2020届高考数学一轮复习考点规范练28平面向量的数量积与平面向量的应用含解析新人教A版

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2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍专题6.3 平面向量的数量积及其应用(解析版)

第六篇平面向量与复数专题6.03 平面向量的数量积及其应用【考试要求】1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义；2.了解平面向量的数量积与向量投影的关系；3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算；4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系；5.会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题. 【知识梳理】1.平面向量数量积的有关概念(1)向量的夹角：已知两个非零向量a 和b ，记OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB ＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a 与b 的夹角.(2)数量积的定义：已知两个非零向量a 与b ，它们的夹角为θ，则a 与b 的数量积(或内积)a ·b ＝|a ||b |cos__θ.规定：零向量与任一向量的数量积为0，即0·a ＝0.(3)数量积的几何意义：数量积a ·b 等于a 的长度|a |与b 在a 的方向上的投影|b |cos θ的乘积. 2.平面向量数量积的性质及其坐标表示设向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为向量a ，b 的夹角. (1)数量积：a ·b ＝|a ||b |cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2.(2)模：|a |＝a ·a ＝x 21＋y 21.(3)夹角：cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22. (4)两非零向量a ⊥b 的充要条件：a·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0.(5)|a·b|≤|a||b|(当且仅当a ∥b 时等号成立)⇔|x 1x 2＋y 1y 2. 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)(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c (分配律).【微点提醒】1.两个向量a ，b 的夹角为锐角⇔a·b>0且a ，b 不共线；两个向量a ，b 的夹角为钝角⇔a·b<0且a ，b 不共线.2.平面向量数量积运算的常用公式 (1)(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2. (2)(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2. (3)(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2. 【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)两个向量的夹角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2.( ) (2)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量.( )(3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量.( ) (4)若a ·b ＝a ·c (a ≠0)，则b ＝c .( ) 【答案】 (1)× (2)√ (3)√ (4)× 【解析】 (1)两个向量夹角的范围是[0，π].(4)由a ·b ＝a ·c (a ≠0)得|a ||b |·cos 〈a ，b 〉＝|a ||c |·cos 〈a ，c 〉，所以向量b 和c 不一定相等. 【教材衍化】2.(必修4P108A10改编)设a ，b 是非零向量.“a ·b ＝|a ||b |”是“a ∥b ”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】 A【解析】设a 与b 的夹角为θ.因为a ·b ＝|a |·|b |cos θ＝|a |·|b |，所以cos θ＝1，即a 与b 的夹角为0°，故a ∥b .当a ∥b 时，a 与b 的夹角为0°或180°，所以a ·b ＝|a |·|b |cos θ＝±|a |·|b |，所以“a ·b ＝|a |·|b |”是“a ∥b ”的充分而不必要条件.3.(必修4P108A2改编)在圆O 中，长度为2的弦AB 不经过圆心，则AO →·AB →的值为________. 【答案】 1【解析】设向量AO →，AB →的夹角为θ，则AO →·AB →＝|AO →||AB →|·cos θ＝|AO →|cos θ·|AB →|＝12|AB →|·|AB→|＝12×(2)2＝1. 【真题体验】4.(2018·全国Ⅱ卷)已知向量a ，b 满足|a |＝1，a ·b ＝－1，则a ·(2a －b )＝( ) A.4 B.3C.2D.0【答案】 B【解析】 a ·(2a －b )＝2|a |2－a ·b ＝2×12－(－1)＝3.5.(2018·上海嘉定区调研)平面向量a 与b 的夹角为45°，a ＝(1，1)，|b |＝2，则|3a ＋b |等于( ) A.13＋6 2 B.2 5 C.30D.34【答案】 D【解析】依题意得a 2＝2，a ·b ＝2×2×cos 45°＝2，|3a ＋b |＝（3a ＋b ）2＝9a 2＋6a ·b ＋b 2＝18＋12＋4＝34.6.(2017·全国Ⅰ卷)已知向量a ＝(－1，2)，b ＝(m ，1).若向量a ＋b 与a 垂直，则m ＝________. 【答案】 7【解析】由题意得a ＋b ＝(m －1，3)，因为a ＋b 与a 垂直，所以(a ＋b )·a ＝0，所以－(m －1)＋2×3＝0，解得m ＝7. 【考点聚焦】考点一平面向量数量积的运算【例1】 (1)若向量m ＝(2k －1，k )与向量n ＝(4，1)共线，则m ·n ＝( ) A.0B.4C.－92D.－172(2)(2018·天津卷)在如图的平面图形中，已知OM ＝1，ON ＝2，∠MON ＝120°，BM →＝2MA →，CN →＝2NA →，则BC →·OM →的值为( )A.－15B.－9C.－6D.0【答案】 (1)D (2)C【解析】 (1)由题意得2k －1－4k ＝0，解得k ＝－12，即m ＝⎝⎛⎭⎫－2，－12，所以m ·n ＝－2×4＋⎝⎛⎭⎫－12×1＝－172. (2)连接OA .在△ABC 中，BC →＝AC →－AB →＝3AN →－3AM →＝3(ON →－OA →)－3(OM →－OA →)＝3(ON →－OM →)，∴BC →·OM →＝3(ON →－OM →)·OM →＝3(ON →·OM →－OM →2)＝3×(2×1×cos 120°－12)＝3×(－2)＝－6.【规律方法】 1.数量积公式a ·b ＝|a ||b |cos θ在解题中的运用，解题过程具有一定的技巧性，需要借助向量加、减法的运算及其几何意义进行适当变形；也可建立平面直角坐标系，借助数量积的坐标运算公式a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2求解，较为简捷、明了.2.在分析两向量的夹角时，必须使两个向量的起点重合，如果起点不重合，可通过“平移”实现.【训练1】 (1)在△ABC 中，AB ＝4，BC ＝6，∠ABC ＝π2，D 是AC 的中点，E 在BC 上，且AE ⊥BD ，则AE →·BC →等于( ) A.16B.12C.8D.－4(2)(2019·皖南八校三模)已知|a |＝|b |＝1，向量a 与b 的夹角为45°，则(a ＋2b )·a ＝________. 【答案】 (1)A (2)1＋ 2【解析】 (1)以B 为原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系(图略)，A (4，0)，B (0，0)，C (0，6)，D (2，3).设E (0，t )，BD →·AE →＝(2，3)·(－4，t )＝－8＋3t ＝0，∴t＝83，即E ⎝⎛⎭⎫0，83， AE →·BC →＝⎝⎛⎭⎫－4，83·(0，6)＝16. (2)因为|a |＝|b |＝1，向量a 与b 的夹角为45°，所以(a ＋2b )·a ＝a 2＋2a ·b ＝|a |2＋2|a |·|b |cos 45°＝1＋ 2. 考点二平面向量数量积的应用角度1 平面向量的垂直【例2－1】 (1)(2018·北京卷)设向量a ＝(1，0)，b ＝(－1，m ).若a ⊥(m a －b )，则m ＝________. (2)(2019·宜昌二模)已知△ABC 中，∠A ＝120°，且AB ＝3，AC ＝4，若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为( ) A.2215B.103C.6D.127【答案】 (1)－1 (2)A【解析】 (1)a ＝(1，0)，b ＝(－1，m )，∴a 2＝1，a ·b ＝－1，由a ⊥(m a －b )得a ·(m a －b )＝0，即m a 2－a ·b ＝0. ∴m －(－1)＝0，∴m ＝－1. (2)因为AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，所以有AP →·BC →＝(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝λAB →·AC →－λAB →2＋AC →2－AB →·AC →＝(λ－1)AB →·AC →－λAB →2＋AC →2＝0，整理可得(λ－1)×3×4×cos 120°－9λ＋16＝0，解得λ＝2215.【规律方法】1.当向量a ，b 是非坐标形式时，要把a ，b 用已知的不共线向量作为基底来表示且不共线的向量要知道其模与夹角，从而进行运算.2.数量积的运算a·b ＝0⇔a ⊥b 中，是对非零向量而言的，若a ＝0，虽然有a·b ＝0，但不能说a ⊥b.角度2 平面向量的模【例2－2】 (1)已知平面向量α，β，|α|＝1，|β|＝2，α⊥(α－2β)，则|2α＋β|的值是________. (2)(2019·杭州调研)已知直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，AD ＝2，BC ＝1，P 是腰DC 上的动点，则|PA →＋3PB →|的最小值为________. 【答案】 (1)10 (2)5【解析】 (1)由α⊥(α－2β)得α·(α－2β)＝α2－2α·β＝0，所以α·β＝12，所以(2α＋β)2＝4α2＋β2＋4α·β＝4×12＋22＋4×12＝10，所以|2α＋β|＝10.(2)建立平面直角坐标系如图所示，则A (2，0)，设P (0，y )，C (0，b )，则B (1，b ).所以PA →＋3PB →＝(2，－y )＋3(1，b －y )＝(5，3b －4y )，所以|PA →＋3PB →|＝25＋（3b －4y ）2(0≤y ≤b )，所以当y ＝34b 时，|PA →＋3PB →|取得最小值5.【规律方法】1.求向量的模的方法：(1)公式法，利用|a |＝a ·a 及(a ±b )2＝|a |2±2a ·b ＋|b |2，把向量的模的运算转化为数量积运算；(2)几何法，利用向量的几何意义.2.求向量模的最值(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.角度3 平面向量的夹角【例2－3】 (1)(2019·衡水中学调研)已知非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝233|a |，则向量a ＋b 与a －b 的夹角为________.(2)若向量a ＝(k ，3)，b ＝(1，4)，c ＝(2，1)，已知2a －3b 与c 的夹角为钝角，则k 的取值范围是________.【答案】 (1)π3(2)⎝⎛⎭⎫－∞，－92∪⎝⎛⎭⎫－92，3 【解析】 (1)将|a ＋b |＝|a －b |两边平方，得a 2＋b 2＋2a ·b ＝a 2＋b 2－2a ·b ，∴a ·b ＝0. 将|a ＋b |＝233|a |两边平方，得a 2＋b 2＋2a ·b ＝43a 2，∴b 2＝13a 2.设a ＋b 与a －b 的夹角为θ，∴cos θ＝（a ＋b ）·（a －b ）|a ＋b |·|a －b |＝a 2－b 2233|a |·233|a |＝23a 243a 2＝12.又∵θ∈[0，π]，∴θ＝π3.(2)∵2a －3b 与c 的夹角为钝角， ∴(2a －3b )·c <0，即(2k －3，－6)·(2，1)<0，解得k ＜3. 又若(2a －3b )∥c ，则2k －3＝－12，即k ＝－92.当k ＝－92时，2a －3b ＝(－12，－6)＝－6c ，此时2a －3b 与c 反向，不合题意.综上，k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－92∪⎝⎛⎭⎫－92，3. 【规律方法】1.研究向量的夹角应注意“共起点”；两个非零共线向量的夹角可能是0或π；注意向量夹角的取值范围是[0，π]；若题目给出向量的坐标表示，可直接套用公式cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22求解.2.数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于0且两向量不共线时两向量的夹角为钝角.【训练2】 (1)已知向量a ＝(－2，3)，b ＝(3，m )，且a ⊥b ，则m ＝________.(2)(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝________.(3)(2017·山东卷)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量，若3e 1－e 2与e 1＋λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是________. 【答案】 (1)2 (2)23 (3)33【解析】 (1)由a ⊥b ，得a ·b ＝0，又a ＝(－2，3)，b ＝(3，m )， ∴－6＋3m ＝0，则m ＝2. (2)法一 |a ＋2b |＝（a ＋2b ）2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝22＋4×2×1×cos 60°＋4×12＝12＝2 3.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|a ＋2b |＝|OC →|.又∠AOB ＝60°，所以|a ＋2b |＝2 3. (3)由题意知|e 1|＝|e 2|＝1，e 1·e 2＝0，|3e 1－e 2|＝（3e 1－e 2）2＝3e 21－23e 1·e 2＋e 22＝3－0＋1＝2.同理|e 1＋λe 2|＝1＋λ2.所以cos 60°＝（3e 1－e 2）·（e 1＋λe 2）|3e 1－e 2||e 1＋λe 2|＝3e 21＋（3λ－1）e 1·e 2－λe 2221＋λ2＝3－λ21＋λ2＝12，解得λ＝33. 考点三平面向量与三角函数【例3】 (2019·潍坊摸底)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(cos(A －B )，sin(A －B ))，n ＝(cos B ，－sin B )，且m ·n ＝－35.(1)求sin A 的值；(2)若a ＝42，b ＝5，求角B 的大小及向量BA →在BC →方向上的投影. 【答案】见解析【解析】(1)由m ·n ＝－35，得cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35，所以cos A ＝－35.因为0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝⎛⎭⎫－352＝45. (2)由正弦定理，得a sin A ＝bsin B ，则sin B ＝b sin A a ＝5×4542＝22，因为a >b ，所以A >B ，且B 是△ABC 一内角，则B ＝π4.由余弦定理得(42)2＝52＋c 2－2×5c ×⎝⎛⎭⎫－35，解得c ＝1，c ＝－7舍去，故向量BA →在BC →方向上的投影为|BA →|cos B ＝c cos B ＝1×22＝22.【规律方法】平面向量与三角函数的综合问题的解题思路：(1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解.(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等.【训练3】 (2019·石家庄模拟)已知A ，B ，C 分别为△ABC 的三边a ，b ，c 所对的角，向量m ＝(sin A ，sin B )，n ＝(cos B ，cos A )，且m ·n ＝sin 2C . (1)求角C 的大小；(2)若sin A ，sin C ，sin B 成等差数列，且CA →·(AB →－AC →)＝18，求边c 的长. 【答案】见解析【解析】(1)由已知得m ·n ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin(A ＋B )，因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，所以m ·n ＝sin C ，又m ·n ＝sin 2C ，所以sin 2C ＝sin C ，所以cos C ＝12.又0<C <π，所以C ＝π3.(2)由已知及正弦定理得2c ＝a ＋b . 因为CA →·(AB →－AC →)＝CA →·CB →＝18，所以ab cos C ＝18，所以ab ＝36.由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝(a ＋b )2－3ab 所以c 2＝4c 2－3×36，所以c 2＝36，所以c ＝6. 【反思与感悟】1.计算向量数量积的三种方法定义、坐标运算、数量积的几何意义，要灵活运用，与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 |2＝a 2，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. 【易错防范】数量积运算律要准确理解、应用，例如，a ·b ＝a ·c (a ≠0)不能得出b ＝c ，两边不能约去一个向量.数量积运算不满足结合律，(a ·b )·c 不一定等于a ·(b ·c ). 【核心素养提升】【数学运算、数学建模】——平面向量与三角形的“四心”1.数学运算是指在明晰运算的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.通过学习平面向量与三角形的“四心”，学生能进一步发展数学运算能力，形成规范化思考问题的品质，养成一丝不苟、严谨求实的科学精神.2.数学建模要求在熟悉的情境中，发现问题并转化为数学问题，能够在关联的情境中，经历数学建模的过程，理解数学建模的意义.本系列通过学习平面向量与三角形的“四心”模型，能够培养学生用模型的思想解决相关问题.设O 为△ABC 所在平面上一点，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则 (1)O 为△ABC 的外心⇔|OA →|＝|OB →|＝|OC →|＝a2sin A. (2)O 为△ABC 的重心⇔OA →＋OB →＋OC →＝0. (3)O 为△ABC 的垂心⇔OA →·OB →＝OB →·OC →＝OC →·OA →. (4)O 为△ABC 的内心⇔aOA →＋bOB →＋cOC →＝0. 类型1 平面向量与三角形的“重心”【例1】已知A ，B ，C 是平面上不共线的三点，O 为坐标原点，动点P 满足OP →＝13[(1－λ)OA→＋(1－λ)OB →＋(1＋2λ)·OC →]，λ∈R ，则点P 的轨迹一定经过( ) A.△ABC 的内心 B.△ABC 的垂心 C.△ABC 的重心D.AB 边的中点【答案】 C【解析】取AB 的中点D ，则2OD →＝OA →＋OB →， ∵OP →＝13[(1－λ)OA →＋(1－λ)OB →＋(1＋2λ)OC →]，∴OP →＝13[2(1－λ)OD →＋(1＋2λ)OC →]＝2（1－λ）3OD →＋1＋2λ3OC →，而2（1－λ）3＋1＋2λ3＝1，∴P ，C ，D 三点共线，∴点P 的轨迹一定经过△ABC 的重心. 类型2 平面向量与三角形的“内心”问题【例2】在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝6，cos A ＝15，O 是△ABC 的内心，若OP →＝xOB →＋yOC →，其中x ，y ∈[0，1]，则动点P 的轨迹所覆盖图形的面积为( ) A.1063B.1463C.4 3D.6 2【答案】 B【解析】根据向量加法的平行四边形法则可知，动点P 的轨迹是以OB ，OC 为邻边的平行四边形及其内部，其面积为△BOC 的面积的2倍.在△ABC 中，设内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得a ＝7.设△ABC 的内切圆的半径为r ，则 12bc sin A ＝12(a ＋b ＋c )r ，解得r ＝263，所以S △BOC ＝12×a ×r ＝12×7×263＝763.故动点P 的轨迹所覆盖图形的面积为2S △BOC ＝1463.类型3 平面向量与三角形的“垂心”问题【例3】已知O 是平面上的一个定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足OP→＝OA →＋λ⎝⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|cos B + AC →|AC →|cos C ，λ∈(0，＋∞)，则动点P 的轨迹一定通过△ABC 的( ) A.重心 B.垂心C.外心D.内心【答案】 B【解析】因为OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|cos B + AC →|AC →|cos C ，所以AP →＝OP →－OA →＝λ⎝⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|cos B + AC →|AC →|cos C ，所以BC →·AP →＝BC →·λ⎝ ⎛⎭⎪⎫AB→|AB →|cos B + AC →|AC →|cos C ＝λ(－|BC →|＋|BC →|)＝0，所以BC →⊥AP →，所以点P 在BC 的高线上，即动点P 的轨迹一定通过△ABC 的垂心. 类型4 平面向量与三角形的“外心”问题【例4】已知在△ABC 中，AB ＝1，BC ＝6，AC ＝2，点O 为△ABC 的外心，若AO →＝xAB →＋yAC →，则有序实数对(x ，y )为( ) A.⎝⎛⎭⎫45，35 B.⎝⎛⎭⎫35，45 C.⎝⎛⎭⎫－45，35D.⎝⎛⎭⎫－35，45 【答案】 A【解析】取AB 的中点M 和AC 的中点N ，连接OM ，ON ，则OM →⊥AB →，ON →⊥AC →， OM →＝AM →－AO →＝12AB →－(xAB →＋yAC →)＝⎝⎛⎭⎫12－x AB →－yAC →， ON →＝AN →－AO →＝12AC →－(xAB →＋yAC →)＝⎝⎛⎭⎫12－y AC →－xAB →. 由OM →⊥AB →，得⎝⎛⎭⎫12－x AB →2－yAC →·AB →＝0，① 由ON →⊥AC →，得⎝⎛⎭⎫12－y AC →2－xAC →·AB →＝0，② 又因为BC →2＝(AC →－AB →)2＝AC →2－2AC →·AB →＋AB →2，所以AC →·AB →＝AC →2＋AB →2－BC→22＝－12，③把③代入①、②得⎩⎪⎨⎪⎧1－2x ＋y ＝0，4＋x －8y ＝0，解得x ＝45，y ＝35.故实数对(x ，y )为⎝⎛⎭⎫45，35.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟) 一、选择题1.已知向量a ＝(m －1，1)，b ＝(m ，－2)，则“m ＝2”是“a ⊥b ”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】 A【解析】当m ＝2时，a ＝(1，1)，b ＝(2，－2)，所以a ·b ＝(1，1)·(2，－2)＝2－2＝0，所以a ⊥b ，充分性成立；当a ⊥b 时，a ·b ＝(m －1，1)·(m ，－2)＝m (m －1)－2＝0，解得m ＝2或m ＝－1，必要性不成立. 所以“m ＝2”是“a ⊥b ”的充分不必要条件.2.(2019·北京通州区二模)已知非零向量a ，b 的夹角为60°，且|b |＝1，|2a －b |＝1，则|a |＝( ) A.12B.1C. 2D.2【答案】 A【解析】由题意得a ·b ＝|a |×1×12＝|a |2，又|2a －b |＝1，∴|2a －b |2＝4a 2－4a ·b ＋b 2＝4|a |2－2|a |＋1＝1，即4|a |2－2|a |＝0，又|a |≠0，解得|a |＝12.3.(2019·石家庄二模)若两个非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝2|b |，则向量a ＋b 与a 的夹角为( ) A.π3B.2π3C.5π6D.π6【答案】 D【解析】设|b |＝1，则|a ＋b |＝|a －b |＝2. 由|a ＋b |＝|a －b |，得a ·b ＝0，故以a 、b 为邻边的平行四边形是矩形，且|a |＝3，设向量a ＋b 与a 的夹角为θ，则cos θ＝a ·（a ＋b ）|a |·|a ＋b |＝a 2＋a ·b |a |·|a ＋b |＝|a ||a ＋b |＝32，又0≤θ≤π，所以θ＝π6.4.如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，若E ，F 分别是边BC ，AB 上的点，且满足BE BC ＝AF AB＝λ，则当AE →·DF →＝0时，λ的值所在的区间是( )A.⎝⎛⎭⎫18，14B.⎝⎛⎭⎫14，38 C.⎝⎛⎭⎫38，12D.⎝⎛⎭⎫12，58【答案】 B【解析】在等腰梯形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，可得〈AD →，BC →〉＝60°，所以〈AB →，AD →〉＝60°，〈AB →，BC →〉＝120°，所以AB →·AD →＝4×2×12＝4，AB →·BC →＝4×2×⎝⎛⎭⎫－12＝－4，AD →·BC →＝2×2×12＝2，又BE BC ＝AF AB＝λ，所以BE →＝λBC →，AF →＝λAB →，则AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋λBC →， DF →＝AF →－AD →＝λAB →－AD →，所以AE →·DF →＝(AB →＋λBC →)·(λAB →－AD →) ＝λAB →2－AB →·AD →＋λ2AB →·BC →－λAD →·BC →＝0，即2λ2－7λ＋2＝0，解得λ＝7＋334(舍去)或λ＝7－334∈⎝⎛⎭⎫14，38. 5.(2017·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O .记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A.I 1＜I 2＜I 3B.I 1＜I 3＜I 2C.I 3＜I 1＜I 2D.I 2＜I 1＜I 3【答案】 C【解析】如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，∴∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD 与∠BOC 为锐角，根据题意，I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →＝|OB →||CA →|·cos ∠AOB <0，∴I 1<I 2，同理I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ，又AB ＝AD ，∴OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ，∴|OA →||OB →|<|OC →||OD →|，而cos ∠AOB ＝cos ∠COD <0，∴OA →·OB →>OC →·OD →，即I 1>I 3.∴I 3<I 1<I 2. 二、填空题6.(2019·杭州二模)在△ABC 中，三个顶点的坐标分别为A (3，t )，B (t ，－1)，C (－3，－1)，若△ABC 是以B 为直角顶点的直角三角形，则t ＝________. 【答案】 3【解析】由已知，得BA →·BC →＝0，则(3－t ，t ＋1)·(－3－t ，0)＝0，∴(3－t )(－3－t )＝0，解得t ＝3或t ＝－3，当t ＝－3时，点B 与点C 重合，舍去.故t ＝3.7.若非零向量a ，b 满足|a |＝3|b |＝|a ＋2b |，则a ，b 夹角θ的余弦值为________. 【答案】－13【解析】 |a |＝|a ＋2b |，两边平方得， |a |2＝|a |2＋4|b |2＋4a ·b ＝|a |2＋4|b |2＋4|a ||b |·cos θ. 又|a |＝3|b |，所以0＝4|b |2＋12|b |2cos θ，得cos θ＝－13.8.(2019·佛山二模)在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，BC ＝2，AB ＝1，D 为BC 的中点，E 在斜边AC 上，若AE →＝2EC →，则DE →·AC →＝________. 【答案】 13【解析】如图，以B 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则B (0，0)，A (1，0)，C (0，2)，所以AC →＝(－1，2).因为D 为BC 的中点，所以D (0，1)，因为AE →＝2EC →，所以E ⎝⎛⎭⎫13，43，所以DE →＝⎝⎛⎭⎫13，13，所以DE →·AC →＝⎝⎛⎭⎫13，13·(－1，2)＝－13＋23＝13.三、解答题9.在平面直角坐标系xOy 中，点A (－1，－2)，B (2，3)，C (－2，－1). (1)求以线段AB ，AC 为邻边的平行四边形两条对角线的长； (2)设实数t 满足(AB →－tOC →)·OC →＝0，求t 的值. 【答案】见解析【解析】(1)由题设知AB →＝(3，5)，AC →＝(－1，1)，则AB →＋AC →＝(2，6)，AB →－AC →＝(4，4). 所以|AB →＋AC →|＝210，|AB →－AC →|＝4 2. 故所求的两条对角线的长分别为42，210.(2)由题设知：OC →＝(－2，－1)，AB →－tOC →＝(3＋2t ，5＋t ). 由(AB →－tOC →)·OC →＝0，得 (3＋2t ，5＋t )·(－2，－1)＝0，从而5t ＝－11，所以t ＝－115.10.在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知向量a ＝(－1，2)，又点A (8，0)，B (n ，t )，C (k sin θ，t )(0≤θ≤π2).(1)若AB →⊥a ，且|AB →|＝5|OA →|，求向量OB →；(2)若向量AC →与向量a 共线，当k >4，且t sin θ取最大值4时，求OA →·OC →.【答案】见解析【解析】(1)由题设知AB →＝(n －8，t )， ∵AB →⊥a ，∴8－n ＋2t ＝0. 又∵5|OA →|＝|AB →|，∴5×64＝(n －8)2＋t 2＝5t 2，得t ＝±8. 当t ＝8时，n ＝24；当t ＝－8时，n ＝－8， ∴OB →＝(24，8)或OB →＝(－8，－8). (2)由题设知AC →＝(k sin θ－8，t )， ∵AC →与a 共线，∴t ＝－2k sin θ＋16， t sin θ＝(－2k sin θ＋16)sin θ ＝－2k (sin θ－4k )2＋32k .∵k >4，∴0<4k<1，∴当sin θ＝4k 时，t sin θ取得最大值32k .由32k ＝4，得k ＝8，此时θ＝π6，OC →＝(4，8)，∴OA →·OC →＝(8，0)·(4，8)＝32. 【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.在△ABC 中，∠C ＝90°，AB ＝6，点P 满足CP ＝2，则PA →·PB →的最大值为( ) A.9 B.16C.18D.25【答案】 B【解析】 ∵∠C ＝90°，AB ＝6，∴CA →·CB →＝0，∴|CA →＋CB →|＝|CA →－CB →|＝|BA →|＝6，∴PA →·PB →＝(PC →＋CA →)·(PC →＋CB →)＝PC →2＋PC →·(CA →＋CB →)＋CA →·CB → ＝PC →·(CA →＋CB →)＋4，∴当PC →与CA →＋CB →方向相同时，PC →·(CA →＋CB →)取得最大值2×6＝12， ∴PA →·PB →的最大值为16.12.(2018·浙江卷)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量.若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e ·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( ) A.3－1 B.3＋1 C.2D.2－ 3【答案】 A【解析】设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1，0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2，0)为圆心，1为半径的圆.因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x >0)上，如图，数形结合可知|a －b |min＝|CA →|－|CB →|＝3－1.13.(2019·安徽师大附中二模)在△ABC 中，AB ＝2AC ＝6，BA →·BC →＝BA →2，点P 是△ABC 所在平面内一点，则当PA →2＋PB →2＋PC →2取得最小值时，AP →·BC →＝________. 【答案】－9【解析】 ∵BA →·BC →＝|BA →|·|BC →|·cos B ＝|BA →|2， ∴|BC →|·cos B ＝|BA →|＝6， ∴CA →⊥AB →，即A ＝π2，以A 为坐标原点建立如图所示的坐标系，则B (6，0)，C (0，3)，设P (x ，y )，则PA →2＋PB →2＋PC →2＝x 2＋y 2＋(x －6)2＋y 2＋x 2＋(y －3)2＝3x 2－12x ＋3y 2－6y ＋45＝3[(x －2)2＋(y －1)2＋10]∴当x ＝2，y ＝1时，PA →2＋PB →2＋PC →2取得最小值，此时AP →·BC →＝(2，1)·(－6，3)＝－9.14.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2a －c )BA →·BC →＝cCB →·CA →.(1)求角B 的大小；(2)若|BA →－BC →|＝6，求△ABC 面积的最大值.【答案】见解析【解析】(1)由题意得(2a －c )cos B ＝b cos C .根据正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B ＝sin(C ＋B )，即2sin A cos B ＝sin A ，因为A ∈(0，π)，所以sin A >0，所以cos B ＝22，又B ∈(0，π)，所以B ＝π4. (2)因为|BA →－BC →|＝6，所以|CA →|＝6，即b ＝6，根据余弦定理及基本不等式得6＝a 2＋c 2－2ac ≥2ac －2ac ＝(2－2)ac (当且仅当a ＝c 时取等号)，即ac ≤3(2＋2).故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ≤3（2＋1）2，因此△ABC 的面积的最大值为32＋32. 【新高考创新预测】15.(新定义题型)对任意两个非零的平面向量α和β，定义α⊗β＝|α||β|cos θ，其中θ为α和β的夹角.若两个非零的平面向量a 和b 满足：①|a |≥|b |；②a 和b 的夹角θ∈⎝⎛⎭⎫0，π4；③a ⊗b 和b ⊗a 的值都在集合{x |x ＝n 2，n ∈N }中，则a ⊗b 的值为________. 【答案】 32【解析】 a ⊗b ＝|a ||b |cos θ＝n 2，b ⊗a ＝|b ||a |cos θ＝m 2，m ，n ∈N .由a 与b 的夹角θ∈⎝⎛⎭⎫0，π4，知cos 2θ＝mn 4∈⎝⎛⎭⎫12，1，故mn ＝3，m ，n ∈N .因为|a |≥|b |，所以0<b ⊗a ＝m 2<1，所以m ＝1，n ＝3，所以a ⊗b ＝32.。

