2020版高考数学一轮复习第4章平面向量第3讲平面向量的数量积及应用讲义理含解析

[考纲解读] 1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义，了解平面向量的数量积与向量投影的关系．(重点) 2.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算，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．(重点、难点) [考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的一个热点内容．预测2020年高考将考查向量数量积的运算、模的最值、夹角的范围．题型以客观题为主，试题难度以中档题为主，有时也会与三角函数、解析几何交汇出现于解答题中.

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.

1

(2)a⊥b⇔01□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|. 02|a|2或|a|＝□03a·a. 特别地，a·a＝□(4)cosθ＝

a·b. |a||b|

04|a||b|. (5)|a·b|≤□

4．平面向量数量积满足的运算律 01b·a； (1)a·b＝□

02λ(a·b)＝□03a·(λb)(λ为实数)； (2)(λa)·b＝□

04a·c＋b·c. (3)(a＋b)·c＝□

5．平面向量数量积有关性质的坐标表示

01xx＋yy，由此得到： 设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝□1212

202x2＋y2或|a|＝□03 x2＋y2； (1)若a＝(x，y)，则|a|＝□→

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点间的距离|AB|＝|AB|＝04□

x2－x1

2

＋y2－y1

2

；

(3)设两个非零向量a，b，a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a⊥b⇔05□x1x2＋y1y2＝0； (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＝

x1x2＋y1y2

. 22x2x21＋y1·2＋y2

1．概念辨析

(1)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．( ) (2)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．( ) (3)由a·b＝0可得a＝0或b＝0.( ) (4)(a·b)c＝a(b·c)．( )

(5)若a·b＝b·c(b≠0)，则a＝c.( ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× 2．小题热身

(1)(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝( ) A．4 B．3 C．2 D．0 答案 B

解析 因为a·(2a－b)＝2a－a·b＝2|a|－(－1)＝2＋1＝3.所以选B.

(2)(2017·全国卷Ⅲ)已知向量a＝(－2,3)，b＝(3，m)，且a⊥b，则m＝________. 答案 2

解析 ∵a＝(－2,3)，b＝(3，m)，且a⊥b，

2

2

2

∴a·b＝0，即－2×3＋3m＝0，解得m＝2.

(3)设向量a，b满足：|a|＝1，|b|＝2，a⊥(a－b)，则a与b的夹角是________． 答案 60°

解析 设a与b的夹角为θ，因为a⊥(a－b)，所以a·(a－b)＝0， 12

故|a|－|a||b|cosθ＝0，解得cosθ＝，故a与b的夹角为60°.

2

(4)已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ＝120°，则向量b在向量a方向上的投影为________．

答案 －2

解析 因为a·b＝|a||b|cosθ＝5×4×cos120°＝－10，所以b在a方向上的投影为|b|cosθ＝

题型 一 平面向量数量积的运算

a·b－10

＝＝－2. |a|5

1．已知两个单位向量a和b的夹角为60°，则向量a－b在向量a方向上的投影为( ) 11A．－1 B．1 C．－ D.

22答案 D

112

解析 由两个单位向量a和b的夹角为60°，可得a·b＝1×1×＝，(a－b)·a＝a2211

－a·b＝1－＝，向量a－b在向量a方向上的投影为

22

a－b|a|

1a21

＝＝，故选D. 12

→

2．(2018·天津高考)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．－15 B．－9 C．－6 D．0 答案 C

→

→→

→

→

→

→

→→

→→→→→

→→

2

2

→→→→→→

解析 连接MN，因为BM＝2MA，所以AB＝3AM，同理AC＝3AN，BC＝AC－AB＝3AN－3AM＝3MN，BC·OM＝3MN·OM＝3(ON－OM)·OM＝3ON·OM－3(OM)＝3×2×1×cos120°－3×1＝

3

－6.

3．已知菱形ABCD的两条对角线BD，AC的长度分别为6,10，点E，F分别是线段BC，

→→

CD的中点，则AE·BF＝________.

答案 12

53B(0,3)，

解析 依题意，建立如图所示的平面直角坐标系，故A(－5,0)，C(5,0)，E，，

22

→→→→

5315359F，－，则AE＝，，BF＝，－，则AE·BF＝12.

