【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案5．3《平面向量的数量积》(含详解).doc，共(8)页，268.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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15．3平面向量的数量积1．数量积的概念已知两个非零向量a与b，我们把数量________________叫做a与b的数量积(或内积)，记作____________，即a·b＝________，其中θ是a与b的夹角，|a|cosθ(

|b|cosθ)叫向量a在b方向上(b在a方向上)的____________．a·b的几何意义：数量积a·b等于___________________________________________．2．数量积的运算律及常用结论(1)数量积的

运算律①交换律：___________________；②数乘结合律：_________________________；③分配律：______________________________．(2)常用结论①(a±b)2＝________________________

；②(a＋b)·(a－b)＝_________________；③a2＋b2＝0⇔______________________；④|||a－||b|________||a＋||b．3．数量积的性质设a，b都是非零向量，e是与b方向相同的单位向量，θ是a与e的夹角，则①

e·a＝____________．②a⊥b⇔____________．③当a与b同向时，a·b＝____________；当a与b反向时，a·b＝____________．特别地，a·a＝______

______或||a＝____________．④cosθ＝____________．⑤||a·b≤____________．4．数量积的坐标表示设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则①a·b＝____________；a2

＝_______________；||a＝________________．②a⊥b⇔____________________．③||x1x2＋y1y2≤________________________．自查自纠：1．||a||bcosθa·b|a||b|cosθ投影a的长度||a

与b在a的方向上的投影||bcosθ的乘积2．(1)①a·b＝b·a②(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)③(a＋b)·c＝a·c＋b·c(2)①a2±2a·b＋b2②a2－b2③a＝0且b＝0④≤3．①|a|c

osθ②a·b＝0③|a||b|－|a||b||a|2a·a④a·b|a||b|⑤|a||b|4．①x1x2＋y1y2x21＋y21x21＋y21②x1x2＋y1y2＝0③x21＋y21x22＋y22已知a，b是两个单

位向量，下列命题中错误的是()A．|a|＝|b|＝1B．a·b＝1C．当a，b反向时，a＋b＝0D．当a，b同向时，a＝b解：因为a，b是两个单位向量，即模为1的向量，对于A，有|a|＝|b|＝1，则A正确；对于B

，a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝cos〈a，b〉，则B错误；对于C，当a，b反向时，有a＋b＝0，则C正确；对于D，当a，b同向时，有a＝b，则D正确．故选B．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝()A．4B．3C．2D．0解：因

为a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－(－1)＝2＋1＝3．故选B．(长沙周南中学2018届高三三模)已知非零向量a，b，满足|a|＝22|b|，且(a＋b)·(3a－2b)＝0，则a与b的夹角为()A．π4B．π2C．3π4D

．π解：非零向量a，b，满足|a|＝22|b|，且(a＋b)·(3a－2b)＝0，所以3a2＋a·b－2b2＝0，设a，b的夹角为θ，所以3|a|2＋|a|³|b|³cosθ－2|b|2＝0，所以3³12|b|2＋22|b|³|b|³cosθ－2|b|2＝0，所以cosθ＝

22，θ＝π4，所以a与b的夹角为π4．故选A．2(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________．解：|a＋2b|＝|a|2＋4a·b＋4|b|2＝23．故填23

．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________．解：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．故填322．类型一数量积的定义及几何意义(1)若a，b，c均为非零向量，则下列说法正确的是____________．(填写序号即可)①a·

b＝±||a²||b⇔a∥b；②a⊥b⇔a·b＝0；③a·c＝b·c⇔a＝b；④(a·b)·c＝a·(b·c)．解：a·b＝||a||bcosθ，θ为a，b的夹角，则cosθ＝±1，①正确；②显然正确；③错误，如a＝－b，a⊥c，则a·c＝

b·c＝0，但a≠b；④错误，因为数量积的运算结果是一个数，即等式左边为c的倍数，等式右边为a的倍数．故填①②．(2)△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，若AB→＋AC→＝2AO→，且|OA→|＝|AC→|，则向量BA→在向量BC→

