2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 第三節(jié) 平面向量的數(shù)量積學(xué)案 文（含解析）新人教A版

《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 第三節(jié) 平面向量的數(shù)量積學(xué)案 文（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 第三節(jié) 平面向量的數(shù)量積學(xué)案 文（含解析）新人教A版（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第三節(jié)　平面向量的數(shù)量積 2019考綱考題考情 1．平面向量的數(shù)量積 (1)向量的夾角 ①定義：已知兩個非零向量a和b，作＝a，＝b，則∠AOB就是向量a與b的夾角。 ②范圍：設(shè)θ是向量a與b的夾角，則0°≤θ≤180°。 ③共線與垂直：若θ＝0°，則a與b同向共線；若θ＝180°，則a與b反向共線；若θ＝90°，則a與b垂直。 (2)平面向量的數(shù)量積 ①定義：已知兩個非零向量a與b，它們的夾角為θ，則數(shù)量|a||b|cosθ叫做a與b的數(shù)量積(或內(nèi)積)，記作a·b，即a·b＝|a||b|cosθ，規(guī)定零向量與任一向量的數(shù)量積為0，即0·a＝0。 ②幾何意義：數(shù)量

2、積a·b等于a的長度|a|與b在a的方向上的投影|b|cosθ的乘積。 2．平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其坐標表示 設(shè)向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為向量a，b的夾角。 (1)數(shù)量積：a·b＝|a||b|cosθ＝x1x2＋y1y2。 (2)模：|a|＝＝。 (3)夾角：cosθ＝＝。 (4)兩非零向量a⊥b的充要條件：a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0。 (5)|a·b|≤|a||b|(當且僅當a∥b時等號成立)?|x1x2＋y1y2|≤·。 3．平面向量數(shù)量積的運算律 (1)a·b＝b·a(交換律)。 (2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(結(jié)合律)。

3、(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律)。 1．a(chǎn)在b方向上的投影與b在a方向上的投影不是一個概念，要加以區(qū)別。 2．對于兩個非零向量a與b，由于當θ＝0°時，a·b>0，所以a·b>0是兩個向量a，b夾角為銳角的必要不充分條件；a·b＝0也不能推出a＝0或b＝0，因為a·b＝0時，有可能a⊥b。 3．在實數(shù)運算中，若a，b∈R，則|ab|＝|a|·|b|；若a·b＝a·c(a≠0)，則b＝c。但對于向量a，b卻有|a·b|≤|a|·|b|；若a·b＝a·c(a≠0)，則b＝c不一定成立。 4．向量數(shù)量積的運算不滿足乘法結(jié)合律，即(a·b)·c不一定等于a·(b·c)，這是由

4、于(a·b)·c表示一個與c共線的向量，而a·(b·c)表示一個與a共線的向量，而c與a不一定共線。 一、走進教材 1．(必修4P108A組T6改編)已知a·b＝－12，|a|＝4，a和b的夾角為135°，則|b|為(　　) A．12 B．6 C．3 D．3 解析　a·b＝|a||b|cos135°＝－12，所以|b|＝＝6。 答案　B 2．(必修4P104例1改編)已知|a|＝5，|b|＝4，a與b的夾角θ＝120°，則向量b在向量a方向上的投影為________。 解析　由數(shù)量積的定義知，b在a方向上的投影為|b|cosθ＝4×cos120°＝－2。 答案?。?

5、 二、走近高考 3．(2018·全國卷Ⅱ)已知向量a，b滿足|a|＝1，a·b＝－1，則a·(2a－b)＝(　　) A．4 B．3 C．2 D．0 解析　a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2－(－1)＝3。故選B。 答案　B 4．(2017·全國卷Ⅰ)已知向量a＝(－1,2)，b＝(m,1)。若向量a＋b與a垂直，則m＝________。 解析　由題得，a＋b＝(m－1,3)，因為a＋b與a垂直，即(a＋b)·a＝0，所以有－(m－1)＋3×2＝0，解得m＝7。 答案　7 5．(2016·天津高考)已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，點D，E分別是邊AB，BC的中點，

