2020版高考数学一轮复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 第三节 平面向量的数量积学案 理（含解析）新人教A版

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1、第三节　平面向量的数量积 2019考纲考题考情 1．平面向量的数量积 (1)向量的夹角 ①定义：已知两个非零向量a和b，作＝a，＝b，则∠AOB就是向量a与b的夹角。 ②范围：设θ是向量a与b的夹角，则0°≤θ≤180°。 ③共线与垂直：若θ＝0°，则a与b同向共线；若θ＝180°，则a与b反向共线；若θ＝90°，则a与b垂直。 (2)平面向量的数量积 ①定义：已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，则数量|a||b|cosθ叫做a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝|a||b|cosθ，规定零向量与任一向量的数量积为0，即0·a＝0。 ②几何意义：数量

2、积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cosθ的乘积。 2．平面向量数量积的性质及其坐标表示 设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为向量a，b的夹角。 (1)数量积：a·b＝|a||b|cosθ＝x1x2＋y1y2。 (2)模：|a|＝＝。 (3)夹角：cosθ＝＝。 (4)两非零向量a⊥b的充要条件：a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0。 (5)|a·b|≤|a||b|(当且仅当a∥b时等号成立)⇔|x1x2＋y1y2|≤·。 3．平面向量数量积的运算律 (1)a·b＝b·a(交换律)。 (2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(结合律)。

3、(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律)。 　 1．a在b方向上的投影与b在a方向上的投影不是一个概念，要加以区别。 2．对于两个非零向量a与b，由于当θ＝0°时，a·b>0，所以a·b>0是两个向量a，b夹角为锐角的必要不充分条件；a·b＝0也不能推出a＝0或b＝0，因为a·b＝0时，有可能a⊥b。 3．在实数运算中，若a，b∈R，则|ab|＝|a|·|b|；若a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c。但对于向量a，b却有|a·b|≤|a|·|b|；若a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c不一定成立，原因是a·b＝|a||b|cosθ，当cosθ＝0时，b与c不一定相等。 4．向量数量

4、积的运算不满足乘法结合律，即(a·b)·c不一定等于a·(b·c)，这是由于(a·b)·c表示一个与c共线的向量，而a·(b·c)表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线。 一、走进教材 1．(必修4P108A组T6改编)已知a·b＝－12，|a|＝4，a和b的夹角为135°，则|b|为(　　) A．12 B．6 C．3 D．3 解析　a·b＝|a||b|cos135°＝－12，所以|b|＝＝6。 答案　B 2．(必修4P104例1改编)已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ＝120°，则向量b在向量a方向上的投影为________。 解析　由数量积的定义知，b在

5、a方向上的投影为|b|cosθ＝4×cos120°＝－2。 答案　－2 二、走近高考 3．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝(　　) A．4　　　　B．3 C．2　　　　D．0 解析　a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2－(－1)＝3。故选B。 答案　B 4．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________。 解析　|a＋2b|＝＝ ＝2。 答案　2 5．(2016·天津高考)已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长

6、到点F，使得DE＝2EF，则·的值为(　　) A．－ B． C. D. 解析　＝－，＝＋＝＋＝＋，所以·＝(－)·＝×1×1×－＋－×1×1×＝＋－－＝。 答案　B 三、走出误区 微提醒：①搞错向量的夹角求错数量积；②不会用夹角公式计算向量的夹角。 6．已知△ABC的三边长均为1，且＝c，＝a，＝b，则a·b＋b·c＋a·c＝________。 解析　因为〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈a，c〉＝120°，|a|＝|b|＝|c|＝1，所以a·b＝b·c＝a·c＝1×1×cos120°＝－，所以a·b＋b·c＋a·c＝－。 答案　－ 7．已知非零向量a，b满足|a|＝|b|＝|a＋