222222

计算向量数量积的三种方法

(1)定义法：已知向量的模与夹角时，可直接使用数量积的定义求解，即a·b＝|a||b|cosθ(θ是a与b的夹角)．

(2)基向量法：计算由基底表示的向量的数量积时，应用相应运算律，最终转化为基向量的数量积，进而求解．如举例说明2.

(3)坐标法：若向量选择坐标形式，则向量的数量积可应用坐标的运算形式进行求解．如举例说明3.

1．已知向量a＝(x,2)，b＝(2,1)，c＝(3，x)，若a∥b，则a·c＝( ) A．4 B．8 C．12 D．20 答案 D

解析 因为a∥b，所以x－2×2＝0，解得x＝4，所以a＝(4,2)，所以a·c＝(4,2)·(3,4)＝4×3＋2×4＝20.

2．(2019·西安八校联考)已知点A(－1,1)，B(1，2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量→→

CD在BA方向上的投影是( )

3232A．－35 B．－ C．35 D.

22答案 A

→

→

→→

解析 依题意得，BA＝(－2，－1)，CD＝(5,5)，BA·CD＝(－2，－1)·(5,5)＝－15，

4

→→→

→→

|BA|＝5，因此向量CD在BA方向上的投影是

BA·CD－15

→|BA|

＝5

＝－35.

3．在平行四边形ABCD中，点M，N分别在边BC，CD上，且满足BC＝3MC，DC＝4NC，

→

→

若AB＝4，AD＝3，则AN·MN＝( )

A．－7 B．0 C.7 D．7 答案 B

→→→→→→→→→→31111

解析 以AB，AD为基底，AN＝AD＋AB，MN＝CN－CM＝CD－CB＝－AB＋AD，AN·MN＝

44343

→→

→

→

→3→1→1→1→9→1

AD＋AB·－AB＋AD＝3AD2－AB2＝3×(9－9)＝0，故选B.

44316

题型 二 平面向量数量积的性质

→

→

→→

→→

→

→

→

1．(2018·华南师大附中一模)已知向量|OA|＝3，|OB|＝2，BC＝(m－n)OA＋(2n－m－1)OB，若OA与OB的夹角为60°，且OC⊥AB，则实数的值为( )

8461A. B. C. D. 7356答案 A

→

3×2×cos60°＝3.

→→又因为OC⊥AB，

→

→→

2

mn→→→→→→→→→

解析 由题意得，OC＝OB＋BC＝(m－n)OA＋(2n－m)OB，AB＝OB－OA，OA·OB＝

→

→→

→→→→

2

所以OC·AB＝[(m－n)OA＋(2n－m)OB]·(OB－OA) ＝－(m－n)OA＋(2m－3n)OA·OB＋(2n－m)OB ＝－9(m－n)＋3(2m－3n)＋4(2n－m)＝0，

m8

整理得7m－8n＝0，故＝. n7

2．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.

答案 23

5

解析 由题意得，a·b＝2×1×cos60°＝1， 所以|a＋2b|＝a＋4a·b＋4b＝4＋4＋4＝12， 所以|a＋2b|＝23.

π

3．已知向量m＝(sinθ，1－cosθ)(0<θ<π)与向量n＝(2,0)的夹角为，则θ＝

3________.

答案

2π 3

2

2

2

解析 由已知条件得 |m|＝sinθ＋

2－cosθ

2＝2－2cosθ，

πm·n2sinθ

|n|＝2，m·n＝2sinθ，于是由平面向量的夹角公式得cos＝＝3|m||n|22－2cosθ112

＝，整理得2cosθ－cosθ－1＝0，解得cosθ＝－或cosθ＝1(舍去)． 22

2π因为0<θ<π，所以θ＝. 3

→

→

∈R，当|OC|最小时”，求t的值．

→→

→

→

→

→

→

解 由题意得，OC－OA＝t(OB－OA)，

→

→

→

条件探究1 把举例说明1的条件改为“已知OA＝(23，0)，OB＝(0,2)，AC＝tAB，tOC＝(1－t)OA＋tOB

＝(1－t)·(23，0)＋t(0,2) ＝(23－23t,2t)，

32222

所以|OC|＝12(1－t)＋4t＝16t－＋3，

4

3

所以当t＝时，|OC|取最小值．

4

条件探究2 把举例说明2的条件改为“平面向量a与b的夹角为45°，a＝(1,1)，|b|＝2”，求|3a＋b|.

