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高中数学高考第3节 平面向量的数量积与平面向量应用举例 教案
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这是一份高中数学高考第3节 平面向量的数量积与平面向量应用举例 教案，共13页。
1．向量的夹角
已知两个非零向量a和b，作eq \(OA,\s\up12(→))＝a，eq \(OB,\s\up12(→))＝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
3.平面向量数量积的运算律
(1)交换律：a·b＝b·a；
(2)数乘结合律：(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)；
(3)分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.
4．平面向量数量积的性质及其坐标表示
设非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ＝〈a，b〉．
eq \O([常用结论])
1．平面向量数量积运算的常用公式
(1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；
(2)(a±b)2＝a2±2a·b＋b2.
2．两个向量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．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两个向量的数量积是一个实数，向量的数乘运算的运算结果是向量．( )
(2)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量．
( )
(3)由a·b＝0可得a＝0或b＝0.( )
(4)(a·b)c＝a(b·c)．( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)×
二、教材改编
1．已知a·b＝－12eq \r(2)，|a|＝4，a和b的夹角为135°，则|b|为( )
A．12 B．6
C．3eq \r(3) D．3
B [a·b＝|a||b|cs 135°＝－12eq \r(2)，所以|b|＝eq \f(－12\r(2),4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2))))＝6.]
2．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 ．
－2 [由数量积的定义知，b在a方向上的投影为|b|cs θ＝4×cs 120°＝－2.]
3．已知|a|＝2，|b|＝6，a·b＝－6eq \r(3)，则a与b的夹角θ＝ .
eq \f(5π,6) [cs θ＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(－6\r(3),2×6)＝－eq \f(\r(3),2).
又因为0≤θ≤π，所以θ＝eq \f(5π,6).]
4．已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m＝ .
8 [∵a＝(1，m)，b＝(3，－2)，
∴a＋b＝(4，m－2)，由(a＋b)⊥b可得
(a＋b)·b＝12－2m＋4＝16－2m＝0，即m＝8.]
考点1 平面向量数量积的运算
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|cs〈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．
(1)(2019·全国卷Ⅱ)已知eq \(AB,\s\up12(→))＝(2,3)，eq \(AC,\s\up12(→))＝(3，t)，|eq \(BC,\s\up12(→))|＝1，则eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
(2)[一题多解](2019·天津高考)在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2eq \r(3)，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则eq \(BD,\s\up12(→))·eq \(AE,\s\up12(→))＝ .
(1)C (2)－1 [(1)∵eq \(BC,\s\up12(→))＝eq \(AC,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→))＝(1，t－3)，
∴|eq \(BC,\s\up12(→))|＝eq \r(12＋t－32)＝1，∴t＝3，
∴eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝(2,3)·(1,0)＝2.
(2)法一：∵∠BAD＝30°，AD∥BC，∴∠ABE＝30°，
又EA＝EB，∴∠EAB＝30°，
在△EAB中，AB＝2eq \r(3)，∴EA＝EB＝2.
以A为坐标原点，直线AD为x轴建立如图所示的平面直角坐标系．
则A(0,0)，D(5,0)，E(1，eq \r(3))，B(3，eq \r(3))，
∴eq \(BD,\s\up12(→))＝(2，－eq \r(3))，eq \(AE,\s\up12(→))＝(1，eq \r(3))，
∴eq \(BD,\s\up12(→))·eq \(AE,\s\up12(→))＝(2，－eq \r(3))·(1，eq \r(3))＝－1.
法二：同法一，求出EB＝EA＝2，
以eq \(AB,\s\up12(→))，eq \(AD,\s\up12(→))为一组基底，
则eq \(BD,\s\up12(→))＝eq \(AD,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→))，eq \(AE,\s\up12(→))＝eq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(BE,\s\up12(→))＝eq \(AB,\s\up12(→))－eq \f(2,5)eq \(AD,\s\up12(→))，
∴eq \(BD,\s\up12(→))·eq \(AE,\s\up12(→))＝(eq \(AD,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up12(→))－\f(2,5)\(AD,\s\up12(→))))
＝eq \(AD,\s\up12(→))·eq \(AB,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→))2＋eq \f(2,5)eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(AD,\s\up12(→))－eq \f(2,5)eq \(AD,\s\up12(→))2
＝eq \f(7,5)×5×2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)－12－eq \f(2,5)×25＝－1.]
[逆向问题]
已知菱形ABCD的边长为6，∠ABD＝30°，点E，F分别在边BC，DC上，BC＝2BE，CD＝λCF.若eq \(AE,\s\up12(→))·eq \(BF,\s\up12(→))＝－9，则λ的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
B [依题意得eq \(AE,\s\up12(→))＝eq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(BE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up12(→))－eq \(BA,\s\up12(→))，eq \(BF,\s\up12(→))＝eq \(BC,\s\up12(→))＋eq \f(1,λ)eq \(BA,\s\up12(→))，因此eq \(AE,\s\up12(→))·eq \(BF,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(BC,\s\up12(→))－\(BA,\s\up12(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up12(→))＋\f(1,λ)\(BA,\s\up12(→))))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up12(→))2－eq \f(1,λ)eq \(BA,\s\up12(→))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2λ)－1))eq \(BC,\s\up12(→))·eq \(BA,\s\up12(→))，于是有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,λ)))×62＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2λ)－1))×62×cs 60°＝－9，由此解得λ＝3，故选B.]
解决涉及几何图形的向量的数量积运算常有两种思路：一是定义法，二是坐标法，定义法可先利用向量的加、减运算或数量积的运算律化简后再运算，但一定要注意向量的夹角与已知平面几何图形中的角的关系是相等还是互补；坐标法要建立合适的坐标系．
1.(2019·昆明模拟)在▱ABCD中，|eq \(AB,\s\up12(→))|＝8，|eq \(AD,\s\up12(→))|＝6，N为DC的中点，eq \(BM,\s\up12(→))＝2eq \(MC,\s\up12(→))，则eq \(AM,\s\up12(→))·eq \(NM,\s\up12(→))＝ .