2020年高考数学(理)之平面向量专题03 平面向量的数量积及应用(解析版)

平面向量03 平面向量的数量积及应用一、具本目标：1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义.2.了解平面向量的数量积与向量投影的关系.3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算.4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系. 考纲解读：1.以考查向量的数量积、夹角、模为主，基本稳定为选择题或填空题，难度较低；2.与三角函数、解析几何等相结合，以工具的形式进行考查，中等难度，但是解决以上问题的桥梁.3.备考重点：(1) 理解数量积的概念是基础，掌握数量积的两种运算的方法是关键；(2)解答与平面几何、三角函数、解析几何等交汇问题时，注意运用数形结合的数学思想，通过建立平面直角坐标系，利用坐标运算解题. 二、知识概述：一）主要公式：1.向量的数量积：已知两个非零向量a r 、b r ，它们的夹角为θ，则r a ·b rθcos b a . 若a r =(1x ,1y ),b r =(2x ,2y )，则a r ·b r=2121y y x x +.2.向量的模：若a r =(,)x y ，则|a r 22x y +.3.两向量的夹角余弦值：>=<=,cos cos θa ba b×r r r r .【考点讲解】4.向量垂直的等价条件：a r ⊥b r ⇔0r r a b?⇔02121=+y y x x .二）主要知识点： 1.两个向量的夹角（1）定义：已知两个非零向量和，作OA u u u r ＝，OB u u u r＝，则∠AOB ＝θ 叫做向量与的夹角．（2）夹角范围：向量夹角θ的范围是0°≤θ≤180°与同向时，夹角θ＝0°；与反向时，夹角θ＝180°.（3）向量垂直：如果向量与的夹角是90°，则与垂直，记作⊥. 2.平面向量数量积：（1）已知两个非零向量与θ⋅叫做与的数量积，记作⋅，即⋅θcos ，其中θ是与的夹角．规定00=⋅a.当⊥时，θ＝90°，这时0r ra b?.（2）⋅的几何意义：数量积⋅等于与在θcos 的乘积．3.向量数量积的性质：（1）=⋅=（2）>=<=,cos cos θa ba b×r r r r (θ为与的夹角). （3≤⋅4.数量积的运算律（1）交换律：⋅=⋅. （2）分配律：()⋅+⋅=⋅+（3）对()()()R λλλλ⋅=⋅=⋅∈,.5.数量积的坐标运算：设()()2211,,,y x b y x a ==，有下面的结论：（1）2121y y x x +=⋅.（2）a r ⊥b r ⇔0r r a b?⇔02121=+y y x x .（3.2121y x +=（4）>=<=b a ,cos cosθr r r r a ba b×=(θ为与的夹角).1．【2019年高考全国I 卷】已知非零向量a ，b 满足||2||=a b ，且()-a b ⊥b ，则a 与b 的夹角为（） A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6【解析】本题考查的是向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为[0,]π．因为()-a b ⊥b ，所以2()-⋅=⋅-a b b a b b =0，所以2⋅=a b b ，所以cos θ=22||12||2⋅==⋅a b b a b b ，所以a 与b 的夹角为π3，故选B ．【答案】B2.【2019年高考全国II 卷】已知AB u u u r =(2,3)，AC uuu r =(3，t )，BC uuu r =1，则AB BC ⋅u u u r u u u r=（） A ．−3 B ．−2 C ．2 D ．3【解析】本题考点为平面向量的数量积.由(1,3)BC AC AB t =-=-u u u r u u u r u u u r ，221(3)1BC t =+-=u u u r ，得3t =，则(1,0)BC =u u u r ，(2,3)(1,0)21302AB BC ==⨯+⨯=u u u r u u u rg g ．故选C ．【答案】C3.【2018年高考全国II 卷】已知向量a ，b 满足||1=a ，1⋅=-a b ，则(2)⋅-=a a b （） A ．4 B ．3 C ．2 D ．0【解析】本题主要考查平面向量的数量积.因为()()22222||1213⋅-=-⋅=--=+=a a b a a b a 所以选B.【真题分析】【答案】B4.【2018年高考浙江卷】已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b满足b 2−4e ·b +3=0，则|a −b |的最小值是（）A 1BC ．2D ．2【解析】本题主要考查平面向量的夹角、数量积、模及最值问题.设，则由得，由b 2−4e ·b +3=0得因此|a −b |的最小值为圆心到直线的距离2减去半径1，为选A. 【答案】A5.【2019年高考北京卷理数】设点A ，B ，C 不共线，则“AB u u u r 与AC uuur 的夹角为锐角”是“||||AB AC BC +>u u u r u u u r u u u r ”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】本题考查充要条件的概念与判断､平面向量的模､夹角与数量积.AB u u u r 与AC uuu r的夹角为锐角，所以2222||||2||||2AB AC AB AC AB AC AB AC ++⋅>+-⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，即22||||AB AC AC AB +>-u u u r u u u r u u u r u u u r ，因为AC AB BC -=u u u r u u u r u u u r ，所以|AB u u u r +AC uuur |>|BC uuu r |；当|AB u u u r +AC uuu r |>|BC uuu r |成立时，|AB u u u r +AC uuu r |2>|AB u u u r -AC uuu r |2AB ⇒u u u r •AC uuu r >0，又因为点A ，B ，C 不共线，所以AB u u u r与AC uuu r的夹角为锐角.故“AB u u u r与AC uuu r 的夹角为锐角”是“|AB u u u r +AC uuu r |>|BC u u u r|”的充分必要条件,故选C ．【答案】C6.【2018年高考北京卷理数】设a ，b 均为单位向量，则“33-=+a b a b ”是“a ⊥b ”的（） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】222222699+63333-=+-=⇔⇔-++⋅=⋅+a a b a b a b a b a b b a a b b ，因为a ，b 均为单位向量，所以2222699+6=0-⋅+=⋅+⇔⋅⇔a a b b a a b b a b a ⊥b ，即“33-=+a b a b ”是“a ⊥b ”的充分必要条件.故选C. 【答案】C7.【2018年高考天津卷文数】在如图的平面图形中，已知1,2,120OM ON MON ==∠=o,2,2,BM MA CN NA ==u u u u r u u u r u u u r u u u r则·BC OM u u u r u u u u r 的值为（）A ．15-B ．9-C ．6-D ．0【解析】如图所示，连结MN ，由可知点分别为线段上靠近点的三等分点，则，由题意可知：，，结合数量积的运算法则可得：. 本题选择C 选项.【答案】C8.【2019年高考北京卷文数】已知向量a =（–4，3），b =（6，m ），且⊥a b ，则m =__________．【解析】向量(4,3),(6,)m =-=⊥，，a b a b 则046308m m ⋅=-⨯+==，，a b . 【答案】89.【2019年高考全国III 卷】已知a ，b 为单位向量，且a ·b =0，若25=c a b ，则cos ,=a c ___________. 【解析】因为25=c a b ，0⋅=a b ，所以225⋅=⋅a c a a b 2=，222||4||55||9=-⋅+=c a a b b ，所以||3=c ，所以cos ,=a c22133⋅==⨯⋅a c a c ．【答案】2310.【2019年高考天津卷理数】在四边形ABCD 中，,23,5,30AD BC AB AD A ==∠=︒∥，点E在线段CB 的延长线上，且AE BE =，则BD AE ⋅=u u u r u u u r___________．【解析】建立如图所示的直角坐标系，∠DAB =30°，23,5,AB AD ==则(23,0)B ，535()22D . 因为AD ∥BC ，30BAD ∠=︒，所以30ABE ∠=︒，因为AE BE =，所以30BAE ∠=︒，所以直线BE的斜率为33，其方程为3(23)3y x=-，直线AE的斜率为33-，其方程为33y x=-.由3(23),333y xy x⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩得3x=，1y=-，所以(3,1)E-.所以35(,)(3,1)122BD AE=-=-u u u r u u u rg g. 【答案】1-11.【2019年高考江苏卷】如图，在ABC△中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.若6AB AC AO EC⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r，则ABAC的值是___________．【解析】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC的中点，知BF=FE=EA,AO=OD．()()()3632AO EC AD AC AE AB AC AC AE=-=+-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rg g g，()223131123233AB AC AC AB AB AC AB AC AB AC⎛⎫⎛⎫=+-=-+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rg g g22223211323322AB AC AB AC AB AC AB AC AB AC ⎛⎫=-+=-+= ⎪⎝⎭u u ur u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r g g g ，得2213,22AB AC =u u u r u u u r 即3,AB AC =u u u r u u u r 故3ABAC= 【答案】3.12.【2018年高考上海卷】在平面直角坐标系中，已知点()10A -，、()20B ，，E 、F 是y 轴上的两个动点，且||2EF =u u u r ，则AE BF ⋅u u u r u u u r的最小值为___________．【解析】根据题意，设E （0，a ），F （0，b ）；∴2EF a b =-=u u u r；∴a =b +2，或b =a +2；且()()1,2,AE a BF b ==-u u u r u u u r ，；∴2AE BF ab ⋅=-+u u u r u u u r ；当a =b +2时，()22222AE BF b b b b ⋅=-++⋅=+-u u u r u u u r；∵b 2+2b ﹣2的最小值为8434--=-； ∴AE BF ⋅u u u r u u u r 的最小值为﹣3，同理求出b =a +2时，AE BF ⋅u u u r u u u r的最小值为﹣3．故答案为：﹣3．【答案】-313.【2017年高考全国I 卷理数】已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |=2，|b |=1，则| a +2b |=___________．【解析】方法一：222|2|||44||4421cos60412+=+⋅+=+⨯⨯⨯+=oa b a a b b ，所以|2|1223+==a b .方法二：利用如下图形，可以判断出2+a b 的模长是以2为边长，一夹角为60°的菱形的对角线的长度，则为23.【答案】314.【2017年高考山东卷理数】已知12,e e 123-e e 与12λ+e e 的夹角为60︒，则实数λ的值是___________．【解析】∵221212112122(3)()333λλλλ-⋅+=+⋅-⋅-=-e e e e e e e e e e ，22212121122|3|(3)3232-=-=-⋅+=e e e e e e e e ，2222212121122||()21λλλλλ+=+=+⋅+=+e e e e e e e e ，∴22321cos601λλλ-=+⨯︒=+，解得3λ=．【答案】31.已知向量(1,2)a =r ，(1,1)b =-r ，则()(2)a b a b +•-=r r r r（）A ．2B ．-2C ．-3D ．4【解析】因)4,1(2),1,2(-=-=+，故224412)1()2()(=-=⨯+⨯-=-⋅+，应选A. 【答案】A2. 已知非零向量m ，n 满足4│m │=3│n │，cos<m ，n >=13.若n ⊥（t m +n ），则实数t 的值为（）A.4B.–4C.94D.–94 【解析】由43m n =u r r，可设3,4(0)m k n k k ==>u r r ，又()n tm n ⊥+r u r r ，所以22221()cos ,34(4)41603n tm n n tm n n t m n m n n t k k k tk k ⋅+=⋅+⋅=⋅<>+=⨯⨯⨯+=+=r u r r r u r r r u r r u r r r .所以4t =-，故选B. 【答案】B3.已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点E D ,分别是边BC AB ,的中点，连接DE 并延长到点F ，使得EF DE 2=，则BC AF ⋅的值为（）【模拟考场】A.85-B.81 C.41 D.811【解析】设BA a =u u u r r ，BC b =u u u r r ，∴11()22DE AC b a ==-u u u r u u u r r r ，33()24DF DE b a ==-u u u r u u u r r r，1353()2444AF AD DF a b a a b =+=-+-=-+u u u r u u u r u u u r r r r r r ，∴25353144848AF BC a b b ⋅=-⋅+=-+=u u u r u u u r r r r ，故选B.【答案】B4.已知向量a r 与b r 的夹角为60°，||2a =r ，||5b =r，则2a b -r r 在a r 方向上的投影为（）A ．23 B ．2 C ．52 D ．3【解析】由已知条件可知，2a b -r r 在a r，其中()360cos 2=⋅-=⋅-=⋅-οa b a b a .23=.【答案】A5. 在ABC ∆中，已知tan AB AC A ⋅=u u u r u u u r ，当6A π=时，ABC ∆的面积为________.【解析】本题考点是平面向量的数量积、三角函数同角关系、三角形的面积公式的应用.由题意可知tan AB AC A ⋅=u u u r u u u r 得，⋅=u u u r u u u rAB AC tantan 26||||cos tan ,||||cos 3cos 6A AB AC A A AB AC A ππ⋅=⋅===u u u r u u u r u u u r u u u r ，所以，11221||||sin sin 223636ABC S AB AC A π∆=⋅=⨯⨯==u u u r u u u r .【答案】166.已知向量ba ,, 21==，若对任意单位向量，均有6≤⋅+⋅ ,则⋅的最大值是．【解析】本题考点是平面向量的数量积及不等式的性质的具体应用．由题意可知221|(a b)||a ||b ||a b ||a ||b |2a b 6a b 2e e e +⋅≤⋅+⋅+≤++⋅≤⇒⋅≤r r r r r r r r r r r r r r r ，即最大值为12. 【答案】127.在等腰梯形ABCD 中,已知AB DC P ,2,1,60,AB BC ABC ==∠=o 点E 和点F 分别在线段BC 和CD 上,且21,,36BE BC DF DC ==u u u r u u u r u u u r u u u r 则AE AF ⋅u u u r u u u r 的值为．【解析】本题考点是平面向量的数量积及向量的线性运算，在等腰梯形ABCD 中,由AB ∥DC ,2,1,60,AB BC ABC ==∠=o 得12AD BC ⋅=u u u r u u u r ,1AB AD ⋅=u u u r u u u r ,12DC AB =u u u r u u u r , 所以()()AE AF AB BE AD DF ⋅=+⋅+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r =⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+12132 221131218=⋅+⋅++⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r AB AD BC AD AB BC AB 111291331818=++-= 【答案】29188.如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E ，F 是AD 上的两个三等分点，BA →·CA →＝4，BF →·CF →＝－1，则BE →·CE →的值是________．【解析】本题考点是平面向量的线性运算及数量积的运算，由题意可设==,，则()()433=-=+-⋅+=⋅，()()1-=-=+-⋅+=⋅，.85813== 则()().8722=-=+-⋅+=⋅【答案】78 9.设向量()2log 3,a m =r ，()3log 4,1b =-r ，且a b ⊥r r ，则m 的值为__________．【解析】因为a b ⊥r r ，所以有0r r a b?，可以得到23log 3log 40m -=，则23lg3lg4log 3log 42lg2lg3m ==⨯=，应填答案2. 【答案】2 10.在ABC △中，60A =︒∠，3AB =，2AC =.若2BD DC =u u u r u u u r ，()AE AC AB λλ∈=-R u u u r u u u r u u u r ，且4AD AE ⋅=-u u u r u u u r ，则λ的值为___________.【解析】由题意可知：360cos ==⋅ο，()32313232+=-+=+=， ()AB AC AC AB AE AC -⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⋅λ3231 =433293143233-=⨯-⨯-⨯+⨯λλ，所以可得113=λ. 【答案】113 11.已知3a =r ， 4b =r ， 0a b ⋅=r r ，若向量c r 满足()()0a c b c -⋅-=r r r r ，则c r 的取值范围是__________．【解析】易知5a b +=r r ，由()()0a c b c -⋅-=r r r r ，且0a b ⋅=r r ，可得： ()2cos ,5cos ,=+=+⋅+=+r r r r r r r r r r r r r r c a b c a b c a b c c a b c .所以0c =r 或5cos ,c a b c =+r r r r ，由此可得c r 的取值范围是[]0,5.【答案】[]0,512.已知两个不共线的向量,，它们的夹角为θ13==，x 为正实数． (1)若2+与4-垂直，求tan θ；(2)若θ＝π6，求x -的最小值及对应的x 的值，并判断此时向量与x -是否垂直．【解析】(1)因为2+与4-垂直，所以()()042=-⋅+. 所以08222=-⋅-，所以32－2×3×1×cos θ－8×12＝0，所以cos θ＝16，又θ∈(0，π)，sin θ＝1－cos 2θ＝356，所以tan θ＝sin θcos θ＝35.。

