2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義：第四章第三講平面向量的數(shù)量積(含解析)

1、第三講平面向量的數(shù)量積ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知識(shí)梳理雙基自測知昱埜知識(shí)點(diǎn)一向量的夾角兩個(gè)非零向量 a 與 b,過 O 點(diǎn)作 OA = a, OB = b，則_/ AOB叫做向量 a 與 b 的夾角; 范圍是_0 ,n.a 與 b 的夾角為_2 時(shí)，則 a 與 b 垂直，記作 a 丄 b.知識(shí)點(diǎn)二平面向量的數(shù)量積(1)定義：已知兩個(gè)非零向量a 與 b，它們的夾角為0,則數(shù)量|a|b|cosB叫做 a 與 b 的數(shù)量積(或內(nèi)積)，記作 a b, 即卩 a b = |a|b|cos 0_，規(guī)定零向量與任一向量的數(shù)量積為0，即 0 a=0.幾何意義：數(shù)量積a b

2、等于 a 的長度|a|與 b 在 a 的方向上的投影|b|cos0的乘積.知識(shí)點(diǎn)三平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其坐標(biāo)表示(1)設(shè)向量 a = (xi, yi), b= (x2, y2),0為向量 a, b 的夾角.數(shù)量積： a b=|a|b|cos0=_x逖？+yy?_.2模：間=/a_a = _寸 x1 2+ y2_.3設(shè) A(xi, yi), B(x2, y2)，則 A, B 兩點(diǎn)間的距離 |AB|= |AB|= , xi X22+ yi y20a bxix2+ yiy2|a|b|寸 x2+ y2 x2 + y2已知兩非零向量a 與 b, a 丄 b? a b= 0?xix2+ yiy2= 0;

3、 a/ b? a b= a|b|.(或|a b|=|a| b|).|a b|w|a|b|(當(dāng)且僅當(dāng) a / b 時(shí)等號(hào)成立)? xix2+ yiy2|w,xi+ yi- .x2+ y2.平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律1a b = b a(交換律).2掃 b=Xa b)= a (b)(結(jié)合律).3(a+ b) c= a c+ b c(分配律).1.兩個(gè)向量的數(shù)量積是一個(gè)實(shí)數(shù).0 a = 0 而 0 a= 0.2 .數(shù)量積不滿足結(jié)合律(a b)CMa (b c).3.a b 中的“ ”不能省略.a a = a2= |a|2.4 倆向量 a 與 b 的夾角為銳角？a b0 且 a 與 b 不共線；兩向量 a

4、 與 b 的夾角為鈍角？a b0 ,則 a 與 b 的夾角為銳角；a b = , 2cosn=_22. C.3212-/Q-解析因?yàn)?BC= AC AB= (1 , t 3),所以 |BC|=-,；1 + t-32= 1 ,解得 t = 3,所以 BC =(1,0)，所以 AB BC = 2X1 + 3X0 = 2,故選 C.7.(2019 全國卷I,5 分)已知非零向量 a, b 滿足|a|= 2|b|,且(a b)丄 b,貝 U a 與 b 的夾 角為(B )解析方法一：由題意得，(a b) b= 0? a b = |b|2,cos a, b= |b|2,|a|= 2|b|,1 2|b|2

5、cosa, b= |b|2? cosa, b= ?,na, b= 3,故選 B.n 則 BA = a b,.B= 2 |OA|= 2|OB|,.厶OB=n即a, b=nKAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考點(diǎn)突破在梯形 ABCD 中，AB / CD , CD = 2, / BAD =；，若 AB AC = 2ABAD，則 ADAC6), |b|= . 10,a b=10.C.2n方法二：如圖所示，設(shè) O)A= a, OB互動(dòng)探究考點(diǎn)一平面向量數(shù)量積的運(yùn)算師生共研如圖所示,1與 b 的夾角為 60 所以 a b = |a|b|cos60 = 210 xQX10.解法一：(

