【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：第五章 平面向量 第三节 平面向量的数量积及其应用 (含详解).ppt，共(57)页，700.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第三节平面向量的数量积及其应用本节主要包括3个知识点：1.平面向量的数量积；2.平面向量数量积的应用；3.平面向量与其他知识的综合问题.突破点(一)平面向量的数量积基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．向量的夹角(1)定义：已知两个非零向量a和b，作OA＝a，OB

＝b，则就是向量a与b的夹角．(2)范围：设θ是向量a与b的夹角，则0°≤θ≤180°.(3)共线与垂直：若θ＝0°，则a与b_____；若θ＝180°，则a与b_____；若θ＝90°，则a与b_____．∠AOB同向反向垂直2．平面向量的数

量积(1)定义：已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，则数量__________叫做a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝_________，规定零向量与任一向量的数量积为0，即0·a＝0.(2)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________的乘积．(3)坐标表示：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝__________.x1x2＋y1y2|a||b|cosθ|b|cosθ|a||b|cosθ3．平面向量数量积的运算律(1)a·b＝_____(交换

律)．(2)λa·b＝______＝_____(结合律)．(3)(a＋b)·c＝________(分配律).b·aλ(a·b)a·(λb)a·c＋b·c考点贯通抓高考命题的“形”与“神”平面向量数量积的运算1.利用坐标计算数量积的步骤第一步，根据共线、垂直等条件计算出这两个向量的坐标，求

解过程要注意方程思想的应用；第二步，根据数量积的坐标公式进行运算即可．2．根据定义计算数量积的两种思路(1)若两个向量共起点，则两向量的夹角直接可得，根据定义即可求得数量积；若两向量的起点不同，需要通过平移使它们的起点重合，然后再计算．(2)根据图形之间的关系

，用长度和相互之间的夹角都已知的向量分别表示出要求数量积的两个向量，然后再根据平面向量数量积的定义和性质进行计算求解．[典例](1)设向量a＝(－1,2)，b＝(m,1)，如果向量a＋2b与2a－b平行，那么a与b的数量积等于()A．－72B．－12C.32D.52[解析]a＋2b＝

(－1,2)＋2(m,1)＝(－1＋2m,4)，2a－b＝2(－1,2)－(m,1)＝(－2－m,3)，由题意得3(－1＋2m)－4(－2－m)＝0，则m＝－12，所以b＝－12，1，所以a·b＝－1×－12＋2×1＝52.[答案

]D[解析]取BA，BC为一组基底，则AE＝BE－BA＝23BC－BA，AF＝AB＋BC＋CF＝－BA＋BC＋512BA＝－712BA＋BC，∴AE·AF＝23BC－BA·－712BA＋BC＝712|BA|2－2518BA·BC＋2

3|BC|2＝712×4－2518×2×1×12＋23＝2918.[答案]2918(2)在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°.点E和F分别在线段BC和DC上，且BE＝23BC，DF＝16DC，则AE·AF的值为________．[易错提醒](

1)解决涉及几何图形的向量数量积运算问题时，一定要注意向量的夹角与已知平面角的关系是相等还是互补．(2)两向量a，b的数量积a·b与代数中a，b的乘积写法不同，不能漏掉其中的“·”．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．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．－35C.322D．35解析：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.答案：C2．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：依题意有a·b＋b·c＋c·a＝1×1×cos120°＋1×1×cos120°＋1×1×cos120°＝

－12＋－12＋－12＝－32.答案：A3．已知菱形ABCD的边长为a，∠ABC＝60°，则BD·CD＝()A．－32a2B．－34a2C.34a2D.32a2解析：如图所示，∵BD＝BA＋BC，C

D＝BA，∴BD·CD＝(BA＋BC)·BA＝BA2＋BC·BA＝a2＋a·acos60°＝32a2.故选D.答案：D4．已知向量a与b的夹角为60°，且a＝(－2，－6)，|b|＝10，则a·b＝_______