2020年高考数学一轮复习专题5.2平面向量的基本定理练习(含解析)

5.2 平面向量的坐标运算一、平面向量的坐标运算 1．向量坐标的求法（1）若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标. （2）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则AB =（x 2－x 1，y 2－y 1）. 2．向量加法、减法、数乘向量及向量的模设a =（x 1，y 1），b =（x 2，y 2），则a ＋b =（x 2+x 1，y 2+y 1），a －b =（x 1－x 2，y 1－y 2），λa =（λx 1，λy 1）， |a |a ＋b 3．平面向量共线的坐标表示设a =（x 1，y 1），b =（x 2，y 2），则a ∥b ⇔x 1y 2－x 2y 1=0. 4．向量的夹角已知两个非零向量a 和b ，作OA =a ，OB =b ，则∠AOB =θ（0°≤θ≤180°）叫做向量a 与b 的夹角.如果向量a 与b 的夹角是90°，我们说a 与b 垂直，记作a ⊥b .考向一坐标运算【例1】（1）已知点M (5，－6)和向量a ＝(1，－2)，若MN →＝－3a ，则点N 的坐标为．(2)已知A (－2,4)，B (3，－1)，C (－3，－4)．设AB →＝a ，BC →＝b ，CA →＝c ，a ＝m b ＋n c (m ，n ∈R )，则m ＋n ＝【答案】（1）(2,0) （2）-2【解析】（1）设N (x ，y )，则(x －5，y ＋6)＝(－3,6)，∴x ＝2，y ＝0. （2）由已知得a ＝(5，－5)，b ＝(－6，－3)，c ＝(1,8)．∵m b ＋n c ＝(－6m ＋n ，－3m ＋8n )，∴⎩⎪⎨⎪⎧－6m ＋n ＝5，－3m ＋8n ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝－1.∴m ＋n ＝－2.【举一反三】1.设OA →＝(1，－2)，OB →＝(a ，－1)，OC →＝(－b,0)，a >0，b >0，O 为坐标原点，若A ，B ，C 三点共线，则1a＋2b的最小值是( )A ．2B ．4C ．6D ．8【答案】 D【解析】由题意可得，OA →＝(1，－2)，OB →＝(a ，－1)，OC →＝(－b,0)，所以AB →＝OB →－OA →＝(a －1,1)，AC →＝OC →－OA →＝(－b －1，2)．又∵A ，B ，C 三点共线，∴AB →∥AC →，即(a －1)×2－1×(－b －1)＝0，∴2a ＋b ＝1，又∵a >0，b >0，∴1a ＋2b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b (2a ＋b )＝4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋4a b ≥4＋4＝8，当且仅当b a ＝4a b时，取“＝”．故选D.2．已知点P (－1,2)，线段PQ 的中点M 的坐标为(1，－1)．若向量PQ →与向量a ＝(λ，1)共线，则λ＝________. 【答案】－23【解析】点P (－1,2)，线段PQ 的中点M 的坐标为(1，－1)， ∴向量PQ →＝2PM →＝2(1＋1，－1－2)＝(4，－6)．又PQ →与向量a ＝(λ，1)共线，∴4×1＋6λ＝0，即λ＝－23.3.已知a ＝(5，－2)，b ＝(－4，－3)，若a －2b ＋3c ＝0，则c 等于( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，83 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－133，83 C.⎝⎛⎭⎪⎫133，43D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－133，－43【解析】由已知3c ＝－a ＋2b ＝(－5,2)＋(－8，－6)＝(－13，－4)．所以c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－133，－43.考向二平面向量在几何中的运用【例2】已知△ABC 的三个顶点的坐标为A (0，1)，B (1,0)，C (0，－2)，O 为坐标原点，动点M 满足|CM →|＝1，则|OA →＋OB →＋OM →|的最大值是( )A.2＋1B.7＋1C.2－1D.7－1 【答案】 A【解析】设点M 的坐标是(x ，y )，∵C (0，－2)，且|CM →|＝1，∴x 2＋(y ＋2)2＝1，则x 2＋(y ＋2)2＝1，即动点M 的轨迹是以C 为圆心、1为半径的圆， ∵A (0,1)，B (1,0)，∴OA →＋OB →＋OM →＝(x ＋1，y ＋1)，则|OA →＋OB →＋OM →|＝(x ＋1)2＋(y ＋1)2，几何意义表示：点M (x ，y )与点N (－1，－1)之间的距离，即圆C 上的点与点N (－1，－1)的距离，∵点N (－1，－1)在圆C 外部，∴|OA →＋OB →＋OM →|的最大值是|NC |＋1＝(0＋1)2＋(－2＋1)2＋1＝2＋1.故选A. 【举一反三】1.在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线与圆相交于两点，．若点在圆上，则实数（）A ．B ．C ．D ．O :10l x ky -+=22:4C x y +=, A B OM OA OB =+M C k =2-1-01考向三向量中的坐标【例3】给定两个长度为1的平面向量,OA OB ，它们的夹角为120.如图1所示，点C 在以O 为圆心的圆弧AB 上变动.若,OC xOA yOB =+其中,x y R ∈，则x y +的最大值是______. 【答案】2【解析】解法1（考虑特值法）当C 与A 重合时，10,OC OA OB =⨯+⨯1x y +=，当C 与B 重合时，01,OC OA OB =⨯+⨯1x y +=，当C 从AB 的端点向圆弧内部运动时，1x y +>，于是猜想当C 是AB 的中点时，x y +取到最大值.当C 是AB 的中点时，由平面几何知识OACB 是菱形， ∴,OC OA OB =+∴11 2.x y +=+= 猜想x y +的最大值是2.解法二（考虑坐标法）建立如图3，所示的平面直角坐标系，设AOC α∠=，则1(1,0),((cos ,sin )2A B C αα-.于是OC xOA yOB =+可化为：1(cos ,sin )(1,0)(,22x y αα=+-，∴1cos ,2sin .x y y αα⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（1）解法2 函数法求最值由方程组（1）得：cos ,.x y ααα⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∴cos 2sin(30)x y ααα+=+=+，又0120α≤≤， ∴当30α=时，max () 2.x y += 解法3 不等式法求最值由方程组（1）得：222221sin cos ()3x y xy x y xy αα=+=+-=+-，∴211()33xy x y =+-，由0,0x y >>，及x y +≥2()4x y xy +≥， ∴2()4x y +≤，∴2x y +≤，当且仅当1x y ==时取等号. ∴max () 2.x y +=思考方向三考虑向量的数量积的运算解法4 两边点乘同一个向量∵,OC xOA yOB =+∴,.OC OA xOA OA yOB OA OC OB xOA OB yOB OB ⎧⋅=⋅+⋅⎪⎨⋅=⋅+⋅⎪⎩ 设AOC α∠=，则 120BOC α∠=-，又||||||1OC OA OB ===，∴1cos ,21cos(120).2x y x y αα⎧=-⎪⎪⎨⎪-=-+⎪⎩∴2[cos cos(120)]2sin(30)x y ααα+=+-=+， ∴当30α=时，max () 2.x y += 解法5 两边平方法∵,OC xOA yOB =+∴22(),OC xOA yOB =+∴2221()3x y xy x y xy =+-=+-222()()()344x y x y x y ++≥+-⋅=， ∴2x y +≤，当且仅当1x y ==时取等号， ∴max () 2.x y +=思考方向四考虑平行四边形法则过C 作CM ∥OB 交OA 于M ，作CN ∥OA 交OB 于N ，则OM CN 是平行四边形，由向量加法的平行四边形法则得：OC OM ON =+，在OMC ∆中，设AOC α∠=，则 120BOC α∠=-，且||,||.OM x MC y == 解法6 利用正弦定理sin sin sin OM MC OCOCM COM OMC==∠∠∠， 1sin(60)sin sin 60x y αα==+，由等比性值得：1sin(60)sin sin 60x y αα+=++，∴2sin(30)x y α+=+，∴当30α=时，max () 2.x y += 解法7 利用余弦定理222||||||2||||cos60,OC OM MC OM MC =+-⋅∴2221()3x y xy x y xy =+-=+-222()()()344x y x y x y ++≥+-⋅=，∴2x y +≤，当且仅当1x y ==时取等号， ∴max () 2.x y += 【举一反三】1.如图，已知平面内有三个向量OA →，OB →，OC →，其中OA →与OB →的夹角为120°，OA →与OC →的夹角为30°，且|OA →|＝|OB →|＝1，|OC →|＝2 3.若OC →＝λOA →＋μOB →(λ，μ∈R )，求λ＋μ的值．【答案】6【解析】方法一如图，作平行四边形OB 1CA 1，则OC →＝OB 1→＋OA 1→，因为OA →与OB →的夹角为120°，OA →与OC →的夹角为30°，所以∠B 1OC ＝90°.在Rt △OB 1C 中，∠OCB 1＝30°，|OC →|＝23，所以|OB 1→|＝2，|B 1C →|＝4，所以|OA 1→|＝|B 1C →|＝4，所以OC →＝4OA →＋2OB →，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.方法二以O 为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，C (3，3)．由OC →＝λOA →＋μOB →，得⎩⎪⎨⎪⎧3＝λ－12μ，3＝32μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝4，μ＝2.所以λ＋μ＝6.2.如图，四边形ABCD 是正方形，延长CD 至E ，使得DE ＝CD ，若点P 为CD 的中点，且AP →＝λAB →＋μAE →，则λ＋μ＝.【答案】 52【解析】由题意，设正方形的边长为1，建立平面直角坐标系如图，则B (1,0)，E (－1,1)， ∴AB →＝(1,0)，AE →＝(－1,1)， ∵AP →＝λAB →＋μAE →＝(λ－μ，μ)，又∵P 为CD 的中点，∴AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ－μ＝12，μ＝1，∴λ＝32，μ＝1，∴λ＋μ＝52.1．在▱ABCD 中，AC 为一条对角线，AB →＝(2,4)，AC →＝(1,3)，则向量BD →的坐标为__________．【答案】 (－3，－5)【解析】 ∵AB →＋BC →＝AC →，∴BC →＝AC →－AB →＝(－1，－1)，∴BD →＝AD →－AB →＝BC →－AB →＝(－3，－5)．2.已知向量a ＝(3，1)，b ＝(0，－1)，c ＝(k ，3)，若a －2b 与c 共线，则k ＝________. 【答案】 1【解析】 ∵a －2b ＝(3，3)，且a －2b ∥c ，∴3×3－3k ＝0，解得k ＝1.3.线段AB 的端点为A (x,5)，B (－2，y )，直线AB 上的点C (1,1)，使|AC →|＝2|BC →|，则x ＋y ＝. 【答案】－2或6【解析】由已知得AC →＝(1－x ，－4)，2BC →＝2(3,1－y )．由|AC →|＝2|BC →|，可得AC →＝±2BC →，则当AC →＝2BC →时，有⎩⎪⎨⎪⎧1－x ＝6，－4＝2－2y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－5，y ＝3，此时x ＋y ＝－2；当AC →＝－2BC →时，有⎩⎪⎨⎪⎧1－x ＝－6，－4＝－2＋2y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7，y ＝－1，此时x ＋y ＝6.综上可知，x ＋y ＝－2或6.4. 已知O 为坐标原点，点A (4,0)，B (4,4)，C (2,6)，则AC 与OB 的交点P 的坐标为．【答案】 (3,3)【解析】方法一由O ，P ，B 三点共线，可设OP →＝λOB →＝(4λ，4λ)，则AP →＝OP →－OA →＝(4λ－4,4λ)．又AC →＝OC →－OA →＝(－2,6)，由AP →与AC →共线，得(4λ－4)×6－4λ×(－2)＝0，解得λ＝34，所以OP →＝34OB →＝(3,3)，所以点P 的坐标为(3,3)．方法二设点P (x ，y )，则OP →＝(x ，y )，因为OB →＝(4,4)，且OP →与OB →共线，所以x 4＝y 4，即x ＝y .又AP →＝(x －4，y )，AC →＝(－2,6)，且AP →与AC →共线，所以(x －4)×6－y ×(－2)＝0，解得x ＝y ＝3，所以点P 的坐标为(3,3)．5.已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8，x 2，b ＝(x,1)，其中x >0，若(a －2b )∥(2a ＋b )，则x ＝.【答案】 4【解析】 ∵向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8，x 2，b ＝(x,1)，∴a －2b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8－2x ，x2－2，2a ＋b ＝(16＋x ，x ＋1)，∵(a －2b )∥(2a ＋b )，∴(8－2x )(x ＋1)－(16＋x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x2－2＝0，即－52x 2＋40＝0，又∵x >0，∴x ＝4.6．在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上．若AP →＝λAB →＋μAD →，则λ＋μ的最大值为．【答案】 3【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则C 点坐标为(2,1)．设BD 与圆C 切于点E ，连结CE ，则CE ⊥BD . ∵CD ＝1，BC ＝2， ∴BD ＝12＋22＝5，EC ＝BC ·CD BD ＝25＝255，即圆C 的半径为255，∴P 点的轨迹方程为(x －2)2＋(y －1)2＝45.设P (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2＋255cos θ，y 0＝1＋255sin θ(θ为参数)，而AP →＝(x 0，y 0)，AB →＝(0,1)，AD →＝(2,0)．∵AP →＝λAB →＋μAD →＝λ(0,1)＋μ(2,0)＝(2μ，λ)， ∴μ＝12x 0＝1＋55cos θ，λ＝y 0＝1＋255sin θ.两式相加，得λ＋μ＝1＋255sin θ＋1＋55cos θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫其中sin φ＝55，cos φ＝255，当且仅当θ＝π2＋2k π－φ，k ∈Z 时，λ＋μ取得最大值3.7.在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，DC ∥AB ，AD ＝DC ＝2，AB ＝4，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，点P 在以A 为圆心，AD 为半径的圆弧DEM 上变动(如图所示)．若AP →＝λED →＋μAF →，其中λ，μ∈R ，则2λ－μ的取值范围是．【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，12 【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，E (2,0)，D (0,2)，F (3,1)，P (cos α，sin α)⎝⎛⎭⎪⎫－π2≤α≤π2，即AP →＝(cos α，sin α)，ED →＝(－2,2)，AF →＝(3,1)． ∵AP →＝λED →＋μAF →，∴(cos α，sin α)＝λ(－2,2)＋μ(3,1)， ∴cos α＝－2λ＋3μ，sin α＝2λ＋μ，∴λ＝18(3sin α－cos α)，μ＝14(cos α＋sin α)，∴2λ－μ＝12sin α－12cos α＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4.∵－π2≤α≤π2，∴－3π4≤α－π4≤π4.∴－22≤22sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4≤12.8.如图，在边长为2的正六边形ABCDEF 中，动圆Q 的半径为1，圆心在线段CD (含端点)上运动，P 是圆Q 上及内部的动点，设向量AP →＝mAB →＋nAF →(m ，n 为实数)，求m ＋n 的最大值．【答案】5【解析】如图所示，①设点O 为正六边形的中心，则AO →＝AB →＋AF →.当动圆Q 的圆心经过点C 时，与边BC 交于点P ，点P 为边BC 的中点．连结OP ，则AP →＝AO →＋OP →， ∵OP →与FB →共线，∴存在实数t ，使得OP →＝tFB →，则AP →＝AO →＋tFB →＝AB →＋AF →＋t (AB →－AF →) ＝(1＋t )AB →＋(1－t )AF →，∴此时m ＋n ＝1＋t ＋1－t ＝2，取得最小值．②当动圆Q 的圆心经过点D 时，取AD 的延长线与圆Q 的交点为P ，则AP →＝52AO →＝52()AB →＋AF →＝52AB →＋52AF →，此时m ＋n ＝5，为最大值．9.在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝60°，点P 是△ABC 内一点(含边界)，若AP →＝23AB →＋λAC →，则|AP →|的最大值为________．【答案】2133【解析】以A 为原点，以AB 所在的直线为x 轴，建立如图所示的坐标系，∵AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝60°， ∴A (0,0)，B (3,0)，C (1，3)，设点P 为(x ，y )，0≤x ≤3，0≤y ≤3， ∵AP →＝23AB →＋λAC →，∴(x ，y )＝23(3,0)＋λ(1，3)＝(2＋λ，3λ)，∴⎩⎨⎧x ＝2＋λ，y ＝3λ，∴y ＝3(x －2)，① 直线BC 的方程为y ＝－32(x －3)，② 联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝73，y ＝33，此时|AP →|最大，∴|AP →|＝499＋13＝2133. 10.已知三角形ABC 中，AB ＝AC ，BC ＝4，∠BAC ＝120°，BE →＝3EC →，若点P 是BC 边上的动点，则AP →·AE →的取值范围是________．【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，103 【解析】因为AB ＝AC ，BC ＝4，∠BAC ＝120°，所以∠ABC ＝30°，AB ＝433.因为BE →＝3EC →，所以BE →＝34BC →.设BP →＝tBC →，则0≤t ≤1，所以AP →＝AB →＋BP →＝AB →＋tBC →，又AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋34BC →，所以AP →·AE →＝(AB →＋tBC →)·⎝⎛⎭⎪⎫AB →＋34BC →＝AB →2＋tBC →·AB →＋34BC →·AB →＋34tBC →2＝163＋t ×4×433cos150°＋34×4×433cos150°＋34t ×42＝4t －23，因为0≤t ≤1，所以－23≤4t －23≤103，即AP →·AE →的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，103.11在矩形ABCD 中，AB ＝5，BC ＝3，P 为矩形内一点，且AP ＝52，若AP →＝λAB →＋μAD →(λ，μ∈R )，则5λ＋3μ的最大值为______．【答案】102【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，设P (x ，y )，B (5，0)，C (5，3)，D (0，3)．∵AP ＝52，∴x 2＋y 2＝54. 点P 满足的约束条件为 ⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤5，0≤y ≤3，x 2＋y 2＝54，∵AP →＝λAB →＋μAD →(λ，μ∈R )， ∴(x ，y )＝λ(5，0)＋μ(0，3)，∴⎩⎨⎧x ＝5λ，y ＝3μ，∴x ＋y ＝5λ＋3μ.∵x ＋y ≤2(x 2＋y 2)＝2×54＝102，当且仅当x ＝y 时取等号， ∴5λ＋3μ的最大值为102. 12.如图所示，A ，B ，C 是圆O 上的三点，线段CO 的延长线与BA 的延长线交于圆O 外的一点D ，若OC →＝mOA →＋nOB →，则m ＋n 的取值范围是________．【答案】 (－1,0)【解析】由题意得，OC →＝kOD →(k ＜0)，又|k |＝|OC →||OD →|＜1，∴－1＜k ＜0.又∵B ，A ，D 三点共线，∴OD →＝λOA →＋(1－λ)OB →， ∴mOA →＋nOB →＝k λOA →＋k (1－λ)OB →， ∴m ＝k λ，n ＝k (1－λ)， ∴m ＋n ＝k ，从而m ＋n ∈(－1,0)．。

