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第3讲平面向量的数量积及应用板块一知识梳理·自主学习必备知识考点1数量积的有关概念1两个非零向量a与b，过O点作a，b，则AOB，叫做向量a与b的夹角；范围是0°180°.2a与b的夹角为90度时，叫ab.3若a与b的夹角为，则a·b|a|b|cos.4若a(x1，y1)，b(x2，y2)，则a·bx1x2y1y2.5a在b的方向上的投影为|a|cos.6若a(x1，y1)，b(x2，y2)，夹角为，则|a|，cos.abx1x2y1y20.abx1y2x2y10.考点2数量积满足的运算律已知向量a，b，c和实数，则向量的数量积满足下列运算律：1a·bb·a.2(a)·b(a·b)a·(b)3(ab)·ca·cb·c.必会结论1设e是单位向量，且e与a的夹角为，则e·aa·e|a|cos；2当a与b同向时，a·b|a|b|；当a与b反向时，a·b|a|b|，特别地，a·aa2或|a|；3a·b|a|b|.考点自测1判断下列结论的正误(正确的打“”，错误的打“×”)(1)两个向量的数量积是一个向量()(2)向量在另一个向量方向上的投影也是向量()(3)若a·b0，则a和b的夹角为锐角；若a·b0，则a和b的夹角为钝角()(4)若a·b0，则a0或b0.()(5)(a·b)·ca·(b·c)()(6)若a·ba·c(a0)，则bc.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×22018·重庆模拟已知向量a(k,3)，b(1,4)，c(2,1)，且(2a3b)c，则实数k()A B0 C3 D.答案C解析因为2a3b(2k3，6)，(2a3b)c，所以(2a3b)·c2(2k3)60，解得k3.选C.32017·全国卷已知向量a，b的夹角为60°，|a|2, |b|1，则|a2b|_.答案2解析解法一：|a2b|2.解法二：(数形结合法)由|a|2b|2，知以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|a2b|.又AOB60°，所以|a2b|2.42018·济南模拟已知向量|b|3，a·b12, 则向量a在向量b方向上的投影是_答案4解析因为向量|b|3，a·b12，则向量a在向量b方向上的投影是4.52016·北京高考已知向量a(1，)，b(，1)，则a与b夹角的大小为_答案解析a·b2，cosa，b，又a，b0，a，b.6课本改编已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则·的值为_；·的最大值为_答案11解析以D为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示则D(0,0)，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)设E(1，a)(0a1)，所以·(1，a)·(1,0)1，·(1，a)·(0,1)a1.故·的最大值为1.板块二典例探究·考向突破考向平面向量数量积的运算例1(1)2016·山东高考已知非零向量m，n满足4|m|3|n|，cosm，n.若n(tmn)，则实数t的值为()A4 B4 C. D答案B解析因为n(tmn)，所以tm·nn20，所以m·n，又4|m|3|n|，所以cosm，n，所以t4.故选B.(2)2017·北京高考已知点P在圆x2y21上，点A的坐标为(2,0)，O为原点，则·的最大值为_答案6解析解法一：根据题意作出图象，如图所示，A(2,0)，P(x，y)由点P向x轴作垂线交x轴于点Q，则点Q的坐标为(x,0)·|cos，|2，|，cos，所以·2(x2)2x4.点P在圆x2y21上，所以x1,1所以·的最大值为246.解法二：如图所示，因为点P在圆x2y21上，所以可设P(cos，sin)(02)，所以(2,0)，(cos2，sin)，·2cos4246，当且仅当cos1，即0，P(1,0)时“”号成立触类旁通向量数量积的两种运算方法(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|cosa，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·bx1x2y1y2.【变式训练1】(1)2018·湖北模拟已知点A(1,1)，B(1,2)，C(2，1)，D(3,4)，则向量在方向上的投影为()A. B. C D答案A解析(2,1)，(5,5)，由定义知在方向上的投影为.(2)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则·_.答案2解析解法一：··()2222×222.解法二：以A为原点建立平面直角坐标系(如图)，可得A(0,0)，E(1,2)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，(1,2)，(2,2)，则·(1,2)·(2,2)1×(2)2×22.