6、連接DE并延長到點F，使得DE＝2EF，則·的值為(　　) A．－ B． C． D． 解析　＝－，＝＋＝＋＝＋，所以·＝(－)·＝×1×1×－＋－×1×1×＝＋－－＝。 答案　B 三、走出誤區(qū) 微提醒：①搞錯向量的夾角求錯數(shù)量積；②不會用夾角公式計算向量的夾角。 6．已知△ABC的三邊長均為1，且＝c，＝a，＝b，則a·b＋b·c＋a·c＝________。 解析　因為〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈a，c〉＝120°，|a|＝|b|＝|c|＝1，所以a·b＝b·c＝a·c＝1×1×cos120°＝－，所以a·b＋b·c＋a·c＝－。 答案?。? 7．已知非零向量a，b滿足|a|＝

7、|b|＝|a＋b|，則a與2a－b夾角的余弦值為(　　) A． B． C． D． 解析　不妨設(shè)|a|＝|b|＝|a＋b|＝1，則|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b＝2＋2a·b＝1，所以a·b＝－，所以a·(2a－b)＝2a2－a·b＝，又|a|＝1，|2a－b|＝＝＝，所以a與2a－b夾角的余弦值為＝＝。 答案　D 考點一平面向量的數(shù)量積運算 【例1】　(1)設(shè)四邊形ABCD為平行四邊形，||＝6，||＝4，若點M，N滿足＝3，＝2，則·等于(　　) A．20 B．15 C．9 D．6 (2)(2018·天津高考)在如圖的平面圖形中，已知OM＝1，ON＝2，∠M

8、ON＝120°，＝2，＝2，則·的值為(　　) A．－15 B．－9 C．－6 D．0 解析　(1)＝＋，＝－＝－＋，所以·＝(4＋3)·(4－3)＝(162－92)＝(16×62－9×42)＝9。故選C。 (2)由＝2，可知＝2，所以＝3。由＝2，可知＝2，所以＝3，故＝＝3，連接MN，則BC∥MN且||＝3||。所以＝3＝3(－)，所以·＝3(－)·＝3(·－2)＝3(||·||cos120°－2)＝－6。故選C。 答案　(1)C　(2)C 平面向量數(shù)量積的三種運算方法 1．當已知向量的模和夾角時，可利用定義法求解，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉。

9、2．當已知向量的坐標時，可利用坐標法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則a·b＝x1x2＋y1y2。 3．利用數(shù)量積的幾何意義求解。 【變式訓(xùn)練】　如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，若·＝2·，則·＝________。 解析　因為·＝2·，所以·－·＝·，所以·＝·。因為AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，所以2||＝||||cos，化簡得||＝2。故·＝·(＋)＝||2＋·＝(2)2＋2×2cos＝12。 解析：如圖，建立平面直角坐標系xAy。 依題意，可設(shè)點D(m，m)，C(m＋2，m)，B(n,0)，其中m>0，n>0，則由·＝

10、2·，得(n,0)·(m＋2，m)＝2(n,0)·(m，m)，所以n(m＋2)＝2nm，化簡得m＝2。故·＝(m，m)·(m＋2，m)＝2m2＋2m＝12。 答案　12 考點二解決有關(guān)向量的長度、夾角、垂直問題 微點小專題 　方向1：長度問題 【例2】　(1)已知向量a＝(1，－3)，b＝(2，m)，若a∥b，則|a－2b|＝(　　) A．45 B．90 C．3 D．3 (2)已知向量，滿足||＝||＝2，·＝2，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，且λ＋μ＝1，則||的最小值為(　　) A．1 B． C． D． 解析　(1)因為a∥b，所以m＋6＝0，解得m＝－6，則

11、b＝(2，－6)，所以a－2b＝(－3,9)，所以|a－2b|＝＝3。故選D。 (2)||2＝(λ＋μ)2＝[λ＋(1－λ)]2＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)·，因為·＝2，所以||2＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)·2＝4λ2－4λ＋4＝42＋3，當λ＝時，||取得最小值。 答案　(1)D　(2)D 1．利用數(shù)量積求解向量模的問題常用的公式： (1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝； (2)|a±b|＝＝； (3)若a＝(x，y)，則|a|＝。 2．最值問題是在變化中求得一個特殊情況，在此情況下求解目標達到最值，因此函數(shù)方法是最基本的方法之一。 方向2：