6、利用向量的加、減法運(yùn)算和數(shù)量積的定義求解)因?yàn)?AB AC = 2AB AD，所以AB AC-AB AD = AB AD，所以 AB DC = AB -AD.n因?yàn)?AB /CD , CD = 2，/BAD = 4,f f fn所以 2|AB|=|AB|AD|cos 4,化簡得 |AD|= 2 .2（利用 a b= |a|b|cosB求解）f ffffffjjn故 AD AC = AD （AD + DC） = |AD |2+ AD DC = （2 一 2）2+ 2 ,2X2cos 4 = 12.得(n,0)(m+ 2, m) = 2(n,0) ( m, m)，所以 n(m + 2) = 2nm

7、,化簡得 m = 2.f f2故 AD AC = (m, m) (m + 2, m) = 2m + 2m= 12.名師點(diǎn)撥？向量數(shù)量積的四種計(jì)算方法(1)當(dāng)已知向量的模和夾角B時(shí)，可利用定義法求解，即a b=|a|b|cosB當(dāng)已知向量的坐標(biāo)時(shí)，可利用坐標(biāo)法求解，即若a= (x1, y1), b= (x2, y2)，貝 U a b= X1X2+ y1y2.(3)轉(zhuǎn)化法：當(dāng)模和夾角都沒給出時(shí)，即用已知?；驃A角的向量作基底來表示要求數(shù)量積的向量求解.解析因?yàn)?a= ( 2,=2 10,又 |b|=10，向量 axAy.則由 AB AC = 2AB AD ,(4)坐標(biāo)法：結(jié)合圖形特征適當(dāng)建立坐標(biāo)系，

8、求出向量的坐標(biāo)，進(jìn)而求其數(shù)量積(如本例(2).變式訓(xùn)練 1(1)(2018 課標(biāo)全國n,4)已知向量 a, b 滿足 |a|= 1, a b= 1,貝Ua (2a b)= ( B )B.3C. 2(2)在菱形 ABCD 中，對(duì)角線 AC = 4, E 為 CD 的中點(diǎn)，貝 U AE AC= ( C )B . 10D . 14解析(1)本題考查數(shù)量積的定義和運(yùn)算.a (2a b) = 2|a|2 a b= 2x12 ( 1) = 3故選(2)解法一：轉(zhuǎn)化法：注意到菱形的對(duì)角線 AC 丄 BD.故用 AC、BD 表示 AE，由題意知 AE = ACT T1T T1T T3f1f+CE=AC+2CD

9、=AC+(BDAC)=4AC+4BD,(|AC+4BD) AC=4|AC|2+4BDAC=4AC2=12，故選C.解法二：坐標(biāo)法：如圖建立平面直角坐標(biāo)系，則A(-2,0)，C(2,0)，不妨設(shè) D(0,2a)，則E(1, a)AE= (3, a), AC= (4,0)AEAC= (3, a) (4,0) = 12,故選 C.角度 1 向量的?！?例 2(1)(2020 四川綿陽一診)已知向量=(D )A.2C. 12AE AC =考點(diǎn)二向量的模、夾角多維探究a= (x 1,2), b = (x,1)，若 a II b,則 |a+ b|23 .2C. 2 .2(2)(2020 四川雙流中學(xué)月考)

10、若平面向量 a、b 的夾角為 60且 a= (1,-J3), |b|= 3,則|2a b|的值為(C )1A. 13B . .37C. .13D . 1(3)(2020 云南昆明一中模擬)已知向量 a= (2,1), a b= 10, |a + b|=兇 2,則|b|=5分析(1)由 a II b 求出 x,從而求 a+ b 的坐標(biāo)，進(jìn)而求|a+ b|;求出|a|，再由|2a b|h : 2a b2求解；(3)由(a+ b)2= 50 求解.解析a= (x 1,2), b = (x,1)且 aIIb,/x 1 = 2x,.x= 1,a= ( 2,2), b = ( 1,1), /a + b=

