2020版《微点教程》高考人教A版理科数学一轮复习文档：第四章 第三节　平面向量的数量积 .docx

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1、第三节平面向量的数量积2019考纲考题考情1平面向量的数量积(1)向量的夹角定义：已知两个非零向量a和b，作a，b，则AOB就是向量a与b的夹角。范围：设是向量a与b的夹角，则0180。共线与垂直：若0，则a与b同向共线；若180，则a与b反向共线；若90，则a与b垂直。(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，则数量|a|b|cos叫做a与b的数量积(或内积)，记作ab，即ab|a|b|cos，规定零向量与任一向量的数量积为0，即0a0。几何意义：数量积ab等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cos的乘积。2平面向量数量积的性质及其坐标表示设向量a(x1，y

2、1)，b(x2，y2)，为向量a，b的夹角。(1)数量积：ab|a|b|cosx1x2y1y2。(2)模：|a|。(3)夹角：cos。(4)两非零向量ab的充要条件：ab0x1x2y1y20。(5)|ab|a|b|(当且仅当ab时等号成立)|x1x2y1y2| 。3平面向量数量积的运算律(1)abba(交换律)。(2)ab(ab)a(b)(结合律)。(3)(ab)cacbc(分配律)。1a在b方向上的投影与b在a方向上的投影不是一个概念，要加以区别。2对于两个非零向量a与b，由于当0时，ab0，所以ab0是两个向量a，b夹角为锐角的必要不充分条件；ab0也不能推出a0或b0，因为ab0时，有可

3、能ab。3在实数运算中，若a，bR，则|ab|a|b|；若abac(a0)，则bc。但对于向量a，b却有|ab|a|b|；若abac(a0)，则bc不一定成立，原因是ab|a|b|cos，当cos0时，b与c不一定相等。4向量数量积的运算不满足乘法结合律，即(ab)c不一定等于a(bc)，这是由于(ab)c表示一个与c共线的向量，而a(bc)表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线。 一、走进教材1(必修4P108A组T6改编)已知ab12，|a|4，a和b的夹角为135，则|b|为()A12 B6C3 D3解析ab|a|b|cos13512，所以|b|6。答案B2(必修4P104例1改编)

4、已知|a|5，|b|4，a与b的夹角120，则向量b在向量a方向上的投影为_。解析由数量积的定义知，b在a方向上的投影为|b|cos4cos1202。答案2二、走近高考3(2018全国卷)已知向量a，b满足|a|1，ab1，则a(2ab)()A4B3 C2D0解析a(2ab)2a2ab2(1)3。故选B。答案B4(2017全国卷)已知向量a，b的夹角为60，|a|2，|b|1，则|a2b|_。解析|a2b|2。答案25(2016天津高考)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()ABC.D.解析，所以()1111。答案

5、B三、走出误区微提醒：搞错向量的夹角求错数量积；不会用夹角公式计算向量的夹角。6已知ABC的三边长均为1，且c，a，b，则abbcac_。解析因为a，bb，ca，c120，|a|b|c|1，所以abbcac11cos120，所以abbcac。答案7已知非零向量a，b满足|a|b|ab|，则a与2ab夹角的余弦值为()ABC.D.解析不妨设|a|b|ab|1，则|ab|2a2b22ab22ab1，所以ab，所以a(2ab)2a2ab，又|a|1，|2ab|，所以a与2ab夹角的余弦值为。答案D考点一 平面向量的数量积运算【例1】(1)设四边形ABCD为平行四边形，|6，|4，若点M，N满足3，2

6、，则等于()A20B15 C9 D6(2)(2018天津高考)如图，在平面四边形ABCD中，ABBC，ADCD，BAD120，ABAD1。若点E为边CD上的动点，则的最小值为()ABC. D3解析(1)，所以(43)(43)(16292)(1662942)9。故选C。(2)如图，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(1,0)，B，C(0，)，令E(0，t)，t0，所以(1，t)t2t，因为t0，所以当t时，取得最小值，()min。故选A。解析：令(01)，由已知可得DC，因为，所以，所以()()2232。当时，取得最小值。故选A。答案(1)C(2)A平面

7、向量数量积的三种运算方法1当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即ab|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abx1x2y1y2。3利用数量积的几何意义求解。 【变式训练】如图，在梯形ABCD中，ABCD，CD2，BAD，若2，则_。解析因为2，所以，所以。因为ABCD，CD2，BAD，所以2|cos，化简得|2。故()|2(2)222cos12。解析：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(m

8、2)2nm，化简得m2。故(m，m)(m2，m)2m22m12。答案12考点二 解决有关向量的长度、夹角、垂直问题微点小专题方向1：长度问题【例2】(1)已知向量a(1，3)，b(2，m)，若ab，则|a2b|()A45B90 C3 D3(2)已知向量，满足|2，2，若(，R)，且1，则|的最小值为()A1BC.D.解析(1)因为ab，所以m60，解得m6，则b(2，6)，所以a2b(3,9)，所以|a2b|3。故选D。(2)|2()2(1)2424(1)22(1)，因为2，所以|2424(1)22(1)24244423，当时，|取得最小值。答案(1)D(2)D1利用数量积求解向量模的问题常用