24 [法一：(定义法)eq \(AM,\s\up12(→))·eq \(NM,\s\up12(→))＝(eq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(BM,\s\up12(→)))·(eq \(NC,\s\up12(→))＋eq \(CM,\s\up12(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up12(→))＋\f(2,3)\(AD,\s\up12(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(AB,\s\up12(→))－\f(1,3)\(AD,\s\up12(→))))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up12(→))2－eq \f(2,9)eq \(AD,\s\up12(→))2＝eq \f(1,2)×82－eq \f(2,9)×62＝24.
法二：(特例图形)：若▱ABCD为矩形，建立如图所示坐标系，
则N(4,6)，M(8,4)．
所以eq \(AM,\s\up12(→))＝(8,4)，eq \(NM,\s\up12(→))＝(4，－2)
所以eq \(AM,\s\up12(→))·eq \(NM,\s\up12(→))＝(8,4)·(4，－2)＝32－8＝24.]
2．在△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠ABC＝eq \f(π,2)，D是AC的中点，E在BC上，且AE⊥BD，则eq \(AE,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝( )
A．16 B．12 C．8 D．－4
A [建立如图所示的平面直角坐标系，则A(4,0)，B(0,0)，C(0,6)，D(2,3)．设E(0，b)，因为AE⊥BD，所以eq \(AE,\s\up12(→))·eq \(BD,\s\up12(→))＝0，即(－4，b)·(2,3)＝0，所以b＝eq \f(8,3)，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(8,3)))，eq \(AE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(8,3)))，
所以eq \(AE,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝16，故选A.]
考点2 平面向量数量积的应用
平面向量的模
求向量模的方法
利用数量积求模是数量积的重要应用，要掌握此类问题的处理方法：
(1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝eq \r(a·a)；
(2)|a±b|＝eq \r(a±b2)＝eq \r(a2±2a·b＋b2)；
(3)若a＝(x，y)，则|a|＝eq \r(x2＋y2).
(1)[一题多解](2019·全国卷Ⅱ)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝( )
A.eq \r(2) B．2 C．5eq \r(2) D．50
(2)已知平面向量a，b的夹角为eq \f(π,6)，且|a|＝eq \r(3)，|b|＝2，在△ABC中，eq \(AB,\s\up12(→))＝2a＋2b，eq \(AC,\s\up12(→))＝2a－6b，D为BC中点，则|eq \(AD,\s\up12(→))|等于( )
A．2 B．4
C．6 D．8
(3)已知在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|eq \(PA,\s\up12(→))＋3eq \(PB,\s\up12(→))|的最小值为 ．
(1)A (2)A (3)5 [(1)法一：∵a＝(2,3)，b＝(3,2)，∴a－b＝(－1,1)，∴|a－b|＝eq \r(－12＋12)＝eq \r(2)，故选A.
法二：∵a＝(2,3)，b＝(3,2)，∴|a|2＝13，|b|2＝13，a·b＝12，则|a－b|＝eq \r(a2－2a·b＋b2)＝eq \r(13－2×12＋13)＝eq \r(2).故选A.
(2)因为eq \(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(AC,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(2a＋2b＋2a－6b)＝2a－2b，
所以|eq \(AD,\s\up12(→))|2＝4(a－b)2＝4(a2－2b·a＋b2)＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－2×2×\r(3)×cs \f(π,6)＋4))＝4，则|eq \(AD,\s\up12(→))|＝2.
(3)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)，则eq \(PA,\s\up12(→))＋3eq \(PB,\s\up12(→))＝(2，－y)＋3(1，b－y)＝(5,3b－4y)．
所以|eq \(PA,\s\up12(→))＋3eq \(PB,\s\up12(→))|
＝eq \r(25＋3b－4y2)(0≤y≤b)．
当y＝eq \f(3,4)b时，|eq \(PA,\s\up12(→))＋3eq \(PB,\s\up12(→))|min＝5.]
在求解与向量的模有关的问题时，往往会涉及“平方”技巧，注意对结论(a±b)2＝|a|2＋|b|2±2a·b，(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(a·b＋b·c＋a·c)的灵活运用．另外，向量作为工具性的知识，具备代数和几何两种特征，求解此类问题时可以使用数形结合的思想，从而加快解题速度．
平面向量的夹角
求向量夹角问题的方法
(1)定义法：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，由cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)求得．
(2)坐标法：若已知a＝(x1，y1)与b＝(x2，y2)，则cs〈a，b〉＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))，〈a，b〉∈[0，π]．
(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．
(1)(2019·全国卷Ⅰ)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.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
(2)(2019·全国卷Ⅲ)已知a，b为单位向量，且a·b＝0，若c＝2a－eq \r(5)b，则cs〈a，c〉＝ .
(1)B (2)eq \f(2,3) [(1)法一：因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－|b|2＝0，又因为|a|＝2|b|，所以2|b|2cs〈a，b〉－|b|2＝0，即cs〈a，b〉＝eq \f(1,2)，又知〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝eq \f(π,3)，故选B.
法二：如图，令eq \(OA,\s\up12(→))＝a，eq \(OB,\s\up12(→))＝b，则eq \(BA,\s\up12(→))＝eq \(OA,\s\up12(→))－eq \(OB,\s\up12(→))＝a－b，因为(a－b)⊥b，所以∠OBA＝90°，
又|a|＝2|b|，所以∠AOB＝eq \f(π,3)，即〈a，b〉＝eq \f(π,3).故选B.
