+b22+b23a2-a12+b2-b12+c2-c12
自我检测
1.C[∵a∥b,∴2x1=1-2y=39,
∴x=16,y=-32.]
2.A[B1M→=B1A1→+A1A→+AM→
=-A1B1→+A1A→+12AB→+12AD→
=-a+c+12(a+b)=-12a+12b+c.]
3.97
解析∵AC′→=AB→+BC→+CC′→=AB→+AD→+AA′→,
∴|AC′→|2=AB→2+AD→2+AA′→2+2AB→AD→+2AD→AA′→+2AA′→AB→=32+42+52+2×3×4×cos60°+2×4×5×cos60°+2×3×5×cos60°=97,
∴|AC′→|=97.
4.B[①正确.②中若a、b共线,p与a不共线,则p=xa+yb就不成立.③正确.④中若M、A、B共线,点P不在此直线上,则MP→=xMA→+yMB→不正确.]
5.共面
解析AB→=(3,4,5),AC→=(1,2,2),AD→=(9,14,16),设AD→=xAB→+yAC→,
即(9,14,16)=(3x+y,4x+2y,5x+2y).
∴x=2y=3,从而A、B、C、D四点共面.
课堂活动区
例1解题导引欲证a⊥b,只要把a、b用相同的几个向量表示,然后利用向量的数量积证明ab=0即可,这是基向量证明线线垂直的基本方法.
证明如图所示
.
设OA→=a,OB→=b,OC→=c.
∵OM→=12(OB→+OC→)=12(b+c),
ON→=12(OA→+OC→)=12(a+c),
∴PM→=PO→+OM→=-12a+12(b+c)
=12(b+c-a),
QN→=QO→+ON→=-12b+12(a+c)=12(a+c-b).
∴PM→QN→=14[c-(a-b)][c+(a-b)]
=14[c2-(a-b)2]=14(|OC→|2-|BA→|2)
∵|AB→|=|OC→|,∴PM→QN→=0.
即PM→⊥QN→,故PM⊥QN.
变式迁移123
解析设{AB→,AC→,AD→}为空间一组基底,
则AF→=12AB→+12AC→,
CE→=12CA→+12CD→=12CA→+12(AD→-AC→)
=-AC→+12AD→.
∴AF→CE→=12AB→+12AC→-AC→+12AD→
=-12AB→AC→-12AC→2+14AB→AD→+14AC→AD→
=-14AB→2-12AC→2+18AB→2+18AC→2
=-12AC→2.
又|AF→|=|CE→|=32|AC→|,∴|AF→||CE→|=34|AC→|2.
∴cos〈AF→,CE→〉=AF→CE→|AF→||CE→|=-12AC→234|AC→|2=-23.
∴异面直线AF与CE所成角的余弦值为23.
例2解题导引
如图所示,建立坐标系后,要证MN平行于平面EBC,只要证MN→的横坐标为0即可.
(1)证明如图所示,以BA→、BC→、BE→为单位正交基底建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0),D(1,1,0),E(0,0,1),B(0,0,0),
设ANAE=DMDB=λ,则MN→=MD→+DA→+AN→=λBD→+DA→+λAE→
=λ(1,1,0)+(0,-1,0)+λ(-1,0,1)=(0,λ-1,λ).
∵0λ1,∴λ-1≠0,λ≠0,且MN→的横坐标为0.
∴MN→平行于平面yBz,即MN∥平面EBC.
(2)解由(1)知|MN→|=λ-12+λ2=2λ2-2λ+1
=2λ-122+12,
∴当λ=12时,MN取得长度的最小值为22.
变式迁移2证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系,
设AC∩BD=N,连接NE.
则点N、E的坐标分别为
22,22,0、(0,0,1).
∴NE→=-22,-22,1.
又点A、M的坐标分别为(2,2,0)、22,22,1,
∴AM→=-22,-22,1.
∴NE→=AM→且NE与AM不共线.
∴NE∥AM.
又∵NE平面BDE,AM平面BDE,
∴AM∥平面BDE.