11、( 3,3),|a+ b|= . 32+ 32= 3.；2.故選 D .(2) -a = (1,、，/.|a|= 2.a b= |a|b|cos 60 = 3,|2a b|= ： 2a b2= .4a2 4a b+ b2= . 13.故選 C.(3) -a = (2,1),/|a|= . 5,又|a + b|= 5 ,2,/|a|2+ 2a b + |b|2= 50,a b= 10, 5+ 20+ |b|2= 50,/.|b|= 5.名師點(diǎn)撥？平面向量的模的解題方法(1) 若向量 a 是以坐標(biāo)(x, y)形式出現(xiàn)的，求向量 a 的?？芍苯永脇a|= : x2+ y2.(2) 若向量 a, b

12、 是非坐標(biāo)形式出現(xiàn)的，求向量a 的?？蓱?yīng)用公式|a|2= a2= a a,或|a )|2=(ab)2= a2i2a b+ b2,先求向量模的平方，再通過向量數(shù)量積的運(yùn)算求解.即模的問題平方 求解.角度 2 向量的夾角(1)(2020 河北武邑中學(xué)調(diào)研)已知向量 a = (2,1), b = (1,3),貝 U 向量 2a b 與 a的夾角為(C )D .30，)設(shè)平面向量 a,b 滿足 |a|= 1,A. 135C. 45，(2)(2020 廣西梧州、柳州摸底a, b 的夾角的余弦值為(B )B .14B . 60，|b|= 2, |a 2b|= .15.則向量角度 3 平面向量的垂直c.分析

13、利用夾角公式求解.解析a= (2,1), b = (1,3),|a|= ,22+ 1 =；：5, 2a b= (3, - 1),從而 |2a b|=，32+ 12= , 10,且(2a b) a= (3, 1) (2,1) = 5,記 2a b 與 a 的夾角為 0,則 cos0=2ab a 5|2ab| |a|Ox.5又 0W 0W n, 0=45故選 C.a 2b|=15,.|a|2 4a b+ 4|b|2= 15,1又|a|=1,|b|=2，a b= 2,a b 1記 a、b 的夾角為0,.cos0=廠匸=1故選 B .|a|b|4引申本例中 a 在 a+ b 方向上的投影為一護(hù)一 解析

14、Ta = 2,A|a+b|=|a|2+2a b+|b|2= 6a -a + ba 在 a+ b 方向上的投影為|a+ b|1|a|2+ab 1+ 2上|a+ b| 64名師點(diǎn)撥？求兩向量夾角的方法及注意事項(xiàng)a b(1) 一般是利用夾角公式： cos0=麗.(2)注意：數(shù)量積大于 0 說明不共線的兩向量的夾角為銳角，數(shù)量積等于0 說明兩向量的夾角為直角，數(shù)量積小于 0 且兩向量不共線時(shí)兩向量的夾角為鈍角.(3)a 在 b 方向上的投影=, a b|a|cos0=;b 在 a 方向上的投影=a b|b|cos0=.|a|(2020 河南洛陽期中)向量 a, b 均為非零向量,a, b 的夾角為(A

15、 )(a 2b)丄 a, (b 2a)丄 b，則2nC.亍分析由條件用 a b 表示|a|、|b|,用夾角公式求解.解析由題意可知(a 2b) a = |a|2- 2a b= 0,(b 2a) b = |b|2 2a b= 0,即卩 |a|2= 2a b = |b|2a b i記 a、b 的夾角為0,則 cos0=囘卜| = 2，又00,n,n0=亍，故選 A.f 例 5（2020 安徽宣城調(diào)研）已知在 ABC 中，/ A= 120且 AB= 3, AC= 4,若 AP=瓜 B+AC,且AP丄 Be，則實(shí)數(shù) 入的值為（A）22A.亦C. 6解析 因?yàn)?AP 丄 BC,所以 AP BC= (；A

16、B + AC) (AC AB)= 於 B2+ AC2+ (入一 1)AC AB=0,因此AX3?+4?+(1)X3X4Xcos 120=0,22所以A=石故選 A .名師點(diǎn)撥？平面向量垂直冋題的解題思路解決向量垂直問題一般利用向量垂直的充要條件a b = 0 求解.變式訓(xùn)練 2（1）（角度 1）（2020 山西康杰中學(xué)五校期中）已知向量 a、b 滿足|b|= 2|a|= 2, a 與 b 的夾角為120。，貝 U |a 2b|= （ B ）A .13B . 21C. 13D . 21（2）（角度 2）（2020 江西七校聯(lián)考）已知向量 a= （1, .3）, b = （3, m），且 b 在