方向上的投影为()A．32B．32C．3D．－32解：由已知可以知道，△ABC的外接圆的圆心在线段BC的中点O处，因此△ABC是直角三角形．且∠A＝π2，又因为|OA→|＝|CA→|＝|OC→|，所以∠C＝π3，∠B＝π6，所以AB＝3，

AC＝1，故BA→在BC→方向上的投影为|BA→|cosπ6＝32．故选A．点拨：数量积a·b＝|a||b|cosθ＝x1x2＋y1y2(其中两向量夹角为θ，a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2))．其几何意义是：

a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cosθ的乘积．在理解数量积与投影概念的基础上，利用二者的关系解题．(1)(2017·北京)设m，n为非零向量，则“存在负数λ，使得m＝λn”是“m

·n＜0”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：因为m，n是非零向量，所以m·n＝|m|·|n|cos〈m，n〉＜0的充要条件是cos〈m，n〉＜0．因为λ＜0，则由m＝λn可知m

，n的方向相反，〈m，n〉＝180°，所以cos〈m，n〉＜0，所以“存在负数λ，使得m＝λn”可推得“m·n＜0”；而由“m·n＜0”，可推得“cos〈m，n〉＜0”，但不一定推得“m，n的方向相反”，故不能推得“存在负数λ，使得m＝λn”．综上，“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n＜0”的充

分而不必要条件．故选A．(2)(广东汕头潮南2018届高考冲刺改编)已知向量a，b满足|b|＝5，|a＋b|＝4，|a－b|＝6，，则向量a在向量b方向上的投影为()A．1B．－1C．5D．－5解：由题意可得(

a＋b)2＝16，(a－b)2＝36，即a2＋b2＋2a·b＝16，a2＋b2－2a·b＝36，两式相减可3得a·b＝－5，则向量a在向量b方向上的投影为a·b|b|＝－55＝－1．故选B．类型二数量积的基本运算(1

)设向量a，b满足|a＋b|＝10，|a－b|＝6，则a·b＝()A．1B．2C．3D．5解：由|a＋b|＝10得a2＋b2＋2a·b＝10，①由|a－b|＝6得a2＋b2－2a·b＝6，②①－②得4a·

b＝4，所以a·b＝1．故选A．(2)已知e1，e2是夹角为2π3的两个单位向量，a＝e1－2e2，b＝ke1＋e2，若a·b＝0，则实数k的值为________．解：因为a·b＝(e1－2e2)·(ke1＋e2)＝ke21＋(1－2k)(e1·e2)－2e22，且|e1|＝|

e2|＝1，e1·e2＝－12，所以k＋(1－2k)·－12－2＝0，解得k＝54．故填54．(3)(2018·江苏)在平面直角坐标系xOy中，A为直线l：y＝2x上在第一象限内的点，B(5，0)，以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D．若AB→²CD→＝0，则点A的横坐标为_______

_．解：设A(a，2a)(a>0)，则由圆心C为AB中点得Ca＋52，a，易得⊙C：(x－5)(x－a)＋y(y－2a)＝0，与y＝2x联立解得点D的横坐标xD＝1，所以D(1，2)(或由AB→·CD→＝0及圆的几何性质知

BD⊥AD，则lBD：y＝－12(x－5)，与y＝2x联立即可求得D(1，2))．所以AB→＝(5－a，－2a)，CD→＝1－a＋52，2－a，由AB→·CD→＝0得(5－a)(1－a＋52)＋(－2a)(2－a)＝0，a2－2a－3＝0，a＝3或a＝－1，因为a>0，所以a＝3．故填

3．点拨：平面向量数量积的四种运算方法：①定义法，要注意两个向量的夹角；②坐标法，引入直角坐标系，明确向量的坐标进行运算；③利用向量数量积的几何意义，注意一个向量在另一向量上的投影是数量；④运用平方的

技巧．(1)已知向量a与b的夹角为120°，|a|＝3，|a＋b|＝13，则|b|等于()A．5B．4C．3D．1解：向量a与b的夹角为120°，|a|＝3，|a＋b|＝13，则a·b＝|a||b|cos120°＝－3

