2023高考科学复习解决方案-数学(名校内参版) 第七章7.3平面向量的数量积及应用（word含答案解析）.DOC

7.3平面向量的数量积及应用(教师独具内容)1通过物理中“功”等实例，理解平面向量数量积的含义及其物理意义，会计算平面向量的数量积通过几何直观，了解平面向量投影的概念以及向量投影的意义，体会平面向量的数量积与向量投影的关系能用坐标表示平面向量的数量积，能运用数量积表示两个向量的夹角，能用坐标表示平面向量垂直的条件，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系会用向量方法解决某些简单的平面几何问题会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题2平面向量有“数”与“形”双重身份，它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3重点提升数学运算、直观想象和逻辑推理素养(教师独具内容)1本考点是历年高考命题常考的内容，属于中档题目，主要是选择题或填空题，命题的重点是平面向量的夹角和模的求解问题以及平面向量的垂直问题2考查方向有四个方面：一是考查平面向量数量积的含义：根据平面向量的模与夹角求平面向量的数量积或结合平面向量的线性运算进行考查；二是考查平面向量的夹角：根据向量的数量积求两向量的夹角；三是考查平面向量的模：利用向量数量积的公式求向量数量积的值或由模的值求参数等；四是考查平面向量垂直的坐标表示：利用平面向量垂直的坐标表示求参数(教师独具内容)(教师独具内容)1向量的夹角(1)已知两个非零向量a，b，O是平面上的任意一点，作a，b，则AOB(0)叫做向量a与b的夹角(2)当0时，a与b同向；当时，a与b垂直，记作ab；当时，a与b反向2平面向量的数量积定义：已知两个非零向量a与b，它们的夹角为，我们把数量|a|b|cos叫做向量a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b|a|b|cos.规定：零向量与任一向量的数量积为0.3平面向量数量积的几何意义设a，b是两个非零向量，a，b，它们的夹角是，e是与b方向相同的单位向量，过的起点A和终点B，分别作所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到，我们称上述变换为向量a向向量b投影，叫做向量a在向量b上的投影向量记为|a|cos e.4向量数量积的运算律(1)a·bb·a.(2)(a)·b(a·b)a·(b)(3)(ab)·ca·cb·c.注：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)，这是由于(a·b)c表示一个与c共线的向量，a(b·c)表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线5平面向量数量积的有关结论(1)已知非零向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，a与b的夹角为.结论符号表示坐标表示模|a|a|夹角coscosab的充要条件a·b0x1x2y1y20|a·b|与|a|b|的关系|a·b|a|b|x1x2y1y2| (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不共线平面向量数量积运算的常用公式(ab)·(ab)a2b2；(ab)2a22a·bb2；(ab)2a22a·bb2.1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，向量的数乘运算的结果是向量()(2)两个向量的夹角的范围是.()(3)由a·b0可得a0或b0.()(4)(a·b)ca(b·c)()答案(1)(2)×(3)×(4)×2已知|a|2，|b|6，a·b6，则a与b的夹角等于()A.BC.D答案B解析cos，又因为0，所以.故选B.3(2021·辽宁沈阳郊联体第三次模拟)已知向量a，b，ab，|a|1，若|a2b|5，则|b|()A.B2C3D2答案A解析因为ab，所以a·b0.又|a2b|5，所以|a|24|b|225，所以|b|.4设a，b是非零向量，“a·b|a|b|”是“ab”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答案A解析设a与b的夹角为.