9、的公式：(1)a2aa|a|2或|a|； (2)|ab|；(3)若a(x，y)，则|a|。2最值问题是在变化中求得一个特殊情况，在此情况下求解目标达到最值，因此函数方法是最基本的方法之一。 方向2：夹角问题【例3】(2018成都二诊)已知平面向量a，b的夹角为，且|a|1，|b|，则a2b与b的夹角是()ABC.D.解析因为|a2b|2|a|24|b|24ab1141cos3，所以|a2b|。又(a2b)bab2|b|21cos2，所以cosa2b，b，所以a2b与b的夹角为。答案A求向量夹角问题的方法1当a，b是非坐标形式时，求a与b的夹角，需求出ab及|a|，|b|或得出它们之间的关系。2

10、若已知a(x1，y1)与b(x2，y2)，则cosa，b。注意：a，b0，。 方向3：垂直问题【例4】已知向量a(k,3)，b(1,4)，c(2,1)，且(2a3b)c，则实数k()A B0C3D.解析因为2a3b(2k3，6)，(2a3b)c，所以(2a3b)c2(2k3)60，解得k3。故选C。答案C两个向量垂直的充要条件是两向量的数量积为0，即：a(x1，y1)，b(x2，y2)，则abab0x1x2y1y20。应认识到此充要条件对含零向量在内的所有向量均成立，因为可视零向量与任意向量垂直。 【题点对应练】1(方向1)平面向量a与b的夹角为60，a(2,0)，|b|1，则|a2b|()A

11、6 B36C2 D12解析因为a(2,0)，所以|a|2，又|b|1，向量a与向量b的夹角为60，所以|a2b|2(a2b)2a24ab4b24421cos60412，所以|a2b|2。故选C。解析：如图，作出a，2b，则以AB，AD为邻边作平行四边形ABCD，可得a2b，所以|a2b|AC，由题意知DAB60，ABAD2，所以在ABC中，ABBC2，ABC120，故AC2AB2BC22ABBCcos1204422212，则|a2b|AC2。故选C。答案C2(方向2)已知单位向量a，b满足|ab|ab|，则a与ba的夹角是()ABC.D.解析因为|ab|ab|，所以(ab)2(ab)2，整理得

12、ab0。在平面直角坐标系中作出a，b，ba，如图，易知a与ba的夹角是。故选D。答案D3(方向3)设非零向量a，b满足|2ab|2ab|，则()Aab B|2a|b|Cab D|a|b|解析因为|2ab|2ab|，所以(2ab)2(2ab)2，化简得ab0，所以ab。故选A。解析：记c2a，则由|2ab|2ab|得|cb|cb|，由平行四边形法则知，以向量c，b为邻边的平行四边形的对角线相等，所以该四边形为矩形，故cb，即ab。故选A。答案A1(配合例1使用)如图，平面四边形ABCD中，ABCADC90，BCCD2，点E在对角线AC上，AC4，AE1，则的值为()A17 B13C5D1解析因为

13、ABCADC90，BCCD2，AC4，所以ABAD2，BACDAC30，所以()()2112cos15012cos15022cos6013361。故选D。答案D2(配合例2使用)已知G为ABC所在平面上一点，且0，A60，2，则|的最小值为_。解析由题意得点G为ABC的重心，则()，所以2(222)(224)。因为|cos602，所以|4，所以2(2|4)，当且仅当|2时，等号成立，所以|，即|的最小值为。答案3(配合例3使用)如图，在等腰梯形ABCD中，ADBCABDC2，点E，F分别为线段AB，BC的三等分点，O为DC的中点，则cos，_。解析以O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，连

14、接OB，可得BOC为等边三角形，易知A(1，)，B(1，)，C(2,0)，则E，F。所以，故cos，。答案平面向量具有“数”与“形”的双重身份，沟通了代数与几何的关系，所以平面向量的应用非常广泛，主要体现于平面向量在平面几何、函数、不等式、三角函数、解析几何等方面的应用。类型一 平面向量在平面几何中的应用【例1】(1)在平行四边形ABCD中，AD1，BAD60，E为CD的中点。若1，则AB_。(2)已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个动点，若动点P满足()，(0，)，则点P的轨迹一定通过ABC的()A内心 B外心 C重心 D垂心解析(1)在平行四边形ABCD中，又因为，所以(

15、)22|2|cos60|21|21。所以|0，又|0，所以|。(2)由原等式，得()，即()，根据平行四边形法则，知2(D为BC的中点)，所以点P的轨迹必过ABC的重心。故选C。答案(1)(2)C向量与平面几何综合问题的解法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进行求解。 【变式训练】在ABC中，已知向量与满足0，且，则ABC为()A等边三角形B直角三角形C等腰非等边三角形D三边均不相等的三角形解析，分别为，方向上的单位