_.解析：因为a＝(－2，－6)，所以|a|＝－22＋－62＝210，又|b|＝10，向量a与b的夹角为60°，所以a·b＝|a||b|cos60°＝210×10×12＝10.答案：105.如图所示，在等腰直角三角形AOB中，O

A＝OB＝1，AB＝4AC，则OC·(OB－OA)＝________.解析：由已知得|AB|＝2，|AC|＝24，则OC·(OB－OA)＝(OA＋AC)·AB＝OA·AB＋AC·AB＝1×2cos3π4＋24×2＝－12.答案：－1

2突破点(二)平面向量数量积的应用基础联通抓主干知识的“源”与“流”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〉.几何表示坐标表示模|a|＝a·a|a|＝_______夹角cosθ＝a·b|a||b|cosθ＝_____

__________a⊥ba·b＝0______________|a·b|与|a||b|的关系|a·b|≤|a||b||x1x2＋y1y2|≤________________x21＋y21x1x2＋y1y2x21＋y21·x22＋y22

x1x2＋y1y2＝0x21＋y21·x22＋y22考点贯通抓高考命题的“形”与“神”平面向量的垂直问题1.利用坐标运算证明或判断两个向量的垂直问题第一，计算出这两个向量的坐标；第二，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．[例1](1)△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(2)已知向量a＝(k,3)，b＝(1,4)，c＝(2,1)，且(2a－3b)⊥c，则实数k＝()A．－92B．0C．3D.152[解析](1)在△ABC中，由BC＝AC－AB＝2a＋b－2a＝b，得|b|＝2，A

错误．又AB＝2a且|AB|＝2，所以|a|＝1，所以a·b＝|a||b|cos120°＝－1，B，C错误．所以(4a＋b)·BC＝(4a＋b)·b＝4a·b＋|b|2＝4×(－1)＋4＝0，所以(4a＋b)⊥

BC，D正确，故选D.(2)∵(2a－3b)⊥c，∴(2a－3b)·c＝0.∵a＝(k,3)，b＝(1,4)，c＝(2,1)，∴2a－3b＝(2k－3，－6)．∴(2k－3，－6)·(2,1)＝0，即

(2k－3)×2－6＝0.∴k＝3.[答案](1)D(2)C[易错提醒]x1y2－x2y1＝0与x1x2＋y1y2＝0不同，前者是两向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)共线的充要条件，后者是它们垂直的充要条件．平面向量模的相关问

题利用数量积求解长度问题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；(2)|a±b|＝a±b2＝a2±2a·b＋b2.[例2](1)(2017·衡水模拟)已知|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角

为π3，那么|4a－b|＝()A．2B．6C．23D．12(2)已知e1，e2是平面单位向量，且e1·e2＝12.若平面向量b满足b·e1＝b·e2＝1，则|b|＝________.[解析](1)|4a－b|2＝16a2＋b2－8a·b＝16×1＋4－

8×1×2×cosπ3＝12.∴|4a－b|＝23.(2)∵e1·e2＝12，∴|e1||e2e1，e2＝12，∴e1，e2＝60°.又∵b·e1＝b·e2＝1＞0，∴b，e1＝b，e2＝30°.由b·e1＝1，得|b||e1|cos30°＝1，∴|b|＝132＝

233.[答案](1)C(2)233[方法技巧]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|＝x2＋y2.(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|2＝a2＝a·a，或|a±b|2＝(a±b)2＝a2±2a·b＋b2，先求向量模的平方，再通过向量数量积的运算求解．平面向量的夹角问题求解两个非零向量之间的夹角的步骤第一步由坐标运算或定义计算出这两

个向量的数量积第二步分别求出这两个向量的模第三步根据公式cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝x1x2＋y1y2x21＋y21·x22＋y22求解出这两个向量夹角的余弦值第四步根据两个向量夹角的范围是[0