(2)法一：∵|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
∴a·c＝a·(2a－eq \r(5)b)＝2a2－eq \r(5)a·b＝2，
|c|＝|2a－eq \r(5)b|＝eq \r(2a－\r(5)b2)
＝eq \r(4a2＋5b2－4\r(5)a·b)＝3.
∴cs〈a，c〉＝eq \f(a·c,|a||c|)＝eq \f(2,3).
法二：不妨设a＝(1,0)，b＝(0,1)，
则c＝2(1,0)－eq \r(5)(0,1)＝(2，－eq \r(5))，
∴cs〈a，c〉＝eq \f(2,1×3)＝eq \f(2,3).]
[逆向问题]
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 ．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，3)) [因为2a－3b与c的夹角为钝角，
所以(2a－3b)·c＜0，即(2k－3，－6)·(2,1)＜0，
所以4k－6－6＜0，所以k＜3.若2a－3b与c反向共线，则eq \f(2k－3,2)＝－6，解得k＝－eq \f(9,2)，此时夹角不是钝角，综上所述，k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，3)).]
(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180°；求角时，注意向量夹角的取值范围是[0°，180°]；若题目给出向量的坐标表示，可直接利用公式cs θ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))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说明不共线的两向量的夹角为钝角．如本例的[逆向问题]．
两向量垂直问题
a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
已知向量eq \(AB,\s\up12(→))与eq \(AC,\s\up12(→))的夹角为120°，且|eq \(AB,\s\up12(→))|＝3，|eq \(AC,\s\up12(→))|＝2.若eq \(AP,\s\up12(→))＝λeq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(AC,\s\up12(→))，且eq \(AP,\s\up12(→))⊥eq \(BC,\s\up12(→))，则实数λ的值为 ．
eq \f(7,12) [因为eq \(AP,\s\up12(→))⊥eq \(BC,\s\up12(→))，所以eq \(AP,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝0.
又eq \(AP,\s\up12(→))＝λeq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(AC,\s\up12(→))，eq \(BC,\s\up12(→))＝eq \(AC,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→))，
所以(λeq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(AC,\s\up12(→)))·(eq \(AC,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→)))＝0，
即(λ－1)eq \(AC,\s\up12(→))·eq \(AB,\s\up12(→))－λeq \(AB,\s\up12(→))2＋eq \(AC,\s\up12(→))2＝0，
所以(λ－1)|eq \(AC,\s\up12(→))||eq \(AB,\s\up12(→))|cs 120°－9λ＋4＝0.
所以(λ－1)×3×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))－9λ＋4＝0.解得λ＝eq \f(7,12).]
1.利用坐标运算证明两个向量的垂直问题
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．已知两个向量的垂直关系，求解相关参数的值
根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数．
1.(2019·南宁模拟)已知平面向量a，b的夹角为eq \f(π,3)，且|a|＝1，|b|＝eq \f(1,2)，则a＋2b与b的夹角是( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(5π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(3π,4)
A [因为|a ＋2b|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝1＋1＋4×1×eq \f(1,2)×cs eq \f(π,3)＝3，所以|a＋2b|＝eq \r(3).
又(a＋2b)·b＝a·b＋2|b|2＝1×eq \f(1,2)×cs eq \f(π,3)＋2×eq \f(1,4)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)，
所以cs〈a＋2b，b〉＝eq \f(a＋2b·b,|a＋2b||b|)＝eq \f(\f(3,4),\r(3)×\f(1,2))＝eq \f(\r(3),2)，
所以a＋2b与b的夹角为eq \f(π,6).故选A.]
2．(2019·青岛模拟)已知向量|eq \(OA,\s\up12(→))|＝3，|eq \(OB,\s\up12(→))|＝2，eq \(OC,\s\up12(→))＝meq \(OA,\s\up12(→))＋neq \(OB,\s\up12(→))，若eq \(OA,\s\up12(→))与eq \(OB,\s\up12(→))的夹角为60°，且eq \(OC,\s\up12(→))⊥eq \(AB,\s\up12(→))，则实数eq \f(m,n)的值为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C．6 D．4
A [因为向量|eq \(OA,\s\up12(→))|＝3，|eq \(OB,\s\up12(→))|＝2，eq \(OC,\s\up12(→))＝meq \(OA,\s\up12(→))＋neq \(OB,\s\up12(→))，eq \(OA,\s\up12(→))与eq \(OB,\s\up12(→))夹角为60°，所以eq \(OA,\s\up12(→))·eq \(OB,\s\up12(→))＝3×2×cs 60°＝3，
所以eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(OC,\s\up12(→))＝(eq \(OB,\s\up12(→))－eq \(OA,\s\up12(→)))·(meq \(OA,\s\up12(→))＋neq \(OB,\s\up12(→)))
＝(m－n)eq \(OA,\s\up12(→))·eq \(OB,\s\up12(→))－m|eq \(OA,\s\up12(→))|2＋n|eq \(OB,\s\up12(→))|2
＝3(m－n)－9m＋4n＝－6m＋n＝0，所以eq \f(m,n)＝eq \f(1,6)，故选A.]
3．设向量a，b满足|a|＝2，|b|＝|a＋b|＝3，则|a＋2b|＝ .
4eq \r(2) [因为|a|＝2，|b|＝|a＋b|＝3，
所以(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝4＋9＋2a·b＝9，
所以a·b＝－2，
所以|a＋2b|＝eq \r(a＋2b2)＝eq \r(|a|2＋4a·b＋4|b|2)＝eq \r(4－8＋36)＝4eq \r(2).]
