2019年高考数学一轮复习(文科)： 课时分层训练25 平面向量的数量积及其应用 文 北师大版
近年届高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入第3讲平面向量的数量积及应用举例演练直
（江苏专版）2019届高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入第3讲平面向量的数量积及应用举例分层演练直击高考文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（江苏专版）2019届高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入第3讲平面向量的数量积及应用举例分层演练直击高考文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第3讲平面向量的数量积及应用举例1．(2018·无锡质检)已知向量a＝(2，1),b＝（5，－3)，则a·b的值为________．［解析] 因为a·b＝（2,1）·（5，－3)＝10－3＝7.[答案] 72．等边三角形ABC的边长为1，错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，那么a·b＋b·c＋c·a ＝________．[解析］由题意知｜a｜＝|b|＝|c｜＝1,且a与b的夹角为120°，b与c的夹角为120°,c 与a的夹角也为120°。
故a·b＋b·c＋c·a＝－错误!.［答案］－错误!3．已知|a｜＝3，|b｜＝4,且a与b不共线，若向量a＋k b与a－k b垂直，则k＝________．[解析] 因为（a＋k b)⊥(a－k b)，所以（a＋k b)·（a－k b）＝0，即|a｜2－k2｜b|2＝0。
又因为｜a｜＝3，｜b|＝4,所以k2＝916，即k＝±错误!.[答案] ±错误!4．如图，菱形ABCD的边长为2,∠BAD＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点（含边界），则错误!·错误!的最大值为________．［解析］由平面向量的数量积的几何意义知，错误!·错误!等于错误!与错误!在错误!方向上的投影之积，所以(错误!·错误!)max＝错误!·错误!＝错误!·（错误!＋错误!）＝错误!错误!2＋错误!2＋错误!错误!·错误!＝9.［答案] 95．已知平面向量a＝（1，2)，b＝（4,2）,c＝m a＋b(m∈R），且c与a的夹角等于c与b 的夹角,则m＝________.[解析] 由题意得：错误!＝错误!⇒错误!＝错误!⇒错误!＝错误!⇒m＝2.[答案］ 26．(2018·南通市高三第一次调研测试)在△ABC中，若错误!·错误!＋2错误!·错误!＝错误!·错误!,则错误!的值为________．解析:由错误!·错误!＋2错误!·错误!＝错误!·错误!,得2bc×错误!＋ac×错误!＝ab×错误!，化简可得a＝错误!c。
全国通用近年高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时作业二十五4.1平面向量的概
（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时分层作业二十五4.1 平面向量的概念及其线性运算文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时分层作业二十五4.1 平面向量的概念及其线性运算文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时分层作业二十五平面向量的概念及其线性运算一、选择题（每小题5分,共35分）1。
①有向线段就是向量,向量就是有向线段；②向量a与向量b平行,则a与b的方向相同或相反；③向量与向量共线，则A,B,C,D四点共线；④如果a∥b，b∥c,那么a∥c.以上命题中正确的个数为( )A.1B.2 C。
3 D。
0【解析】选D。
①不正确，向量可以用有向线段表示，但向量不是有向线段;②不正确，若a与b中有一个为零向量时也互相平行，但零向量的方向是不确定的,故两向量方向不一定相同或相反；③不正确,共线向量所在的直线可以重合,也可以平行；④不正确，当b=0时,a与c不一定平行,故正确命题的个数为0。
2。
设a是非零向量，λ是非零实数，下列结论中正确的是( )A.a与λa的方向相反B.a与λ2a的方向相同C.｜—λa|≥｜a｜D。
｜—λa｜≥｜λ｜·a【解析】选B。
