2019版高考数学(理)高分计划一轮课件：第4章 平面向量 4-3

(2)因为 a＋b＝(cosα＋cosβ，sinα＋sinβ)＝(0,1)， 所以csionsαα＋＋scionsββ＝＝10，， 由此得 cosα＝cos(π－β)，由 0<β<π，得 0<π－β<π. 又 0<α<π，所以 α＝π－β.
代入 sinα＋sinβ＝1，得 sinα＝sinβ＝12， 又 α>β，所以 α＝56π，β＝π6.
－2a)·c－23b＝0，则|b－c|的最小值是(
)
A．2－ 3 B．2＋ 3 C．1 D．2
解析 根据条件，设 a＝(1, 3)，b＝(3,0)，设 c＝(x， y)，则(c－2a)·c－23b＝(x－2，y－2 3)·(x－2，y)＝0；
∴(x－2)2＋(y－ 3)2＝3； ∴c 的终点在以(2， 3)为圆心， 3为半径的圆上，如 图所示：
角度 3 向量与解析几何的综合
典例1 已知动直线 l 与圆 O：x2＋y2＝4 相交于 A，B 两点，且满足|AB|＝2，点 C 为直线 l 上一点，且满足C→B＝52 C→A，若 M 是线段 AB 的中点，则O→C·O→M的值为( )
A．3 B．2 3 C．2 D．－3
题．
运用数形结合思想，坐标法化为代数问
(4)设两个非零向量 a，b，a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ 是 a 与 b 的夹角，则 cosθ＝ x21x＋1xy2＋21·yx1y22＋2 y22.
特别提醒：(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 夹角为锐角的必要而不充分条 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.
解法二：同解法一得P→A＋P→C＝2P→O(O 为坐标原点)，又 P→B＝P→O＋O→B，∴|P→A＋P→B＋P→C|＝|3P→O＋O→B|≤3|P→O|＋|O→B| ＝3×2＋1＝7，当且仅当P→O与O→B同向时取等号，此时 B 点 坐标为(－1,0)，故|P→A＋P→B＋P→C|max＝7.故选 B.
解析 动直线 l 与圆 O：x2＋y2＝4 相交于 A，B 两点， 且满足|AB|＝2，则△OAB 为等边三角形， 于是可设动直线 l 为 y＝ 3(x＋2)，
根据题意可得 B(－2,0)，A(－1， 3)，
∵M 是线段 AB 的中点， ∴M－32， 23. 设 C(x，y)， ∵C→B＝52C→A， ∴(－2－x，－y)＝52(－1－x， 3－y)，
第4章 平面向量
4．3 平面向量的数量积及其应用
基础知识过关
[知识梳理] 1．两个向量的夹角
2．平面向量的数量积
3．平面向量数量积的性质 设 a，b 都是非零向量，e 是单位向量，θ 为 a 与 b(或 e) 的夹角，则
(1)e·a＝a·e＝|a|cosθ. (2)a⊥b⇔ a·b＝0 . (3)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·a＝ |a|2 或|a|＝ a·a .
cos∠ABC＝|BB→→AA|·|BB→→CC|＝ 23，所以∠ABC＝30°.故
(2)已知向量 a，b 的夹角为 60°，|a|＝2, |b|＝1，则|a＋ 2b|＝__2___3___.
解析 由题意知 a·b＝|a||b|cos60°＝2×1×12＝1，则|a ＋2b|2＝(a＋2b)2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝4＋4＋4＝12.
5