考点3 平面向量的应用
平面向量是有“数”与“形”的双重身份，沟通了代数与几何的关系，所以平面向量的应用非常广泛，主要体现在平面向量与平面几何、函数、不等式、三角函数、解析几何等方面，解决此类问题的关键是将其转化为向量的数量积、模、夹角等问题，进而利用向量方法求解．
(1)在△ABC中，已知向量eq \(AB,\s\up12(→))＝(2,2)，|eq \(AC,\s\up12(→))|＝2，eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(AC,\s\up12(→))＝－4，则△ABC的面积为( )
A．4 B．5 C．2 D．3
(2)已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则eq \(PA,\s\up12(→))·(eq \(PB,\s\up12(→))＋eq \(PC,\s\up12(→)))的最小值是( )
A．－2 B．－eq \f(3,2) C．－eq \f(4,3) D．－1
(1)C (2)B [(1)∵eq \(AB,\s\up12(→))＝(2,2)，∴|eq \(AB,\s\up12(→))|＝2eq \r(2)，
∴eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(AC,\s\up12(→))＝|eq \(AB,\s\up12(→))||eq \(AC,\s\up12(→))|cs A
＝2eq \r(2)×2cs A＝－4，
∴cs A＝－eq \f(\r(2),2)，
又A∈(0，π)，∴sin A＝eq \f(\r(2),2)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up12(→))||eq \(AC,\s\up12(→))|sin A＝2，故选C.
(2)建立坐标系如图所示，则A，B，C三点的坐标分别为A(0，eq \r(3))，B(－1,0)，C(1,0)．
设P点的坐标为(x，y)，则eq \(PA,\s\up12(→))＝(－x，eq \r(3)－y)，eq \(PB,\s\up12(→))＝(－1－x，－y)，eq \(PC,\s\up12(→))＝(1－x，－y)，
∴eq \(PA,\s\up12(→))·(eq \(PB,\s\up12(→))＋eq \(PC,\s\up12(→)))＝(－x，eq \r(3)－y)·(－2x，－2y)
＝2(x2＋y2－eq \r(3)y)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),2)))2－\f(3,4)))
≥2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))＝－eq \f(3,2).
当且仅当x＝0，y＝eq \f(\r(3),2)时，eq \(PA,\s\up12(→))·(eq \(PB,\s\up12(→))＋eq \(PC,\s\up12(→)))取得最小值，最小值为－eq \f(3,2).故选B.]
用向量法解决平面(解析)几何问题的两种方法
(1)几何法：选取适当的基底(基底中的向量尽量已知，模或夹角)，将题中涉及的向量用基底表示，利用向量的运算法则、运算律或性质计算；
(2)坐标法：建立平面直角坐标系，实现向量的坐标化，将几何问题中的长度、垂直、平行等问题转化为代数运算．
一般地，存在坐标系或易建坐标系的题目适合用坐标法．
1.平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(AD,\s\up12(→))＝4，点P在边CD上，则eq \(PA,\s\up12(→))·eq \(PB,\s\up12(→))的取值范围是( )
A．[－1,8] B．[－1，＋∞)
C．[0,8] D．[－1,0]
A [由题意得eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(AD,\s\up12(→))＝|eq \(AB,\s\up12(→))|·|eq \(AD,\s\up12(→))|·cs∠BAD＝4，解得∠BAD＝eq \f(π,3).以A为原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系(图略)，则A(0,0)，B(4,0)，C(5，eq \r(3))，D(1，eq \r(3))，因为点P在边CD上，所以不妨设点P的坐标为(a，eq \r(3))(1≤a≤5)，则eq \(PA,\s\up12(→))·eq \(PB,\s\up12(→))＝(－a，－eq \r(3))·(4－a，－eq \r(3))＝a2－4a＋3＝(a－2)2－1，则当a＝2时，eq \(PA,\s\up12(→))·eq \(PB,\s\up12(→))取得最小值－1；当a＝5时，eq \(PA,\s\up12(→))·eq \(PB,\s\up12(→))取得最大值8，故选A.]
2．已知向量a，b满足|a|＝|b|＝a·b＝2且(a－c)·(b－c)＝0，则|2b－c|的最大值为 ．
eq \r(7)＋1 [∵|a|＝|b|＝a·b＝2，
∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(1,2)，
∴〈a，b〉＝60°.
设eq \(OA,\s\up12(→))＝a＝(2,0)，eq \(OB,\s\up12(→))＝b＝(1，eq \r(3))，eq \(OC,\s\up12(→))＝c，
∵(a－c)·(b－c)＝0，
∴eq \(CA,\s\up12(→))⊥eq \(CB,\s\up12(→))，
∴点C在以AB为直径的圆M上，其中Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，半径r＝1.
延长OB到D，使得eq \(OD,\s\up12(→))＝2b(图略)，
则D(2,2eq \r(3))．
∵2b－c＝eq \(OD,\s\up12(→))－eq \(OC,\s\up12(→))＝eq \(CD,\s\up12(→))，
∴|2b－c|的最大值为CD的最大值．
∵DM＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(3,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3),2)))eq \s\up20(2))
＝eq \r(7)，
∴CD的最大值为DM＋r＝eq \r(7)＋1.]
定义
设两个非零向量a，b的夹角为θ，则数量|a||b|·cs θ叫做a与b的数量积，记作a·b
投影
|a|cs θ叫做向量a在b方向上的投影，|b|cs 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|cs θ的乘积
结论
几何表示
坐标表示
模
|a|＝eq \r(a·a)
|a|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))
数量积
a·b＝|a||b|cs θ
a·b＝x1x2＋y1y2
夹角
cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)
cs θ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))
a⊥b
a·b＝0
x1x2＋y1y2＝0
|a·b|与|a||b|的关系
|a·b|≤|a||b|
|x1x2＋y1y2|
≤eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·eq \r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))
1．向量的夹角
已知两个非零向量a和b，作eq \(OA,\s\up12(→))＝a，eq \(OB,\s\up12(→))＝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
3.平面向量数量积的运算律
(1)交换律：a·b＝b·a；
(2)数乘结合律：(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)；
(3)分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.