对于A,当λ>0时,a与λa的方向相同,当λ<0时，a与λa的方向相反.B正确；对于C，|-λa|=|-λ|｜a|，由于｜-λ|的大小不确定，故|-λa|与|a｜的大小关系不确定；对于D,|λ｜a是向量,而|-λa｜表示长度，两者不能比较大小.3。
2019届高三数学课标一轮复习考点规范练 25平面向量的
考点规范练25平面向量的应用基础巩固组1.在锐角三角形ABC中,若BC=2,sin A=,则的最大值为()A. B. C.1 D.32.已知|a|=2|b|,|b|≠0,且关于x的方程x2+|a|x-a·b=0有两个相等的实数根,则向量a与b的夹角是()A.-B.-C.D.3.在△ABC中,已知向量与满足=0且,则△ABC为()A.三边均不相等的三角形B.直角三角形C.等腰非等边三角形D.等边三角形4.在△ABC中,AB=8,AC=6,AD垂直BC于点D,E,F分别为AB,AC的中点,若=6,则BC=() A.2 B.10C.2D.145.已知三个向量m=,n=,p=共线,其中a,b,c,A,B,C分别是△ABC的三条边及相对三个角,则△ABC的形状是()A.等腰三角形B.等边三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形6.(2017北京高考)已知点P在圆x2+y2=1上,点A的坐标为(-2,0),O为原点,则的最大值为.7.平面上有三个点A(-2,y),B,C(x,y),若,则动点C的轨迹方程为.8.(2017湖北重点中学联考)在直径AB=4的圆上有长度为2的动弦CD,则的最大值为.能力提升组9.(2017浙江杭州高级中学模拟)已知函数f(x)=sin(πx+φ)的部分图象如图所示,点B,C是该图象与x轴的交点,过点C的直线与该图象交于D,E两点,则()·()的值为()A.-1B.-C.D.210.已知△ABD是等边三角形,且,||=,那么四边形ABCD的面积为()A. B. C.3 D.11.(2017浙江杭州二模改编)设P为△ABC所在平面上一点,且满足3+4=m(m>0).若△ABP的面积为8,则△ABC的面积为()A.7B.8C.14D.1612.(2017浙江杭州学军中学模拟)已知正三角形ABC的边长为2,平面ABC内的动点P,M满足||=1,,则||2的最大值是()A. B.C. D.13.(2017浙江湖州考试)已知△ABC的面积是4,∠BAC=120°,点P满足=3,过点P作边AB,AC 所在直线的垂线,垂足分别是M,N.则=.14.在▱ABCD中,∠BAD=60°,AB=1,AD=,P为▱ABCD内一点,且AP=,若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ的最大值为.15.(2017浙江高考)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是,最大值是.16.(2017浙江镇海中学模拟)已知向量a=(cos θ,sin θ),b=(2,-1).(1)若a⊥b,求-的值;(2)若|a-b|=2,θ∈,求sin的值.17.(2017浙江杭州联考)已知平面上一定点C(2,0)和直线l:x=8,P为该平面上一动点,作PQ⊥l,垂足为Q,且-=0.(1)求动点P的轨迹方程;(2)若EF为圆N:x2+(y-1)2=1的任一条直径,求的最值.答案：1.C设△ABC三个内角A,B,C所对边分别为a,b,c.由余弦定理,得a2=b2+c2-2bc=4,由基本不等式可得4bc,即bc≤3,所以=bc cos A=bc≤1.2.D设向量a与b的夹角为θ.由已知可得Δ=|a|2+4a·b=0,即4|b|2+4×2|b|2cos θ=0,∴cos θ=-又0≤θ≤π,∴θ=3.D设∠BAC的角平分线为AD,则=由已知得AD⊥BC,∴△ABC 为等腰三角形.又,即cos A=,∴A=60°,∴△ABC为等边三角形.故选D.4.A令BC=a,则由条件可知,))=)=6.)=24①,又在Rt△ADC,Rt△ADB中有=64②,( )2+=36③,联立①②③解得=52.∴a=2故选A.5.B∵m=与n=共线,∴a cos=b cos由正弦定理,得sinA cos=sinB cos∵sin A=2sin cos,sin B=2sin cos,∴2sin cos cos=2sin cos cos,化简,得sin=sin又0<,0<,,可得A=B.同理,由n=与p=共线得到B=C,∴在△ABC中,A=B=C,可得△ABC是等边三角形.故选B.6.6=||·||cos θ≤||·||≤2×(2+1)=6.