12、夾角問題 【例3】　(2019·成都質(zhì)檢)已知平面向量a，b的夾角為，且|a|＝1，|b|＝，則a＋2b與b的夾角是(　　) A． B． C． D． 解析　因為|a＋2b|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝1＋1＋4×1××cos＝3，所以|a＋2b|＝。又(a＋2b)·b＝a·b＋2|b|2＝1××cos＋2×＝＋＝，所以cos〈a＋2b，b〉＝＝＝，所以a＋2b與b的夾角為。 答案　A 求向量夾角問題的方法 1．當a，b是非坐標形式時，求a與b的夾角θ，需求出a·b及|a|，|b|或得出它們之間的關(guān)系。 2．若已知a＝(x1，y1)與b＝(x2，y2)，則cos〈a，

13、b〉＝ 。 注意：〈a，b〉∈[0，π]。 方向3：垂直問題 【例4】　已知向量a＝(k,3)，b＝(1,4)，c＝(2,1)，且(2a－3b)⊥c，則實數(shù)k＝(　　) A．－ B．0 C．3 D． 解析　因為2a－3b＝(2k－3，－6)，(2a－3b)⊥c，所以(2a－3b)·c＝2(2k－3)－6＝0，解得k＝3。故選C。 答案　C 兩個向量垂直的充要條件是兩向量的數(shù)量積為0，即：a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0。應(yīng)認識到此充要條件對含零向量在內(nèi)的所有向量均成立，因為可視零向量與任意向量垂直。 【題點對應(yīng)練】

14、　 1．(方向1)平面向量a與b的夾角為60°，a＝(2,0)，|b|＝1，則|a＋2b|＝(　　) A．6 B．36 C．2 D．12 解析　因為a＝(2,0)，所以|a|＝2，又|b|＝1，向量a與向量b的夾角為60°，所以|a＋2b|2＝(a＋2b)2＝a2＋4a·b＋4b2＝4＋4×2×1×cos60°＋4＝12，所以|a＋2b|＝2。故選C。 解析： 如圖，作出＝a，＝2b，則以AB，AD為鄰邊作平行四邊形ABCD，可得＝a＋2b，所以|a＋2b|＝AC，由題意知∠DAB＝60°，AB＝AD＝2，所以在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，故AC2＝

15、AB2＋BC2－2AB·BC·cos120°＝4＋4－2×2×2×＝12，則|a＋2b|＝AC＝2。故選C。 答案　C 2．(方向2)已知單位向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|，則a與b－a的夾角是(　　) A． B． C． D． 解析　因為|a＋b|＝|a－b|，所以(a＋b)2＝(a－b)2，整理得a·b＝0。在平面直角坐標系中作出a，b，b－a，如圖，易知a與b－a的夾角是。故選D。 答案　D 3．(方向3)設(shè)非零向量a，b滿足|2a＋b|＝|2a－b|，則(　　) A．a(chǎn)⊥b B．|2a|＝|b| C．a(chǎn)∥b D．|a|<|b| 解析　因為|2a＋b|＝|

16、2a－b|，所以(2a＋b)2＝(2a－b)2，化簡得a·b＝0，所以a⊥b。故選A。 解析：記c＝2a，則由|2a＋b|＝|2a－b|得|c＋b|＝|c－b|，由平行四邊形法則知，以向量c，b為鄰邊的平行四邊形的對角線相等，所以該四邊形為矩形，故c⊥b，即a⊥b。故選A。 答案　A 1．(配合例1使用)如圖，平面四邊形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BC＝CD＝2，點E在對角線AC上，AC＝4，AE＝1，則·的值為(　　) A．17 B．13 C．5 D．1 解析　因為∠ABC＝∠ADC＝90°，BC＝CD＝2，AC＝4，所以AB＝AD＝2，∠BA

17、C＝∠DAC＝30°，所以·＝(＋)·(＋)＝2＋·＋·＋·＝1＋1×2×cos150°＋1×2×cos150°＋2×2×cos60°＝1－3－3＋6＝1。故選D。 答案　D 2．(配合例2使用)已知G為△ABC所在平面上一點，且＋＋＝0，∠A＝60°，·＝2，則||的最小值為________。 解析　由題意得點G為△ABC的重心，則＝(＋)，所以2＝(2＋2＋2·)＝(2＋2＋4)。因為·＝||·||cos60°＝2，所以||·||＝4，所以2≥(2||·||＋4)＝，當且僅當||＝||＝2時，等號成立，所以||≥，即||的最小值為。 答案　 3．(配合例3使用)如圖，在等腰梯形A