4．平面向量数量积的性质及其坐标表示
设非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ＝〈a，b〉．
eq \O([常用结论])
1．平面向量数量积运算的常用公式
(1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；
(2)(a±b)2＝a2±2a·b＋b2.
2．两个向量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．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两个向量的数量积是一个实数，向量的数乘运算的运算结果是向量．( )
(2)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量．
( )
(3)由a·b＝0可得a＝0或b＝0.( )
(4)(a·b)c＝a(b·c)．( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)×
二、教材改编
1．已知a·b＝－12eq \r(2)，|a|＝4，a和b的夹角为135°，则|b|为( )
A．12 B．6
C．3eq \r(3) D．3
B [a·b＝|a||b|cs 135°＝－12eq \r(2)，所以|b|＝eq \f(－12\r(2),4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2))))＝6.]
2．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 ．
－2 [由数量积的定义知，b在a方向上的投影为|b|cs θ＝4×cs 120°＝－2.]
3．已知|a|＝2，|b|＝6，a·b＝－6eq \r(3)，则a与b的夹角θ＝ .
eq \f(5π,6) [cs θ＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(－6\r(3),2×6)＝－eq \f(\r(3),2).
又因为0≤θ≤π，所以θ＝eq \f(5π,6).]
4．已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m＝ .
8 [∵a＝(1，m)，b＝(3，－2)，
∴a＋b＝(4，m－2)，由(a＋b)⊥b可得
(a＋b)·b＝12－2m＋4＝16－2m＝0，即m＝8.]
考点1 平面向量数量积的运算
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|cs〈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．
(1)(2019·全国卷Ⅱ)已知eq \(AB,\s\up12(→))＝(2,3)，eq \(AC,\s\up12(→))＝(3，t)，|eq \(BC,\s\up12(→))|＝1，则eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
(2)[一题多解](2019·天津高考)在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2eq \r(3)，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则eq \(BD,\s\up12(→))·eq \(AE,\s\up12(→))＝ .
(1)C (2)－1 [(1)∵eq \(BC,\s\up12(→))＝eq \(AC,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→))＝(1，t－3)，
∴|eq \(BC,\s\up12(→))|＝eq \r(12＋t－32)＝1，∴t＝3，
∴eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝(2,3)·(1,0)＝2.
(2)法一：∵∠BAD＝30°，AD∥BC，∴∠ABE＝30°，
又EA＝EB，∴∠EAB＝30°，
在△EAB中，AB＝2eq \r(3)，∴EA＝EB＝2.
以A为坐标原点，直线AD为x轴建立如图所示的平面直角坐标系．
则A(0,0)，D(5,0)，E(1，eq \r(3))，B(3，eq \r(3))，
∴eq \(BD,\s\up12(→))＝(2，－eq \r(3))，eq \(AE,\s\up12(→))＝(1，eq \r(3))，
∴eq \(BD,\s\up12(→))·eq \(AE,\s\up12(→))＝(2，－eq \r(3))·(1，eq \r(3))＝－1.
法二：同法一，求出EB＝EA＝2，
以eq \(AB,\s\up12(→))，eq \(AD,\s\up12(→))为一组基底，
则eq \(BD,\s\up12(→))＝eq \(AD,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→))，eq \(AE,\s\up12(→))＝eq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(BE,\s\up12(→))＝eq \(AB,\s\up12(→))－eq \f(2,5)eq \(AD,\s\up12(→))，
∴eq \(BD,\s\up12(→))·eq \(AE,\s\up12(→))＝(eq \(AD,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up12(→))－\f(2,5)\(AD,\s\up12(→))))
＝eq \(AD,\s\up12(→))·eq \(AB,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→))2＋eq \f(2,5)eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(AD,\s\up12(→))－eq \f(2,5)eq \(AD,\s\up12(→))2
＝eq \f(7,5)×5×2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)－12－eq \f(2,5)×25＝－1.]
[逆向问题]
已知菱形ABCD的边长为6，∠ABD＝30°，点E，F分别在边BC，DC上，BC＝2BE，CD＝λCF.若eq \(AE,\s\up12(→))·eq \(BF,\s\up12(→))＝－9，则λ的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
B [依题意得eq \(AE,\s\up12(→))＝eq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(BE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up12(→))－eq \(BA,\s\up12(→))，eq \(BF,\s\up12(→))＝eq \(BC,\s\up12(→))＋eq \f(1,λ)eq \(BA,\s\up12(→))，因此eq \(AE,\s\up12(→))·eq \(BF,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(BC,\s\up12(→))－\(BA,\s\up12(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up12(→))＋\f(1,λ)\(BA,\s\up12(→))))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up12(→))2－eq \f(1,λ)eq \(BA,\s\up12(→))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2λ)－1))eq \(BC,\s\up12(→))·eq \(BA,\s\up12(→))，于是有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,λ)))×62＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2λ)－1))×62×cs 60°＝－9，由此解得λ＝3，故选B.]
解决涉及几何图形的向量的数量积运算常有两种思路：一是定义法，二是坐标法，定义法可先利用向量的加、减运算或数量积的运算律化简后再运算，但一定要注意向量的夹角与已知平面几何图形中的角的关系是相等还是互补；坐标法要建立合适的坐标系．
1.(2019·昆明模拟)在▱ABCD中，|eq \(AB,\s\up12(→))|＝8，|eq \(AD,\s\up12(→))|＝6，N为DC的中点，eq \(BM,\s\up12(→))＝2eq \(MC,\s\up12(→))，则eq \(AM,\s\up12(→))·eq \(NM,\s\up12(→))＝ .