所以最大值是6.7.y2=8x(x≠0)由题意得-又,所以=0,即-=0,化简得y2=8x(x≠0).8.2因,故=()·()=,由题设可得∠COD=60°,设∠DOA=α,∠BOC=π-α+,所以=2-4cos--4cos α-4=-2+4cos--4cos α,即=-2+4sin-,则当sin-=1时,取最大值为-2+4=2,应填答案2.9.D f(x)=sin(πx+φ)的周期为2.∴||=1.D,E关于点C对称,∴C是线段DE的中点,∴()·()=2()=2=2.故选D.10.B如图所示,,-,即3=∵||=||,|2-||||cos 60°=3.∴||=2.又,∴||=|=1.∴||2+||2=||2.∴BC⊥CD.∴S=S△ABD+S△BCD=22×sin 60°+1,故选B.四边形ABCD11.C由3+4=m得,设,(如图所示)于是可得点D在边AC上,,且3=4,则,由,所以S△ABP=S△ABD,所以S△ABD=8.又因为△△ ,所以△,则S△ABC=14.12.B如图所示,建立直角坐标系.B(0,0),C(2,0),A(,3).∵P满足||=1,设P(x,y),∴点P的轨迹方程为:(x-)2+(y-3)2=1,令x=+cos θ,y=3+sin θ,θ∈[0,2π).又,则M,∴||2=+3sin||2的最大值是也可以以点A为坐标原点建立坐标系.故选B.13不妨令△ABC为等腰三角形,∵∠BAC=120°,∴B=C=30°,∴b=c.∴S△ABC=bc sin A=4,∴b2=c2=由余弦定理可得a2=b2+c2-2bc cos A==16=3,∴||=|=,||=|=过点P作边AB,AC所在直线的垂线,垂足分别是M,N,故||=||·sin B=,||=||sin C=∵∠MPN=180°-A=60°,=||·||cos 60°=故答案为14.1=+,∴||2=(+)2,即=λ2||2+μ2||2+2λ又AB=1,AD=,∠BAD=60°,=||||cos 60°==λ2+3μ2+∴(λ+)2=∴(λ+)2≤1.∴λ+的最大值为1,当且仅当λ=,μ=时取等号.15.42设向量a,b的夹角为θ,由余弦定理有:|a-b|=--,|a+b|=--,则|a+b|+|a-b|=-,令y=-,则y2=10+2-[16,20],据此可得:(|a+b|+|a-b|)max==2,(|a+b|+|a-b|)min==4,即|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是216.解(1)由a⊥b可知,a·b=2cos θ-sin θ=0,所以sin θ=2cos θ,--所以(2)由a-b=(cos θ-2,sin θ+1)可得,|a-b|=--=2,即1-2cos θ+sin θ=0.又cos2θ+sin2θ=1,且,所以sin θ=,cos θ=所以sin(sin θ+cos θ)=17.解(1)设P(x,y),则Q(8,y).由-=0,得||2-|2=0,即(x-2)2+y2-(x-8)2=0,化简得=1.所以点P在椭圆上,其方程为=1.(2)因=()·()=(-)·()=-1,P是椭圆=1上的任一点,设P(x0,y0),则有=1,即=16-,又N(0,1),所以+(y0-1)2=--2y0+17=-(y0+3)2+20.因y0∈[-2,2],所以当y0=-3时,取得最大值20,故的最大值19.当y0=2时,取得最小值13-4(此时x0=0),故的最小值为12-4。
高优指导高考数学一轮复习 第五章 平面向量 25 平面向量的数量积考点规范练 文 北师大版
考点规范练25考点规范练A册第19页基础巩固组1.已知a,b为单位向量,其夹角为60°,则(2a-b)·b=()A.-1B.0C.1D.2答案:B解析:由已知得|a|=|b|=1,<a,b>=60°,∴(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a||b|cos<a,b>-|b|2=2×1×1×cos 60°-12=0,故选B.2.(2015广东惠州调研)已知向量p=(2,-3),q=(x,6),且p∥q,则|p+q|的值为()A.B.C.5D.13答案:B解析:由题意得2×6+3x=0,x=-4.|p+q|=|(2,-3)+(-4,6)|=|(-2,3)|=.3.(2015陕西,文8)对任意平面向量a,b,下列关系式中不恒成立的是()A.|a·b|≤|a||b|B.|a-b|≤||a|-|b||C.(a+b)2=|a+b|2D.(a+b)·(a-b)=a2-b2答案:B解析:当a与b为非零向量且反向时,B显然错误.4.在四边形ABCD中,=(1,2),=(-4,2),则该四边形的面积为()A. B.2 C.5 D.10答案:C解析:依题意得,=1×(-4)+2×2=0,∴.∴四边形ABCD的面积为|||==5.5.