B.3
52－1，2
D．(2,9－3 5)
本题采用转化思想、向量法、余弦定理．
解析 由题意可得 a＋b＋c＝6，且 b2＝ac，
∴b＝ ac≤a＋2 c＝6－2 b，从而 0<b≤2.
再由|a－c|<b，得(a－c)2<b2，(a＋c)2－4ac<b2，
∴(6－b)2－4b2<b2，得 b2＋3b－9>0.
(1)求圆 C 的方程； (2)若直线 l：y＝kx＋2 与圆 C 交于 M，N 两点，是否存 在直线 l，使得O→M·O→N＝6(O 为坐标原点)，若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由．
本题采用坐标法、基向量法．
解析 (坐标法)以 C 为原点，建立平面直角坐标系如图 所示，设 P 点坐标为(x，y)且 0≤y≤3,0≤x≤4，则C→P·(B→A－ B→C)＝C→P·C→A＝(x，y)·(0,3)＝3y，当 y＝3 时，取得最大值 9.
角度 2 三角函数与向量
典例 已知向量 a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，
方法技巧 求向量模及最值(范围)的方法
1．代数法，把所求的模表示成某个变量的函数，再用 求最值的方法求解．
2．几何法(数形结合法)，弄清所求的模表示的几何意 义，结合动点表示的图形求解．
3．利用绝对值三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|求模 的取值范围．
冲关针对训练
1．已知向量 a，b，c，满足|a|＝2，|b|＝a·b＝3，若(c
角度 3 求向量的模(或最值、范围) 典例 已知点 A，B，C 在圆 x2＋y2＝1 上运动，且 AB⊥BC.若点 P 的坐标为(2,0)，则|P→A＋P→B＋P→C|的最大值为 () A．6 B．7 C．8 D．9
本题采用三角函数法、不等式法．
解析 解法一：由圆周角定理及 AB⊥BC，知 AC 为圆 的直径．
所以|a＋2b|＝2 3.
经典题型冲关
题型 1 平面向量数量积的运算 角度 1 求数量积
典例 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 并延长到点 F，使得
DE＝2EF，则A→F·B→C的值为( )
A．－58
1 B.8
1 C.4
11 D. 8
又
b>0，解得
3 b>
52－3，
∴3 52－3<b≤2，
∵cosB＝a2＋2ca2c－b2＝a2＋2ca2c－ac，
∴
B→A
·B→C
＝
accosB
＝
a2＋c2－b2 2
＝
a＋c2－2ac－b2 2
＝
6－b22－3b2＝－(b＋3)2＋27，
则 2≤B→A·B→C<27－29 5.故选 C.
(4)cosθ＝|aa|·|bb|. (5)|a·b|≤ |a||b| . 4．平面向量数量积满足的运算律 (1)a·b＝ b·a ； (2)(λa)·b＝ λ(a·b) ＝ a·(λb) (λ 为实数)； (3)(a＋b)·c＝ a·c＋b·c .
5．平面向量数量积有关性质的坐标表示 设向量 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a·b＝ x1x2＋y1y2 ，
∴－2－x＝52－1－x， －y＝25 3－y，
解得x＝－13， y＝53 3，
∴C－13，5
3
3，
∴O→C·O→M＝－13，5 3 3·－32， 23＝12＋52＝3，
故选 A.
典例2 已知圆 C 经过点 A(1,3)，B(2,2)，并且直线 m： 3x－2y＝0 平分圆 C.
本题可采用向量坐标法．
解析 建立平面直角坐标系，如图．
则 B－12，0，C12，0，

A0，
23，
所以B→C＝(1,0)．
易知 DE＝12AC，则 EF＝14AC＝14，
因为∠FEC＝60°，
所以点 F 的坐标为18，－ 83，
所以A→F＝18，－5
0<β<α<π. (1)若|a－b|＝ 2，求证：a⊥b； (2)设 c＝(0,1)，若 a＋b＝c，求 α，β 的值．
程．
利用转化法将向量方程转化为三角方
解 (1)证明：由题意得|a－b|2＝2，即(a－b)2＝a2－2a·b ＋b2＝2.
因为 a2＝b2＝|a|2＝|b|2＝1，所以 1－2a·b＋1＝2.所以 a·b ＝0.故 a⊥b.
(3)在实数运算中，若 a，b∈R，则|ab|＝|a|·|b|，若 a·b ＝b·c(b≠0)，则 a＝c.但对于向量 a，b 却有|a·b|≤|a|·|b|；若 a·b＝b·c(b≠0)，则 a＝c 不一定成立．例如 a·b＝|a||b|cosθ， 当 cosθ＝0 时，a 与 c 不一定相等．
∴|b－c|的最小值为 2－32＋ 3－02－ 3＝2－ 3.
故选 A.
2．已知正方形 ABCD 的边长为 2，E 为 CD 的中点， 则A→E·B→D＝____2____.
解析 解法一：A→E·B→D＝A→D＋12A→B·(A→D－A→B)＝A→D2－ 12A→B2＝22－12×22＝2.
又如下图，向量 a 和 c 在 b 的方向上的投影相等，故 a·b ＝b·c，但 a≠c.
(4)两个向量的数量积是一个实数． ∴0·a＝0(实数)而 0·a＝0. (5)数量积不满足结合律(a·b)·c≠a·(b·c)． (6)a·b 中的“·”不能省略．
[诊断自测] 1．概念辨析 (1)一个向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不 是向量．( √ ) (2)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数 乘运算的结果是向量．( √ ) (3)若 a·b>0，则 a 和 b 的夹角为锐角；若 a·b<0，则 a 和 b 的夹角为钝角．( × ) (4)在△ABC 中，A→B ·B→C ＝|A→B |·|B→C |cosB.( × )
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)，A→E＝(1,2)，B→D＝(－ 2,2)，则A→E·B→D＝(1,2)·(－2,2)＝1×(－2)＋2×2＝2.