2020届高考数学一轮复习第五章平面向量5.2平面向量的数量积及其应用教师用书理(PDF,含解析)

则｜ｃ｜＝
（）
Ａ．２５
Ｂ．５
Ｃ．２
Ｄ．１
答案Ａ
解析由题意知，｜ａ｜＝５，｜ｂ｜＝３５，ａ∥ｂ，且ａ与ｂ方向相反．
（２）建立恰当的平面直角坐标系，设Ａ→Ｍ＝ λ →ＡＣ（０≤λ≤１），表示出点Ｍ的坐标，进而写出Ｍ→Ｂ＋Ｍ→Ｄ的坐标，从而将｜Ｍ→Ｂ＋Ｍ→Ｄ｜
表示成关于 λ 的函数，利用函数思想求其最值，得取值范围．
解析（１）由题意知｜ａ＋ｂ｜ｃｏｓ〈ａ＋ｂ，ａ〉＝｜ａ＋ｂ｜ ·
对应学生用书起始页码Ｐ８２
当ａ与ｂ反向时，ａ·ｂ＝－｜ａ｜｜ｂ｜．特别地，ａ·ａ＝｜ａ｜２．
（４）ｃｏｓ
θ＝
｜
ａ·ｂａ｜｜ｂ｜
．
（５）｜ａ·ｂ｜ ≤ ｜ａ｜ · ｜ｂ｜．
考点二数量积的综合应用
高频考点
１．向量数量积的应用
已知ａ＝（ｘ１，ｙ１），ｂ＝（ｘ２，ｙ２）．
λ
使得
Ｉ
为△ＡＢＣ
的内心；
ａ →ＰＡ＋ｂＰ→Ｂ＋ｃＰ→Ｃ＝０⇔Ｐ为△ＡＢＣ的内心．（２）｜ →ＰＡ｜＝｜Ｐ→Ｂ｜＝｜Ｐ→Ｃ｜ ⇔Ｐ为△ＡＢＣ的外心．（３）→ＧＡ＋Ｇ→Ｂ＋Ｇ→Ｃ＝０⇔Ｇ为△ＡＢＣ的重心．（４）→ＰＡ·Ｐ→Ｂ＝Ｐ→Ｂ·Ｐ→Ｃ＝Ｐ→Ｃ·→ＰＡ⇔Ｐ为△ＡＢＣ的垂心．
第五章平面向量５
§ ５．２平面向量的数量积及其应用
考点一数量积的定义及夹角与模长问题高频考点
１．两个向量的夹角（１）定义和范围

专题28平面向量的数量积及应用(PPT)-2025年新高考数学一轮考点题型精准复习(新高考专用)

即
a
b
2 ，设 a 与 b
的夹角为，则 a b
a
b cos
1 ，即 cos
1 ab
，
且
a
b
2 ，则 cos
1 2
，所以
π 3
，则 a 与 b
的夹角可以为
π 6
，
2π 7
.
故选：AB
例 15．（2023 春·陕西榆林·高二绥德中学校考阶段练习）已知非零向量 a ， b 满足 a 2 b ，且 a b b ，
a b a b x1x2 y1y2 0
考点一平面向量数量积的基本概念及运算
例 1．（2023 春·辽宁沈阳·高一沈阳市第十一中学校考阶段练习）已知向量 a b
则ab bc ca （）
A． 17 B． 15 C． 17 D． 15
2
2
2
2
解：因为 a b c ，则 a b 2 c 2 ，
则 a 与 b 的夹角为（）
A． π B． π C． 2π
6
3
3
D． 5π 6
解：设 a ， b 的夹角为， 0, π，
因为 a 2 b ， a b b ，
所以
ab
b
a
b
2
b
2
b
b
cos
b
2
0
，
则 cos 1 ， π .
2
3
故选：B.
考点四两个向量的垂直关系
例 16．（2022·陕西西安·统考模拟预测）若向量 a 2, x ，b 2,1不共线，且 a b a b ，则 a b
c m,2 ，且 a b ∥a 2c ．
(1)求实数 n 关于 m 的表达式； (2)当 b c 的值最小时，求向量 a 和 b 的夹角的余弦值．

2020届高考数学理一轮(新课标通用)考点测试：平面向量的数量积及应用

∴a· b＝ | a|| b| ·cos〈 a， b〉＝ 3× 4＝ 12．故选 A．
5．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
1/ 9
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
6 － 7．故选 D．
7．(2018 ·大庆质检一 ) 若 e1， e2 是夹角为 60°的两个单位向量，则向量 a＝ e1＋ e2， b＝－ e1＋ 2e2 的夹角为
()
A．30° B ．60° C ．90° D ．120°
答案 B
1 解析依题意，有 e1·e2＝cos60°＝ 2，则 cos 〈 a，b〉
a· b
( e1＋ e2) · ( － e1＋ 2e2)
＝ | a|| b| ＝ ( e1＋e2) 2· ( － e1＋ 2e2) 2
3
－ 1＋ e1· e2＋ 2
2
1
＝
2＋ 2e1· e2·
＝ 5－ 4e1 ·e2
3×
3＝2，故〈 a，b〉＝ 60°，故选
B．
8．已知在直角三角形 ABC中，∠ ACB＝90°， AC＝ BC＝ 2，点 P 是斜边 AB上的中点，则·＋·＝ ________．
一、基础小题
1．已知向量 a＝ ( － 2，－ 1) ，b＝ ( m， 1) ， m∈ R，若 a⊥ b，则 m的值为 ( )
1
1
A．－ 2 B ．2 C ． 2 D ．－ 2
答案 A
1 解析由 a⊥b，得 a·b＝ 0，即－ 2m－ 1边长为 1 的等边三角形 ABC中，设＝ a，＝ b，＝ c，则 a· b＋ b·c＋ c· a＝( )