，π]及其夹角的余弦值，求出这两个向量的夹角[例3](1)若非零向量a，b满足|a|＝223|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为()A.π4B.π2C.3π4D．π[解析]由(a－b)⊥(3a＋2b)，得(a－b)·(3a＋2b)＝0，即3a

2－a·b－2b2＝0.又∵|a|＝223|b|，设〈a，b〉＝θ，即3|a|2－|a||b|cosθ－2|b|2＝0，∴83|b|2－223|b|2·cosθ－2|b|2＝0.∴cosθ＝22.又∵0≤θ≤π，∴θ＝π4.[答案]A(2)已

知单位向量e1与e2的夹角为α，且cosα＝13，向量a＝3e1－2e2与b＝3e1－e2的夹角为β，则cosβ＝________.[解析]∵a2＝(3e1－2e2)2＝9＋4－2×3×2×13＝9，b2＝(3e1－e2)2＝9＋1－2×3×1×13＝8，

a·b＝(3e1－2e2)·(3e1－e2)＝9＋2－9×1×1×13＝8，∴cosβ＝a·b|a||b|＝83×22＝223.[答案]223[易错提醒](1)向量a，b的夹角为锐角⇔a·b>0且向量a，b不共线．(2)向

量a，b的夹角为钝角⇔a·b<0且向量a，b不共线．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]若向量a，b满足：|a|＝1，(a＋b)⊥a，(2a＋b)⊥b，则|b|＝()A．2B.2C．1D.22解析

：由题意知a＋b·a＝0，2a＋b·b＝0，即a2＋b·a＝0，①2a·b＋b2＝0，②将①×2－②得，2a2－b2＝0，∴b2＝|b|2＝2a2＝2|a|2＝2，故|b|＝2.答案：B2.[考点三]已知|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b，且c⊥

a，则向量a与b的夹角为()A．30°B．60°C．120°D．150°解析：设向量a与b的夹角为θ，∵c＝a＋b，c⊥a，∴c·a＝(a＋b)·a＝a2＋a·b＝0，∴|a|2＝－|a||b|·cosθ，∴cosθ＝－|a|2|

a||b|＝－|a||b|＝－12，∴θ＝120°.答案：C3.[考点二](2016·兰州一模)设x∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，－2)，且a⊥b，则|a＋b|＝()A.5B.10C．25D．10解析：∵a⊥b，∴a·b＝0，即x－2＝0，解得x＝2，∴a＋b＝(

3，－1)，于是|a＋b|＝10，故选B.答案：B4.[考点三](2017·湖北八校联考)已知向量a＝(3,1)，b＝(1,3)，c＝(k，－2)，若(a－c)∥b，则向量a与向量c的夹角的余弦值是()A.55B.15C．－55D．－15解析：由已知

得a－c＝(3－k,3)，∵(a－c)∥b，∴3(3－k)－3＝0，∴k＝2，即c＝(2，－2)，∴cos〈a，c〉＝a·c|a||c|＝3×2＋1×－210×22＝55.答案：A5.[考点一]已知a与b为

两个不共线的单位向量，k为实数，若向量a＋b与向量ka－b垂直，则k＝________.解析：∵a与b为两个不共线的单位向量，∴|a|＝|b|＝1，又a＋b与ka－b垂直，∴(a＋b)·(ka－b)＝0，即ka2

＋ka·b－a·b－b2＝0，∴k－1＋ka·b－a·b＝0，即k－1＋kcosθ－cosθ＝0(θ为a与b的夹角)，∴(k－1)(1＋cosθ)＝0.又a与b不共线，∴cosθ≠－1，∴k＝1.答案