24 [法一：(定义法)eq \(AM,\s\up12(→))·eq \(NM,\s\up12(→))＝(eq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(BM,\s\up12(→)))·(eq \(NC,\s\up12(→))＋eq \(CM,\s\up12(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up12(→))＋\f(2,3)\(AD,\s\up12(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(AB,\s\up12(→))－\f(1,3)\(AD,\s\up12(→))))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up12(→))2－eq \f(2,9)eq \(AD,\s\up12(→))2＝eq \f(1,2)×82－eq \f(2,9)×62＝24.
法二：(特例图形)：若▱ABCD为矩形，建立如图所示坐标系，
则N(4,6)，M(8,4)．
所以eq \(AM,\s\up12(→))＝(8,4)，eq \(NM,\s\up12(→))＝(4，－2)
所以eq \(AM,\s\up12(→))·eq \(NM,\s\up12(→))＝(8,4)·(4，－2)＝32－8＝24.]
2．在△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠ABC＝eq \f(π,2)，D是AC的中点，E在BC上，且AE⊥BD，则eq \(AE,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝( )
A．16 B．12 C．8 D．－4
A [建立如图所示的平面直角坐标系，则A(4,0)，B(0,0)，C(0,6)，D(2,3)．设E(0，b)，因为AE⊥BD，所以eq \(AE,\s\up12(→))·eq \(BD,\s\up12(→))＝0，即(－4，b)·(2,3)＝0，所以b＝eq \f(8,3)，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(8,3)))，eq \(AE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(8,3)))，
所以eq \(AE,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝16，故选A.]
考点2 平面向量数量积的应用
平面向量的模
求向量模的方法
利用数量积求模是数量积的重要应用，要掌握此类问题的处理方法：
(1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝eq \r(a·a)；
(2)|a±b|＝eq \r(a±b2)＝eq \r(a2±2a·b＋b2)；
(3)若a＝(x，y)，则|a|＝eq \r(x2＋y2).
(1)[一题多解](2019·全国卷Ⅱ)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝( )
A.eq \r(2) B．2 C．5eq \r(2) D．50
(2)已知平面向量a，b的夹角为eq \f(π,6)，且|a|＝eq \r(3)，|b|＝2，在△ABC中，eq \(AB,\s\up12(→))＝2a＋2b，eq \(AC,\s\up12(→))＝2a－6b，D为BC中点，则|eq \(AD,\s\up12(→))|等于( )
A．2 B．4
C．6 D．8
(3)已知在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|eq \(PA,\s\up12(→))＋3eq \(PB,\s\up12(→))|的最小值为 ．
(1)A (2)A (3)5 [(1)法一：∵a＝(2,3)，b＝(3,2)，∴a－b＝(－1,1)，∴|a－b|＝eq \r(－12＋12)＝eq \r(2)，故选A.
法二：∵a＝(2,3)，b＝(3,2)，∴|a|2＝13，|b|2＝13，a·b＝12，则|a－b|＝eq \r(a2－2a·b＋b2)＝eq \r(13－2×12＋13)＝eq \r(2).故选A.
(2)因为eq \(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(AC,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(2a＋2b＋2a－6b)＝2a－2b，
所以|eq \(AD,\s\up12(→))|2＝4(a－b)2＝4(a2－2b·a＋b2)＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－2×2×\r(3)×cs \f(π,6)＋4))＝4，则|eq \(AD,\s\up12(→))|＝2.
(3)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)，则eq \(PA,\s\up12(→))＋3eq \(PB,\s\up12(→))＝(2，－y)＋3(1，b－y)＝(5,3b－4y)．
所以|eq \(PA,\s\up12(→))＋3eq \(PB,\s\up12(→))|
＝eq \r(25＋3b－4y2)(0≤y≤b)．
当y＝eq \f(3,4)b时，|eq \(PA,\s\up12(→))＋3eq \(PB,\s\up12(→))|min＝5.]
在求解与向量的模有关的问题时，往往会涉及“平方”技巧，注意对结论(a±b)2＝|a|2＋|b|2±2a·b，(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(a·b＋b·c＋a·c)的灵活运用．另外，向量作为工具性的知识，具备代数和几何两种特征，求解此类问题时可以使用数形结合的思想，从而加快解题速度．
平面向量的夹角
求向量夹角问题的方法
(1)定义法：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，由cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)求得．
(2)坐标法：若已知a＝(x1，y1)与b＝(x2，y2)，则cs〈a，b〉＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))，〈a，b〉∈[0，π]．
(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．
(1)(2019·全国卷Ⅰ)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.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
(2)(2019·全国卷Ⅲ)已知a，b为单位向量，且a·b＝0，若c＝2a－eq \r(5)b，则cs〈a，c〉＝ .
(1)B (2)eq \f(2,3) [(1)法一：因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－|b|2＝0，又因为|a|＝2|b|，所以2|b|2cs〈a，b〉－|b|2＝0，即cs〈a，b〉＝eq \f(1,2)，又知〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝eq \f(π,3)，故选B.
法二：如图，令eq \(OA,\s\up12(→))＝a，eq \(OB,\s\up12(→))＝b，则eq \(BA,\s\up12(→))＝eq \(OA,\s\up12(→))－eq \(OB,\s\up12(→))＝a－b，因为(a－b)⊥b，所以∠OBA＝90°，
又|a|＝2|b|，所以∠AOB＝eq \f(π,3)，即〈a，b〉＝eq \f(π,3).故选B.