(2)由(1)得,AM→=-22,-22,1,
∵D(2,0,0),F(2,2,1),B(0,2,0),
∴DF→=(0,2,1),BF→=(2,0,1).
∴AM→DF→=0,AM→BF→=0.∴AM→⊥DF→,AM→⊥BF→,
即AM⊥DF,AM⊥BF.
又DF∩BF=F,
∴AM⊥平面BDF.
例3解题导引建立适当的空间直角坐标系后,写出各点坐标.第(1)题证明FG→与平面BOE的法向量n垂直,即FG→n=0即可.第(2)题设出点M的坐标,利用MF→∥n即可解出,然后检验解的合理性.
(1)证明
如图,连接OP,以点O为坐标原点,分别以OB,OC,OP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O—xyz.
则O(0,0,0),A(0,-8,0),
B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,-4,3),F(4,0,3).
由题意,得G(0,4,0).
因为OB→=(8,0,0),OE→=(0,-4,3),
所以平面BOE的法向量n=(0,3,4).
由FG→=(-4,4,-3),得nFG→=0.
又直线FG不在平面BOE内,所以FG∥平面BOE.
(2)解设点M的坐标为(x0,y0,0),
则FM→=(x0-4,y0,-3).
因为FM⊥平面BOE,所以FM→∥n,
因此x0=4,y0=-94,
即点M的坐标是4,-94,0.
在平面直角坐标系xOy中,△AOB的内部区域可表示为不等式组x0,y0,x-y8.
经检验,点M的坐标满足上述不等式组.
所以,在△AOB内存在一点M,使PM⊥平面BOE.
由点M的坐标,得点M到OA,OB的距离分别为4,94.
变式迁移3解
(1)以点B为原点,以BA、BC、BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),B1(0,0,3a),
∵△ABC为等腰直角三角形,
∴AB=BC=22AC=2a,
∴A(2a,0,0),C(0,2a,0),C1(0,2a,3a),
E0,22a,32a,A1(2a,0,3a),
∴BE→=0,22a,32a,A1C→=(-2a,2a,-3a),
cos〈BE→,A1C→〉=BE→A1C→|BE→||A1C→|=-72a2112a×13a=-7143143.
∴直线BE与A1C所成的角的余弦值为7143143.
(2)假设存在点F,使CF⊥平面B1DF,
并设AF→=λAA1→=λ(0,0,3a)=(0,0,3λa)(0λ1),
∵D为A1C1的中点,∴D22a,22a,3a,
B1D→=22a,22a,3a-(0,0,3a)=22a,22a,0,
B1F→=B1B→+BA→+AF→=(0,0,-3a)+(2a,0,0)+(0,0,3λa)=(2a,0,3a(λ-1)),
CF→=CA→+AF→=(2a,-2a,0)+(0,0,3λa)
=(2a,-2a,3λa).
∵CF⊥平面B1DF,∴CF→⊥B1D→,CF→⊥B1F→,
CF→B1D→=0CF→B1F→=0,即3λa×0=09λ2-9λ+2=0,
解得λ=23或λ=13
∴存在点F使CF⊥面B1DF,且
当λ=13时,|AF→|=13|AA1→|=a,
当λ=23时,|AF→|=23|AA1→|=2a.
课后练习区
1.C[②③④均不正确.]
2.A[以D为坐标原点,以DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴建系,设棱长为2,则M(0,0,1),N(0,1,2),O(1,1,0),A(2,0,0),C(0,2,0),
∴AC→=(-2,2,0),MN→=(0,1,1),OM→=(-1,-1,1),
∴OM→AC→=0,OM→MN→=0,
∴OM⊥AC,OM⊥MN.]
3.B[
如图建立坐标系,设AB=BC=AA1=2,则E(0,1,0),F(0,0,1),C1(2,0,2),
∴EF→=(0,-1,1),BC1→=(2,0,2),
∴cos〈EF→,BC1→〉=228=12.
∵〈EF→,BC1→〉∈[0°,180°]
∴EF与BC1所成的角是60°.]