考向平面向量数量积的性质命题角度1平面向量的垂直例2(1)如图所示，在ABC中，ADAB，|1，则·()A2 B. C. D.答案D解析·()·····|cosBDA|2.(2)2017·全国卷已知向量a(1,2)，b(m,1)若向量ab与a垂直，则m_.答案7解析a(1,2)，b(m,1)，ab(1m,21)(m1,3)又ab 与a垂直，(ab)·a0，即(m1)×(1)3×20，解得m7.命题角度2平面向量的模例3(1)2018·济南模拟设向量a，b满足|a|1，|ab|，a·(ab)0，则|2ab|()A2 B2 C4 D4答案B解析a·(ab)0，a2a·b1，|ab|2a22a·bb23，b24，|2ab|2.故选B.(2)已知向量a与b的夹角为120°，|a|3，|ab|，则|b|等于()A5 B4 C3 D1答案B解析|ab|2(ab)2a22a·bb2|a|22|a|b|cos120°|b|2322×3×|b|×|b|293|b|b|213，即|b|23|b|40，解得|b|4或|b|1(舍去)命题角度3平面向量的夹角例4(1)已知平面向量a，b，|a|1，|b|，且|2ab|，则向量a与向量ab的夹角为()A. B. C. D答案B解析由题意，得|2ab|244a·b37，所以a·b0，所以a·(ab)1，且|ab|2，故cosa，ab，所以a，ab.故选B.(2)2017·山东高考已知e1，e2是互相垂直的单位向量若e1e2与e1e2的夹角为60°，则实数的值是_答案解析由题意知|e1|e2|1，e1·e20，|e1e2| 2.同理|e1e2|.所以cos60°，解得.触类旁通平面向量数量积求解问题的策略(1)求两向量的夹角：cos，要注意0，(2)两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是：aba·b0|ab|ab|.(3)求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有：a2a·a|a|2或|a|；|a±b|；若a(x，y)，则|a|.考向向量运算的最值或取值范围例52018·福建质检平行四边形ABCD中，AB4，AD2，·4，点P在边CD上，则·的取值范围是()A1,8 B1，)C0,8 D1,0答案A解析由题意得·|·|·cosBAD4，解得BAD.以A为原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(0，0)，B(4,0)，C(5，)，D(1，)，因为点P在边CD上，所以不妨设点P的坐标为(a，)(1a5)，则·(a，)·(4a，)a24a3(a2)21，则当a2 时，·取得最小值1，当a5时，·取得最大值8.故选A.触类旁通求向量的最值或范围问题求最值或取值范围必须有函数或不等式，因此，对于题目中给出的条件，要结合要求的夹角或长度或其他量，得出相应的不等式或函数(包括自变量的范围)，然后利用相关知识求出最值或取值范围【变式训练2】在平行四边形ABCD中，A，边AB，AD的长分别为2,1，若M，N分别是边BC，CD上的点，且满足，则·的取值范围是_答案2,5解析设(01)，则，(1)(1)，则·()·()()·(1)·(1)22(1)·.又·2×1×cos1，24，21，·225(1)26.01，2·5，即·的取值范围是2,5核心规律1计算数量积的三种方法：定义、坐标运算、数量积的几何意义，要灵活选用，和图形有关的不要忽略数量积几何意义的应用2求向量模的常用方法：利用公式|a|2a2，将模的运算转化为向量的数量积的运算3利用向量垂直或平行的条件构造方程或函数是求参数或最值问题常用的方法与技巧满分策略1数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·ba·c(a0)不能得出bc，两边不能约去一个向量2向量夹角的概念要领会，比如正三角形ABC中，与的夹角应为120°，而不是60°.3两个向量的夹角为锐角，则有a·b>0，反之不成立；两个向量夹角为钝角，则有a·b<0，反之不成立. 板块三启智培优·破译高考创新交汇系列5平面几何中的向量数量积运算2017·天津高考在ABC中，A60°，AB3，AC2.若2，(R)，且·4，则的值为_解题视点用平面向量解决平面几何问题时有两种方法：基向量法和坐标系法解析解法一：由2得，所以··()·22·，又·3×2×cos60°3，29，24，所以·3254， 解得.解法二：以A为原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图，因为AB3，AC2，BAC60°，所以B(3，0)，C(1，)，又2，所以D，所以，而(1，)(3,0)(3，)，因此·(3)×54，解得.答案答题启示向量具有代数和几何的双重特征，比如向量运算的平行四边形法则、三角形法则、平面向量基本定理等都可以认为是从几何的角度来研究向量的特征；而引入坐标后，就可以通过代数运算来研究向量，凸显出了向量的代数特征，为用代数的方法研究向量问题奠定了基础.