(2)法一：∵|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
∴a·c＝a·(2a－eq \r(5)b)＝2a2－eq \r(5)a·b＝2，
|c|＝|2a－eq \r(5)b|＝eq \r(2a－\r(5)b2)
＝eq \r(4a2＋5b2－4\r(5)a·b)＝3.
∴cs〈a，c〉＝eq \f(a·c,|a||c|)＝eq \f(2,3).
法二：不妨设a＝(1,0)，b＝(0,1)，
则c＝2(1,0)－eq \r(5)(0,1)＝(2，－eq \r(5))，
∴cs〈a，c〉＝eq \f(2,1×3)＝eq \f(2,3).]
[逆向问题]
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 ．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，3)) [因为2a－3b与c的夹角为钝角，
所以(2a－3b)·c＜0，即(2k－3，－6)·(2,1)＜0，
所以4k－6－6＜0，所以k＜3.若2a－3b与c反向共线，则eq \f(2k－3,2)＝－6，解得k＝－eq \f(9,2)，此时夹角不是钝角，综上所述，k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，3)).]
(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180°；求角时，注意向量夹角的取值范围是[0°，180°]；若题目给出向量的坐标表示，可直接利用公式cs θ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))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说明不共线的两向量的夹角为钝角．如本例的[逆向问题]．
两向量垂直问题
a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
已知向量eq \(AB,\s\up12(→))与eq \(AC,\s\up12(→))的夹角为120°，且|eq \(AB,\s\up12(→))|＝3，|eq \(AC,\s\up12(→))|＝2.若eq \(AP,\s\up12(→))＝λeq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(AC,\s\up12(→))，且eq \(AP,\s\up12(→))⊥eq \(BC,\s\up12(→))，则实数λ的值为 ．
eq \f(7,12) [因为eq \(AP,\s\up12(→))⊥eq \(BC,\s\up12(→))，所以eq \(AP,\s\up12(→))·eq \(BC,\s\up12(→))＝0.
又eq \(AP,\s\up12(→))＝λeq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(AC,\s\up12(→))，eq \(BC,\s\up12(→))＝eq \(AC,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→))，
所以(λeq \(AB,\s\up12(→))＋eq \(AC,\s\up12(→)))·(eq \(AC,\s\up12(→))－eq \(AB,\s\up12(→)))＝0，
即(λ－1)eq \(AC,\s\up12(→))·eq \(AB,\s\up12(→))－λeq \(AB,\s\up12(→))2＋eq \(AC,\s\up12(→))2＝0，
所以(λ－1)|eq \(AC,\s\up12(→))||eq \(AB,\s\up12(→))|cs 120°－9λ＋4＝0.
所以(λ－1)×3×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))－9λ＋4＝0.解得λ＝eq \f(7,12).]
1.利用坐标运算证明两个向量的垂直问题
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．已知两个向量的垂直关系，求解相关参数的值
根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数．
1.(2019·南宁模拟)已知平面向量a，b的夹角为eq \f(π,3)，且|a|＝1，|b|＝eq \f(1,2)，则a＋2b与b的夹角是( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(5π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(3π,4)
A [因为|a ＋2b|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝1＋1＋4×1×eq \f(1,2)×cs eq \f(π,3)＝3，所以|a＋2b|＝eq \r(3).
又(a＋2b)·b＝a·b＋2|b|2＝1×eq \f(1,2)×cs eq \f(π,3)＋2×eq \f(1,4)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)，
所以cs〈a＋2b，b〉＝eq \f(a＋2b·b,|a＋2b||b|)＝eq \f(\f(3,4),\r(3)×\f(1,2))＝eq \f(\r(3),2)，
所以a＋2b与b的夹角为eq \f(π,6).故选A.]
2．(2019·青岛模拟)已知向量|eq \(OA,\s\up12(→))|＝3，|eq \(OB,\s\up12(→))|＝2，eq \(OC,\s\up12(→))＝meq \(OA,\s\up12(→))＋neq \(OB,\s\up12(→))，若eq \(OA,\s\up12(→))与eq \(OB,\s\up12(→))的夹角为60°，且eq \(OC,\s\up12(→))⊥eq \(AB,\s\up12(→))，则实数eq \f(m,n)的值为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C．6 D．4
A [因为向量|eq \(OA,\s\up12(→))|＝3，|eq \(OB,\s\up12(→))|＝2，eq \(OC,\s\up12(→))＝meq \(OA,\s\up12(→))＋neq \(OB,\s\up12(→))，eq \(OA,\s\up12(→))与eq \(OB,\s\up12(→))夹角为60°，所以eq \(OA,\s\up12(→))·eq \(OB,\s\up12(→))＝3×2×cs 60°＝3，
所以eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(OC,\s\up12(→))＝(eq \(OB,\s\up12(→))－eq \(OA,\s\up12(→)))·(meq \(OA,\s\up12(→))＋neq \(OB,\s\up12(→)))
＝(m－n)eq \(OA,\s\up12(→))·eq \(OB,\s\up12(→))－m|eq \(OA,\s\up12(→))|2＋n|eq \(OB,\s\up12(→))|2
＝3(m－n)－9m＋4n＝－6m＋n＝0，所以eq \f(m,n)＝eq \f(1,6)，故选A.]
3．设向量a，b满足|a|＝2，|b|＝|a＋b|＝3，则|a＋2b|＝ .
4eq \r(2) [因为|a|＝2，|b|＝|a＋b|＝3，
所以(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝4＋9＋2a·b＝9，
所以a·b＝－2，
所以|a＋2b|＝eq \r(a＋2b2)＝eq \r(|a|2＋4a·b＋4|b|2)＝eq \r(4－8＋36)＝4eq \r(2).]