：16.[考点二](2017·泰安模拟)已知平面向量a，b满足|b|＝1，且a与b－a的夹角为120°，则a的模的取值范围为________．解析：在△ABC中，设AB＝a，AC＝b，则b－a＝AC－AB＝BC，∵a与b－a的夹角为120°，∴B＝60°，由正弦定理得1sin60°＝|a|

sinC，∴|a|＝sinCsin60°＝233sinC，∵C∈0，2π3，∴sinC∈(0,1]，∴|a|∈0，233.答案：0，233突破点(三)平面向量与其他

知识的综合问题平面向量集数与形于一体，是沟通代数、几何与三角函数的一种非常重要的工具.在高考中，常将它与三角函数问题、解三角形问题、几何问题等结合起来考查.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”平面向量与三角函数的综合问题[例1]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＝2cos2x－3sin2x＝1＋cos2x－3sin2x＝1＋2cos2x＋π3，令2kπ≤2x＋π3≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ－π6≤x≤kπ＋π3(k∈Z)，所以

f(x)的单调递减区间为kπ－π6，kπ＋π3(k∈Z)．[解]∵f(A)＝1＋2cos2A＋π3＝－1，∴cos2A＋π3＝－1.又0<A<π，故π3<2A＋π3＜7π3，∴2A＋π3＝π，即A＝π3.∵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，所以2sinB＝3sinC．由正弦定理得2b＝3c，②由①②，可得b＝3，c＝2.(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．[方法技巧]平面向量与三角函数综合问题的类型及求解思路(1)向量平行(共线)、垂直与三

角函数的综合此类题型的解答一般是利用向量平行(共线)、垂直关系得到三角函数式，再利用三角恒等变换对三角函数式进行化简，结合三角函数的图象与性质进行求解．[方法技巧](2)向量的模与三角函数综合此类题型主要是利用向量模的性质|a|2＝a2，如果涉及向量的坐标

，解答时可利用两种方法：一是先进行向量的运算，再代入向量的坐标进行求解；二是先将向量的坐标代入，再利用向量的坐标运算求解．此类题型主要表现为两种形式：①利用三角函数与向量的数量积直接联系；②利用三角函数与向量的夹角交汇，达到与数量积的综

合．平面向量与几何的综合问题[例2](1)在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点．若AC·BE＝1,则AB的长为________．[解析]设|AB|＝x，x＞0，则AB·AD＝12x.又AC·BE＝(AD＋AB)·(AD－12AB)＝1－12x2

＋14x＝1，解得x＝12，即AB的长为12.[答案]12[解析]由题意可得AB·AD＝|AB|·|AD|cos120°＝2×2×－12＝－2，在菱形ABCD中，易知AB＝DC，AD＝BC，所以AE＝AB＋BE＝AB＋13AD，(2)已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD

＝120°，点E，F分别在边BC，DC上，BC＝3BE，DC＝λDF.若AE·AF＝1，则λ的值为________．AF＝AD＋DF＝1λAB＋AD，AE·AF＝AB＋13AD·1λAB＋AD＝4λ＋43－21＋13λ＝1，解得λ＝2.[答案]2[

方法技巧]平面向量与几何综合问题的求解方法(1)坐标法：把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．(2)基向量法：适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量

间的关系构造关于未知量的方程来进行求解．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点二]在△ABC中，“△ABC为直角三角形”是“AB·BC＝0”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解析：

若△ABC为直角三角形，角B不一定为直角，即AB·BC不一定等于0，充分性不成立；若AB·BC＝0，则AB⊥BC，故角B为直角，即△ABC为直角三角形，必要性成立．故“△ABC为直角三角形”是“AB·BC＝0”的必要不充分条件．答案：B2．若非零向量AB与AC满足