因为a·b|a|b|cos|a|b|，所以cos1，即a与b的夹角为0°，所以ab.当ab时，a与b的夹角为0°或180°，所以a·b|a|b|cos±|a|b|.所以“a·b|a|b|”是“ab”的充分不必要条件故选A.5在RtABC中，ABC60°，BAC90°，则向量在向量上的投影向量为()A.BCD答案A解析取点O为BC的中点，根据题意作图，BAC90°，ABC60°，在上的投影向量为.故选A.1(多选)(2021·新高考卷)已知O为坐标原点，点P1(cos，sin)，P2(cos，sin)，P3(cos()，sin()，A(1,0)，则()A|B|C.··D.··答案AC解析对于A，因为|1，| 1，所以A正确；对于B，因为|，|，所以B错误；对于C，因为·(1,0)·(cos()，sin()cos()，·coscossinsincos()，所以··，所以C正确；对于D，因为·(1,0)·(cos，sin)cos，·(cos，sin)·(cos()，sin()coscos()sinsin()cos(2)，所以D错误故选AC.2(2021·新高考卷)已知向量abc0，|a|1，|b|c|2，a·bb·cc·a_.答案解析由已知可得(abc)2a2b2c22(a·bb·cc·a)92(a·bb·cc·a)0，因此a·bb·cc·a.3(2021·全国甲卷)若向量a，b满足|a|3，|ab|5，a·b1，则|b|_.答案3解析由|ab|5得(ab)225，即a22a·bb225，结合|a|3，a·b1，得322×1|b|225，所以|b|3.4(2021·全国甲卷)已知向量a(3,1)，b(1,0)，cakb.若ac，则_.答案解析cakb(3,1)k(1,0)(k3,1)，由ac，得a·c0，所以3(k3)10，解得k.5(2021·全国乙卷)已知向量a(1,3)，b(3,4)，若(ab)b，则_.答案解析解法一：由题设知ab(13，34)由(ab)b，得(ab)·b3(13)4(34)15250，解得.解法二：因为a(1,3)，b(3,4)，所以a·b1×33×415.由(ab)b，得(ab)·ba·bb215(3242)15250，解得.6(2020·全国卷)设a，b为单位向量，且|ab|1，则|ab|_.答案解析因为a，b为单位向量，所以|a|b|1，所以|ab|1，所以2a·b1，所以|ab|.7(2020·全国卷)已知单位向量a，b的夹角为45°，kab与a垂直，则k_.答案解析由题意可得a·b1×1×cos45°，kab与a垂直，(kab)·a0，ka2a·bk0，解得k.一、基础知识巩固考点平面向量数量积的运算例1已知ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE2EF，则·的值为()ABCD答案B解析如图，由条件可知，所以·()·2·2.因为ABC是边长为1的等边三角形，所以|1，BAC60°，所以·.例2在梯形ABCD中，ABCD，CD2，BAD，若·2·，则·_.答案12解析解法一(定义法)：因为·2·，所以···，所以··.因为ABCD，CD2，BAD，所以2|cos，化简得|2.故··()|2·(2)22×2cos12.解法二(坐标法)：如图，建立平面直角坐标系xAy.依题意，可设点D(m，m)，C(m2，m)，B(n,0)，其中m0，n0，则由·2·，得(n,0)·(m2，m)2(n,0)·(m，m)，所以n(m2)2nm，化简得m2.故·(m，m)·(m2，m)2m22m12.1.已知向量，则ABC等于()A30°B45°C60°D120°答案A解析|1，|1，cosABC，又0°ABC180°，ABC30°.故选A.2在四边形ABCD中，ADBC，AB2，AD5，A30°，点E在线段CB的延长线上，且AEBE，则·_.答案1解析解法一：在等腰三角形ABE中，易得BAEABE30°，故BE2，则·()·()··2·5×2×cos30°5×2×cos180°122×2×cos150°15101261.解法二：在ABD中，由余弦定理可得BD，所以cosABD，则sinABD.设与的夹角为，则coscos(180°ABD30°)cos(ABD30°)cosABDcos30°sinABDsin30°，在ABE中，易得AEBE2，故·×2×1.3在等腰梯形ABCD中，已知ABDC，AB2，BC1，ABC60°.