4.A[由PC→=λ1PA→+λ2PB→得:
(2a-1,a+1,2)=λ1(-1,-3,2)+λ2(6,-1,4),
∴-λ1+6λ2=2a-1-3λ1-λ2=a+1,2λ1+4λ2=2解得a=16.]
5.B[
过A、B分别作AA1⊥x轴,BB1⊥x轴,垂足分别为A1和B1,则AA1=3,A1B1=5,BB1=2,
∵AB→=AA1→+A1B1→+B1B→,
∴AB→2=AA1→2+A1B1→2+B1B→2+2AA1→B1B→=32+52+22+2×3×2×cos60°=44.∴|AB→|=211.]
6.12
解析∵EF→=EA→+AB→+BF→,
又EF→=ED→+DC→+CF→,
∴2EF→=AB→+DC→,∴EF→=12(AB→+DC→),∴λ=12.
7.①②
解析①(A1D1→-A1A→)-AB→=AD1→-AB→=BD1→;
②(BC→+BB1→)-D1C1→=BC1→-D1C1→=BD1→;
③(AD→-AB→)-2DD1→=BD→-2DD1→≠BD1→;
④(B1D1→+A1A→)+DD1→=B1D1→+(A1A→+DD1→)=B1D1→≠BD1→.
8.(1,1,1)
解析设DP=y0,则A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,y),E1,1,y2,DP→=(0,0,y),AE→=-1,1,y2.
∴cos〈DP→,AE→〉=DP→AE→|DP→||AE→|=12y2y2+y24=y8+y2=33.
解得y=2,∴E(1,1,1).
9.证明(1)
建立如图所示的空间直角坐标系,
则BE→=(3,0,1),BF→=(0,3,2),
BD1→=(3,3,3).(2分)
所以BD1→=BE→+BF→.
故BD1→、BE→、BF→共面.
又它们有公共点B,∴E、B、F、D1四点共面.(6分)
(2)设M(0,0,z),则GM→=0,-23,z.
而BF→=(0,3,2),
由题设,得GM→BF→=-23×3+z2=0,得z=1.(8分)
∴M(0,0,1),E(3,0,1),∴ME→=(3,0,0).
又BB1→=(0,0,3),BC→=(0,3,0),∴ME→BB1→=0,
∴ME→BC→=0,从而ME⊥BB1,ME⊥BC.
又∵BB1∩BC=B,∴ME⊥平面BCC1B1.(12分)
10.
解(1)如图所示,以点D为坐标原点,建立空间直角坐标系D—xyz.
依题意,得D(0,0,0),
A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),
E12,1,0.(2分)
∴NE→=-12,0,-1,
AM→=(-1,0,1).
∵cos〈NE→,AM→〉=NE→AM→|NE→||AM→|=-1252×2=-1010,
∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为1010.
(6分)
(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN.
∵AN→=(0,1,1),可设AS→=λAN→=(0,λ,λ),
又EA→=12,-1,0,
∴ES→=EA→+AS→=12,λ-1,λ.(8分)
由ES⊥平面AMN,
得ES→AM→=0,ES→AN→=0,即-12+λ=0,λ-1+λ=0.(10分)
故λ=12,此时AS→=0,12,12,|AS→|=22.
经检验,当AS=22时,ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S,
使得ES⊥平面AMN,此时AS=22.(12分)
11.(1)证明设AB→=p,AC→=q,AD→=r.
由题意可知:|p|=|q|=|r|=a,且p、q、r三向量两两夹角均为60°.
MN→=AN→-AM→=12(AC→+AD→)-12AB→
=12(q+r-p),(2分)
∴MN→AB→=12(q+r-p)p
=12(qp+rp-p2)
=12(a2cos60°+a2cos60°-a2)=0.
∴MN⊥AB
又∵CD→=AD→-AC→=r-q,
∴MN→CD→=12(q+r-p)(r-q)
=12(qr-q2+r2-qr-pr+pq)
=12(a2cos60°-a2+a2-a2cos60°-a2cos60°+a2cos60°)
=0,∴MN⊥CD.(4分)
(2)解由(1)可知MN→=12(q+r-p),
∴|MN→|2=MN→2=14(q+r-p)2
=14[q2+r2+p2+2(qr-pq-rp)]
=14a2+a2+a2+2a22-a22-a22
=14×2a2=a22.