2020年高考数学专题复习平面向量的数量积及应用举例

第3讲平面向量的数量积及应用举例1.向量的夹角2.平面向量的数量积3.向量数量积的运算律(1)a·b＝b·a；(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)；(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c.4.平面向量数量积的有关结论已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)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、数乘运算的运算结果是向量.( ) (3)由a ·b ＝0可得a ＝0或b ＝0.( ) (4)(a ·b )c ＝a (b ·c ).( )(5)两个向量的夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( )(6)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.( ) 答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)×在边长为1的等边△ABC 中，设BC →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，则a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝( ) A ．－32B ．0C ．32D ．3解析：选A.依题意有a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－32，故选A. 已知向量BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，则∠ABC ＝( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．120°解析：选A.由两向量的夹角公式，可得cos ∠ABC ＝BA →·BC →|BA →|·|BC →|＝12×32＋32×121×1＝32，则∠ABC ＝30°.(2019·温州市高考模拟)已知向量a ，b 满足|b |＝4，a 在b 方向上的投影是12，则a ·b＝________.解析：a 在b 方向上的投影是12，设θ为a 与b 的夹角，则|a |·cos θ＝12，a ·b ＝|a|·|b |·cos θ＝2.答案：2(2017·高考浙江卷)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，则|a ＋b |＋|a －b |的最小值是________，最大值是________.解析：法一：(|a ＋b |＋|a －b |)2＝(a ＋b )2＋(a －b )2＋2|a ＋b |·|a －b |＝2a 2＋2b 2＋2|a＋b |·|a －b |＝10＋2|a ＋b |·|a －b |，而|a ＋b |·|a －b |≥|(a ＋b )·(a －b )|＝|a 2－b 2|＝3，所以(|a ＋b |＋|a －b |)2≥16，即|a ＋b |＋|a －b |≥4，即|a ＋b |＋|a －b |的最小值为4.又|a ＋b |＋|a －b |2≤（a ＋b ）2＋（a －b ）22＝a 2＋b 2＝5，所以|a ＋b |＋|a －b |的最大值为2 5.法二：由向量三角不等式得，|a ＋b |＋|a －b |≥|(a ＋b )－(a －b )|＝|2b |＝4.又|a ＋b |＋|a －b |2≤（a ＋b ）2＋（a －b ）22＝a 2＋b 2＝5，所以|a ＋b |＋|a －b |的最大值为2 5.答案：4 2 5平面向量数量积的运算(1)(2017·高考浙江卷) 如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O .记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3 ＜ I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3(2)(2017·高考全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA →·(PB →＋PC →)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43D ．－1【解析】 (1) 如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，所以∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD 与∠BOC 为锐角.根据题意，I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →＝|OB →|·|CA →|·cos ∠AOB <0，所以I 1<I 2，同理得，I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ，又AB ＝AD ，所以OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ，所以|OA →|·|OB →|<|OC →|·|OD →|，而cos ∠AOB ＝cos ∠COD <0，所以OA →·OB →>OC →·OD →，即I 1>I 3.所以I 3<I 1<I 2.(2) 如图，以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x 轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，3)，B (－1，0)，C (1，0)，设P (x ，y )，则PA →＝(－x ，3－y )，PB →＝(－1－x ，－y )，PC →＝(1－x ，－y )，所以PA →·(PB →＋PC →)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2x 2＋2(y －32)2－32，当x ＝0，y ＝32时，PA →·(PB →＋PC →)取得最小值，为－32，选择B.【答案】 (1)C (2)B在本例(2)的条件下，若D ，E 是边BC 的两个三等分点(D 靠近点B )，则AD →·AE →等于________.解析：法一：(通性通法)因为D ，E 是边BC 的两个三等分点，所以BD ＝DE ＝CE ＝23，在△ABD 中，AD 2＝BD 2＋AB2－2BD ·AB ·cos 60°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋22－2×23×2×12＝289，即AD ＝273，同理可得AE ＝273，在△ADE 中，由余弦定理得cos ∠DAE ＝AD 2＋AE 2－DE 22AD ·AE＝289＋289－⎝ ⎛⎭⎪⎫2322×273×273＝1314，所以AD →·AE →＝|AD→|·|AE →|cos ∠DAE ＝273×273×1314＝269.法二：(光速解法)如图，建立平面直角坐标系，由正三角形的性质易得A (0，3)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－3，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－3，所以AD →·AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－3·⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－3＝269.答案：269(1)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 |cos 〈a ，b 〉. ②当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2.(2)数量积在平面几何中的应用解决涉及几何图形的向量的数量积运算问题时，常利用解析法，巧妙构造坐标系，利用坐标求解.1.(2019·杭州中学高三月考)若A ，B ，C 三点不共线，|AB →|＝2，|CA →|＝3|CB →|，则CA →·CB →的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，3B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，3C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫34，3 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，3 解析：选D.设|CB →|＝x ，则|CA →|＝3|CB →|＝3x ，由于A ，B ，C 三点不共线，能构成三角形，如图：由三角形三边的性质得，⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3x >23x ＋2>x x ＋2>3x，解得12<x <1，由余弦定理的推论得，cos C ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝x 2＋9x 2－46x 2＝10x 2－46x2，所以CA →·CB →＝|CA →||CB →|cos C ＝3x 2×10x 2－46x2＝5x 2－2，由12<x <1得，－34<5x 2－2<3，故选D.2.已知向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2.若对任意单位向量e ，均有|a ·e |＋|b ·e |≤6，则a ·b 的最大值是________.解析：由题意，令e ＝(1，0)，a ＝(cos α，sin α)，b ＝(2cos β，2sin β)，则由|a ·e |＋|b ·e |≤6，可得|cos α|＋2|cos β|≤ 6.①令sin α＋2sin β＝m ，②①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m 2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，故a ·b ＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤12.答案：12平面向量的夹角与模(高频考点)平面向量的夹角与模是高考的热点，题型多为选择题、填空题，难度适中，属中档题.主要命题角度有：(1)求两向量的夹角； (2)求向量的模； (3)两向量垂直问题；(4)求参数值或范围.角度一求两向量的夹角(2019·绍兴一中高三期中)若|a ＋b |＝|a －b |＝2|a |，则向量a ＋b 与a 的夹角为( )A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6【解析】因为|a ＋b |＝|a －b |＝2|a |，所以|a ＋b |2＝|a －b |2，两边平方可得a 2＋2a ·b ＋b 2＝a 2－2a ·b ＋b 2，化简可得a ·b ＝0，设向量a ＋b 与a 的夹角为θ，则可得cos θ＝（a ＋b ）·a |a ＋b ||a |＝a 2＋a ·b|a ＋b ||a |＝|a |22|a |2＝12，又θ∈[0，π]，故θ＝π3. 【答案】 B角度二求向量的模(2018·高考浙江卷)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量.若非零向量a 与e的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e ·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( )A ．3－1B ．3＋1C ．2D ．2－ 3【解析】法一：设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1，0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2，0)为圆心，1为半径的圆.因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x >0)上，如图，数形结合可知|a －b |min ＝|CA →|－|CB →|＝3－1.故选A.法二：由b 2－4e ·b ＋3＝0得b 2－4e ·b ＋3e 2＝(b －e )·(b －3e )＝0.设b ＝OB →，e ＝OE →，3e ＝OF →，所以b －e ＝EB →，b －3e ＝FB →，所以EB →·FB →＝0，取EF 的中点为C ，则B 在以C 为圆心，EF 为直径的圆上，如图．设a ＝OA →，作射线OA ，使得∠AOE ＝π3，所以|a －b |＝|(a －2e )＋(2e －b )|≥|a －2e |－|2e －b |＝|CA →|－|BC →|≥3－1.故选A.【答案】 A角度三两向量垂直问题已知|a |＝4，|b |＝8，a 与b 的夹角是120°.求k 为何值时，(a ＋2b )⊥(k a －b )?【解】由已知得，a ·b ＝4×8×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－16.因为(a ＋2b )⊥(k a －b )，所以(a ＋2b )·(k a －b )＝0，k a 2＋(2k －1)a ·b －2b 2＝0，即16k －16(2k －1)－2×64＝0. 所以k ＝－7.即k ＝－7时，a ＋2b 与k a －b 垂直．角度四求参数值或范围已知△ABC 是正三角形，若AC →－λAB →与向量AC →的夹角大于90°，则实数λ的取值范围是________．【解析】因为AC →－λAB →与向量AC →的夹角大于90°，所以(AC →－λAB →)·AC →<0，即|AC →|2－λ|AC →|·|AB →|cos 60°<0，解得λ>2.故填(2，＋∞)．【答案】 (2，＋∞)(1)求平面向量的夹角的方法①定义法：利用向量数量积的定义知，cos θ＝a ·b|a ||b |，其中两个向量的夹角θ的范围为[0，π]，求解时应求出三个量：a ·b ，|a |，|b |或者找出这三个量之间的关系；②坐标法：若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则cos θ＝；(2)求向量的模的方法①公式法：利用|a |＝a ·a 及(a ±b )2＝|a |2±2a ·b ＋|b |2，把向量模的运算转化为数量积运算．②几何法：利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解．1．(2019·浙江新高考研究联盟)已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝k ，|c |＝2－k 且a ＋b ＋c ＝0，则b 与c 夹角的余弦值的取值范围是________．解析：设b 与c 的夹角为θ，由题b ＋c ＝－a ，所以b 2＋c 2＋2b ·c ＝1.即cos θ＝2k 2－4k ＋32k 2－4k ＝1＋32（k －1）2－2. 因为|a |＝|b ＋c |≥|b －c |，所以|2k －2|≤1. 所以12≤k ≤32.所以－1≤cos θ≤－12.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12 2．已知向量AB →与AC →的夹角为120°，且|AB →|＝3，|AC →|＝2.若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为________．解析：因为AP →⊥BC →，所以AP →·BC →＝0. 又AP →＝λAB →＋AC →，BC →＝AC →－AB →，所以(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝0，即(λ－1)AC →·AB →－λAB →2＋AC →2＝0，所以(λ－1)|AC →||AB →|cos 120°－9λ＋4＝0.所以(λ－1)×3×2×(－12)－9λ＋4＝0.解得λ＝712.答案：712向量数量积的综合应用(2019·金华十校联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m＝(cos(A －B )，sin(A －B ))，n ＝(cos B ，－sin B )，且m ·n ＝－35.(1)求sin A 的值；(2)若a ＝42，b ＝5，求角B 的大小及向量BA →在BC →方向上的投影．【解】 (1)由m ·n ＝－35，得cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35，所以cos A ＝－35.因为0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝45. (2)由正弦定理，得a sin A ＝b sin B ，则sin B ＝b sin A a ＝5×4542＝22，因为a >b ，所以A >B ，则B ＝π4，由余弦定理得()422＝52＋c 2－2×5c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，解得c ＝1.故向量BA →在BC →方向上的投影为 |BA →|cos B ＝c cos B ＝1×22＝22.平面向量与三角函数的综合问题(1)题目条件给出的向量坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫sin A2，cos A 2，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫cos A 2，－cos A 2，且2m ·n ＋|m |＝22，则∠A ＝________．解析：因为2m ·n ＝2sin A 2cos A 2－2cos 2 A 2＝sin A －(cos A ＋1)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π4－1，又|m |＝1，所以2m ·n ＋|m |＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π4＝22，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π4＝12.因为0<A <π，所以－π4<A －π4<3π4，所以A －π4＝π6，即A ＝5π12.答案：5π122．(2017·高考江苏卷)已知向量a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，x ∈[0，π]． (1)若a ∥b ，求x 的值；(2)记f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值和最小值以及对应的x 的值．解：(1)因为a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，a ∥b ，所以－3cos x ＝3sin x .若cos x ＝0，则sin x ＝0，与sin 2x ＋cos 2x ＝1矛盾，故cos x ≠0. 于是tan x ＝－33. 又x ∈[0，π]，所以x ＝5π6.(2)f (x )＝a ·b ＝(cos x ，sin x )·(3，－3)＝3cos x －3sin x ＝23cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6.因为x ∈[0，π]，所以x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6，从而－1≤cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6≤32.于是，当x ＋π6＝π6，即x ＝0时，f (x )取到最大值3；当x ＋π6＝π，即x ＝5π6时，f (x )取到最小值－2 3.平面向量中的最值范围问题(1)(2019·杭州市高三模拟)在△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，D 是AB 的中点，E ，F 分别是边BC 、AC 上的动点，且EF ＝1，则DE →·DF →的最小值等于( )A ．54B ．154C ．174D ．174(2)(2019·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a ，b 满足|a ＋b |＝4，|a －b |＝3，则|a |＋|b |的取值范围是( )A ．[3，5]B ．[4，5]C ．[3，4]D ．[4，7]【解析】 (1)以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：则A (0，4)，B (3，0)，C (0，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2.设E (x ，0)，则F (0，1－x 2)，0≤x ≤1. 所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，－2，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1－x 2－2.所以DE →·DF →＝94－32x ＋4－21－x 2＝254－3x 2－21－x 2.令f (x )＝254－3x 2－21－x 2，当x ≠1时，则f ′(x )＝－32＋2x1－x 2. 令f ′(x )＝0得x ＝35.当0≤x ＜35时，f ′(x )＜0，当35＜x ＜1时，f ′(x )＞0.所以当x ＝35时，f (x )取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫35＝154.当x ＝1时，f (1)＝254－32＝194＞154，故选B.(2)|a |＋|b |≥max{|a ＋b |，|a －b |}＝4，(|a |＋|b |)2≤|a ＋b |2＋|a －b |2＝25，所以|a |＋|b |≤5.【答案】 (1)B (2)B求解向量数量积最值问题的两种思路(1)直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值．(2)建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值． 1．已知平面向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝1，若e 为平面单位向量，则|a ·e |＋|b ·e |的最大值是__________．解析：由a ·b ＝1，|a |＝1，|b |＝2可得两向量的夹角为60°，建立平面直角坐标系，可设a ＝(1，0)，b ＝(1，3)，e ＝(cos θ，sin θ)，则|a ·e |＋|b ·e |＝|cos θ|＋|cosθ＋3sin θ|≤|cos θ|＋|cos θ|＋3|sin θ|＝3|sin θ|＋2|cos θ|≤7，所以|a ·e |＋|b ·e |的最大值为7.答案：72．(2019·金华十校高考模拟)若非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，则cos 〈a ，b 〉的最小值为________．解析：非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，可得a ·b ＝15(a 2＋4b 2)＝15(|a |2＋4|b |2)≥15·2|a |2·4|b |2＝45|a |·|b |，即有cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |≥45·|a |·|b ||a |·|b |＝45，当且仅当|a |＝2|b |，取得最小值45.答案：45求向量模的常用方法利用公式|a |2＝a 2，将模的运算转化为向量的数量积的运算．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．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，反之也不成立．易错防范(1)a ·b ＝0不能推出a ＝0或b ＝0，因为a ·b ＝0时，有可能a ⊥b . (2)a ·b ＝a ·c (a ≠0)不能推出b ＝c ，即消去律不成立． [基础达标]1．已知A ，B ，C 为平面上不共线的三点，若向量AB →＝(1，1)，n ＝(1，－1)，且n ·AC →＝2，则n ·BC →等于( )A ．－2B ．2C ．0D ．2或－2解析：选B.n ·BC →＝n ·(BA →＋AC →)＝n ·BA →＋n ·AC →＝(1，－1)·(－1，－1)＋2＝0＋2＝2.2．(2019·温州市十校联合体期初)设正方形ABCD 的边长为1，则|AB →－BC →＋AC →|等于( )A ．0B ． 2C ．2D ．2 2解析：选C.正方形ABCD 的边长为1，则|AB →－BC →＋AC →|2＝|DB →＋AC →|2＝|DB →|2＋|AC →|2＋2DB →·AC →＝12＋12＋12＋12＝4，所以|AB →－BC →＋AC →|＝2，故选C.3．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a ，b ，c 满足c ＝x a ＋y b (x ，y ∈R )，且a ·c >0，b ·c >0.( )A ．若a ·b <0则x >0，y >0B ．若a ·b <0则x <0，y <0C ．若a ·b >0则x <0，y <0D ．若a ·b >0则x >0，y >0解析：选A.由a ·c >0，b ·c >0，若a ·b <0，可举a ＝(1，1)，b ＝(－2，1)，c ＝(0，1)，则a ·c ＝1>0，b ·c ＝1>0，a ·b ＝－1<0，由c ＝x a ＋y b ，即有0＝x －2y ，1＝x ＋y ，解得x ＝23，y ＝13，则可排除B ；若a ·b >0，可举a ＝(1，0)，b ＝(2，1)，c ＝(1，1)，则a ·c ＝1>0，b ·c ＝3>0，a ·b ＝2>0，由c ＝x a ＋y b ，即有1＝x ＋2y ，1＝y ，解得x ＝－1，y ＝1，则可排除C ，D.故选A.4．在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，则△ABC 的形状一定是( ) A ．等边三角形 B ．等腰三角形 C ．直角三角形D ．等腰直角三角形解析：选C.由(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，得AC →·(BC →＋BA →－AC →)＝0，即AC →·(BC →＋BA →＋CA →)＝0，所以2AC →·BA →＝0，所以AC →⊥AB →.所以∠A ＝90°，又因为根据条件不能得到|AB →|＝|AC →|.故选C.5．已知正方形ABCD 的边长为2，点F 是AB 的中点，点E 是对角线AC 上的动点，则DE →·FC →的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B.以A 为坐标原点，AB →、AD →方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则F (1，0)，C (2，2)，D (0，2)，设E (λ，λ)(0≤λ≤2)，则DE →＝(λ，λ－2)，FC →＝(1，2)，所以DE →·FC →＝3λ－4≤2.所以DE →·FC →的最大值为2.故选B.6．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a ，b 是两个非零向量，且|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是( ) A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，πD ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π6，π 解析：选B.因为|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，不妨设|a ＋b |＝1，则|a |＝|b |＝λ.令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA 、OB 为邻边作平行四边形OACB ，则平行四边形OACB 为菱形．故有△OAB 为等腰三角形，故有∠OAB ＝∠OBA ＝θ，且0<θ<π2.而由题意可得，b 与a －b 的夹角，即OB →与BA →的夹角，等于π－θ，△OAC 中，由余弦定理可得|OC |2＝1＝|OA |2＋|AC |2－2|OA |·|AC |·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－12λ2.再由33≤λ≤1，可得12≤12λ2≤32，所以－12≤cos 2θ≤12，所以π3≤2θ≤2π3，所以π6≤θ≤π3，故2π3≤π－θ≤5π6，即b 与a －b 的夹角π－θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6.7．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，那么|a －2b |＝________．解析：因为平面向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，所以a ·b ＝4·4·cos 120°＝－8，所以|a －2b |＝（a －2b ）2＝a 2－4a ·b ＋4b 2＝16－4·（－8）＋4·16＝112＝47.答案：478．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e 1，e 2为单位向量，其中a ＝2e 1＋e 2，b ＝e 2，且a 在b 上的投影为2，则a ·b ＝________，e 1与e 2的夹角为________．解析：设e 1，e 2的夹角为θ，因为a 在b 上的投影为2，所以a ·b |b |＝（2e 1＋e 2）·e 2|e 2|＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝12，则θ＝π3. a ·b ＝(2e 1＋e 2)·e 2＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2. 答案：2π39. 如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点Q 为边CD 上一个动点，CQ →＝λQD →，点P 为线段BQ (含端点)上一个动点．若λ＝1，则PA →·PD →的取值范围为________．解析：当λ＝1时，Q 为CD 的中点．设AB →＝m ，AD →＝n ，BP →＝μBQ →(0≤μ≤1)．易知BQ →＝－12m ＋n ，AP →＝AB →＋BP →＝m ＋μ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12μm ＋μn ， DP →＝AP →－AD →＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12μm ＋μn －n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12μm ＋(μ－1)n ，所以PA →·PD →＝AP →·DP →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12μm ＋μn ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12μm ＋（μ－1）n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12μ2＋4μ(μ－1)＝5μ2－8μ＋4.根据二次函数性质可知，当μ＝45时上式取得最小值45；当μ＝0时上式取得最大值4.所以PA →·PD →的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，4.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，4 10．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD 满足AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)，则凸四边形ABCD 的面积为________；AB →·CD →的取值范围是________．解析：由AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)得AC →⊥BD →，且|AC →|＝2，|BD →|＝2，所以凸四边形ABCD 的面积为12×2×2＝2；因为ABCD 为凸四边形，所以AC 与BD 交于四边形内一点，记为M ，则AB →·CD →＝(MB →－MA →)·(MD →－MC →)＝MB →·MD →＋MA →·MC →－MB →·MC →－MA →·MD →，设AM →＝λAC →，BM →＝μBD →，则λ，μ∈(0，1)，且MA →＝－λAC →，MC →＝(1－λ)AC →， MB →＝－μBD →，MD →＝(1－μ)BD →，所以AB →·CD →＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝12时，AB →·CD →取到最小值－2.答案：2 [－2，0)11．已知m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6，1，n ＝(cos x ，1)．(1)若m ∥n ，求tan x 的值；(2)若函数f (x )＝m ·n ，x ∈[0，π]，求f (x )的单调递增区间．解：(1)由m ∥n 得，sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6－cos x ＝0，展开变形可得，sin x ＝3cos x ，即tan x ＝ 3.(2)f (x )＝m ·n ＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＋34，由－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z 得，－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z .又x ∈[0，π]，所以当x ∈[0，π]时，f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3和⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，π.12．(2019·金华市东阳二中高三月考)设O 是△ABC 的三边中垂线的交点，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 对应的边，已知b 2－2b ＋c 2＝0，求BC →·AO →的取值范围．解：因为O 是△ABC 的三边中垂线的交点，故O 是三角形外接圆的圆心，如图所示，延长AO 交外接圆于点D .因为AD 是⊙O 的直径，所以∠ACD ＝∠ABD ＝90°. 所以cos ∠CAD ＝ACAD ，cos ∠BAD ＝AB AD. 所以AO →·BC →＝12AD →·(AC →－AB →)＝12AD →·AC →－12AD →·AB → ＝12|AD →||AC →|·cos ∠CAD －12|AD →||AB →|· cos ∠BAD ＝12|AC →|2－12|AB →|2＝12b 2－12c 2＝12b 2－12(2b －b 2)(因为c 2＝2b －b 2) ＝b 2－b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b －122－14.因为c 2＝2b －b 2>0，解得0<b <2.令f (b )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b －122－14.所以当b ＝12时，f (b )取得最小值－14.又f (0)＝0，f (2)＝2. 所以－14≤f (b )<2.即AO →·BC →的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，2.[能力提升]1．(2019·嘉兴市高考模拟)已知平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，若向量c满足|a －b ＋c |≤1，则|c |的最大值为( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选D.由平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得|a|·|b |·cos 〈a ，b 〉＝1·1·cos 〈a ，b 〉＝12，由0≤〈a ，b 〉≤π，可得〈a ，b 〉＝π3，设a ＝(1，0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，c ＝(x ，y )，则|a －b ＋c |≤1，即有⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ，y －32≤1，即为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322≤1，故|a －b ＋c |≤1的几何意义是在以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c |的几何意义是表示向量c 的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.2．(2019·温州市高考模拟)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a ＜b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋μ＝1)，则当max{c ·a ，c ·b }取最小值时，|c |＝ ( )A ．255B ．223C ．1D ．52解析：选A.如图，设OA →＝a ，OB →＝b ，则a ＝(1，0)，b ＝(0，2)，因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1.又c ＝λa ＋μb ，所以c ·a ＝(λa ＋b －λb )·a ＝λ；c ·b ＝(λa ＋b －λb )·b ＝4－4λ.由λ＝4－4λ，得λ＝45.所以max{c ·a ，c ·b }＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.令f (λ)＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.则f (λ)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，1.所以f (λ)min ＝45，此时λ＝45，μ＝15，所以c ＝45a ＋15b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25. 所以|c |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝255.故选A.3．(2019·瑞安市龙翔高中高三月考)向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈(0，π)，①若m ∥n ，则tan x ＝________；②若m 与n 的夹角为π3，则x ＝________．解析：m ＝⎝⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈(0，π)，①由m ∥n ，得22cos x ＋22sin x ＝0，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝0，因为0<x <π，所以π4<x ＋π4<5π4，则x ＋π4＝π，x ＝34π.所以tan x ＝－1.②由m 与n 的夹角为π3，得cos π3＝22sin x －22cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－222·sin 2x ＋cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝12，因为0<x <π，所以－π4<x －π4<3π4，则x －π4＝π6，x ＝5π12. 答案：①－1 ②5π124．(2019·宁波市余姚中学高三期中)已知向量OA →，OB →的夹角为60°，|OA →|＝2，|OB →|＝23，OP →＝λOA →＋μOB →.若λ＋3μ＝2，则|OP →|的最小值是________，此时OP →，OA →夹角的大小为________．解析：向量OA →，OB →的夹角为60°，|OA →|＝2，|OB →|＝23，即有OA →·OB →＝|OA →|·|OB →|·cos 60°＝2×23×12＝23，若λ＋3μ＝2，可得λ＝2－3μ，则|OP →|＝|λOA →＋μOB →|＝λ2OA →2＋μ2OB →2＋2λμOA →·OB →＝4λ2＋12μ2＋43λμ＝4（λ＋3μ）2－43λμ ＝16－43（2－3μ）μ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫μ－332＋12≥23，当μ＝33，λ＝1时，|OP →|的最小值为2 3. 由OP →＝OA →＋33OB →，可得OP →·OA →＝OA →2＋33OA →·OB →＝4＋33·23＝6，则cos 〈OP →，OA →〉＝OP →·OA →|OP →|·|OA →|＝623·2＝32，由0°≤〈OP →，OA →〉≤180°，可得〈OP →，OA →〉＝30°.答案：2 3 30°5．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝4，|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，求(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值．解：设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，a －b 与a －c 所成夹角为θ，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2＝|AB |2|AC |2－|AB |2|AC |2cos 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2∠CAB ＝4S 2△ABC ，因为|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，所以b ，c 的夹角为60°，设B (3，0)，C (1，3)，则|BC |＝7，所以S △OBC ＝12×3×2×sin 60°＝332，设O 到BC 的距离为h ，则12·BC ·h ＝S △OBC ＝332，所以h ＝3217，因为|a |＝4，所以A 点落在以O 为圆心，以4为半径的圆上，所以A 到BC 的距离最大值为4＋h ＝4＋3217. 所以S △ABC 的最大值为12×7×⎝⎛⎭⎪⎫4＋3217＝27＋332，所以(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值为4⎝ ⎛⎭⎪⎫27＋3322＝(47＋33)2.6. 在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A (1，0)和点B (－1，0)，|OC →|＝1，且∠AOC ＝θ，其中O 为坐标原点．(1)若θ＝34π，设点D 为线段OA 上的动点，求|OC →＋OD →|的最小值； (2)若θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，向量m ＝BC →，n ＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m ·n 的最小值及对应的θ值．解：(1)设D (t ，0)(0≤t ≤1)，由题意知C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，所以OC →＋OD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋t ，22，所以|OC →＋OD →|2＝12－2t ＋t 2＋12＝t 2－2t ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －222＋12，所以当t ＝22时，|OC →＋OD →|最小，为22. (2)由题意得C (cos θ，sin θ)，m ＝BC →＝(cos θ＋1，sin θ)，则m ·n ＝1－cos 2θ＋sin 2θ－2sin θcos θ＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4，因为θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以π4≤2θ＋π4≤5π4，所以当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8时，sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4取得最大值1. 所以m ·n 的最小值为1－2，此时θ＝π8.。

2020版高考数学总复习第四篇平面向量必修4第3节平面向量的数量积及平面向量的应用课件理

综上可知,实数λ的取值范围为(- 5 ,0)∪(0,+∞).
答案:(- 5 ,0)∪(0,+∞)
3
3
考查角度3:平面向量的垂直
【例4】 (2016·全国Ⅱ卷)已知向量a=(1,m),b=(3,-2),且(a+b)⊥b,则m等于
()
(A)-8 (B)-6
(C)6
(D)8
解析:a+b=(4,m-2),由(a+b)⊥b得(a+b)·b=(4,m-2)·(3,-2)=122m+4=0,m=8.故选D.
_x_1_x_2_+_y_1_y_2=__0__
|x1x2+y1y2|≤___x_12__y_12__x_22__y_22___
5.向量在平面几何中的应用平面向量在平面几何中的应用主要是用向量的线性运算及数量积解决平面几何中的平行、垂直、全等、相似、长度、夹角等问题. 6.平面向量在物理中的应用 (1)由于物理学中的力、速度、位移都是矢量,它们的分解与合成与向量的加法和减法相似,可以用向量的知识来解决. (2)物理学中的功是一个标量,这是力F与位移s的数量积.即W=F·s=|F||s|cos θ(θ为F与s的夹角).
②|a±b|= a b2 = a2 2ab b2 .
③若 a=(x,y),则|a|= x2 y2 .
(2)与模有关的最值或范围问题要注意抓住模的几何意义及数形结合思想的应用.
【跟踪训练 2】 (2018·广东广州珠海区一模)已知向量 a,b 的夹角为 60°,|a|=2, |a-2b|=2,则|b|等于( ) (A)4 (B)2 (C) 2 (D)1
结论
几何表示
坐标表示
模
夹角