17、a 上的投影為2n3,則向量 a 與 b 的夾角為.103（3）（角度 3）（2019 北京卷）已知向量 a = （ 4,3）, b = （6, m）,且 a 丄 b,貝 U m= _8_.（4）（角度 2）（2019 全國卷川，5 分）已知 a, b 為單位向量，且 a b = 0,若 c= 2a ,5b，則解析| a|= 1, |b|= 2, ab = - 1, 2b|= . a 2b2=創(chuàng)2 4a b + 4|b|2=故選 B.=3.又 0W 0W n, 0=3因?yàn)?a 丄 b,所以 a b = 4X6+ 3m= 0,解得 m = 8.設(shè) a= (1,0), b= (0,1)，則 c=

18、(2, ,5),1MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG名師講壇素養(yǎng)提升有關(guān)數(shù)量積的最值(范圍)問題(1)(2017 全國卷n)已知 ABC 是邊長為 2 的等邊三角形，P 為平面 ABC內(nèi)一點(diǎn)，貝VPA (PB+ PC)的最小值是(B )3A . 2B . 24刮用向量牡童翹的4dC.-3D.1cosa, c2一 3.m= 3/3,=：32+ 3,32= 6,記 a 與 b 的夾角為0,則 cos0=12,所以 cos a, c2 21 4 + 53(2)由題意可知a b思維導(dǎo)引思路一:思路二:解析解法一：結(jié)合題意畫出圖形，如圖所示，設(shè)BC 的中點(diǎn)為 D ,

19、AD 的中點(diǎn)為 E,連接 AD , PE, PD,則有 PB+ PC = 2PD ,則 PA (PB + PC)= 2PA PD = 2(PE + EA) (PE - EA) = 2(PE當(dāng)點(diǎn) P 與點(diǎn) E 重合時(shí)，PE2有最小值 0,故此時(shí) PA (PB + PC)取得最小值，最小值為-2EA32.解法二：如下圖所示，以等邊三角形 ABC 的底邊 BC 所在直線為 x 軸，以邊 BC 的垂直平行分線為 y 軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0，,3)，B(- 1,0)，C(1,0)，設(shè) P(x，y)，則 PA= (-x,.3- y), PB = (- 1-x, - y), PC= (1 -x,-

20、y),所以 FA (PB+ PC)= (-x,；3- y) (- 2x,-名師點(diǎn)撥？平面向量中有關(guān)最值(或取值范圍)問題的兩種求解思路是“形化”，即利用平面向量的幾何意義先將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或取值范 圍問題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進(jìn)行判斷；二是“數(shù)化”，即利用平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，先把問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域、 不等式的解集、方程有解等問題，然后利用函數(shù)、不等式、方程的有關(guān)知識(shí)來解決.變式訓(xùn)練 3如圖所示，正六邊形 ABCDEF 的邊長為 2, M , N 分別是邊 AB, CD 的中點(diǎn)，若 P 為該 正六邊形邊上的動(dòng)點(diǎn)，則 MN MP 的取值范圍為弓,弓.2y)= 2/+

21、 2(y-PA (PB+ PC)取得最小值，最小值為323ry) - 2 當(dāng) x= 0, y=2 2 當(dāng)動(dòng)點(diǎn) P 與點(diǎn) D 重合時(shí)，MN MP 取得最大值.2+ 4解法一：連接 AD，易知 MN 為梯形 ABCD 的中位線，所以 MN = 一廠=3.又 AM = 1, ZAMN = 120 ；所以 MN MA = 3X1Xcos 120 = |,故MNMP 的最小值為一|.連接 DM.因?yàn)?DN = 1 , MN = 3，/MND = 120 所以在 DMN 中，先由余弦定理求得 DM7721=13,再由余弦定理求得 cos /DMN = 廠 3,所以 MN MID = 3X13X丁弔=2，故 MN MP21的最大值為 y.3綜上可知，MN MP 的取值范圍為2,xMy，則易知向量 MA = (- 1,0)