在处理很多与向量有关的问题时，坐标化是一种常见的思路，利用坐标可以使许多问题变得更加简捷.跟踪训练在平行四边形ABCD中，AD1，BAD60°，E为CD的中点若·1，求AB的长解解法一：由题意可知，.因为·1，所以()·1，即2·21.因为|1，BAD60°，所以·|，因此式可化为1|21.解得|0(舍去)或|，所以AB的长为.解法二：以A为原点，AB所在直线为x轴建立如图所示的直角坐标系，过D作DMAB于点M.由AD1，BAD60°，可知AM，DM，则D.设|AB|m(m>0)，则B(m,0)，C，因为E是CD的中点，所以E.所以，.由·1可得1，即2m2m0，所以m0(舍去)或m.故AB的长为.板块四模拟演练·提能增分A级基础达标12018·许昌模拟设x，yR，向量a(x,1)，b(1，y)，c(2，4)，且ac，bc，则|ab|()A. B. C2 D10答案B解析由ac，得a·c2x40，解得x2.由bc，得，解得y2.所以a(2,1)，b(1，2)，ab(3，1)，|ab|.故选B.22015·广东高考在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形，(1，2)，(2,1)，则·()A5 B4 C3 D2答案A解析(1，2)(2,1)(3，1)，所以·(2,1)·(3，1)2×31×(1)5.故选A.32016·全国卷已知向量，则ABC()A30° B45° C60° D120°答案A解析cosABC，所以ABC30°.故选A.4已知|a|2|b|0，且关于x的方程x2|a|xa·b0有实根，则a与b的夹角的取值范围是()A. B.C. D.答案B解析由于|a|2|b|0，且关于x的方程x2|a|xa·b0有实根，则|a|24a·b0，即a·b|a|2.设向量a与b的夹角为，则cos，.故选B.5在ABC中，C90°，且CACB3，点M满足2，则·()A18 B3 C15 D12答案A解析由题意可得ABC是等腰直角三角形，AB3，故·()·2·9()·92·99018.故选A.62018·济宁模拟平面四边形ABCD中，0，()·0，则四边形ABCD是()A矩形 B正方形C菱形 D梯形答案C解析因为0，所以，所以四边形ABCD是平行四边形又()··0，所以四边形对角线互相垂直，所以四边形ABCD是菱形故选C.72018·重庆模拟已知非零向量a，b满足|b|4|a|，且a(2ab)，则a与b的夹角为()A. B. C. D.答案C解析a(2ab)，a·(2ab)0，2|a|2a·b0，即2|a|2|a|b|cosa，b0.|b|4|a|，2|a|24|a|2cosa，b0，cosa，b，a，b.故选C.82018·南宁模拟已知平面向量，且|1，|2，(2)，则|2|_.答案解析由(2)得·(2)22·0，所以·，所以(2)24224·4×12224×10，所以|2|.92018·北京东城检测已知平面向量a(2,4)，b(1，2)，若ca(a·b)b，则|c|_.答案8解析由题意可得a·b2×14×(2)6，ca(a·b)ba6b(2,4)6(1，2)(8，8)，|c|8.10如图，在ABC中，AB3，AC2，D是边BC的中点，则·_.答案解析利用向量的加减法法则可知·()·()(22).B级知能提升12018·石家庄模拟在ABC中，AB4，AC3，·1，则BC()A. B. C2 D3答案D解析设A，因为，AB4，AC3，所以·2·9·1.·8.cos，所以BC3.故选D.2在平面直角坐标系xOy中，已知(3，1)，(0,2)若·0，则实数的值为_答案2解析由已知得(3,3)，设C(x，y)，则·3x3y0，所以xy.(x3，y1)又，即(x3，y1)(0,2)，所以由xy得，y3，所以2.32018·东营模拟若两个非零向量a，b满足|ab|ab|2|a|，则向量ab与a的夹角为_答案解析由|ab|ab|，得a22a·bb2a22a·bb2，即a·b0，所以(ab)·aa2a·b|a|2.故向量ab与a的夹角的余弦值为cos.又0，所以.4已知a(1,2)，b(1,1)，且a与ab的夹角为锐角，求实数的取值范围解a与ab均为非零向量，且夹角为锐角，a·(ab)0，即(1,2)·(1，2)0.(1)2(2)0.当a与ab共线时，存在实数m，使abma，即(1，2)m(1,2)，解得0.即当0时，a与ab共线，综上可知，且0.52017·全国卷改编已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，求·()的最小值解解法一：设BC的中点为D，AD的中点为E，则有2，则·()2·2()·()2(22)而22，当P与E重合时，2有最小值0，故此时·()取最小值，最小值为222×.解法二：以AB所在直线为x轴，AB的中点为原点建立平面直角坐标系，如图，则A(1,0)，B(1,0)，C(0，)，设P(x，y)，取BC的中点D，则D.·()2·2(1x，y)·22.因此，当x，y时，·()取得最小值，为2×.17