∴|MN→|=22a,∴MN的长为22a.(9分)
(3)解设向量AN→与MC→的夹角为θ.
∵AN→=12(AC→+AD→)=12(q+r),
MC→=AC→-AM→=q-12p,
∴AN→MC→=12(q+r)q-12p
=12q2-12qp+rq-12rp
=12a2-12a2cos60°+a2cos60°-12a2cos60°
=12a2-a24+a22-a24=a22.(12分)
又∵|AN→|=|MC→|=32a,
∴AN→MC→=|AN→||MC→|cosθ
即32a32acosθ=a22.
∴cosθ=23,(13分)
∴向量AN→与MC→的夹角的余弦值为23,从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为23.(14分)
一名优秀的教师在教学时都会提前最好准备,作为高中教师就要根据教学内容制定合适的教案。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动,帮助高中教师能够井然有序的进行教学。那么,你知道高中教案要怎么写呢?小编收集并整理了“《平面向量的数量积》学案”,欢迎您参考,希望对您有所助益!
《平面向量的数量积》学案
教学目标:掌握平面向量数量积的概念、性质及简单应用
教学重点:平面向量数量积的概念、性质及应用
教学难点:对平面向量数量积应用的准确把握
教学过程:
题型一:平面向量数量积的性质与运算
【例题1】.关于平面向量,有下列5个命题:
①若,则
②‖
③
④
⑤非零向量和满足,则与的夹角为
其中真命题的序号为(写出所有真命题的序号)
【例题2】.(1)在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,则AB→AC→=________.
(2)若向量=(1,1),=(2,5),=(3,x),满足条件(8-)=30,则x=__________.
题型二:向量的夹角与模
【例题3】.已知||=4,||=3,(2-3)(2+)=61.
(1)求与的夹角θ;
(2)求|+|;
(3)若AB→=,BC→=,求△ABC的面积.
变式训练1:已知是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量满足,则的最大值是
变式训练2:已知平面向量且。
题型三:向量数量积的应用
【例题4】.给定两个长度为1的平面向量和,它们的夹角为.如图所示,点C在以O为圆心的圆弧上变动.若其中,则的最大值为。
变式训练:已知
课堂练习:
1、已知=(2,3),=(-4,7),则在方向上的投影为______.
2、设x,y∈R,向量=(x,1),=(1,y),=(2,-4),且⊥,∥,则|+|=________.
3、已知正方形ABCD的边长为1,点E是AB边上的动点,则DE→CB→的值为__________
DE→DC→的最大值为________.
4、在直角三角形ABC中,点D是斜边AB的中点,点P为线段CD的中点,则|PA|2+|PB|2|PC|2=______.
5、在矩形ABCD中,AB=2,BC=2,点E为BC的中点,点F在边CD上,若AB→AF→=2,则AE→BF→的值是________.