2023年高考数学微专题练习专练27平面向量的数量积及其应用含解析理

专练27 平面向量的数量积及其应用命题范围：平面向量的数量积及其几何意义、平面向量数量积的应用．[基础强化]一、选择题1．已知两个单位向量e 1，e 2的夹角为60°，向量m ＝5e 1－2e 2，则|m |＝( ) A ．19B ．21 C ．25D ．72．已知向量a ＝(2，3)，b ＝(x ，1)，且a ⊥b ，则实数x 的值为( ) A ．32B ．－32 C ．23D ．－233．已知AB →＝(2，3)，AC →＝(3，t )，|BC →|＝1，则AB →·BC →＝( ) A ．－3B ．－2 C ．2D ．34．已知向量a ，b 满足|a |＝1，a ·b ＝－1，则a ·(2a －b )＝( ) A ．4B ．3 C ．2D ．05．[2022·江西省九江市模拟]已知单位向量a 、b 满足|a －2b |＝3，则a ·b ＝( ) A ．1B ．－1 C ．12D ．－126．已知非零向量m ，n 满足4|m |＝3|n |，cos 〈m ，n 〉＝13，若n ⊥(t m ＋n )，则实数t的值为( )A ．4B ．－4C ．94D ．－947．已知x >0，y >0，a ＝(x ，1)，b ＝(1，y －1)，若a ⊥b ，则1x ＋4y的最小值为( )A ．4B ．9 D ．8D ．108．已知非零向量a ，b 满足|a |＝2|b |，且(a －b )⊥b ，则a 与b 的夹角为( )A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π69．[2022·江西省南昌市第十中学月考]已知△OAB ，OA ＝1，OB ＝2，OA →·OB →＝－1，过点O 作OD 垂直AB 于点D ，点E 满足OE →＝12ED →，则EO →·EA →的值为( )A ．－328B ．－121C ．－29D ．－221二、填空题10．[2022·安徽省江南十校一模]已知向量a ＝(t ，2)，b ＝(－t ，1)，满足|a －b |＝|a ＋b |，则t ＝________.11．[2022·全国甲卷(理)，13]设向量a ，b 的夹角的余弦值为13，且||a ＝1，||b ＝3，则()2a ＋b ·b ＝________．12．已知向量b 为单位向量，向量a ＝(1，1)，且|a －2b |＝6，则向量a ，b 的夹角为________．[能力提升]13．△ABC 是边长为2的等边三角形，已知向量a ，b 满足AB →＝2a ，AC →＝2a ＋b ，则下列结论正确的是( )A.|b |＝1B ．a ⊥bC ．a ·b ＝1D ．(4a ＋b )⊥BC →14．[2022·陕西省西安中学模拟]在直角三角形ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝6，BC ＝23，点M ，N 是线段AC 上的动点，且|MN |＝2，则BM →·BN →的最小值为( )A ．12B ．8C ．63D ．615．已知单位向量e 1与e 2的夹角为α，且cos α＝13，向量a ＝3e 1－2e 2与b ＝3e 1－e 2的夹角为β，则cos β＝________．16．[2022·江西省景德镇市质检]已知e 1，e 2是两个单位向量，设a ＝λe 1＋μe 2，且满足λ＋μ＝4，若|e 1－e 2|＝|e 2－a |＝|a －e 1|，则|a |＝________．专练27 平面向量的数量积及其应用1．A |m |＝（5e 1－2e 2）2＝25－20e 1·e 2＋4＝29－20×12＝19.2．B ∵a ⊥b ，∴2x ＋3＝0，∴x ＝－32.3．C 因为BC →＝AC →－AB →＝(1，t －3)，所以|BC →|＝1＋（t －3）2＝1，解得t ＝3，所以BC →＝(1，0)，所以AB →·BC →＝2×1＋3×0＝2，故选C.4．B a ·(2a －b )＝2a 2－a ·b ＝2－(－1)＝3.5．C 由已知可得|a －2b |2＝a 2－4a ·b ＋4b 2＝5－4a ·b ＝3，解得a ·b ＝12.6．B ∵n ⊥(t m ＋n )，∴t m ·n ＋n 2＝0， ∴t |m ||n |cos 〈m ·n 〉＋n 2＝0， ∴34×13t ＋1＝0，得t ＝－4. 7．B 依题意，得a ·b ＝x ＋y －1＝0⇒x ＋y ＝1.1x ＋4y ＝x ＋y x ＋4（x ＋y ）y ＝5＋y x ＋4xy≥9，当且仅当x ＝13，y ＝23时取等号．故选B.8．B 设a 与b 的夹角为α，∵(a －b )⊥b ，∴(a －b )·b ＝0，∴a·b ＝b 2，∴|a |·|b |cos α＝|b |2，又|a |＝2|b |，∴cos α＝12，∵α∈(0，π)，∴α＝π3.故选B.9．D 由题意，作出图形，如图，∵OA ＝1，OB ＝2，OA →·OB →＝－1，∴OA →·OB →＝1×2cos∠AOB ＝2cos∠AOB ＝－1， ∴cos∠AOB ＝－12，由∠AOB ∈(0，π)可得∠AOB ＝2π3，∴AB ＝OA 2＋OB 2－2·OA ·OB ·cos∠AOB ＝7，又S △AOB ＝12·OA ·OB ·sin∠AOB ＝12·OD ·AB ＝32，则OD ＝37，∴EO →·EA →＝－OE →·(ED →＋DA →)＝－2OE →2＝－29·OD →2＝－29×37＝－221.10．± 2解析：因为|a －b |＝|a ＋b |，所以(a －b )2＝(a ＋b )2⇒a 2＋b 2－2a ·b ＝a 2＋b 2＋2a ·b ⇒a ·b ＝0，a ·b ＝t ×(－t )＋2×1＝－t 2＋2＝0，得t ＝± 2. 11．11解析：因为cos 〈a ，b 〉＝13，|a |＝1，|b |＝3，所以a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝1×3×13＝1，所以(2a ＋b )·b ＝2a ·b ＋b 2＝2×1＋32＝11.12.2π3解析：因为|a －2b |＝6，所以2－22a ·b ＋2＝6，∴a ·b ＝－12，∴向量a 与b 的夹角θ满足cos θ＝－12·2＝－12，又0≤θ≤π，∴θ＝2π3.13．D ∵b ＝AC →－AB →，∴|b |＝2，故A 不正确；又BA →·BC →＝2×2×cos60°＝2，即：－2a ·b ＝2，a ·b ＝－1，故B ，C 都不正确；∵(4a ＋b )·BC →＝(4a ＋b )·b ＝4a ·b ＋b 2＝－4＋4＝0，∴(4a ＋b )⊥BC →，故D 正确． 14．B直角三角形ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝6，BC ＝23，所以AC ＝43＝2BC ，所以∠BAC ＝30°，作AC ⊥OB 于点O ，则OB ＝3，OC ＝3，OA ＝33，如图，以O 为原点建立平面直角坐标系，不妨设点N 在点M 的左侧，设N (x ，0)，则M (x ＋2，0)，x ∈[－3，33－2]，B (0，3)，则BM →＝(x ＋2，－3)，BN →＝(x ，－3)，所以BM →·BN →＝x (x ＋2)＋9＝(x ＋1)2＋8≥8，当且仅当x ＝－1时，BM →·BN →的最小值为8. 15.223解析：a ·b ＝(3e 1－2e 2)·(3e 1－e 2)＝9e 21 －9e 1·e 2＋2e 22 ＝11－9×13＝8，又|a |＝（3e 1－2e 2）2＝9e 21 ＋4e 22 －12e 1·e 2＝3，|b |＝（3e 1－e 2）2＝9e 21 －6e 1·e 2＋e 22 ＝9－2＋1＝22， ∴cos β＝a ·b |a ||b |＝83×22＝223. 16．2解析：根据题意，作出如下草图，令AF →＝e 1，AE →＝e 2，AB →＝λe 1，AD →＝μe 2，因为a ＝λe 1＋μe 2，由平行四边形法则，可得BC →＝AD →＝μe 2，所以AD ∥BC ，因为|e 1－e 2|＝|e 2－a |＝|a －e 1|，所以|EF →|＝|CE →|＝|CF →|，因为|AE →|＝|AF →|，所以△AEC ≌△AFC ，所以∠DAC ＝∠BAC . 因为AD ∥BC ，所以∠DAC ＝∠ACB ，所以∠BAC ＝∠ACB ，所以|AB →|＝|BC →|，所以|AD →|＝|AB →|，即|λe 1|＝|μe 2|，所以λ＝±μ，又λ＋μ＝4，所以λ＝μ＝2，即a ＝2e 1＋2e 2，所以平行四边形ABCD 为菱形，设∠BAD ＝θ，即向量e 1，e 2的夹角为θ，因为|e 1－e 2|＝|a －e 1|，所以|e 1－e 2|＝|2e 2＋e 1|，即|e 1－e 2|2＝|2e 2＋e 1|2，所以1＋1－2cos θ＝4＋1＋4cos θ，即6cos θ＝－3，所以cos θ＝－12，即θ＝2π3，所以|a |＝2|e 1＋e 2|＝21＋1＋2cos 2π3＝2.。

总复习《第28讲平面向量的数量积》

【变式】
1.在△ABC中，(1)若CA＝a，CB＝b，求证△ABC
1 S 的面积 Δ 2
a b a b
2
2
(2)若CA＝(a1，a2 )，CB＝(b1，b2 )，求证：△ABC
1 的面积 S Δ a1b2 a 2 b1 2
归纳反思
1．向量的运算要注意两个向量相加减是一个向量，两个向量的数量积是一个实数． 2．要注意共线和垂直的区分
a x2 y2
cosθ
x1 x2 y1 y2
2 2 x12 y12 x2 y2
a· b＝ 0
x1x2+y1y2＝0
x1 x2 y1 y2 x12 y12 x22 y22
|a· b|与 |a||b|
|a·b|≤ |a||b| .
例题1.判断正误：
( Y—表示正确；N—表示错误 )
思考： (1) n的有两个值都符合要求吗? (2) 如何求c?
【变式】如图，在边长为1的正三角形ABC
uuu r uuu r uu r uur 中，设 BC 2BD, CA 3CE 则 uuu r uur 1 ADgBE 4 .
A
r r r r a b a b cos 【代数运算】
总复习第28讲
平面向量的数量积
要点·疑点·考点
1.平面向量的数量积的定义
(1)设两个非零向量a和b，作OA＝a，OB＝b，则∠AOB＝θ叫a与b的夹角，其范围是[0，π]， (2) |b|cosθ叫b在a上的投影. (3)
|a||b|cosθ
叫a与b的数量积，记作a·b，即
a·b＝|a||b|cosθ. (4)几何意义是： a·b等于|a|与 b在a方向上的投影|b|cosθ 的积.

2020高考数学文科大一轮复习第四章平面向量_数系的扩充与复数的引入_ _课时作业 (2)

课时作业28 平面向量数量积的应用一、选择题1．(2019·株洲模拟)在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，则△ABC 的形状一定是( C )A ．等边三角形B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形解析：由(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，得AC →·(BC →＋BA →－AC →)＝0，即AC →·(BC →＋BA →＋CA →)＝0,2AC →·BA →＝0， ∴AC →⊥BA →，∴A ＝90°.又根据已知条件不能得到|AB →|＝|AC →|，故△ABC 一定是直角三角形．2．已知点A (－2,0)，B (3,0)，动点P (x ，y )满足P A →·PB →＝x 2，则点P 的轨迹是( D )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线解析：∵P A →＝(－2－x ，－y )，PB →＝(3－x ，－y )，∴P A →·PB →＝(－2－x )(3－x )＋y 2＝x 2，∴y 2＝x ＋6，即点P 的轨迹是抛物线．3．已知向量m ＝(1，cos θ)，n ＝(sin θ，－2)，且m ⊥n ，则sin2θ＋6cos 2θ的值为( B )A.12 B ．2 C ．22D ．－2解析：由题意可得m ·n ＝sin θ－2cos θ＝0，则tan θ＝2，所以sin2θ＋6cos 2θ＝2sin θcos θ＋6cos 2θsin 2θ＋cos 2θ＝2tan θ＋6tan 2θ＋1＝2.故选B.4．(2019·安徽江南十校联考)已知△ABC 中，AB ＝6，AC ＝3，N 是边BC 上的点，且BN →＝2NC →，O 为△ABC 的外心，则AN →·AO →的值为( D )A ．8B ．10C ．18D ．9解析：由于BN →＝2NC →，则AN →＝13AB →＋23AC →，取AB 的中点为E ，连接OE ，由于O 为△ABC 的外心，则EO →⊥AB →，∴AO →·AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12AB →＋EO →·AB →＝12AB →2＝12×62＝18，同理可得AC →·AO →＝12AC →2＝12×32＝92，所以AN →·AO →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13AB →＋23AC →·AO →＝13AB →·AO →＋23AC →·AO →＝13×18＋23×92＝6＋3＝9，故选D. 5．(2019·广东广雅中学等四校联考)已知两个单位向量a ，b 的夹角为120°，k ∈R ，则|a －k b |的最小值为( B )A.34B.32C ．1D.32解析：∵两个单位向量a ，b 的夹角为120°， ∴|a |＝|b |＝1，a ·b ＝－12， ∴|a －k b |＝a 2－2k a ·b ＋k 2b 2＝1＋k ＋k 2＝⎝⎛⎭⎪⎫k ＋122＋34，∵k ∈R ，∴当k ＝－12时，|a －k b |取得最小值32，故选B.6．在△ABC 中，已知向量AB →＝(2,2)，|AC →|＝2，AB →·AC →＝－4，则△ABC 的面积为( C )A ．4B ．5C ．2D ．3解析：∵AB →＝(2,2)，∴|AB →|＝22＋22＝2 2.∵AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos A ＝22×2cos A ＝－4，∴cos A ＝－22，∵0<A <π，∴sin A ＝22，∴S △ABC ＝12|AB →|·|AC →|sin A ＝2.故选C.7．(2018·天津卷) 如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝1.若点E 为边CD 上的动点，则AE →·BE →的最小值为( A )A.2116B.32C.2516D ．3解析：解法1：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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，C (0，3)，令E (0，t )，t ∈[0，3]，∴AE →·BE →＝(－1，t )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，t －32＝t 2－32t ＋32，∵t ∈[0，3]， ∴当t ＝－－322×1＝34时，AE →·BE →取得最小值，(AE →·BE →)min ＝316－32×34＋32＝2116.故选A.解法2：令DE →＝λDC →(0≤λ≤1)，由已知可得DC ＝3， ∵AE →＝AD →＋λDC →，∴BE →＝BA →＋AE →＝BA →＋AD →＋λDC →，∴AE →·BE →＝(AD →＋λDC →)·(BA →＋AD →＋λDC →)＝AD →·BA →＋|AD →|2＋λDC →·BA →＋λ2|DC →|2＝3λ2－32λ＋32.当λ＝－－322×3＝14时，AE →·BE →取得最小值2116.故选A.二、填空题8．已知O 为△ABC 内一点，且OA →＋OC →＋2OB →＝0，则△AOC 与△ABC 的面积之比是1 2.解析：如图所示，取AC 的中点D ， ∴OA →＋OC →＝2OD →， ∴OD →＝BO →，∴O 为BD 的中点， ∴面积比为高之比．即S △AOC S △ABC＝DO BD ＝12. 9．已知|a |＝2|b |，|b |≠0，且关于x 的方程x 2＋|a |x －a ·b ＝0有两相等实根，则向量a 与b 的夹角是2π3.解析：由已知可得Δ＝|a |2＋4a ·b ＝0，即4|b |2＋4×2|b |2cos θ＝0，∴cos θ＝－12.又∵0≤θ≤π，∴θ＝2π3.10．已知△ABC 是直角边长为2的等腰直角三角形，且A 为直角顶点，P 为平面ABC 内一点，则P A →·(PB →＋PC →)的最小值是－1.解析：解法1：如图，以A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (0,2)，设P (x ，y )，则P A →＝(－x ，－y )，PB →＝(2－x ，－y )，PC →＝(－x,2－y )，PB →＋PC →＝(2－2x,2－2y )，∴P A →·(PB →＋PC →)＝－x (2－2x )－y (2－2y )＝2(x －12)2＋2(y －12)2－1≥－1(当且仅当x ＝y ＝12时等号成立)，∴P A →·(PB →＋PC →)的最小值为－1.解法2：P A →·(PB →＋PC →)＝P A →·(P A →＋AB →＋P A →＋AC →)＝P A →·(2P A →＋AB →＋AC →)．设BC 的中点为D ，则AB →＋AC →＝2AD →， ∴P A →·(PB →＋PC →)＝2P A →·(P A →＋AD →)＝2P A →·PD →， ∵－2|P A →|·|PD →|≤2P A →·PD →≤2|P A →|·|PD →|，∴(2P A →·PD →)min ＝－2|P A →|·|PD →|，此时点P 在线段AD 上(异于A ，D )，设P A →＝λAD →(－1<λ<0)，则|P A →|＝|λAD →|＝－λ·2，|PD →|＝2＋2λ，∴－2|P A →|·|PD →|＝4(λ2＋λ＋14－14)＝4(λ＋12)2－1，∴当λ＝－12时，P A →·(PB →＋PC →)取得最小值－1.三、解答题11．已知点P (0，－3)，点A 在x 轴上，点Q 在y 轴的正半轴上，点M满足P A →·AM →＝0，AM →＝－32MQ →，当点A 在x 轴上移动时，求动点M 的轨迹方程．解：设M (x ，y )为所求轨迹上任一点，设A (a,0)，Q (0，b )(b >0)，则P A →＝(a,3)，AM →＝(x －a ，y )，MQ →＝(－x ，b －y )，由P A →·AM →＝0，得a (x －a )＋3y ＝0. ① 由AM →＝－32MQ →，得(x －a ，y )＝－32(－x ，b －y )＝⎝⎛⎭⎪⎫32x ，32(y －b )，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －a ＝32x ，y ＝32y －32b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－x 2，b ＝y 3.∵b >0，∴y >0，把a ＝－x 2代入到①中，得－x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 2＋3y ＝0，整理得y ＝14x 2(x ≠0)．∴动点M 的轨迹方程为y ＝14x 2(x ≠0)．12．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos B ，2cos 2C 2－1，n ＝(c ，b －2a )，且m ·n ＝0. (1)求角C 的大小；(2)若点D 为边AB 上一点，且满足AD →＝DB →，|CD →|＝7，c ＝23，求△ABC 的面积．解：(1)由题意知m ＝(cos B ，cos C )，n ＝(c ，b －2a )，m ·n ＝0，则c cos B ＋(b －2a )cos C ＝0. 在△ABC 中，由正弦定理得 sin C cos B ＋(sin B －2sin A )cos C ＝0，整理得sin C cos B ＋sin B cos C －2sin A cos C ＝0，即sin(B ＋C )＝2sin A cos C . 故sin A ＝2sin A cos C ，又sin A ≠0，∴cos C ＝12， ∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3.(2)由AD →＝DB →知，CD →－CA →＝CB →－CD →， ∴2CD →＝CA →＋CB →，两边平方得4|CD →|2＝b 2＋a 2＋2ba cos ∠ACB ＝b 2＋a 2＋ba ＝28.① 又c 2＝a 2＋b 2－2ab cos ∠ACB ， ∴a 2＋b 2－ab ＝12.② 由①②得ab ＝8，∴S △ABC ＝12ab sin ∠ACB ＝2 3.13．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OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，λ∈(0，＋∞)，则(D )A ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的重心B ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的内心 C ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的外心D ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的垂心解析：由条件，得AP →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，从而AP →·BC →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →·BC →|AB →|cos B ＋AC →·BC →|AC →|cos C＝λ|AB →||BC →|cos (180°－B )|AB →|cos B ＋λ·|AC →||BC →|cos C|AC →|cos C ＝0，所以AP →⊥BC →，则动点P的轨迹一定通过△ABC 的垂心．14．已知向量a ，b 满足：|a |＝|b |＝1，且a ·b ＝12，若c ＝x a ＋y b ，其中x >0，y >0且x ＋y ＝2，则|c |的最小值是 3.解析：∵|a |＝|b |＝1，且a ·b ＝12，当c ＝x a ＋y b 时，c 2＝x 2a 2＋2xy a ·b ＋y 2b 2＝x 2＋xy ＋y 2＝(x ＋y )2－xy ；又x >0，y >0且x ＋y ＝2，∴xy ≤(x ＋y 2)2＝1，当且仅当x ＝y ＝1时取“＝”，∴c 2≥(x ＋y )2－(x ＋y 2)2＝22－1＝3，∴|c |的最小值是 3. 尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·重庆市质量调研)已知Rt △ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，AC ＝5，I 是△ABC 的内心，P 是△IBC 内部(不含边界)的动点，若AP →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的取值范围是( A )A ．(23，1)B ．(23，2)C ．(712，1)D ．(2,3)解析：以B 为原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B (0,0)，A (3,0)，C (0,4)．设△ABC 的内切圆的半径为r ，因为I 是△ABC 的内心，所以(5＋3＋4)×r ＝4×3，解得r ＝1，所以I (1,1)．设P (x ，y )，因为点P 在△IBC 内部(不含边界)，所以0<x <1.因为AB →＝(－3,0)，AC →＝(－3,4)，AP →＝(x －3，y )，且AP →＝λAB →＋μAC →，所以⎩⎨⎧ x －3＝－3λ－3μ，y ＝4μ，得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝1－13x －14y ，μ＝14y ，所以λ＋μ＝1－13x ，又0<x <1，所以λ＋μ∈(23，1)，故选A.16．(2018·浙江卷)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e ·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( A ) A.3－1 B.3＋1 C ．2 D ．2－ 3解析：解法1：设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1,0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2,0)为圆心，1为半径的圆．因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x >0)上，如图，数形结合可知|a －b |min ＝|CA →|－|CB →|＝3－1.故选A.解法2：由b 2－4e ·b ＋3＝0得b 2－4e ·b ＋3e 2＝(b －e )·(b －3e )＝0.设b ＝OB →，e ＝OE →，3e ＝OF →，所以b －e ＝EB →，b －3e ＝FB →，所以EB →·FB →＝0，取EF 的中点为C ，则B 在以C 为圆心，EF 为直径的圆上，如图．设a ＝OA →，作射线OA ，使得∠AOE ＝π3，所以|a －b |＝|(a －2e )＋(2e －b )|≥|a －2e |－|2e －b |＝|CA →|－|BC →|≥3－1.故选A.。