7、b|，则a与2a－b夹角的余弦值为(　　) A． B． C. D. 解析　不妨设|a|＝|b|＝|a＋b|＝1，则|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b＝2＋2a·b＝1，所以a·b＝－，所以a·(2a－b)＝2a2－a·b＝，又|a|＝1，|2a－b|＝＝＝，所以a与2a－b夹角的余弦值为＝＝。 答案　D 考点一平面向量的数量积运算 【例1】　(1)设四边形ABCD为平行四边形，||＝6，||＝4，若点M，N满足＝3，＝2，则·等于(　　) A．20　　　B．15 C．9　　　D．6 (2)(2018·天津高考)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD

8、＝120°，AB＝AD＝1。若点E为边CD上的动点，则·的最小值为(　　) A． B． C. D．3 解析　(1)＝＋，＝－＝－＋，所以·＝(4＋3)·(4－3)＝(162－92)＝(16×62－9×42)＝9。故选C。 (2)如图，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(1,0)，B，C(0，)，令E(0，t)，t∈[0，]，所以·＝(－1，t)·＝t2－t＋，因为t∈[0，]，所以当t＝－＝时，·取得最小值，(·)min＝－×＋＝。故选A。 解析：令＝λ(0≤λ≤1)，由已知可得DC＝，因为＝＋λ，所以＝＋＝＋＋λ，所以·＝(＋λ

9、)·(＋＋λ)＝·＋2＋λ·＋2＝3λ2－λ＋。当λ＝－＝时，·取得最小值。故选A。 答案　(1)C　(2)A 平面向量数量积的三种运算方法 1．当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉。 2．当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2。 3．利用数量积的几何意义求解。 【变式训练】　如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，若·＝2·，则·＝________。 解析　因为·＝2·，所以·－·＝·，所以·＝·。因为AB∥CD，CD＝2

10、，∠BAD＝，所以2||＝||||cos，化简得||＝2。故·＝·(＋)＝||2＋·＝(2)2＋2×2cos＝12。 解析：如图，建立平面直角坐标系xAy。 依题意，可设点D(m，m)，C(m＋2，m)，B(n,0)，其中m>0，n>0，则由·＝2·，得(n,0)·(m＋2，m)＝2(n,0)·(m，m)，所以n(m＋2)＝2nm，化简得m＝2。故·＝(m，m)·(m＋2，m)＝2m2＋2m＝12。 答案　12 考点二解决有关向量的长度、夹角、垂直问题 微点小专题 方向1：长度问题 【例2】　(1)已知向量a＝(1，－3)，b＝(2，m)，若a∥b，则|a－2b|

11、＝(　　) A．45　　　B．90 C．3　　 D．3 (2)已知向量，满足||＝||＝2，·＝2，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，且λ＋μ＝1，则||的最小值为(　　) A．1 B． C. D. 解析　(1)因为a∥b，所以m＋6＝0，解得m＝－6，则b＝(2，－6)，所以a－2b＝(－3,9)，所以|a－2b|＝＝3。故选D。 (2)||2＝(λ＋μ)2＝[λ＋(1－λ)]2＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)·，因为·＝2，所以||2＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)·2＝4λ2－4λ＋4＝42＋3，当λ＝时，||取得最小值。 答案　(1)D　(2)D

12、1．利用数量积求解向量模的问题常用的公式： (1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝； (2)|a±b|＝＝； (3)若a＝(x，y)，则|a|＝。 2．最值问题是在变化中求得一个特殊情况，在此情况下求解目标达到最值，因此函数方法是最基本的方法之一。 方向2：夹角问题 【例3】　(2018·成都二诊)已知平面向量a，b的夹角为，且|a|＝1，|b|＝，则a＋2b与b的夹角是(　　) A． B． C. D. 解析　因为|a＋2b|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝1＋1＋4×1××cos＝3，所以|a＋2b|＝。又(a＋2b)·b＝a·b＋2|b|2＝1××cos＋2×＝＋＝，