解 由题意得，|a|＝1＋1＝2，

2

2

→

→

a·b＝2×2×cos45°＝2.

所以|3a＋b|＝9a＋6a·b＋b＝9×2＋6×2＋2＝34. 所以|3a＋b|＝34.

2

2

2

2

1．求向量夹角问题的方法

6

(1)当a，b是非坐标形式时，求a与b的夹角θ，需求出a·b及|a|，|b|或得出它们之间的关系；

(2)若已知a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则cos〈a，b〉＝明3.

2．求向量模的常用方法

(1)若向量a是以坐标形式出现的，求向量a的模可直接利用公式|a|＝x＋y. (2)若向量a，b是以非坐标形式出现的，求向量a的模可应用公式|a|＝a＝a·a，或|a±b|＝(a±b)＝a±2a·b＋b，先求向量模的平方，再通过向量数量积的运算求解．如举例说明2.

3．解答向量垂直问题的两个策略

(1)若证明两个向量垂直，先根据共线、夹角等条件计算出这两个向量的坐标；然后根据向量数量积的坐标运算公式，计算出这两个向量的数量积为0即可．

2

2

2

2

2

222x1x2＋y1y2

.如举例说2222

x1＋y1·x2＋y2

(2)根据两个向量垂直的充要条件a·b＝0，列出相应的关系式．如举例说明1.

1．已知平面向量a＝(1,2)，b＝(4,2)，c＝ma＋b(m∈R)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则m＝( )

A．－2 B．－1 C．1 D．2 答案 D

解析 ∵a＝(1,2)，b＝(4,2)，

∴c＝ma＋b＝(m＋4,2m＋2)，|a|＝5，|b|＝25， ∴a·c＝5m＋8，b·c＝8m＋20. ∵c与a的夹角等于c与b的夹角， ∴∴

c·ac·b＝， |c||a||c||b|

5m＋88m＋20

＝，解得m＝2. 525

2．(2018·北京高考)设向量a＝(1,0)，b＝(－1，m)，若a⊥(ma－b)，则m＝________. 答案 －1

解析 由已知，ma－b＝(m＋1，－m)，又a⊥(ma－b)， 所以a·(ma－b)＝1×(m＋1)＋0×(－m)＝0，解得m＝－1.

2π3．(2018·青岛模拟)已知|a|＝2，|b|＝3，a与b的夹角为，且a＋b＋c＝0，则|c|

3＝________.

答案

7

解析 因为a＋b＋c＝0，所以c＝－a－b，

7

2π22222

所以c＝a＋b＋2a·b＝2＋3＋2×2×3×cos 3＝4＋9－6＝7. 所以|c|＝7.

题型 三 向量数量积的综合应用

角度1 向量在平面几何中的应用

→→

为( )

A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 答案 C

→

→

→

→→→

|，则cosA＝

→

→→

→→

→→→

→

→

→

→

→→

→→

→

→→

→→

解析 ∵(AB－2AC)⊥AB⇒(AB－2AC)·AB＝0，即AB·AB－2AC·AB＝0，(AC－2AB)⊥AC→→→

⇒(AC－2AB)·AC＝0，即AC·AC－2AB·AC＝0，∴AB·AB＝AC·AC＝2AB·AC，即|AB|＝|AC→

→

→

→

→

→

1．已知AB，AC是非零向量，且满足(AB－2AC)⊥AB，(AC－2AB)⊥AC，则△ABC的形状

AB·AC1

＝，∴∠A＝60°，∴△ABC为等边三角形．

→→2

|AB||AC|

角度2 向量在解析几何中的应用

→→

答案

5 →

→

→

→

→

→

→→

→

2．已知AB·BC＝0，|AB|＝1，|BC|＝2，AD·DC＝0，则|BD|的最大值为________．

解析 由AB·BC＝0可知，AB⊥BC.

故以B为坐标原点，分别以BA，BC所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系(图略)， 则由题意，可得B(0,0)，A(1,0)，C(0,2)．设D(x，y)， →→→

由AD·DC＝0，可得(x－1)(－x)＋y(2－y)＝0， 5122

整理得x－＋(y－1)＝.