2020高考数学专题复习《平面向量》(讲义和练习)

一、知识纲要1、向量的相关概念：《必修 4》第二章平面向量（1）向量：既有大小又有方向的量叫做向量，记为 AB 或a 。

向量又称矢量。

①向量和标量的区别：向量既有大小又有方向；标量只有大小，没有方向。

普通的数量都是标量，力是一种常见的向量。

②向量常用有向线段来表示，但也不能说向量就是有向线段，因为向量是自由的，可以平移；有向线段有固定的起点和终点，不能随意移动。

（2）向量的模：向量的大小又叫向量的模，它指的是：表示向量的有向线段的长度。

记作：| AB |或｜ a ｜。

向量本身不能比较大小，但向量的模可以比较大小。

（3）零向量：长度为 0 的向量叫零向量，记为0 ，零向量的方向是任意的。

①｜ a ｜＝0； ② 0 与 0 的区别：写法的区别，意义的区别。

（4）单位向量：模长为 1 个单位长度的非零向量叫单位向量。

若向量a 是单位向量，则｜ a ｜= 1 。

2、向量的表示：（1）几何表示法：用带箭头的有向线段表示，如 AB ，注意：方向是“起点指向终点”。

→（2）符号表示法：用一个小写的英文字母来表示，如 a ， b 等；（3）坐标表示法：在平面内建立直角坐标系，以与 x 轴、 y 轴正方向相同的两个单位向量i 、 j 为基底向量，则平面内的任一向量 a 可表示为 a = xi + y j = ( x , y ) ，称( x , y ) 为向量 a 的坐标， a ＝( x , y ) 叫做向量 a 的坐标表示。

此时｜ a ｜。

若已知 A ( x 1 , y 1 )和B ( x 2 , y 2 ) ，则 AB = ( x 2 -x 1，y 2 -y 1 ) ，即终点坐标减去起点坐标。

特别的，如果向量的起点在原点，那么向量的坐标数值与向量的终点坐标数值相同。

注意注意注意注意a 3、向量之间的关系：（1）平行（共线）：对于两个非零向量，若它们的方向相同或相反的，那么就称这种关系为平行，记作a ∥ b 。

2020年高考数学(文)一轮复习专题5.3 平面向量的数量积及应用(讲)(解析版)

专题5.3平面向量的数量积及应用1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义；2.了解平面向量的数量积与向量投影的关系；3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算；4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系；5.会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题；6.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题。

知识点一平面向量数量积的有关概念(1)向量的夹角：已知两个非零向量a 和b ，记OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB ＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a 与b 的夹角.(2)数量积的定义：已知两个非零向量a 与b ，它们的夹角为θ，则a 与b 的数量积(或内积)a ·b ＝|a ||b |cos θ.规定：零向量与任一向量的数量积为0，即0·a ＝0.(3)数量积的几何意义：数量积a ·b 等于a 的长度|a |与b 在a 的方向上的投影|b |cos θ的乘积.知识点二平面向量的数量积定义设两个非零向量a ，b 的夹角为θ，则数量|a||b|cos θ叫做a 与b 的数量积，记作a·b 投影|a|cos θ叫做向量a 在b 方向上的投影，|b|cos θ叫做向量b 在a 方向上的投影几何意义数量积a·b 等于a 的长度|a|与b 在a 的方向上的投影|b|cos θ的乘积知识点三平面向量数量积的有关结论已知非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，a 与b 的夹角为θ.结论几何表示坐标表示模|a|＝a·a |a|＝x 21＋y 21夹角cos θ＝a·b|a||b|cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22a ⊥b 的充要条件a ·b ＝0x 1x 2＋y 1y 2＝0|a ·b|与|a ||b |的关系|a ·b|≤|a ||b ||x 1x 2＋y 1y 2|≤（x 21＋y 21）（x 22＋y 22）知识点四向量数量积的运算律交换律a ·b ＝b ·a分配律(a ＋b)·c ＝a ·c ＋b ·c 数乘结合律(λa)·b ＝λ(a ·b)＝a ·(λb)考点一平面向量的数量积的运算【典例1】(2019·高考全国卷Ⅱ文数)已知AB →＝(2，3)，AC →＝(3，t )，|BC →|＝1，则AB →·BC →＝()A ．－3B ．－2C ．2D ．3【答案】C【解析】因为BC →＝AC →－AB →＝(1，t －3)，所以|BC →|＝1＋（t －3）2＝1，解得t ＝3，所以BC →＝(1，0)，所以AB →·BC →＝2×1＋3×0＝2，故选C.【方法技巧】1.数量积公式a ·b ＝|a ||b |cos θ在解题中的运用，解题过程具有一定的技巧性，需要借助向量加、减法的运算及其几何意义进行适当变形；也可建立平面直角坐标系，借助数量积的坐标运算公式a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2求解，较为简捷、明了.2.在分析两向量的夹角时，必须使两个向量的起点重合，如果起点不重合，可通过“平移”实现.【举一反三】(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.3C ．2D ．0【答案】B【解析】a·(2a －b)＝2a 2－a·b ＝2|a|2－a·b.∵|a|＝1，a·b ＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.【变式1】(2018·天津卷)在如图的平面图形中，已知OM ＝1，ON ＝2，∠MON ＝120°，BM →＝2MA →，CN →＝2NA →，则BC →·OM →的值为()A.－15B.－9C.－6D.0【答案】C【解析】连接OA .在△ABC 中，BC →＝AC →－AB →＝3AN →－3AM →＝3(ON →－OA →)－3(OM →－OA →)＝3(ON →－OM →)，∴BC →·OM →＝3(ON →－OM →)·OM →＝3(ON →·OM →－OM →2)＝3×(2×1×cos 120°－12)＝3×(－2)＝－6。

平面向量的数量积课件-2025届高三数学一轮复习

平面向量数量积的概念及运算,与长度、夹角、平行、垂直有关的问
预测题以及平面向量数量积的综合应用仍是考查的热点,会以选择题或填
空题的形式出现.
必备知识·逐点夯实
知识梳理·归纳
1.向量的夹角
∠AOB
已知两个非零向量a和b,作=a,=b,则________叫做a与b的夹角
定义
范围
0≤θ≤π
设θ是a与b的夹角,则θ的取值范围是_______
道夹角和模的不共线向量为基底来表示要求的向量,再结合运算律展开求解;
(2)当已知向量的坐标或可通过建立平面直角坐标系表示向量的坐标时,可利用
坐标法求解;
(3)利用向量数量积的几何意义求解.
对点训练
1.(2022·全国乙卷)已知向量a,b满足|a|=1,|b|= 3,|a-2b|=3,则a·b=(
A.-2
24 1
θ=
=
= ,
|||| 12×8 4
所以向量a在向量b上的投影向量为|a|cos

1 1 3
θ· =12× × b= b.
||
4 8 8
3
b
8
.
2.(2023·衡阳模拟)平面向量a⊥b,已知a=(6,-8), =5,且b与向量(1,0)的夹角是钝
角.则b在向量(1,0)上的投影向量为(
(4)向量a与b夹角为θ,a在b上的投影向量为(|a|cos

θ) .(
||
√
)
2.(必修第二册P36练习T1·
变条件)已知a=(-1,t-1),b=(3,2),且 2 + =3,则t=(
A. 2
B. 3
C.± 2
D.±
2
2

2020年高考数学一轮复习考点题型课下层级训练28平面向量的数量积及应用举例(含解析)

课下层级训练(二十八) 平面向量的数量积及应用举例[A 级基础强化训练]1．(2019·山东省实验中学诊断)已知向量a ＝(－1,2)，b ＝(m,1)，若a ⊥b ，则m ＝( ) A ．－2 B ．－12C ．12D ．2【答案】D [由题得a ·b ＝－m ＋2＝0，∴m ＝2.]2．(2019·山东威海检测)设向量a ＝(x ，－4)，b ＝(1，－x )，向量a 与b 的夹角为锐角，则x 的范围为( )A ．(－2,2)B ．(0，＋∞)C ．(0,2)∪(2，＋∞)D ．[－2,2]【答案】C [由向量a ＝(x ，－4)，b ＝(1，－x )，因为向量a 与b 的夹角为锐角，则x ×1＋(－4)×(－x )＞0且x 1≠－4x，解得x ＞0且x ≠2，即x 的范围为(0,2)∪(2，＋∞)．]3．已知AB →＝(2,1)，点C (－1,0)，D (4,5)，则向量AB →在CD →方向上的投影为( ) A ．－322B ．－3 5C ．322D ．3 5【答案】C [因为点C (－1,0)，D (4,5)，所以CD →＝(5,5)，又AB →＝(2,1)，所以向量AB →在CD →方向上的投影为|AB →|cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|CD →|＝1552＝322.]4．(2019·山东安丘月考)已知向量AB →与AC →的夹角为π3，|AB →|＝2，|AC →|＝3，AM →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，且AM →⊥BC →，则λμ＝( )A ．16B ．6C ．14D ．4【答案】B [由题设有AM →·BC →＝0，故(λAB →＋μAC →)·(AC →－AB →)＝0，整理得－4λ＋9μ＋3(λ－μ)＝0，即λ＝6μ，λμ＝6.]5．(2019·山东临沂期中)已知a ，b 均为单位向量，它们的夹角为60°，则|a ＋2b |＝( )A ． 6B ．7C ．6D ．7【答案】B [∵a ，b 均为单位向量，它们的夹角为60°， ∴|a ＋2b |＝a ＋2b2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝1＋4×cos 60°＋4＝7.]6．(2019·山东德州检测)在小正方形边长为1的正方形网格中，向量a ，b 的大小与方向如图所示，则向量a ，b 所成角的余弦值是( )A ．22B ．68585C ．155D ．61313【答案】B [如图所示，建立直角坐标系，若取a ＝(1,2)，b ＝(4,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝65×17＝68585.] 7．(2016·全国卷Ⅰ)设向量a ＝(m,1)，b ＝(1,2)，且|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，则m ＝________. 【答案】－2 [∵|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＋2a ·b ＝|a |2＋|b |2，∴a ·b ＝0. 又a ＝(m,1)，b ＝(1,2)，∴m ＋2＝0，∴m ＝－2.]8．(2019·山东日照期中)已知向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2，且|2a ＋b |＝10，则a ·b ＝________. 【答案】12 [因为|a |＝1，|b |＝2，所以|2a ＋b |＝4a 2＋4a ·b ＋b 2＝8＋4a ·b ＝10，∴a ·b ＝12.]9．已知在直角三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝2，点P 是斜边AB 上的中点，则CP →·CB →＋CP →·CA →＝________.【答案】4 [由题意可建立如图所示的坐标系．可得A (2,0)，B (0,2)，P (1,1)，C (0,0)，则CP →·CB →＋CP →·CA →＝(1,1)·(0,2)＋(1,1)·(2,0)＝2＋2＝4.]10．(2019·山东泰安期中)已知向量a ＝(1，m )，b ＝(3，－2)． (1)若(a ＋b )⊥b ，求m 的值；(2)若a ·b ＝－1，求向量b 在向量a 方向上的投影．【答案】解 (1)a ＋b ＝(4，m －2)， ∵(a ＋b )⊥b ，∴3×4－2(m －2)＝0，∴m ＝8. (2)a ·b ＝3－2m ＝－1，∴m ＝2，∴a ＝(1,2)． ∴b 在向量a 方向上的投影为 |b |cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |＝－15＝－55. [B 级能力提升训练]11．(2018·山东济南期中)设点O 在△ABC 的内部，且有OA →＋2OB →＋3OC →＝0，则△ABC 的面积和△AOC 的面积之比为( )A ．3B ．53C ．2D ．32【答案】A [分别取AC 、 BC 的中点D 、 E ，∵OA →＋2OB →＋3OC →＝0，∴OA →＋OC →＝－2(OB →＋OC →)，即2OD →＝－4OE →，∴O 是DE 的一个三等分点，∴S △ABC S △AOC＝3.]12．(2018·山东济南外国语学校期中)设向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝－12，〈a －c ，b －c 〉＝60°，则|c |的最大值等于( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2【答案】D [由于|a |＝|b |＝1，a ·b ＝|a ||b |cos θ＝cos θ＝－12，故a ，b 两个向量的夹角为120°，结合〈a －c ，b －c 〉＝60°，画出图象如下图所示．O 1A →＝a ，O 1B →＝b ，O 1C →＝c ，四边形对角互补的话，该四边形是圆的内接四边形，故当O 1C 为直径时，|c |取得最大值．由于直径所对的角为直角，故|O 1C →|＝2|O 1A →|＝2，即|c |取得最大值为2.]13．(2019·山东菏泽月考)已知向量OA →＝(3,1)，OB →＝(－1,3)，OC →＝mOA →－nOB →(m ＞0，n ＞0)，若m ＋n ＝1，则|OC →|的最小值为( )A ．52B ．102C ． 5D ．10【答案】C [由题得OC →＝(3m ＋n ，m －3n )，所以|OC →|＝3m ＋n 2＋m －3n 2＝10m 2＋n2≥10×m ＋n22＝5，当且仅当m ＝n ＝12时，等号成立．]14．已知|a |＝2|b |，|b |≠0，且关于x 的方程x 2＋|a |x －a·b ＝0有两相等实根，则向量a 与b 的夹角是________.【答案】2π3 [由已知可得Δ＝|a |2＋4a·b ＝0，即4|b |2＋4×2|b |2cos θ＝0，∴cos θ＝－12.又∵θ∈[0，π]，∴θ＝2π3.]15．已知平面上一定点C (2,0)和直线l ∶x ＝8，P 为该平面上一动点，作PQ ⊥l ，垂足为Q ，且⎝ ⎛⎭⎪⎫PC →＋12PQ →·⎝ ⎛⎭⎪⎫PC →－12PQ →＝0. (1)求动点P 的轨迹方程；(2)若EF 为圆N ∶x 2＋(y －1)2＝1的任意一条直径，求PE →·PF →的最值．【答案】解 (1)设P (x ，y )，则Q (8，y )．由⎝⎛⎭⎪⎫PC →＋12PQ →·⎝ ⎛⎭⎪⎫PC →－12PQ →＝0，得|PC →|2－14|PQ →|2＝0，即(2－x )2＋(－y )2－14(8－x )2＝0，化简得x 216＋y 212＝1.所以动点P 在椭圆上，其轨迹方程为x 216＋y 212＝1.(2)易知PE →＝PN →＋NE →， PF →＝PN →＋NF →，且NE →＋NF →＝0，由题意知N (0,1)，所以PE →·PF →＝PN →2－NE →2＝(－x )2＋(1－y )2－1 ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－y 212＋(y －1)2－1＝－13y 2－2y ＋16＝－13(y ＋3)2＋19.因为－23≤y ≤23，所以当y ＝－3时，PE →·PF →取得最大值19，当y ＝23时，PE →· PF →取得最小值12－4 3. 综上，PE →·PF →的最大值为19，最小值为12－4 3.。

专题28 平面向量的数量积-2020年领军高考数学一轮复习(文理通用) (1)