AB|AB|＋AC|AC|·BC＝0且AB|AB|·AC|AC|＝12，则△ABC为()A．三边均不相等的三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰非等边三角形解析：由AB|AB|＋AC|AC|·BC＝0知，角A的平分线与BC垂直，∴|AB|＝|AC|；由AB|AB|·AC

|AC|＝12知，cosA＝12，∴A＝60°.∴△ABC为等边三角形．答案：C[考点二]3.[考点一]已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m＝(3，－1)，n＝(cosA，sinA)．若m⊥n，且acosB＋bcosA＝c

sinC，则B＝________.解析：由m⊥n，得m·n＝0，即3cosA－sinA＝0⇒tanA＝3⇒A＝π3.由正弦定理及acosB＋bcosA＝csinC，得sinAcosB＋sinBcosA＝sin2C⇒sinC＝sin2C⇒sinC＝1⇒C＝π2，所以

B＝π6.答案：π64.已知向量a＝sinx，32，b＝(cosx，－1)．(1)当a∥b时，求tan2x的值；解：(1)∵a∥b，∴sinx·(－1)－32·cosx＝0，即sinx＋32cosx＝0，tanx＝

－32，∴tan2x＝2tanx1－tan2x＝125.[考点一]解：f(x)＝(a＋b)·b＝a·b＋b2＝sinxcosx－32＋cos2x＋1＝12sin2x－32＋12cos2x＋12＋1＝22sin2x＋π4.∵－π2≤x≤0，∴－3π4≤2x＋π4≤

π4，∴－22≤22sin2x＋π4≤12，∴f(x)在－π2，0上的值域为－22，12.(2)求函数f(x)＝(a＋b)·b在－π2，0上的值域．[全国卷5年真题集中演练—

—明规律]1．(2016·全国甲卷)已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m＝()A．－8B．－6C．6D．8解析：因为a＝(1，m)，b＝(3，－2)，所以a＋b＝(1，m)

＋(3，－2)＝(4，m－2)．因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，所以12－2(m－2)＝0，解得m＝8.答案：D2．(2016·全国丙卷)已知向量BA＝12，32，BC＝

32，12，则∠ABC＝()A．30°B．45°C．60°D．120°解析：因为BA＝12，32，BC＝32，12，所以BA·BC＝34＋34＝32.又因为BA·BC＝|BA||BC|·cos∠ABC＝1×1×cos∠

ABC＝32，所以cos∠ABC＝32.又0°≤∠ABC≤180°，所以∠ABC＝30°.答案：A3．(2014·新课标全国卷Ⅱ)设向量a，b满足|a＋b|＝10，|a－b|＝6，则a·b＝()A．1B．2C．3D．5解析：由条件可得，(a＋

b)2＝10，(a－b)2＝6，两式相减得4a·b＝4，所以a·b＝1.答案：A4．(2016·全国乙卷)设向量a＝(m,1)，b＝(1,2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则m＝________.解析：∵|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.答案：－25．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知A，B，C为圆O上的三点，若AO＝12(AB＋AC)，则AB与AC的夹角为__

______．解析：由AO＝12(AB＋AC)，可得O为BC的中点，故BC为圆O的直径，所以AB与AC的夹角为90°.答案：90°6．(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b，若b·c＝0，则t＝________.解析：因为向量a，b

为单位向量，所以b2＝1，又向量a，b的夹角为60°，所以a·b＝12，由b·c＝0得b·[ta＋(1－t)b]＝0，即ta·b＋(1－t)b2＝0，所以12t＋(1－t)＝0，所以t＝2.答案：27．(2013·新课标全国卷Ⅱ)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则A

E·BD＝________.解析：向量的基底为AB，AD，则BD＝AD－AB，AE＝AD＋12AB，那么AE·BD＝AD＋12AB·(AD－AB)＝AD2－12AB2－12AB·AD＝4－2＝

2.答案：28．(2012·新课标全国卷)已知向量a，b夹角为45°，且|a|＝1，|2a－b|＝10，则|b|＝________.解析：依题意，可知|2a－b|2＝4|a|2－4a·b＋|b|2＝4－4|a||b|·cos45°＋|b|2＝4－2

2|b|＋|b|2＝10，即|b|2－22|b|－6＝0，∴|b|＝22＋322＝32(负值舍去)．答案：32