点E和F分别在线段BC和DC上，且，则·的值为_答案解析在等腰梯形ABCD中，ABDC，AB2，BC1，ABC60°，CD1，······2×1×cos60°2××12×cos60°××12×cos120°.解决涉及几何图形的向量的数量积运算常用两种方法：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)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a·b|a|b|cosa，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·bx1x2y1y2.(3)利用数量积的几何意义求解考点平面向量数量积的应用例3已知非零向量a，b满足a·b0，|a|3，且a与ab的夹角为，则|b|()A6B3C2D3答案D解析a·b0，|a|3，a·(ab)a2a·b|a|ab|cos，|ab|3，将|ab|3两边平方可得，a22a·bb218，解得|b|3.故选D.例4已知向量a，b为单位向量，且a·b，向量c与ab共线，则|ac|的最小值为()A1BCD答案D解析向量c与ab共线，可设ct(ab)(tR)，ac(t1)atb，(ac)2(t1)2a22t(t1)a·bt2b2，向量a，b为单位向量，且a·b，(ac)2(t1)2t(t1)t2t2t1，|ac|，|ac|的最小值为.故选D.例5已知单位向量e1与e2的夹角为，且cos，向量a3e12e2与b3e1e2的夹角为，则cos_.答案解析因为a2(3e12e2)292×3×2×12×cos49，所以|a|3，因为b2(3e1e2)292×3×1×12×cos18，所以|b|2，又a·b(3e12e2)·(3e1e2)9e9e1·e22e99×1×1×28，所以cos.例6若向量a(k,3)，b(1,4)，c(2,1)，已知2a3b与c的夹角为钝角，则k的取值范围是_答案解析2a3b与c的夹角为钝角，(2a3b)·c0，即(2k3，6)·(2,1)0，4k660，k3.又若(2a3b)c，则2k312，即k.当k时，2a3b(12，6)6c，即2a3b与c反向综上，k的取值范围为.例7已知向量与的夹角为120°，且|3，|2.若，且，则实数的值为_答案解析因为，所以·0.又，所以()·()0，即(1)·220，所以(1)|·cos120°940，即(1)×3×2×940，解得.4.(2021·山东省德州市高三上期末)已知向量a，b满足|a|1，|b|2，(ab)·(a3b)13，则a与b的夹角为()A.BC.D答案C解析由(ab)·(a3b)a22a·b3b213，即2a·b1113，得a·b1，则cos.0，即a与b的夹角为.5(2022·昆明调研)已知向量a(1,2)，b(1,3)，则|2ab|()A.B2CD10答案C解析解法一：因为a(1,2)，所以2a(2，4)，因为b(1,3)，所以2ab(3,1)，所以|2ab|.故选C.解法二：|2ab| ，|a|，|b|，a·b1×12×35，|2ab|.故选C.6已知平面向量a，b的夹角为，且|a|，|b|2，在ABC中，2a2b，2a6b，D为BC的中点，则|等于()A2B4C6D8答案A解析因为()(2a2b2a6b)2a2b，所以|24(ab)24(a22a·bb2)4×4，则|2.故选A.7已知向量|3，|2，mn，若与的夹角为60°，且，则实数的值为()A.BC6D4答案A解析因为向量|3，|2，mn，与的夹角为60°，所以·3×2×cos60°3，所以·()·(mn)(mn)·m|2n|23(mn)9m4n6mn0，所以.故选A.8已知在直角梯形ABCD中，ADBC，ADC90°，AD2，BC1，P是腰DC上的动点，则|3|的最小值为_答案5解析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3(2，y)3(1，by)(5,3b4y)所以|3|(0yb)当yb时，|3|min5. 平面向量数量积求解问题的策略(1)求两向量的夹角：cos，要注意0，(2)两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是aba·b0x1x2y1y20|ab|ab|.(3)求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法a2a·a|a|2或|a|；|a±b|；若a(x，y)，则|a|.