考点3 平面向量的应用
平面向量是有“数”与“形”的双重身份，沟通了代数与几何的关系，所以平面向量的应用非常广泛，主要体现在平面向量与平面几何、函数、不等式、三角函数、解析几何等方面，解决此类问题的关键是将其转化为向量的数量积、模、夹角等问题，进而利用向量方法求解．
(1)在△ABC中，已知向量eq \(AB,\s\up12(→))＝(2,2)，|eq \(AC,\s\up12(→))|＝2，eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(AC,\s\up12(→))＝－4，则△ABC的面积为( )
A．4 B．5 C．2 D．3
(2)已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则eq \(PA,\s\up12(→))·(eq \(PB,\s\up12(→))＋eq \(PC,\s\up12(→)))的最小值是( )
A．－2 B．－eq \f(3,2) C．－eq \f(4,3) D．－1
(1)C (2)B [(1)∵eq \(AB,\s\up12(→))＝(2,2)，∴|eq \(AB,\s\up12(→))|＝2eq \r(2)，
∴eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(AC,\s\up12(→))＝|eq \(AB,\s\up12(→))||eq \(AC,\s\up12(→))|cs A
＝2eq \r(2)×2cs A＝－4，
∴cs A＝－eq \f(\r(2),2)，
又A∈(0，π)，∴sin A＝eq \f(\r(2),2)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up12(→))||eq \(AC,\s\up12(→))|sin A＝2，故选C.
(2)建立坐标系如图所示，则A，B，C三点的坐标分别为A(0，eq \r(3))，B(－1,0)，C(1,0)．
设P点的坐标为(x，y)，则eq \(PA,\s\up12(→))＝(－x，eq \r(3)－y)，eq \(PB,\s\up12(→))＝(－1－x，－y)，eq \(PC,\s\up12(→))＝(1－x，－y)，
∴eq \(PA,\s\up12(→))·(eq \(PB,\s\up12(→))＋eq \(PC,\s\up12(→)))＝(－x，eq \r(3)－y)·(－2x，－2y)
＝2(x2＋y2－eq \r(3)y)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),2)))2－\f(3,4)))
≥2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))＝－eq \f(3,2).
当且仅当x＝0，y＝eq \f(\r(3),2)时，eq \(PA,\s\up12(→))·(eq \(PB,\s\up12(→))＋eq \(PC,\s\up12(→)))取得最小值，最小值为－eq \f(3,2).故选B.]
用向量法解决平面(解析)几何问题的两种方法
(1)几何法：选取适当的基底(基底中的向量尽量已知，模或夹角)，将题中涉及的向量用基底表示，利用向量的运算法则、运算律或性质计算；
(2)坐标法：建立平面直角坐标系，实现向量的坐标化，将几何问题中的长度、垂直、平行等问题转化为代数运算．
一般地，存在坐标系或易建坐标系的题目适合用坐标法．
1.平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(AD,\s\up12(→))＝4，点P在边CD上，则eq \(PA,\s\up12(→))·eq \(PB,\s\up12(→))的取值范围是( )
A．[－1,8] B．[－1，＋∞)
C．[0,8] D．[－1,0]
A [由题意得eq \(AB,\s\up12(→))·eq \(AD,\s\up12(→))＝|eq \(AB,\s\up12(→))|·|eq \(AD,\s\up12(→))|·cs∠BAD＝4，解得∠BAD＝eq \f(π,3).以A为原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系(图略)，则A(0,0)，B(4,0)，C(5，eq \r(3))，D(1，eq \r(3))，因为点P在边CD上，所以不妨设点P的坐标为(a，eq \r(3))(1≤a≤5)，则eq \(PA,\s\up12(→))·eq \(PB,\s\up12(→))＝(－a，－eq \r(3))·(4－a，－eq \r(3))＝a2－4a＋3＝(a－2)2－1，则当a＝2时，eq \(PA,\s\up12(→))·eq \(PB,\s\up12(→))取得最小值－1；当a＝5时，eq \(PA,\s\up12(→))·eq \(PB,\s\up12(→))取得最大值8，故选A.]
2．已知向量a，b满足|a|＝|b|＝a·b＝2且(a－c)·(b－c)＝0，则|2b－c|的最大值为 ．
eq \r(7)＋1 [∵|a|＝|b|＝a·b＝2，
∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(1,2)，
∴〈a，b〉＝60°.
设eq \(OA,\s\up12(→))＝a＝(2,0)，eq \(OB,\s\up12(→))＝b＝(1，eq \r(3))，eq \(OC,\s\up12(→))＝c，
∵(a－c)·(b－c)＝0，
∴eq \(CA,\s\up12(→))⊥eq \(CB,\s\up12(→))，
∴点C在以AB为直径的圆M上，其中Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，半径r＝1.
延长OB到D，使得eq \(OD,\s\up12(→))＝2b(图略)，
则D(2,2eq \r(3))．
∵2b－c＝eq \(OD,\s\up12(→))－eq \(OC,\s\up12(→))＝eq \(CD,\s\up12(→))，
∴|2b－c|的最大值为CD的最大值．
∵DM＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(3,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3),2)))eq \s\up20(2))
＝eq \r(7)，
∴CD的最大值为DM＋r＝eq \r(7)＋1.]
定义
设两个非零向量a，b的夹角为θ，则数量|a||b|·cs θ叫做a与b的数量积，记作a·b
投影
|a|cs θ叫做向量a在b方向上的投影，|b|cs 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|cs θ的乘积
结论
几何表示
坐标表示
模
|a|＝eq \r(a·a)
|a|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))
数量积
a·b＝|a||b|cs θ
a·b＝x1x2＋y1y2
夹角
cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)
cs θ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))
a⊥b
a·b＝0
x1x2＋y1y2＝0
|a·b|与|a||b|的关系
|a·b|≤|a||b|
|x1x2＋y1y2|
≤eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·eq \r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))
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