13、所以cos〈a＋2b，b〉＝＝＝，所以a＋2b与b的夹角为。 答案　A 求向量夹角问题的方法 1．当a，b是非坐标形式时，求a与b的夹角θ，需求出a·b及|a|，|b|或得出它们之间的关系。 2．若已知a＝(x1，y1)与b＝(x2，y2)，则cos〈a，b〉＝。 注意：〈a，b〉∈[0，π]。 方向3：垂直问题 【例4】　已知向量a＝(k,3)，b＝(1,4)，c＝(2,1)，且(2a－3b)⊥c，则实数k＝(　　) A．－ B．0 C．3 D. 解析　因为2a－3b＝(2k－3，－6)，(2a－3b)⊥c，所以(2a－3b)·c＝2(2k－3)－6＝0，解得

14、k＝3。故选C。 答案　C 两个向量垂直的充要条件是两向量的数量积为0，即：a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0。应认识到此充要条件对含零向量在内的所有向量均成立，因为可视零向量与任意向量垂直。 【题点对应练】　 1．(方向1)平面向量a与b的夹角为60°，a＝(2,0)，|b|＝1，则|a＋2b|＝(　　) A．6 B．36 C．2 D．12 解析　因为a＝(2,0)，所以|a|＝2，又|b|＝1，向量a与向量b的夹角为60°，所以|a＋2b|2＝(a＋2b)2＝a2＋4a·b＋4b2＝4＋4×2×1×cos60°

15、＋4＝12，所以|a＋2b|＝2。故选C。 解析： 如图，作出＝a，＝2b，则以AB，AD为邻边作平行四边形ABCD，可得＝a＋2b，所以|a＋2b|＝AC，由题意知∠DAB＝60°，AB＝AD＝2，所以在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，故AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos120°＝4＋4－2×2×2×＝12，则|a＋2b|＝AC＝2。故选C。 答案　C 2．(方向2)已知单位向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，则a与b－a的夹角是(　　) A． B． C. D. 解析　因为|a＋b|＝|a－b|，所以(a＋b)2＝(a－b)2，整理得

16、a·b＝0。在平面直角坐标系中作出a，b，b－a，如图，易知a与b－a的夹角是。故选D。 答案　D 3．(方向3)设非零向量a，b满足|2a＋b|＝|2a－b|，则(　　) A．a⊥b B．|2a|＝|b| C．a∥b D．|a|<|b| 解析　因为|2a＋b|＝|2a－b|，所以(2a＋b)2＝(2a－b)2，化简得a·b＝0，所以a⊥b。故选A。 解析：记c＝2a，则由|2a＋b|＝|2a－b|得|c＋b|＝|c－b|，由平行四边形法则知，以向量c，b为邻边的平行四边形的对角线相等，所以该四边形为矩形，故c⊥b，即a⊥b。故选A。 答案　A 1．(配

17、合例1使用) 如图，平面四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BC＝CD＝2，点E在对角线AC上，AC＝4，AE＝1，则·的值为(　　) A．17 B．13 C．5 D．1 解析　因为∠ABC＝∠ADC＝90°，BC＝CD＝2，AC＝4，所以AB＝AD＝2，∠BAC＝∠DAC＝30°，所以·＝(＋)·(＋)＝2＋·＋·＋·＝1＋1×2×cos150°＋1×2×cos150°＋2×2×cos60°＝1－3－3＋6＝1。故选D。 答案　D 2．(配合例2使用)已知G为△ABC所在平面上一点，且＋＋＝0，∠A＝60°，·＝2，则||的最小值为________。 解析　由

