2020届高考数学二轮教师用书：第四章第3节　平面向量的数量积与平面向量应用举例

第3节　平面向量的数量积与平面向量应用举例

1．向量的夹角及范围：已知两个非零向量a和b，作＝a，＝b，如图所示，则∠AOB＝θ叫做向量a与b的夹角．设θ是向量a与b的夹角，则θ的范围是[0，π]，a与b同向时，夹角θ＝0；a与b反向时，夹角θ＝π.

2．平面向量的数量积及几何意义：已知两个非零向量a和b，它们的夹角为θ，则向量a与b的数量积是数量|a||b|·cos θ，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos θ.它的几何意义：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．

3．平面向量数量积的性质及其坐标运算：已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为向量a、b的夹角.

4平面向量数量积的运算律：已知向量a、b、c和实数λ，则

(1)交换律：a·b＝b·a；

(2)结合律：(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)；

(3)分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.

　利用公式|a|2＝a2，将模的运算转化为向量的数量积的运算．

[思考辨析]

判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，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.(　　 )

答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×

[小题查验]

1．(2015·全国卷Ⅱ)向量a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，则(2a＋b)·a等于(　　 )

A．－1　　　　　　　　 B．0

C．1  D．2

解析：C　[因为a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，所以2a＋b＝2(1，－1)＋(－1,2)＝(1,0)，得(2a＋b)·a＝(1,0)·(1，－1)＝1，选C.]

2．(2019·全国Ⅱ卷)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝(　　)

A.  B．2

C．5  D．50

解析：A　[a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，∴|a－b|＝＝.]

3．已知|a|＝4，|b|＝3，a与b的夹角为120°，则b在a方向上的投影为(　　 )

A．2  B.

C．－2  D．－

解析：D　[b在a方向上的投影为|b|cos 120°＝－.故选D.]

4．(教材改编)已知|a|＝，|b|＝2，a与b的夹角为30°，则|a－b|＝　________　.

答案：1

5．(2019·全国Ⅲ卷)已知向量a＝(2,2)，b＝(－8,6)，则cos〈a，b〉＝　________　.

解析：本题考点为平面向量的夹角，为基础题目，难度偏易．不能正确使用平面向量坐标的运算致误，平面向量的夹角公式是破解问题的关键．cos〈a，b〉＝＝＝－.

答案：－

考点一　平面向量的数量积运算(自主练透)

[题组集训]

1．(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．3　　　　

C．2　　　　                            D．0

解析：B　[因为a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－(－1)＝2＋1＝3，所以选B.]

2．(2019·全国Ⅱ卷)已知＝(2,3)，＝(3，t)，||＝1，则·＝(　　)

A．－3　　　 B．－2　　　

C．2　　　                            　D．3

解析：C　[∵＝－＝(1，t－3)，

∴||＝＝1，解得t＝3，＝(1,0)，

∴·＝2.]

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＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2.

易错警示：(1)在向量数量积的运算中，若a·b＝a·c(a≠0)，则不一定得到b＝c.

(2)实数运算满足乘法结合律，但平面向量数量积的运算不满足乘法结合律，即(a·b)·c不一定等于a·(b·c)．

考点二　利用数量积求向量夹角和模(多维探究)

数学运算——平面向量数量积运算中的核心素养

解决平面向量数量积中的模的最值(范围)问题时，常常借助于平面几何图形的性质，先建立适当的坐标系，然后将问题坐标化，再运用数学运算解决相关问题．

[命题角度1]　平面向量的模　

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

解析：|a＋2b|2＝|a|2＋4a·b＋4|b|2＝4＋4×2×1×cos 60°＋4＝12，所以|a＋2b|＝2.

答案：2

(2)已知a，b是单位向量，a·b＝0.若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的最大值为　________　.

解析：建立如图所示的直角坐标系，由题意知a⊥b，且a与b是单位向量，∴可设＝a＝(1,0)，＝b＝(0,1)，＝c＝(x，y)，

∴c－a－b＝(x－1，y－1)．

∵|c－a－b|＝1，

∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，即点C(x，y)的轨迹是以点M(1,1)为圆心，1为半径的圆．

而|c|＝，∴|c|的最大值为|OM|＋1，即|c|max＝＋1.

答案：＋1

(1)求向量的模的方法：①公式法，利用|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，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．

(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．

[命题角度2]　平面向量的夹角　

2．(1)(2016·全国Ⅲ卷)已知向量＝，＝，则∠ABC＝(　　 )

A．30°　　　　　　　　　　 B．45°

C．60°  D．120°

解析：A　[||＝1，||＝1，cos∠ABC＝＝.由〈，〉∈[0°，180°]，得∠ABC＝30°.]

(2)(2019·全国Ⅰ卷)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.  B.

C.  D.

解析：B　[∵(a－b)⊥b，∴(a－b)·b＝0.即a·b＝|b|2；∴cos〈a，b〉＝＝＝.

故〈a，b〉＝，故选B.]

根据平面向量数量积的性质：若a，b为非零向量，cos θ＝(夹角公式)，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度问题．

提醒：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．

考点三　平面向量的垂直及应用

[典例]　(1)(2016·全国Ⅱ卷)已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m＝(　　 )

A．－8　　　　　　　　　 B．－6

C．6  D．8

[解析]　D　[由题知a＋b＝(4，m－2)，因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，

即4×3＋(－2)×(m－2)＝0，解之得m＝8，故选D.]

(2)(2016·全国Ⅰ卷)设向量a＝(m,1)，b＝(1,2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则m＝　________　.

[解析]　由|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，得a⊥b，

所以m×1＋1×2＝0，得m＝－2.

[答案]　－2

(3)在直角三角形ABC中，已知＝(2,3)，＝(1，k)，则k的值为　________　.