42

51所以点D在以E，1为圆心，半径r＝的圆上．

22

→

则AD＝(x－1，y)，DC＝(－x,2－y)．

8

→

因为|BD|表示B，D两点间的距离， →而|EB|＝

→

12＋12＝5. 22

→

55

＋＝5. 22

所以|BD|的最大值为|EB|＋r＝

角度3 向量与三角函数的综合应用

3．(2018·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＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)，且m·n＝sin2C.

(1)求角C的大小；

→

→→

(2)若sinA，sinC，sinB成等差数列，且CA·(AB－AC)＝18，求边c的长． 解 (1)由已知得m·n＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)， 因为A＋B＋C＝π，

所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC， 所以m·n＝sinC.又m·n＝sin2C， 1

所以sin2C＝sinC，所以cosC＝. 2π

又03

(2)由已知得2sinC＝sinA＋sinB， 由正弦定理得2c＝a＋b.

→

→

→

→

→

因为CA·(AB－AC)＝CA·CB＝18， 所以abcosC＝18，所以ab＝36.

由余弦定理得c＝a＋b－2abcosC＝(a＋b)－3ab， 所以c＝4c－3×36， 所以c＝36，所以c＝6.

22

2

2

2

2

2

1．向量在平面几何中的应用

用平面向量解决平面几何问题时，常常建立平面直角坐标系，这样可以使向量的运算更简便一些．在解决这类问题时，共线向量定理和平面向量基本定理起主导作用．如举例说明1.

2．向量在解析几何中的作用

(1)载体作用：向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题时关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关距离、斜率、夹角、轨迹、最值等问题．如举例说明2.

(2)工具作用：利用a⊥b⇔a·b＝0；a∥b⇔a＝λb(b≠0)，可解决垂直、平行问题，

9

特别是向量垂直、平行的坐标表示在解决解析几何中的垂直、平行问题时经常用到．

3．向量与三角函数的综合应用

解决这类问题的关键是应用向量知识将问题准确转化为三角函数问题，再利用三角函数的知识进行求解．如举例说明3.

→→

1．已知点A(－2,0)，B(3,0)，动点P(x，y)满足PA·PB＝x，则点P的轨迹是( ) A．圆 C．双曲线 答案 D

→

→

解析 由已知得PA·PB＝(－2－x，－y)·(3－x，－y)＝(－2－x)·(3－x)＋(－

B．椭圆 D．抛物线

2

y)·(－y)＝x2－x－6＋y2＝x2，所以y2＝x＋6，故点P的轨迹是抛物线．

→→

的形状为( )

A．正三角形 C．等腰三角形 答案 C

→

→

→

→

→→

→→

→

→

→→

2

→→→

2．若O为△ABC所在平面内任一点，且满足(OB－OC)·(OB＋OC－2OA)＝0，则△ABCB．直角三角形 D．等腰直角三角形

→→

2

→→→

→→

→

解析 ∵(OB－OC)·(OB＋OC－2OA)＝0，即(OB－OC)·(OB－OA＋OC－OA)＝0，∴

→→

CB·(AB＋AC)＝0，∴(AB－AC)·(AB＋AC)＝0，即|AB|－|AC|＝0，|AB|＝|AC|，∴三角形ABC为等腰三角形．

3．已知函数f(x)＝a·b，其中a＝(2cosx，－3sin2x)，b＝(cosx,1)，x∈R. (1)求函数y＝f(x)的单调递减区间；

(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝7，且向量m＝(3，sinB)与n＝(2，sinC)共线，求边长b和c的值．

解 (1)f(x)＝a·b＝2cosx－3sin2x π＝1＋cos2x－3sin2x＝1＋2cos2x＋，

3π

由2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，

3ππ

解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，

63

ππ∴f(x)的单调递减区间为kπ－，kπ＋(k∈Z)．

63

2

10

π(2)∵f(A)＝1＋2cos2A＋＝－1， 3π∴cos2A＋＝－1.

3ππ7π

∵0333ππ

∴2A＋＝π，即A＝.

33∵a＝7， 由余弦定理得

a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc＝7.①

∵向量m＝(3，sinB)与n＝(2，sinC)共线， ∴2sinB＝3sinC.由正弦定理得2b＝3c，② 由①②，可得b＝3，c＝2.

11