18、题意得点G为△ABC的重心，则＝(＋)，所以2＝(2＋2＋2·)＝(2＋2＋4)。因为·＝||·||cos60°＝2，所以||·||＝4，所以2≥(2||·||＋4)＝，当且仅当||＝||＝2时，等号成立，所以||≥，即||的最小值为。 答案　 3．(配合例3使用)如图，在等腰梯形ABCD中，AD＝BC＝AB＝DC＝2，点E，F分别为线段AB，BC的三等分点，O为DC的中点，则cos〈，〉＝________。 解析　以O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，连接OB，可得△BOC为等边三角形，易知A(－1，)，B(1，)，C(2,0)，则E，F。所以＝，＝，故cos〈，〉＝＝＝－。

19、 答案　－ 平面向量具有“数”与“形”的双重身份，沟通了代数与几何的关系，所以平面向量的应用非常广泛，主要体现于平面向量在平面几何、函数、不等式、三角函数、解析几何等方面的应用。 　　　　　　　　　　　　　 类型一平面向量在平面几何中的应用 【例1】　(1)在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点。若·＝1，则AB＝________。 (2)已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个动点，若动点P满足＝＋λ(＋)，λ∈(0，＋∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的(　　) A．内心　　B．外心 C．重心　　D．垂心 解析　(

20、1)在平行四边形ABCD中，＝＋＝＋＝－，又因为＝＋，所以·＝(＋)·＝2－·＋·－2＝||2＋||||cos60°－||2＝1＋×||－||2＝1。所以||＝0，又||≠0，所以||＝。 (2)由原等式，得－＝λ(＋)，即＝λ(＋)，根据平行四边形法则，知＋＝2(D为BC的中点)，所以点P的轨迹必过△ABC的重心。故选C。 答案　(1)　(2)C 向量与平面几何综合问题的解法 1．坐标法 把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决。 2．基向量法 适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向

21、量间的关系构造关于未知量的方程进行求解。 【变式训练】　在△ABC中，已知向量与满足·＝0，且·＝，则△ABC为(　　) A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰非等边三角形 D．三边均不相等的三角形 解析　，分别为，方向上的单位向量，由平行四边形法则可知＋为∠BAC的平分线上的向量。因为·＝0，所以∠BAC的平分线垂直于BC，所以AB＝AC。又·＝··cos∠BAC＝，所以cos∠BAC＝，又0<∠BAC<π，故∠BAC＝，所以△ABC为等边三角形。故选A。 答案　A 类型二平面向量与函数、不等式的综合应用 【例2】　设θ是两个非零向量a，b的夹角，若对任意实数t，|a＋t

22、b|的最小值为1，则下列判断正确的是(　　) A．若|a|确定，则θ唯一确定 B．若|b|确定，则θ唯一确定 C．若θ确定，则|b|唯一确定 D．若θ确定，则|a|唯一确定 解析　设g(t)＝(a＋tb)2＝b2t2＋2ta·b＋a2，当且仅当t＝－＝－时，g(t)取得最小值1，所以b2×－2a·b×＋a2＝1，化简得a2sin2θ＝1，所以当θ确定时，|a|唯一确定。 答案　D 通过向量的数量积运算把向量运算转化为实数运算，再结合函数、不等式的知识解决，同时也要注意平面向量的坐标运算在这方面的应用。 【变式训练】　(2019·福州四校联考)已知向量a，b为单位向量

23、，且a·b＝－，向量c与a＋b共线，则|a＋c|的最小值为(　　) A．1　　　B．C.　　　D. 解析　因为向量c与a＋b共线，所以可设c＝t(a＋b)(t∈R)，所以a＋c＝(t＋1)a＋tb，所以(a＋c)2＝(t＋1)2a2＋2t(t＋1)a·b＋t2b2，因为向量a，b为单位向量，且a·b＝－，所以(a＋c)2＝(t＋1)2－t(t＋1)＋t2＝t2＋t＋1≥，所以|a＋c|≥，所以|a＋c|的最小值为。故选D。 解析：因为向量a，b为单位向量，且a·b＝－，所以向量a，b的夹角为120°，在平面直角坐标系中，不妨设向量a＝(1,0)，b＝，则a＋b＝，因为向量c与a＋b共