课堂小结:
俗话说,凡事预则立,不预则废。高中教师要准备好教案,这是教师工作中的一部分。教案可以让学生们充分体会到学习的快乐,减轻高中教师们在教学时的教学压力。您知道高中教案应该要怎么下笔吗?下面是小编精心为您整理的“平面向量的数量积”,仅供您在工作和学习中参考。
课题:2.4平面向量的数量积(2)
班级:姓名:学号:第学习小组
【学习目标】
1、掌握平面向量数量积的坐标表示;
2、掌握向量垂直的坐标表示的等价条件。
【课前预习】
1、(1)已知向量和的夹角是,||=2,||=1,则(+)2=,|+|=。
(2)已知:||=2,||=5,=-3,则|+|=,|-|=。
(3)已知||=1,||=2,且(-)与垂直,则与的夹角为
2、设轴上的单位向量,轴上的单位向量,则=,=,=,=,若=,=,则=+.=+。
3、推导坐标公式:=。
4、(1)=,则||=___________;,则||=。
(2)=;(3)⊥;(4)//。
5、已知=,=,则||=,||=,=,
=;=。
【课堂研讨】
例1、已知=,=,求(3-)(-2),与的夹角。
例2、已知||=1,||=,+=,试求:
(1)|-|(2)+与-的夹角
例3、在中,设=,=,且是直角三角形,求的值。
【学后反思】
1、平面向量数量积的概念及其几何意义;2、数量积的性质及其性质的简单应用。
课题:2.4平面向量的数量积检测案(2)
班级:姓名:学号:第学习小组
【课堂检测】
1、求下列各组中两个向量与的夹角:
(1)=,=(2)=,=
2、设,,,求证:是直角三角形。
3、若=,=,当为何值时:
(1)(2)(3)与的夹角为锐角
【课后巩固】
1、设,,是任意的非零向量,且相互不共线,则下列命题正确的有:
①()-()=②||-|||-
|③()-()不与垂直④(3+4)(3-4)=9||2-16||2
⑤若为非零向量,=,且≠,则⊥(-)
2、若=,=且与的夹角为钝角,则的取值范围是。
3、已知=,则与垂直的单位向量的坐标为。
4、已知若=,=,则+与-垂直的条件是
5、的三个顶点的坐标分别为,,,判断三角形的形状。
6、已知向量=,||=2,求满足下列条件的的坐标。
(1)⊥(2)
7、已知向量=,=。
(1)求|+|和|-|;(2)为何值时,向量+与-3垂直?
(3)为何值时,向量+与-3平行?
8、已知向量,,,其中分别为直角坐标系内轴与轴正方向上的单位向量。
(1)若能构成三角形,求实数应满足的条件;
(2)是直角三角形,求实数的值。
课题:2.4平面向量的数量积(2)
班级:姓名:学号:第学习小组
【学习目标】
3、掌握平面向量数量积的坐标表示;
4、掌握向量垂直的坐标表示的等价条件。
【课前预习】
1、(1)已知向量和的夹角是,||=2,||=1,则(+)2=,|+|=。
(2)已知:||=2,||=5,=-3,则|+|=,|-|=。
(3)已知||=1,||=2,且(-)与垂直,则与的夹角为
2、设轴上的单位向量,轴上的单位向量,则=,=,=,=,若=,=,则=+.=+。
3、推导坐标公式:=。
4、(1)=,则||=___________;,则||=。
(2)=;(3)⊥;(4)//。
5、已知=,=,则||=,||=,=,
=;=。
【课堂研讨】
例1、已知=,=,求(3-)(-2),与的夹角。
例2、已知||=1,||=,+=,试求:
(1)|-|(2)+与-的夹角
例3、在中,设=,=,且是直角三角形,求的值。
【学后反思】
1、平面向量数量积的概念及其几何意义;2、数量积的性质及其性质的简单应用。
课题:2.4平面向量的数量积检测案(2)
班级:姓名:学号:第学习小组
【课堂检测】
1、求下列各组中两个向量与的夹角:
(1)=,=(2)=,=
2、设,,,求证:是直角三角形。
3、若=,=,当为何值时:
(1)(2)(3)与的夹角为锐角
【课后巩固】
1、设,,是任意的非零向量,且相互不共线,则下列命题正确的有:
①()-()=②||-|||-
|③()-()不与垂直④(3+4)(3-4)=9||2-16||2
⑤若为非零向量,=,且≠,则⊥(-)
2、若=,=且与的夹角为钝角,则的取值范围是。
3、已知=,则与垂直的单位向量的坐标为。
4、已知若=,=,则+与-垂直的条件是
5、的三个顶点的坐标分别为,,,判断三角形的形状。
6、已知向量=,||=2,求满足下列条件的的坐标。
(1)⊥(2)
7、已知向量=,=。
(1)求|+|和|-|;(2)为何值时,向量+与-3垂直?
(3)为何值时,向量+与-3平行?
8、已知向量,,,其中分别为直角坐标系内轴与轴正方向上的单位向量。
(1)若能构成三角形,求实数应满足的条件;
(2)是直角三角形,求实数的值。
文章来源:http://m.jab88.com/j/57045.html
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