2|b|，|a＋b|2＝|a|2＋2a·b＋|b|2．所以13＝9－3|b|＋|b|2，则|b|＝－1(舍去)或|b|＝4．故选B．(2)已知两个单位向量e1，e2的夹角为π3，若向量b1＝e1－2e2，b2＝3e1＋4e2，则b1²b2＝________

．解：b1·b2＝(e1－2e2)·(3e1＋4e2)＝3e21－2e1·e2－8e22＝3－2³1³1³cosπ3－8＝－6．故填－6．(3)(2017·浙江)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I1＝OA→²OB→，I2＝OB→²OC→，I3＝OC→²OD→，则()A．I1<I2<I3B．I1<I3<I2C．I3<I1<I2D．I2<I1<I3解：因为I1－I2＝OA→·OB→－OB→·

OC→＝OB→·(OA→－OC→)＝OB→·CA→，因为AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，所以OB→与CA→所成角为钝角，所以I1－I2<0，即I1<I2．因为I1－I3＝OA→·OB→－OC→·OD→＝|OA→||OB→|cos∠AOB－|OC→||OD→|·cos

∠COD4＝cos∠AOB(|OA→||OB→|－|OC→||OD→|)，又∠AOB为钝角，OA<OC，OB<OD，所以I1－I3>0，即I1>I3．所以I3<I1<I2．故选C．类型三用数量积表示两个平面向量的垂直关系(1)(安徽定远重点中学2018届高三模拟)已知

向量m＝(－2，1)，n＝(1，1)．若(m－2n)⊥(am＋n)，则实数a＝________．解：向量m＝(－2，1)，n＝(1，1)，则m－2n＝(－4，－1)，am＋n＝(－2a＋1，a＋1)，又(m－

2n)⊥(am＋n)，则(m－2n)·(am＋n)＝－4³(－2a＋1)＋(－1)³(a＋1)＝0，解得a＝57．故填57．(2)(2017·全国卷Ⅱ)设非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，则()A．

a⊥bB．|a|＝|b|C．a∥bD．|a|＞|b|解：因为|a＋b|＝|a－b|，所以(a＋b)2＝(a－b)2，整理得4a·b＝0，所以a⊥b．故选A．点拨：两个非零向量垂直的充要条件是两向量的数量积为0，即：两个非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2

＋y1y2＝0．(1)(2018·北京)设向量a＝(1，0)，b＝(－1，m)，若a⊥(ma－b)，则m＝________．解：因为a＝(1，0)，b＝(－1，m)，所以ma－b＝(m，0)－(－1，m)＝(m＋1，－m)，由a⊥(ma－b)得a·(ma－b)＝0，所

以a·(ma－b)＝m＋1＝0，即m＝－1．故填－1．(2)(2018·河南商丘高三二模)已知平面向量a＝(－1，2)，b＝(k，1)，且a⊥b，则a＋b在a方向上的投影为()A．5B．2C．2D．1解：因为a⊥b，所以a＋b在a方向上的投影为（a＋b）·a|a|＝a2＋a·b

|a|＝55＝5．故选A．1．平面向量的加法、减法及数乘运算的结果仍是一个向量，但是平面向量数量积运算的结果不是一个向量，而是一个实数．2．注意平面向量的数量积与数的乘法的区别在数的乘法中，若ab＝0，则a，b中至少有一个为0．但在向

量的数量积中，由a·b＝0不能推得a＝0或b＝0，因为当两个非零向量a，b垂直时，也有a·b＝0．应注意平面向量的数量积不满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．3．注意向量0与实数0的

区别：0a＝0≠0，a＋(－a)＝0≠0，a·0＝0≠0；0的方向是任意的，并非没有方向．4．注意两个非零向量a，b的夹角与a，b所在直线的夹角的区别．前者的取值范围是[0，π]，后者的取值范围是0，π2．5．求向量模的常用方法是利用公式||a2＝a2即

|a|＝a2将模的运算转化为向量的数量积．6．利用平面向量的数量积可以解决几何中的垂直、夹角、长度等问题，即只需将问题转化为向量形式，用向量的运算来求解．如果能够建立适当的直角坐标系，用向量的坐标运算往