18、BCD中，AD＝BC＝AB＝DC＝2，點E，F(xiàn)分別為線段AB，BC的三等分點，O為DC的中點，則cos〈，〉＝________。 解析　以O(shè)為坐標原點建立如圖所示的平面直角坐標系，連接OB，可得△BOC為等邊三角形，易知A(－1，)，B(1，)，C(2,0)，則E，F(xiàn)。所以＝，＝，故cos〈，〉＝＝＝－。 答案?。? 平面向量具有“數(shù)”與“形”的雙重身份，溝通了代數(shù)與幾何的關(guān)系，所以平面向量的應(yīng)用非常廣泛，主要體現(xiàn)于平面向量在平面幾何、函數(shù)、不等式、三角函數(shù)、解析幾何等方面的應(yīng)用。 類型一平面向量在平面幾何中的應(yīng)用 【例1】　(1)在平行四邊形ABCD中，AD＝1，∠BAD

19、＝60°，E為CD的中點。若·＝1，則AB＝________。 (2)已知O是平面上的一定點，A，B，C是平面上不共線的三個動點，若動點P滿足＝＋λ(＋)，λ∈(0，＋∞)，則點P的軌跡一定通過△ABC的(　　) A．內(nèi)心 B．外心 C．重心 D．垂心 解析　(1)在平行四邊形ABCD中，＝＋＝＋＝－，又因為＝＋，所以·＝(＋)·＝2－·＋·－2＝||2＋||||cos60°－||2＝1＋×1×||－||2＝1。所以||＝0，又||≠0，所以||＝。 (2)由原等式，得－＝λ(＋)，即＝λ(＋)，根據(jù)平行四邊形法則，知＋＝2(D為BC的中點)，所以點P的軌跡必過△ABC的重心。故選C

20、。 答案　(1)　(2)C 向量與平面幾何綜合問題的解法 1．坐標法 把幾何圖形放在適當?shù)淖鴺讼抵?，則有關(guān)點與向量就可以用坐標表示，這樣就能進行相應(yīng)的代數(shù)運算和向量運算，從而使問題得到解決。 2．基向量法 適當選取一組基底，溝通向量之間的聯(lián)系，利用向量間的關(guān)系構(gòu)造關(guān)于未知量的方程進行求解。 【變式訓(xùn)練】　已知O是平面上的一定點，A，B，C是平面上不共線的三個動點，若動點P滿足＝＋ λ，λ∈(0，＋∞)，則(　　) A．動點P的軌跡一定通過△ABC的重心 B．動點P的軌跡一定通過△ABC的內(nèi)心 C．動點P的軌跡一定通過△ABC的外心 D．動點P的軌跡一定通過△ABC的

21、垂心 解析　因為＝＋λ·，所以－＝λ·。即＝λ， 因為·＝λ··＝λ＝λ＝λ(－||＋||)＝0。所以點P在BC邊的高線上，即P的軌跡一定通過△ABC的垂心。 答案　D 類型二平面向量與函數(shù)、不等式的綜合應(yīng)用 【例2】　設(shè)θ是兩個非零向量a，b的夾角，若對任意實數(shù)t，|a＋tb|的最小值為1，則下列判斷正確的是(　　) A．若|a|確定，則θ唯一確定 B．若|b|確定，則θ唯一確定 C．若θ確定，則|b|唯一確定 D．若θ確定，則|a|唯一確定 解析　設(shè)g(t)＝(a＋tb)2＝b2t2＋2ta·b＋a2，當且僅當t＝－＝－時，g(t)取得最小值1，所以b2×－2a·b×＋

22、a2＝1，化簡得a2sin2θ＝1，所以當θ確定時，|a|唯一確定。 答案　D 通過向量的數(shù)量積運算把向量運算轉(zhuǎn)化為實數(shù)運算，再結(jié)合函數(shù)、不等式的知識解決，同時也要注意平面向量的坐標運算在這方面的應(yīng)用。 【變式訓(xùn)練】　(2019·福州四校聯(lián)考)已知向量a，b為單位向量，且a·b＝－，向量c與a＋b共線，則|a＋c|的最小值為(　　) A．1 B． C． D． 解析　因為向量c與a＋b共線，所以可設(shè)c＝t(a＋b)(t∈R)，所以a＋c＝(t＋1)a＋tb，所以(a＋c)2＝(t＋1)2a2＋2t(t＋1)a·b＋t2b2，因為向量a，b為單位向量，且a·b＝－，所以(a＋c