二、核心素养提升例1设向量a，b满足|ab|，|ab|，则a·b等于()A1B2C3D5答案A解析a·b(ab)2(ab)2×(106)1.故选A.例2已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(ac)·(bc)0，则|c|的最大值是()A1B2CD答案C解析设，且a，b，c，D为线段AB的中点，因为|a|b|1，所以AB，AD，(ac)·(bc)·|2|2|20，所以|，上式表明，是有固定起点，固定模长的动向量，点C的轨迹是以为半径的圆，因此|c|的最大值就是该轨迹圆的直径.故选C.例3如图所示，正方形ABCD的边长为1，A，D分别在x轴、y轴的正半轴(含原点)上滑动，则·的最大值是_答案2解析如图，取BC的中点M，AD的中点N，连接MN，ON，则·2.因为OMONNMADAB，当且仅当O，N，M三点共线时取等号，所以·的最大值为2.极化恒等式(1)极化恒等式：设a，b为两个平面向量，则a·b(ab)2(ab)2极化恒等式表示平面向量的数量积运算可以转化为平面向量线性运算的模，如果将平面向量换成实数，那么上述公式也叫“广义平方差”公式(2) 极化恒等式的几何意义：平面向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的，即a·b(|2|2)(3) 极化恒等式的三角形模式：在ABC中，若M是BC的中点，则·22.可以利用极化恒等式来求数量积、求最值、求模长课时作业一、单项选择题1. 如图，AB是圆O(O为圆心)的一条弦，下列条件能确定·的值的是()A已知圆的半径长B已知弦长|AB|C已知OAB的大小D已知点O到弦AB的距离答案B解析如图所示，过点O作OCAB于点C，根据垂径定理可得C是AB的中点，所以··()··|2，所以·的大小只跟|有关，故已知弦长|AB|可以确定·的大小故选B.2若等边三角形ABC的边长为1，点D满足(1)，若·3，则实数的值为()A.B2CD3答案B解析如图，以AB，BD为邻边作平行四边形ABDE，所以··()··×1×cos60°×(1)cos0°23，解得2(负值舍去)故选B.3在RtABC中，ACB，ACBC2，P是斜边AB上一点，且BP2PA，则··()A4B2C2D4答案D解析如图，在直角三角形ABC中，ACB，ACBC2，点P是斜边AB上一点，且BP2PA，()，···()22·×22×2204.故选D.4已知AD是直角三角形ABC斜边BC上的高，点P在DA的延长线上，且满足()·4，若AD，则·的值为()A2B3C4D6答案A解析由AD为高，得··0，因为()·4，所以()·4，即·2，即|cos02，所以|2，·()·()2·2|·|cos2|PD2AD2422.故选A.5. 在直角梯形ABCD中，ADAB，CDAB，AB2AD2DC2，E为BC边的中点，·的值为()A1BCD2答案D解析根据题意，可得AB2，ADCD1，AC，DACDCACAB45°，在ABC中，根据余弦定理可得，BC，即AC2BC2AB2，即ABC为等腰直角三角形，又因为E为BC边的中点，故有，因此可得···2×2××cos45°×()22.故选D.6已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则·()的最小值是()A2BCD1答案B解析(建系法)：建立平面直角坐标系如图(1)所示，则A，B，C三点的坐标分别为A(0，)，B(1,0)，C(1,0)设P点的坐标为(x，y)，图(1)则(x，y)，(1x，y)，(1x，y)，·()(x，y)·(2x，2y)2(x2y2y)22×，当且仅当x0，y时，·()取得最小值，最小值为.故选B.(几何法)：如图(2)所示，2(D为BC的中点)，则·()2·.要使·最小，则与方向相反，即点P在线段AD上，图(2)则(2·)min2|，问题转化为求|的最大值又|2×，|22，·()min(2·)min2×.故选B.7在ABC中，A，B，BC2，AC的垂直平分线交AB于点D，则·()A1B2C3D3答案D解析设AC的中点为M，在ABC中，A，B，BC2，AC，··()··23.故选D.8已知向量a(k,3)，b(1,4)，c(2,1)且(2a3b)c，则实数k()AB0C3D答案C解析a(k,3)，b(1,4)，c(2,1)，2a3b(2k3，6)，(2a3b)c，(2a3b)·c0，2(2k3)1×(6)0，解得k3.故选C.