往更为简捷．1．(2018·四川高三春季诊断性测试)若向量m＝(2k－1，k)与向量n＝(4，1)共线，则m·n＝()A．0B．4C．－92D．－172解：由条件可得2k－1－4k＝0，k＝－12，m＝

－2，－12，m·n＝－2³4－12＝－172．故选D．2．(2017·东北联考)已知向量a，b满足(a＋2b)·(5a－4b)＝0，且|a|＝|b|＝1，则a与b的夹角θ为()A．3π4B．π4C．π3D．2π3解：因为(a＋2b)·(5a－4b)＝0，|a|＝|b|＝1

，5所以6a·b－8＋5＝0，即a·b＝12．又a·b＝|a||b|cosθ＝cosθ，所以cosθ＝12．因为θ∈[0，π]，所以θ＝π3．故选C．3．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解：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．若a·b＝|a||b|，则cos〈a，b〉＝1，即〈a，b〉＝0，可得a∥b；若a∥b，则〈a，b〉＝0或π，此时a·b＝|a||b|或a·b＝－|a||b|．

故“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的充分而不必要条件．故选A．4．(2018甘肃兰州高三二模)已知非零单位向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，则a与b－a的夹角为()A．π6B．π3C．π4D．3π4解法一：设a与b－a的夹角为θ．因为|a＋b|＝|a－b|，所以|a＋

b|2＝|a－b|2，即|a|2＋2a·b＋|b|2＝|a|2－2a·b＋|b|2，所以a·b＝0．因为a，b为非零单位向量，所以(b－a)2＝2，即|b－a|＝2．因为a·(b－a)＝a·b－a·a＝－1＝|a||b－a|cosθ，所以cosθ＝－11³2＝－22，

因为θ∈[0，π]，所以θ＝3π4．解法二：几何法．如图，|a＋b|与|a－b|分别表示以a，b为邻边(共起点)的菱形两对角线长度，且长度相等，从而菱形为正方形，再作出b－a知所求为3π4．解法三：坐标法．由|a＋b|＝|a－b|得a⊥b，又a，b为单位向量，则在平面

直角坐标系中取a＝(1，0)，b＝(0，1)，则b－a＝(－1，1)，由向量夹角的坐标运算知a与b－a的夹角为3π4．故选D．5．(2018·上海黄浦高三二模)在给出的下列命题中，是假命题的是()A．设O、A、B、C是同一平面上的四个不同的点，若OA→

＝m²OB→＋(1－m)·OC→(m∈R)，则点A、B、C必共线B．若向量a，b是平面α上的两个不平行的向量，则平面α上的任一向量c都可以表示为c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，且表示方法是唯一的C．已知平面向

量OA→、OB→、OC→满足|OA→|＝|OB→|＝|OC→|＝r(r>0)，且OA→＋OB→＋OC→＝0，则△ABC是等边三角形D．在平面α上的所有向量中，不存在这样的四个互不相等的非零向量a，b，c，d，使得其中任意两个向量的和向量与余下两个向量的和向量相互垂直解：由OA→＝m·OB→＋

(1－m)·OC→⇒OA→－OC→＝m·(OB→－OC→)⇒CA→＝m·CB→，则A、B、C必共线，故A正确；由平面向量基本定理可知B正确；对OA→＝－OB→－OC→两边平方得cos∠BOC＝－12，

同理，所以∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝120°，即△ABC是等边三角形，故C正确；令a＝(0，1)，b＝(0，2)，c＝(1，0)，d＝(2，0)，则(a＋b)·(c＋d)＝0，故D错误．故选D．6．(湖北黄冈2019届模拟)在△ABC中，AB→²BC→＝0，|AB→|＝2，|BC→|＝23，

D为AC的中点，则BD→²DA→＝()A．2B．－2C．23D．－23解法一：由题意可得|BD→|＝|AD→|＝|AB→|＝2，所以△ABD为等边三角形，所以∠ADB＝60°，所以BD→·DA→＝|BD→|·|DA→|cos120