16、向量，由平行四边形法则可知为BAC的平分线上的向量。因为0，所以BAC的平分线垂直于BC，所以ABAC。又cosBAC，所以cosBAC，又0BAC，故BAC，所以ABC为等边三角形。故选A。答案A类型二 平面向量与函数、不等式的综合应用【例2】设是两个非零向量a，b的夹角，若对任意实数t，|atb|的最小值为1，则下列判断正确的是()A若|a|确定，则唯一确定B若|b|确定，则唯一确定C若确定，则|b|唯一确定D若确定，则|a|唯一确定解析设g(t)(atb)2b2t22taba2，当且仅当t时，g(t)取得最小值1，所以b22aba21，化简得a2sin21，所以当确定时，|a|唯一确定。

17、答案D通过向量的数量积运算把向量运算转化为实数运算，再结合函数、不等式的知识解决，同时也要注意平面向量的坐标运算在这方面的应用。 【变式训练】(2019福州四校联考)已知向量a，b为单位向量，且ab，向量c与ab共线，则|ac|的最小值为()A1 B C.D.解析因为向量c与ab共线，所以可设ct(ab)(tR)，所以ac(t1)atb，所以(ac)2(t1)2a22t(t1)abt2b2，因为向量a，b为单位向量，且ab，所以(ac)2(t1)2t(t1)t2t2t1，所以|ac|，所以|ac|的最小值为。故选D。解析：因为向量a，b为单位向量，且ab，所以向量a，b的夹角为120，在平面直

18、角坐标系中，不妨设向量a(1,0)，b，则ab，因为向量c与ab共线，所以可设ct(tR)，所以ac，所以|ac|，所以|ac|的最小值为。故选D。答案D类型三 平面向量与解三角形的综合应用【例3】已知在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m(sinA，sinB)，n(cosB，cosA)，mnsin2C。(1)求角C的大小；(2)若sinA，sinC，sinB成等差数列，且()18，求c。解(1)mnsinAcosBsinBcosAsin(AB)，对于ABC，ABC,0C，所以sin(AB)sinC，所以mnsinC，又mnsin2C，所以sin2CsinC，cosC，又因为C

19、(0，)，所以C。(2)由sinA，sinC，sinB成等差数列，可得2sinCsinAsinB，由正弦定理得2cab。因为()18，所以18，即abcosC18，ab36。由余弦定理得c2a2b22abcosC(ab)23ab，所以c24c2336，c236，所以c6。1解决平面向量与三角函数的交汇问题，关键是准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数中的有关问题解决。2还应熟练掌握向量数量积的坐标运算公式、几何意义、向量模、夹角的坐标运算公式以及三角恒等变换、正、余弦定理等知识。 【变式训练】(2019惠州模拟)若O为ABC所在平面内任一点，且满足()(2)0，则ABC的形状为

20、()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因为()(2)0，即()0，()()0，即|，所以ABC是等腰三角形。故选A。答案A类型四 平面向量与解析几何的综合应用【例4】(2018湖北黄冈二模)已知平面向量a，b，c满足|a|b|1，a(a2b)，(c2a)(cb)0，则|c|的最大值与最小值的和为()A0 B C.D.解析因为a(a2b)，所以a(a2b)0，即a22ab，又|a|b|1，所以ab，a与b的夹角为60。设a，b，c，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则a，b(1,0)。设c(x，y)，则c2a(x1，y)，cb(x1，y)。又因

21、为(c2a)(cb)0，所以(x1)2y(y)0。即(x1)22，所以点C的轨迹是以点M为圆心，为半径的圆。又|c|表示圆M上的点与原点O(0,0)之间的距离，所以|c|max|OM|，|c|min|OM|，所以|c|max|c|min2|OM|2 。故选D。答案D本题将|c|min与|c|max通过向量的坐标运算转化为圆C：(x1)22上的点与原点的距离的最小值、最大值。 【变式训练】(2019四省八校联考)已知在RtABC中，A，AB3，AC4，P为BC上任意一点(含B，C)，以P为圆心，1为半径作圆，Q为圆上任意一点，设ab，则ab的最大值为()AB C.D.解析根据题设条件建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0,4)，B(3,0)，易知点Q运动的区域为图中的两条线段DE，GF与两个半圆围成的区域(含边界)，由ab(3a,4b)，设zab，则bza，所以(3a,4z4a)。设Q(x，y)，所以消去a，得yx4z，则当点P运动时，直线yx4z与圆相切时，直线的纵截距最大，即z取得最大值，不妨作AQBC于Q，并延长交每个圆的公切线于点R，则|AQ|，|AR|，所以点A到直线yx4z，即4x3y12z0的距离为，所以，解得z，即ab的最大值为。故选C。答案C