2020年领军高考数学一轮复习(文理通用)专题28平面向量的数量积最新考纲1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义.2.了解平面向量的数量积与向量投影的关系.3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算.4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.基础知识融会贯通1．向量的夹角已知两个非零向量a 和b ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 就是向量a 与b 的夹角，向量夹角的范围是[0，π]． 2．平面向量的数量积定义设两个非零向量a ，b 的夹角为θ，则数量|a ||b |·cos θ叫做a 与b 的数量积，记作a ·b投影 |a |cos θ叫做向量a 在b 方向上的投影， |b |cos θ叫做向量b 在a 方向上的投影几何意义数量积a ·b 等于a 的长度|a |与b 在a 的方向上的投影|b |cos θ的乘积3.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 |cos θ. (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 . (4)cos θ＝a ·b|a ||b |.(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 ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a·b ＝x 1x 2＋y 1y 2，由此得到 (1)若a ＝(x ，y )，则|a |2＝x 2＋y 2或|a |＝x 2＋y 2.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点间的距离|AB |＝|AB →|＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2. (3)设两个非零向量a ，b ，a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ⊥b ⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0. (4)若a ，b 都是非零向量，θ是a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b|a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21 x 22＋y 22 .【知识拓展】1．两个向量a ，b 的夹角为锐角⇔a·b >0且a ，b 不共线；两个向量a ，b 的夹角为钝角⇔a·b <0且a ，b 不共线． 2．平面向量数量积运算的常用公式 (1)(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2. (2)(a ＋b )2＝a 2＋2a·b ＋b 2. (3)(a －b )2＝a 2－2a·b ＋b 2.重点难点突破【题型一】平面向量数量积的运算【典型例题】平行四边形ABCD 中，∠BAD ＝120°，||＝2，||＝3，，则（）A ．3B ．﹣3C ．2D ．﹣2【解答】解：平行四边形ABCD 中，∠BAD ＝120°，||＝2，||＝3，∴23，∵，∴，，则（•3．故选：B ．【再练一题】若向量（2，3），（﹣1，2），则•（）＝（）A．5 B．6 C．7 D．8【解答】解：∵向量（2，3），（﹣1，2），∴（2，3）﹣（﹣2，4）＝（4，﹣1），∴•（）＝8﹣3＝5故选：A．思维升华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．【题型二】平面向量数量积的应用命题点1求向量的模【典型例题】已知向量，满足||＝1，||＝2，（），则|2|＝（）A．B．C．2D．2【解答】解：由已知得：；∴；∴；∴．故选：C．【再练一题】△ABC中，AB＝5，AC＝10，25，点P是△ABC内（包括边界）的一动点，且（λ∈R），则||的最大值是（）A．B．C．D．【解答】解：△ABC中，AB＝5，AC＝10，25，∴5×10×cos A＝25，cos A，∴A＝60°，B＝90°；以A为原点，以AB所在的直线为x轴，建立如图所示的坐标系，如图所示，∵AB＝5，AC＝10，∠BAC＝60°，∴A（0，0），B（5，0），C（5，5），设点P为（x，y），0≤x≤5，0≤y，∵λ，∴（x，y）（5，0）λ（5，5）＝（3﹣2λ，﹣2λ），∴，∴y（x﹣3），①直线BC的方程为x＝5，②，联立①②，得，此时||最大，∴|AP|．故选：B．命题点2求向量的夹角【典型例题】设、是夹角为60°的单位向量，则2和32的夹角为（）A．30°B．60°C．120°D．150°【解答】解：∵、是夹角为60°的单位向量，∴•||||cos60°，则（2）•（32）＝62﹣22•6﹣2，|2|，|32|，∴2和32的夹角α满足cosα，即α＝60°，故选：B．【再练一题】设与是不共线的两个向量，若平面向量x y（x，y∈R），则称数对（x，y）为向量在基底下的坐标，设基底向量（1．﹣1），（﹣1，2），平面向量，在基底与下的坐标分别为（﹣1，1），（3，2）．则向量与夹角的余弦值是（）A．B．C．D．【解答】解：平面向量x y（x，y∈R），且（1．﹣1），（﹣1，2），∴（﹣1，1）+（﹣1，2）＝（﹣2，3），32（3，﹣3）+（﹣2，4）＝（1，1），∴向量与夹角的余弦值是cosθ．故选：A．思维升华(1)求解平面向量模的方法①写出有关向量的坐标，利用公式|a|＝x2＋y2即可．②当利用向量的线性运算和向量的数量积公式进行求解，|a|＝a2.(2)求平面向量的夹角的方法①定义法：cos θ＝a·b|a||b|，注意θ的取值范围为[0，π]．②坐标法：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则cos θ＝x1x2＋y1y2x21＋y21·x22＋y22.③解三角形法：可以把所求两向量的夹角放到三角形中进行求解．【题型三】平面向量与三角函数【典型例题】设（2cos x，1），（cos x，sin2x），f（x）•，x∈R．（1）若f（x）＝0且x∈[，]，求x的值．（2）若函数g（x）＝cos（ωx）+k（ω＞0，k∈R）与f（x）的最小正周期相同，且g（x）的图象过点（，2），求函数g（x）的值域及单调递增区间．【解答】解：（Ⅰ）f（x）•2cos2x sin2x＝1+cos2x sin2x＝2sin（2x）+1 …由f（x）＝0，得2sin（2x）+1＝0，可得sin（2x），…又∵x∈[，]，∴2x…∴2x，可得x…（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝2sin（2x）+1，因为g（x）与f（x）的最小正周期相同，所以ω＝2，…又∵g（x）的图象过点（，2），∴cos（2）+k＝2，由此可得1+k＝2，解得k＝1，…∴g（x）＝cos（2x）+1，其值域为[0，2]，…2kπ﹣π≤2x2kπ，（k∈Z）…∴kπx≤kπ，（k∈Z），…所以函数的单调增区间为[kπ，kπ]，（k∈Z）．…【再练一题】在△ABC中，CA＝CB＝2，记，且（k为正实数），（1）求证：；（2）将与的数量积表示为关于k 的函数f （k ）；（3）求函数f （k ）的最小值及此时角A 的大小．【解答】解：（1）证明：因为，所以，即（2）因为，则，即，，得．（3）．显然当k ＝1时，f （k ）的最小值为2，此时，，所以．思维升华平面向量与三角函数的综合问题的解题思路(1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．基础知识训练1．【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三5月校际联合考试】已知1a =，2b =，且()a ab ⊥-，则向量a 在b 方向上的正射影的数量为（）A ．1B 2C ．12D ．22【★答案★】D 【解析】由()a ab ⊥-得()0a a b ⋅-=，所以1a b a a ⋅=⋅=，所以向量a 在b 方向上的正射影的数量为12cos ,22a b a a b b⋅===，故选D.2．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测（三模)】如图，已知等腰梯形ABCD 中，24,5,AB DC AD BC E ====是DC 的中点，P 是线段BC 上的动点，则EP BP ⋅的最小值是（）A ．95-B ．0C ．45-D ．1【★答案★】A 【解析】由等腰梯形的知识可知5cos B =，设BP x =，则5CP x =-，∴2565·()?··1?·()(5)?·(1)55EP BP EC CP BP EC BP CP BP x x x x x =+=+=-+--=-， 05x ，∴当355x =时，·EP BP取得最小值95-．故选：A ．3．【陕西省汉中市2019届高三全真模拟考试】已知两个单位向量的夹角为，则下列结论不正确．．．的是 A ．方向上的投影为B ．C ．D ．【★答案★】D 【解析】对于A 选项，方向上的投影为，故其正确.对于B 选项，，故其正确对于C 选项，成立，故其正确.对于D 选项，这与矛盾.故选：D4．【广东省东莞市2019届高三第二学期高考冲刺试题（最后一卷)】已知非零向量满足，且，则的夹角为（） A ．B ．C ．D ．【★答案★】D 【解析】 ∵，且；∴，且；∴； ∴；又；∴．故选：D ．5．【内蒙古呼伦贝尔市2019届高三模拟统一考试（一)】已知菱形ABCD 的边长为2，60ABC ∠=︒，则BD CD ⋅=（）A ．4B ．6C ．23D ．43【★答案★】B 【解析】如图所示，菱形形ABCD 的边长为2，60ABC ∠=︒，∴120C ∠=︒，∴22222222cos12012BD =+-⨯⨯⨯︒=， ∴23BD =30BDC ∠=︒，∴|||3302|326BD CD BD CD cos =⨯⨯︒==⋅，故选B ．6．【广东省潮州市2019届高三第二次模拟考试】已知向量a 、b 为单位向量，且a b +在a 的方向上的投影为12+，则向量a 与b 的夹角为（） A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 【★答案★】A【解析】设向量a 与b 的夹角为θ，因为向量a 、b 为单位向量，且a b +在a 1+，则有3()||1a b a a ⎛⎫+⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭，变形可得：3112a b +⋅=+，即cos c 21o 1s a b θθ⋅=⨯⨯==，又由0θπ≤≤，则6πθ=，故选A ． 7．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟（三)】已知向量a ，b 满足2a =，且()40a b a λλ+=>，则当λ变化时，a b •的取值范围是（）A ．(,0)-∞B ．(,1)-∞-C ．(0,)+∞D ．(1,)-+∞【★答案★】D【解析】由已知，(1)4a b λ-=，则2(1)4a a b λ-=⋅，因为||2,0a λ=>，则11a b λ⋅=->-，选D .8．【辽宁省朝阳市重点高中2019届高三第四次模拟考试】已知P 为等边三角形ABC 所在平面内的一个动点，满足()BP BC R λλ=∈，若2AB =，则()AP AB AC ⋅+=（）A ．23B ．3C ．6D ．与λ有关的数值【★答案★】C【解析】如图：以BC 中点为坐标原点O ，以BC 方向为x 轴正方向，OA 方向为y 轴正方向，建立平面直角坐标系，因为2AB =，则3AO =，因为P 为等边三角形ABC 所在平面内的一个动点，满足()BP BC R λλ=∈，所以点P 在直线BC ，所以AP 在AO 方向上的投影为AO ，因此2()226AP AB AC AO AP AO ⋅+=⋅==.故选C9．【江西省鹰潭市2019届高三第一次模拟】已知向量a 与b 的夹角为120︒，3a =，||13a b +=，则||b =（）A ．1B ．3C ．4D ．5【★答案★】C【解析】解：根据条件，222||2a b a a b b +=+⋅+293||||13b b =-+=；∴解得4b =，或1-（舍去）．10．【北京市朝阳区2019届高三第二次（5月)综合练习（二模)】已知平面向量,a b 的夹角为23π，且1,2a b ==，则a b +=（）A ．3B ．3C ．7D ．7【★答案★】B【解析】 22221||||||2||||cos14212332a b a b a b π⎛⎫+=++=++⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭, 所以a b +=3故选:B . 11．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模)】在矩形ABCD 中，4AB ,2AD =．若点M ，N 分别是CD ，BC 的中点，则AM MN ⋅=（）A ．4B ．3C ．2D ．1【★答案★】C【解析】由题意作出图形，如图所示：由图及题意，可得：12AM AD DM AD AB =+=+， 1122MN CN CM CB CD =-=-11112222BC DC AD AB =-+=-+. ∴111222AM MN AD AB AD AB ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭221111||||41622424AD AB =-⋅+⋅=-⋅+⋅=.12．【湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2019届高三下学期2月月考】正ABC 的边长为1，则AB BC BC CA CA AB ⋅+⋅+⋅=（）A ．32B ．32-C ．12D ．12- 【★答案★】B【解析】解：∵正ABC 的边长为1，∴()AB BC BC CA CA AB BA BC CB CA AC AB ⋅+⋅+⋅=-⋅+⋅+⋅()311cos6032︒=-⨯⨯⨯=-. 故选：B ．13．【天津市河北区2019届高三一模】在平行四边形ABCD 中，AB=2，AD=1，60BAD ∠=︒，点E 在CD 上，满足2DC DE =，则AC BE ⋅=_____________.【★答案★】12-【解析】由题意得 AB •AD =2×1×cos60°＝1， AC BE ⋅=（AB AD + ）•（1AD AB 2-）21AD 2=+ AB •1AD 2- 2AB =112+-212=-，故★答案★为12- 14．【天津市部分区2019届高三联考一模】已知菱形ABCD 的边长为2，60ABC ∠=︒，点,E F 分别在边,AD DC 上，()12BE BA BD =+，13DF DC =，则BE BF ⋅=_________. 【★答案★】223【解析】连接,AC BD 交于O ，以O 为原点，以,OC OD 为x 轴，y 轴的正半轴建立直角坐标系，菱形边长为2，60ABC ∠=，()(()(1,0,0,,1,0,A B C D ∴-， ()12BE BA BD =+E ∴为AD 的中点，12E ⎛- ⎝⎭，11,,333BF DC F ⎛=∴ ⎝⎭，1331,,,2233BE BF ⎛⎫⎛∴=-= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，11522623BE BF ∴⋅=-+=. 故★答案★为223. 15．【天津市实验中学2019届高三第六次阶段考】已知A ，B 是圆O ：224x y +=上的两个动点，2AB =，5233OC OA OB =-.若M 是线段AB 的中点，则OC OM ⋅的值为__. 【★答案★】3【解析】解：设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则11(,)OA x y =，22(,)OB x y =，1212,22x x y y OM ++⎛⎫= ⎪⎝⎭，()2121,AB x x y y =--，所以1212525252,,333333OC OA OB x x y y ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭. 由2AB =，得()()2221214x x y y -+-=， ①又A ，B 在圆O 上，所以22114x y +=，22224x y +=， ②联立①②得12122x x y y +=，所以121212125252,,333322x x y y OC OM x x y y ++⎛⎫⎛⎫⋅=--⋅⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 化简并整理，得()()()222211221212511632x y x y x x y y +-+++ 511442632=⨯-⨯+⨯ 3=.优解由条件易知OAB ∆为正三角形.又由M 为AB 的中点，则1OM (OA OB)2=+，所以152()233OC OM OA OB OA OB ⎛⎫⋅=+⋅- ⎪⎝⎭ 22152||||233OA OA OB OB ⎛⎫=+⋅- ⎪⎝⎭3=.16．【天津市北辰区2019届高考模拟考试】平行四边形ABCD 中，4,2,4AB AD AB AD ==⋅=，点P 在边CD 上，则AP PC ⋅的取值范围是______．【★答案★】250,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】因为点P 在边CD 上，所以设()01DP λDC λAB λ==≤≤，则 λAP AD DP A A D B =+=+，()1PC λAB -=，所以()()1PC A AP D λλAB AB ⋅=+⋅- ()()223 141161612445224λλλλλλ⎛⎫=-+-⨯=-++=-- ⎪⎝+⎭，又01λ≤≤，所以2504AP PC ≤⋅≤，故★答案★为250,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 17．【山东省栖霞市2019届高三高考模拟卷】若向量(2,),(2,1)a x b ==-不共线，且()()+⊥-a b a b ，则⋅=a b ______【★答案★】3-【解析】因为+a b =(0,x +1), -a b =(4,x -1)，且()()+⊥-a b a b ，所以04+(1)(1)0x x ⨯+-=，解得1x =或1x =-，因为向量(2,),(2,1)a x b ==-不共线，所以1x =-不成立，所以2(2)113⋅=⨯-+⨯=-a b ，故填3-.18．【河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷】已知点D 为ABC ∆的外心，4BC =，则BD BC ⋅=___________.【★答案★】8【解析】设BD BC ，的夹角θ，则21||||cos ||82BD BC BC BD BC θ⋅=⋅⋅==. 19．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学等八校2019届高三4月联考】在ABC ∆中，2A B =，1sin 3B =，23AB =. （Ⅰ）求sin ,sin AC 的值；（Ⅱ）求CA CB ⋅的值.【★答案★】（Ⅰ）sin 9A =；23sin 27C =；（Ⅱ）80-. 【解析】（Ⅰ）2A B B =∴，为锐角，又1sin ,cos 33B B =∴=1sin sin22sin cos 2339A B B B ===⨯⨯=222217cos cos2cos sin39A B B B⎛⎫==-=-=⎪⎝⎭⎝⎭()sin sin sin cos cos sinC A B A B A B=+=+7123939327=+⨯=（Ⅱ）sin sin sinAB AC BCC B A==,23AB=,9,AC BC∴==()cos cos cos cos sin sinC A B A B A B=-+=-+71939327=-⨯+=-cos980CA CB CA CB C⎛∴⋅=⨯⨯=⨯=-⎝20．【陕西省宝鸡市2019届高考模拟检测（三)】已知(3cos,cos)a x x=，(sin,cos)b x x=，函数()f x a b=⋅.（1）求()f x的最小正周期及对称轴方程；（2）当(,]xππ∈-时，求()f x单调递增区间.【★答案★】(1) Tπ=；26kxππ=+（k Z∈）. (2)5(,]6ππ--，[,]36ππ-和2[,]3ππ【解析】解：（1）()23sin cos cosf x a bx x x=⋅=+111cos2sin222262x x xπ⎛⎫=++=++⎪⎝⎭所以()f x的周期22Tππ==,令262x kπππ+=+（k Z∈），即26kxππ=+（k Z∈）所以()f x的对称轴方程为26kxππ=+（k Z∈）.（2）令222262k x kπππππ-≤+≤+（k Z∈）解得36k x kππππ-≤≤+（k Z∈），由于(],xππ∈-所以当1,0k=-或1时，得函数()f x 的单调递增区间为5,6ππ⎛⎤-- ⎥⎝⎦，,36ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦和2,3ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 21．【湖南师大附中2019届高三月考试题（七)】在ABC ∆中，内角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，且sin sin sin 2sin()a A c C b B a A B +-=+. （1）求B 的值；（2）若向量(cos ,cos 2)m A A =，(12,5)n =-，4a =，当m n ⋅取得最大值时，求b 的值.【★答案★】（1）4B π=；（2）522b =. 【解析】（1）因为ABC ∆中，()sin sin A B C +=，所以()sin sin sin 2sin a A c C b B a A B +-=+变形为sin sin sin 2sin a A c C b B a C +-=. 由正弦定理得：2222a c b ac +-=.由余弦定理得：2222cos 2a c b B ac +-==，又因为0B π<<，∴4B π=.（2）因为12cos 5cos2m n A A ⋅=-2234310cos 12cos 510cos 55A A A ⎛⎫=-++=--+ ⎪⎝⎭，所以当3cos 5A =时，m n ⋅取得最大值，此时4sin 5A =，由正弦定理得sin 52sin aB b A ==. 22．【广东省深圳实验，珠海一中等六校2019届高三第二次联考】已知向量，函数.（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）在中，角对边分别是，且满足，求的取值范围.【★答案★】（1）；（2）. 【解析】(Ⅰ)(Ⅱ)由，得,从而得故能力提升训练1．【河南省名校-鹤壁高中2019届高三压轴第二次考试】已知1a =，2b =，且()a a b ⊥+，则向量a 在b 方向上的投影为（）A ．21-B ．22C ．12D ．22- 【★答案★】D【解析】解：由()a a b ⊥+得，()0a a b ⋅+=，20a a b +∴⋅=1a b ∴⋅=-，∴向量a 在b 方向上的投影为2cos 2a b a b a a a b b θ⋅⋅=⋅===-⋅ ，故选D . 2．【福建省宁德市2019届高三毕业班第二次（5月)质量检查考试】若已知向量，若，则的值为（） A ．B ．C ．D ．【★答案★】D 【解析】∵向量，且， ∴，即 ∴，故选：D3．【东北三省三校（辽宁省实验中学、东北师大附中、哈师大附中)2019届高三第三次模拟考试】已知向量的夹角为，则（） A ．-16B ．-13C ．-12D ．-10 【★答案★】C【解析】∵向量的夹角为， ∴， ∴．故选C ． 4．【山东省青岛市2019届高考模拟检测（二模)】已知平面向量的夹角为，且，则（）A ．3B ．9C ．12D ．15【★答案★】D【解析】本题正确选项：5．【山东省济宁市2019届高三二模】已知向量满足，且，则的夹角为（）A ．B ．C ．D ．【★答案★】D【解析】由题意可得：，结合题意有：，则，故的夹角为.故选：D.6．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模)】已知圆22450x y x ++-=的弦AB 的中点为(1,1)-，直线AB 交x 轴于点P ，则PA PB ⋅的值为______．【★答案★】5-【解析】设(1,1)M -，圆心(2,0)C -， ∵10112MC k -==-+，根据圆的性质可知，1AB k =-，∴AB 所在直线方程为1(1)y x -=-+，即0x y +=，联立方程224500x y x x y ⎧++-=⎨+=⎩可得，22450x x +-=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则1252x x ⋅=-，令0y =可得(0,0)P ，12121225PA PB x x y y x x ⋅=+==-，故★答案★为：-5．7．【江苏省扬州中学2019届高三4月考试】已知ABC ∆外接圆O 的半径为2，且2AB AC AO →→→+=，|AB||AO|→→=，则CA CB →→⋅=______.【★答案★】12【解析】因为2AB AC AO →→→+=，所以点O 是线段BC 的中点，O 是ABC ∆外接圆的圆心，因此ABC ∆是以BC 为斜边的直角三角形，又因为|AB||AO|→→=，所以2,4AB BC ==,因此030ACB ∠=,23AC =，所以cos 323412.2CA CB CA B CB AC →→→→∠=⨯⨯⋅==⋅⋅ 8．【山西省2019届高三高考考前适应性训练（三)】已知向量,a b 满足()21,b a a a b ==⊥-，则a 与2a b +的夹角的余弦值为__________．【★答案★】32 【解析】由()a a b ⊥-得221,24434a b a b a a b b ⋅=+=+⋅+= a 与2a b +的夹角的余弦值为()2223cos<,2>=222a a ba ab a a b a a b a a b ⋅++⋅+==++. 9．【江苏省南通市2019届高三适应性考试】如图，在边长为2的正三角形ABC 中，D 、E 分别为边BC 、CA 上的动点，且满足CE mBD =（m 为定常数，且(0,1]m ∈），若AD DE ⋅的最大值为34-，则m =________.【★答案★】12 【解析】以BC 中点为坐标原点O ，OC 方向为x 轴正方向，OA 方向为y 轴正方向，建立如图所示平面直角坐标系，因为正三角形ABC 边长为2，所以(1,0)B -，(1,0)C ，(0,3)A ，则(2,0)BC =，(1,3)CA =-，因为D 为边BC 上的动点，所以设BD tBC =，其中01t ≤≤，则(2,0)BD t =，所以(21,0)D t -；又CE mBD tmBC ==，所以(,3)CE tmCA tm tm ==-，因此(1,3)E tm tm -，所以(21,3)AD t =--，(22,3)DE tm t tm =--，故2(21)(22)32(2)2(3)2AD DE t tm t tm m t m t ⋅=----=-++--2223332(2)22(2)222424m m m m t t m t m m m ⎡⎤---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+--=-+---⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 223101(2)2424m m m m t m m --+⎛⎫=-+-+ ⎪++⎝⎭，因为(0,1]m ∈，所以31513,2422434m m m -⎡⎫=-+∈⎪⎢++⎣⎭，又01t ≤≤，所以当且仅当324m t m -=+时，AD DE ⋅取得最大值，即21013244m m m -+=-+，整理得221780m m -+=，解得12m =或8m =（舍）故★答案★为1210．【江苏省苏州市2019届高三高考模拟最后一卷】如图，已知P 是半径为2，圆心角为3π的一段圆弧AB 上一点，2A B B C =，则PC PA ⋅的最小值为_______．【★答案★】5﹣13【解析】设圆心为O,AB 中点为D,由题得22sin 2,36AB AC π=⋅⋅=∴=. 取AC 中点M ，由题得2PA PC PM PC PA AC⎧+=⎨-=⎩,两方程平方相减得2221944PC PA PM AC PM ⋅=-=-，要使PC PA ⋅取最小值，就是PM 最小，当圆弧AB 的圆心与点P 、M 共线时，PM 最小.此时DM=221113,()3222DM ∴=+=, 所以PM 有最小值为2﹣132，代入求得PC PA ⋅的最小值为5﹣13故★答案★为：5﹣13感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。