23、)2＝(t＋1)2－t(t＋1)＋t2＝t2＋t＋1≥，所以|a＋c|≥，所以|a＋c|的最小值為。故選D。 解析：因為向量a，b為單位向量，且a·b＝－，所以向量a，b的夾角為120°，在平面直角坐標系中，不妨設(shè)向量a＝(1,0)，b＝，則a＋b＝，因為向量c與a＋b共線，所以可設(shè)c＝t(t∈R)，所以a＋c＝，所以|a＋c|＝＝≥，所以|a＋c|的最小值為。故選D。 答案　D 類型三平面向量與解三角形的綜合應(yīng)用 【例3】　已知在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)，m·n＝sin2C。 (1)求角C的大

24、??； (2)若sinA，sinC，sinB成等差數(shù)列，且·(－)＝18，求c。 解　(1)m·n＝sinA·cosB＋sinB·cosA＝sin(A＋B)， 對于△ABC，A＋B＝π－C,0

25、bcosC＝(a＋b)2－3ab， 所以c2＝4c2－3×36，c2＝36，所以c＝6。 1．解決平面向量與三角函數(shù)的交匯問題，關(guān)鍵是準確利用向量的坐標運算化簡已知條件，將其轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)中的有關(guān)問題解決。 2．還應(yīng)熟練掌握向量數(shù)量積的坐標運算公式、幾何意義、向量模、夾角的坐標運算公式以及三角恒等變換、正、余弦定理等知識。 【變式訓(xùn)練】　(2019·惠州模擬)若O為△ABC所在平面內(nèi)任一點，且滿足(－)·(＋－2)＝0，則△ABC的形狀為(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等邊三角形 D．等腰直角三角形 解析　因為(－)·(＋－2)＝0，即·(＋)＝0，(－)·(＋

26、)＝0，即||＝||，所以△ABC是等腰三角形。故選A。 答案　A 類型四平面向量與解析幾何的綜合應(yīng)用 【例4】　已知平面向量a，b，c滿足|a|＝|b|＝1，a⊥(a－2b)，(c－2a)·(c－b)＝0，則|c|的最大值與最小值的和為(　　) A．0 B． C． D． 解析　因為a⊥(a－2b)，所以a·(a－2b)＝0，即a2＝2a·b，又|a|＝|b|＝1，所以a·b＝，a與b的夾角為60°。設(shè)＝a，＝b，＝c，以O(shè)為坐標原點，的方向為x軸正方向建立如圖所示的平面直角坐標系，則a＝，b＝(1,0)。設(shè)c＝(x，y)，則c－2a＝(x－1，y－)，c－b＝(x－1，y)。

27、又因為(c－2a)·(c－b)＝0，所以(x－1)2＋y(y－)＝0。即(x－1)2＋2＝，所以點C的軌跡是以點M為圓心，為半徑的圓。又|c|＝表示圓M上的點與原點O(0,0)之間的距離，所以|c|max＝|OM|＋，|c|min＝|OM|－，所以|c|max＋|c|min＝2|OM|＝2×＝。故選D。 答案　D 本題將|c|min與|c|max通過向量的坐標運算轉(zhuǎn)化為圓C：(x－1)2＋2＝上的點與原點的距離的最小值、最大值。 【變式訓(xùn)練】　(2019·四省八校聯(lián)考)已知在Rt△ABC中，A＝，AB＝3，AC＝4，P為BC上任意一點(含B，C)，以P為圓心，1為半徑作圓，Q為圓

28、上任意一點，設(shè)＝a＋b，則a＋b的最大值為(　　) A．　　　 B． C．　　　 D． 解析　 根據(jù)題設(shè)條件建立如圖所示的平面直角坐標系，則C(0，4)，B(3,0)，易知點Q運動的區(qū)域為圖中的兩條線段DE，GF與兩個半圓圍成的區(qū)域(含邊界)，由＝a＋b＝(3a,4b)，設(shè)z＝a＋b，則b＝z－a，所以＝(3a,4z－4a)。設(shè)Q(x，y)，所以消去a，得y＝－x＋4z，則當點P運動時，直線y＝－x＋4z與圓相切時，直線的縱截距最大，即z取得最大值，不妨作AQ⊥BC于Q，并延長交每個圓的公切線于點R，則|AQ|＝，|AR|＝，所以點A到直線y＝－x＋4z，即4x＋3y－12z＝0的距離為，所以＝，解得z＝，即a＋b的最大值為。故選C。 答案　C 16