°＝－2．解法二：依题意知AB⊥BC，则以B为原点，BC→为x轴正方向，BA→为y轴正方向建立平面直角坐标系，则B(0，0)，A(0，2)，C(23，0)，由D为AC6的中点知D(3，1)，则BD→＝(3，1)，DA→＝(－3，1)．故BD→·DA→＝3³(－3)＋1＝－2．故选B．7．(2018

·湖南衡阳高三二模)如图，在正方形ABCD中，AB＝2，点E为BC的中点，点F为CD的中点，则AE→²BF→的值是________．解：由题得AE→·BF→＝AB→＋12BC→·BC→－12AB→＝AB→·BC→＋12BC→2

－12AB→2－14AB→·BC→＝0＋2－2－0＝0．所以AE→·BF→＝0．另解：建立适当的平面直角坐标系，写出各点的坐标，从而用向量的坐标求解．故填0．8．(2018吉林长春高三质监三)已知菱形ABCD的一条对角线BD长为2，点E满足A

E→＝12ED→，点F为CD的中点，若AD→²BE→＝－2，则CD→²AF→＝________．解：如图建立平面直角坐标系，设C(t，0)，则A(－t，0)，B(0，－1)，D(0，1)，E－

23t，13，Ft2，12，故AD→＝(t，1)，BE→＝－23t，43，CD→＝(－t，1)，AF→＝3t2，12．因为AD→·BE→＝－2，所以－23t2＋43＝－2，解得t2＝5，CD→·AF→＝－32t2＋12＝－7．故填－7．9．

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)因为a＝(1，2)，b＝(2，－2)，所以c＝4a＋b＝(4

，8)＋(2，－2)＝(6，6)．所以b·c＝2³6－2³6＝0，所以(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，所以2λ＋1＋2(2－2λ)＝0，所以λ＝52．(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|cosθ．所以|a|cosθ＝a·b|b|＝1³2＋2³（－2）22＋（－2）2＝－222＝－22．10．已知平面向量a，b满足|a|＝4，|b|＝8，a与b的夹角是120°．(1)计算：

①|a＋b|，②|4a－2b|；(2)当k为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b)．解：由已知得，a·b＝4³8³－12＝－16．(1)①因为|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2³(－16)＋64＝48，所以|a＋b|＝43

．②因为|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16³16－16³(－16)＋4³64＝768，所以|4a－2b|＝163．(2)因为(a＋2b)⊥(ka－b)，所以(a＋2b)·(ka－b)＝0，所以ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，即16k－16(2k－1

)－2³64＝0，解得k＝－7．即k＝－7时，a＋2b与ka－b垂直．11．(湖北宜昌2018届高三适应性训练)在△ABC中，AB＝3AC＝9，AC→²AB→＝AC→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，求PA→²BC→的值．解：由AC→·

AB→＝AC→2，得AC→·CB→＝0，所以BC→⊥AC→，即∠C＝π2，则BC＝AB2－AC2＝62．7以C为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则A(3，0)，B(0，62)，设P(x，y)，则PA→2＋PB→2＋PC→2＝(x－

3)2＋y2＋x2＋(y－62)2＋x2＋y2＝3x2－6x＋3y2－122y＋81＝3[(x－1)2＋(y－22)2＋18]，所以当x＝1，y＝22时取得最小值，此时P(1，22)，则PA→·BC→＝(2，－22)·(0，－62)＝24．(2018·河

北唐山高三二模)在△ABC中，∠C＝90°，|AB|＝6，点P满足|CP|＝2，则PA→²PB→的最大值为()A．9B．16C．18D．25解：取AB的中点D，连接CD，令PC→与CD→的夹角为α．PA→·PB→＝(PC→＋CA→)·(PC→＋C

B→)＝PC→2＋PC→·(CA→＋CB→)＋CA→·CB→＝22＋PC→·2CD→＝4＋2PC→·CD→＝4＋2|PC→||CD→|cosα＝4＋2³2³3cosα＝4＋12cosα，所以当α＝0时，PA→·PB→的最大值为16．故选B．8