二、多项选择题9设向量a，b满足|a|b|1，且|b3a|，则()AabB|ab|1C|ab|3Da与b的夹角为60°答案BD解析因为|b3a|，即|b|29|a|26|a|b|cosa，b196cosa，b106cosa，b13，所以cosa，b，即向量a与b的夹角为60°，故D正确，A错误；又因为|ab|2|a|2|b|22|a|b|cosa，b112×1，所以|ab|1，故B正确；|ab|2|a|2|b|22|a|b|cosa，b112×3，所以|ab|，故C错误故选BD.10已知平面向量a，b满足|a|2，|b|1，a·b1，下列说法正确的是()Aa·(ab)0B(a2b)(a2b)CR，使|ab|DR，|ab|ab|恒成立答案BD解析对于A，a·(ab)|a|2a·b413，故A错误；对于B，(a2b)·(a2b)|a|24|b|2440，(a2b)(a2b)，故B正确；对于C，由|ab|，得(ab)2，即|a|22(a·b)2|b|2，422，整理，得42870，6411248<0，方程无解，故C错误；若|ab|ab|恒成立，则(ab)2(ab)2，即a22(a·b)2b2a22a·bb2，整理，得(1)20，此式恒成立，即R，|ab|ab|恒成立，故D正确故选BD.三、填空题11根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题现有ABC满足“勾3股4弦5”，其中“股”AB4，D为“弦”BC上一点(不含端点)，且ABD满足勾股定理，则()·_.答案解析由等面积法可得AD，依题意可得，ADBC，所以()··|2.12. 如图，在ABC中，D为BC中点，ADAB，AD1，则·_.答案2解析由题图可知·()·(2)·2()·(2)··222×122.13在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若sin2Bsin2Csin2AsinBsinC，且·4，则ABC的面积S为_答案2解析因为sin2Bsin2Csin2AsinBsinC，由正弦定理可得b2c2a2bc，由余弦定理可得cosA，又A(0，)，所以A，因为·4，所以·|·|cosAbccosAbc4，所以bc8，故SbcsinA×8×2.14已知向量a，b满足|a|1，|b|，且(2ab)b，则a与b的夹角的余弦值是_答案解析向量a，b满足|a|1，|b|，且(2ab)b，(2ab)·b2a·bb22×1××cosa，b30，cosa，b.a与b的夹角的余弦值为.四、解答题15已知|a|4，|b|3，(2a3b)·(2ab)61.(1)求a与b的夹角；(2)求|ab|；(3)若a，b，求ABC的面积解(1)因为(2a3b)·(2ab)61，所以4|a|24a·b3|b|261.又|a|4，|b|3，所以644a·b2761，所以a·b6，所以cos.又0，所以.(2)|ab|2(ab)2|a|22a·b|b|2422×(6)3213，所以|ab|.(3)因为与的夹角，所以ABC.又|a|4，|b|3，所以SABC|sinABC×4×3×3.16已知向量a(cosx，sinx)，b(3，)，x0，(1)若ab，求x的值；(2)记f(x)a·b，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值解(1)因为a(cosx，sinx)，b(3，)，ab，所以cosxsinx.若cosx0，则sinx0，与sin2xcos2x1矛盾，故cosx0，于是tanx.又x0，所以x.(2)f(x)a·b(cosx，sinx)·(3，)3cosxsinx2cos.因为x0，所以x，从而1cos.于是，当x，即x0时，f(x)取得最大值3；当x，即x时，f(x)取得最小值2.17. 在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1,0)和点B(1,0)，|1，且AOC，其中O为坐标原点(1)若，设点D为线段OA上的动点，求|的最小值；(2)若，向量m，n(1cos，sin2cos)，求m·n的最小值及对应的值解(1)设D(t,0)(0t1)，由题意知C，所以，所以|22，所以当t时，|最小，最小值为.(2)由题意得C(cos，sin)，m(cos1，sin)，则m·n1cos2sin22sincos1cos2sin21sin，因为，所以2，所以当2，即时，sin取得最大值1，即m·n取得最小值1.所以m·n的最小值为1，此时.