24、线，所以可设c＝t(t∈R)，所以a＋c＝，所以|a＋c|＝＝≥，所以|a＋c|的最小值为。故选D。 答案　D 类型三平面向量与解三角形的综合应用 【例3】　已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)，m·n＝sin2C。 (1)求角C的大小； (2)若sinA，sinC，sinB成等差数列，且·(－)＝18，求c。 解　(1)m·n＝sinA·cosB＋sinB·cosA＝sin(A＋B)， 对于△ABC，A＋B＝π－C,0

25、n＝sin2C， 所以sin2C＝sinC，cosC＝，又因为C∈(0，π)， 所以C＝。 (2)由sinA，sinC，sinB成等差数列，可得2sinC＝sinA＋sinB，由正弦定理得2c＝a＋b。 因为·(－)＝18，所以·＝18， 即abcosC＝18，ab＝36。 由余弦定理得 c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－3ab， 所以c2＝4c2－3×36，c2＝36，所以c＝6。 1．解决平面向量与三角函数的交汇问题，关键是准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数中的有关问题解决。 2．还应熟练掌握向量数量积的坐标运算公式、几何意

26、义、向量模、夹角的坐标运算公式以及三角恒等变换、正、余弦定理等知识。 【变式训练】　(2019·惠州模拟)若O为△ABC所在平面内任一点，且满足(－)·(＋－2)＝0，则△ABC的形状为(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 解析　因为(－)·(＋－2)＝0，即·(＋)＝0，(－)·(＋)＝0，即||＝||，所以△ABC是等腰三角形。故选A。 答案　A 类型四平面向量与解析几何的综合应用 【例4】　(2018·湖北黄冈二模)已知平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，a⊥(a－2b)，(c－2a)·(c－b)＝0，则|c|的最大值与最小值的

27、和为(　　) A．0　　　B．C.　　　 D. 解析　因为a⊥(a－2b)，所以a·(a－2b)＝0，即a2＝2a·b，又|a|＝|b|＝1，所以a·b＝，a与b的夹角为60°。设＝a，＝b，＝c，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则a＝，b＝(1,0)。设c＝(x，y)，则c－2a＝(x－1，y－)，c－b＝(x－1，y)。又因为(c－2a)·(c－b)＝0，所以(x－1)2＋y(y－)＝0。即(x－1)2＋2＝，所以点C的轨迹是以点M为圆心，为半径的圆。又|c|＝表示圆M上的点与原点O(0,0)之间的距离，所以|c|max＝|OM|＋，|c|min＝|OM

28、|－，所以|c|max＋|c|min＝2|OM|＝2×＝。故选D。 答案　D 本题将|c|min与|c|max通过向量的坐标运算转化为圆C：(x－1)2＋2＝上的点与原点的距离的最小值、最大值。 【变式训练】　(2019·四省八校联考)已知在Rt△ABC中，A＝，AB＝3，AC＝4，P为BC上任意一点(含B，C)，以P为圆心，1为半径作圆，Q为圆上任意一点，设＝a＋b，则a＋b的最大值为(　　) A．　　　B．C.　　　D. 解析　根据题设条件建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0,4)，B(3,0)，易知点Q运动的区域为图中的两条线段DE，GF与两个半圆围成的区域(含边界)，由＝a＋b＝(3a,4b)，设z＝a＋b，则b＝z－a，所以＝(3a,4z－4a)。设Q(x，y)，所以消去a，得y＝－x＋4z，则当点P运动时，直线y＝－x＋4z与圆相切时，直线的纵截距最大，即z取得最大值，不妨作AQ⊥BC于Q，并延长交每个圆的公切线于点R，则|AQ|＝，|AR|＝，所以点A到直线y＝－x＋4z，即4x＋3y－12z＝0的距离为，所以＝，解得z＝，即a＋b的最大值为。故选C。 答案　C 16