[解析]　①当A＝90°时，

∵⊥，∴·＝0.

∴2×1＋3k＝0，解得k＝－.

②当B＝90°时，∵⊥，

又＝－＝(1，k)－(2,3)＝(－1，k－3)，

∴·＝2×(－1)＋3×(k－3)＝0，

解得k＝.

③当C＝90°时，

∵⊥，∴1×(－1)＋k(k－3)＝0，

即k2－3k－1＝0.∴k＝.

[答案]　－或或.

两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是：a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|.

[跟踪训练]

已知向量a＝(1,2)，b＝(2k,3)，且a⊥(2a＋b)，则实数k的值为(　　)

A．－8  B．－2

C．1.5  D．7

解析：A　[因为2a＋b＝(2,4)＋(2k,3)＝(2＋2k,7)，又a⊥(2a＋b)，a＝(1,2)，所以2＋2k＋14＝0，解得k＝－8.]

1．设向量a，b满足|a＋b|＝，|a－b|＝，则a·b＝(　　)

A．1　　　　　　　　　 B．2

C．3  D．5

解析：A　[由已知得|a＋b|＝10，|a－b|2＝6，两式相减，得a·b＝1.]

2．(2020·玉溪市一模)已知a与b的夹角为，a＝(1,1)，|b|＝1，则b在a方向上的投影为(　　 )

A.  B.

C.  D.

解析：C　[根据题意，a与b的夹角为，且|b|＝1，则b在a方向上的投影|b|cos ＝.]

3．已知D是△ABC所在平面内一点，且满足(－)·(－)＝0，则△ABC是(　　)

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

解析：A　[(－)·(－)＝(－)·＝0，所以·＝·，设BC＝a，AC＝b，所以acos B＝bcos A，利用余弦定理化简得a2＝b2，即a＝b，所以△ABC是等腰三角形．]

4．(2020·重庆市模拟)如图，在圆C中，弦AB的长为4，则·＝(　　 )

A．8  B．－8

C．4  D．－4

解析：A　[如图所示，

在圆C中，过点C作CD⊥AB于D，则D为AB的中点；

在Rt△ACD中，AD＝AB＝2，可得cos A＝＝，

∴·＝||×||×cos A＝4×||×＝8.故选A.]

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·的最大值为(　　)

A．1  B．2

C．3  D．4

解析：B　[以A为坐标原点，、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＝(λ，λ－2)，＝(1,2)，所以·＝3λ－4≤2.

所以·的最大值为2.故选B.]

6．设向量a＝(1,3m)，b＝(2，－m)，满足(a＋b)·(a－b)＝0，则m＝　________　.

解析：向量a＝(1,3m)，b＝(2，－m)，则a＋b＝(3,2m)，a－b＝(－1,4m)，由(a＋b)·(a－b)＝0，得－3＋8m2＝0，解得m＝±.

答案：±

7．(2020·内江市一模)已知正方形ABCD的边长为2，则·(＋)＝　________　.

解析：正方形ABCD的边长为2，

·(＋)＝·(＋2)＝2＋2·＝4.

答案：4

8．已知a＝(1，λ)，b＝(2,1)，若向量2a＋b与c＝(8,6)共线，则a在b方向上的投影为　________　.

解析：2a＋b＝(4,2λ＋1)，

∵2a＋b与c＝(8,6)共线，∴2λ＋1＝3，即λ＝1.

∴a·b＝2＋λ＝3，

∴a在b方向上的投影为|a|·cos〈a，b〉＝＝＝

答案：

9．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)．

(1)设c＝4a＋b，求(b·c)a；

(2)若a＋λb与a垂直，求λ的值；

(3)求向量a在b方向上的投影．

解：(1)∵a＝(1,2)，b＝(2，－2)，

∴c＝4a＋b＝(4,8)＋(2，－2)＝(6,6)．

∴b·c＝2×6－2×6＝0，

∴(b·c)a＝0·a＝0.

(2)a＋λb＝(1,2)＋λ(2，－2)＝(2λ＋1,2－2λ)，

由于a＋λb与a垂直，

∴2λ＋1＋2(2－2λ)＝0，∴λ＝.

∴λ的值为.

(3)设向量a与b的夹角为θ，向量a在b方向上的投影为|a|cos θ.

∴|a|cos θ＝＝

＝－＝－.

10．已知如图，△ABC中，AD是BC边的中线，∠BAC＝120°，且·＝－.

(1)求△ABC的面积；

(2)若AB＝5，求AD的长．

解：(1)∵||·||＝－，∴||·||·cos∠BAC＝－||·||＝－，

即||·||＝15，

∴S△ABC＝||·||sin ∠BAC

＝×15×＝.

(2)法一：由AB＝5得AC＝3，

延长AD到E，使AD＝DE，连接BE.

∵BD＝DC,

∴四边形ABEC为平行四边形，∴∠ABE＝60°，

且BE＝AC＝3.

设AD＝x，则AE＝2x，在△ABE中，由余弦定理得：

(2x)2＝AB2＋BE2－2AB·BEcos ∠ABE

＝25＋9－15＝19，

解得x＝，即AD的长为.

法二：由AB＝5得AC＝3，

在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos∠BAC＝25＋9＋15＝49，

得BC＝7.

由正弦定理得＝，

得sin ∠ACD＝＝＝.

∵0°<∠ACD<90°

∴cos∠ACD＝＝.

在△ADC中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos∠ACD＝9＋－2×3××＝，

解得AD＝.

法三：由AB＝5得AC＝3，

在△ABC中，由余弦定理得

BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC

＝25＋9＋15＝49,

得BC＝7.

在△ABC中，cos∠ACB＝

＝＝.

在△ADC中，由

AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos ∠ACD

＝9＋－2×3××＝.

解得AD＝.