(2015长春调研)已知向量a=(1,2),b=(1,0),c=(3,4),若λ为实数,(b+λa)⊥c,则λ的值为()A.-B.-C.D.答案:A解析:b+λa=(1,0)+λ(1,2)=(1+λ,2λ),c=(3,4),又(b+λa)⊥c,∴(b+λa)·c=0,即(1+λ,2λ)·(3,4)=3+3λ+8λ=0,解得λ=-,故选A.6.已知向量a=(x+1,1),b=(1,y-2),且a⊥b,则x2+y2的最小值为()A. B. C. D.1〚导学号32470467〛答案:C解析:∵a⊥b,∴a·b=0,即x+1+y-2=0,整理得x+y=1,∴x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1=2,∴x2+y2的最小值为.7.已知点A(-1,1),B(1,2),C(-2,-1),D(3,4),则向量方向上的投影为()A. B. C.- D.-答案:A解析:=(2,1),=(5,5),向量上的投影为||cos<>=||·,故选A.8.(2015银川质量检测)如图,在矩形ABCD中,AB=,BC=2,点E为BC的中点,点F在CD上,若,则的值是()A.B.2C.0D.1〚导学号32470468〛答案:A解析:依题意,得=()·()=-2+1×2-0=,故选A.9.(2015湖北,文11)已知向量,||=3,则=.答案:9解析:·()=||2+=||2=9.10.已知平面向量a,b,|a|=1,|b|=,且|2a+b|=,则向量a与a+b的夹角为.答案:解析:∵|2a+b|2=4|a|2+4a·b+|b|2=7,|a|=1,|b|=,∴4+4a·b+3=7,∴a·b=0,∴a⊥b.如图所示,a与a+b的夹角为∠COA.∵tan∠COA=,∴∠COA=,即a与a+b的夹角为.11.(2015安徽,文15)△ABC是边长为2的等边三角形,已知向量a,b满足=2a,=2a+b,则下列结论中正确的是.(写出所有正确结论的编号)①a为单位向量;②b为单位向量;③a⊥b;④b∥;⑤(4a+b)⊥.答案:①④⑤解析:在正三角形ABC中,=2a,||=2,所以|a|=1,①正确;由=2a+b,得=b,因此④正确,②不正确;由的夹角为120°,知a与b的夹角为120°,所以③不正确;因为=b,所以(4a+b)·=4a·b+b2=4×1×2×+22=0,所以(4a+b)⊥.故⑤正确.能力提升组12.在矩形ABCD中,AB=1,AD=,P为矩形内一点,且AP=,若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ的最大值为()A. B.C. D.〚导学号32470469〛答案:B解析:因为=λ+μ,所以||2=|λ+μ|2.所以=λ2||2+μ2||2+2λμ.因为AB=1,AD=,AB⊥AD,所以=λ2+3μ2.又=λ2+3μ2≥2λμ,所以(λ+μ)2=+2λμ≤.所以λ+μ的最大值为,当且仅当λ=,μ=时取等号.13.已知a与b均为单位向量,其夹角为θ,有下列四个命题:p1:|a+b|>1⇒θ∈;p2:|a+b|>1⇒θ∈;p3:|a-b|>1⇒θ∈;p4:|a-b|>1⇒θ∈.其中的真命题是()A.p1,p4B.p1,p3C.p2,p3D.p2,p4〚导学号32470470〛答案:A解析:由|a+b|>1得(a+b)2>1,即a2+b2+2a·b>1,整理得cos θ>-,又因θ∈[0,π],解得θ∈;由|a-b|>1得(a-b)2>1,即a2+b2-2a·b>1,整理得cos θ<,又θ∈[0,π],解得θ∈.综上可知p1,p4正确,故选A.14.(2015东北三校联考)已知△ABC中,||=10,=-16,D为边的中点,则||等于()A.6B.5C.4D.3〚导学号32470471〛答案:D解析:由题知),=-16,∴||·||cos∠BAC=-16.在△ABC中,由余弦定理得,||2=||2+||2-2||||cos∠BAC,∴102=||2+||2+32,||2+||2=68,∴||2=+2)=(68-32)=9,∴||=3,故选D.15.(2015山东潍坊模拟)如图,在△ABC中,O为BC中点,若AB=1,AC=3,<>=60°,则||=.答案:解析:因为<>=60°,所以=||·||cos 60°=1×3×,又,所以)2=+2),即(1+3+9)=,所以||=.16.已知两个单位向量a,b的夹角为60°,c=t a+(1-t)b.若b·c=0,则t=.答案:2解析:∵b·c=0,|a|=|b|=1,<a,b>=60°,∴a·b=1×1×.∴b·c=[t a+(1-t)b]·b=0,即t a·b+(1-t)b2=0.∴t+1-t=0.∴t=2.17.已知a=(3,2),b=(2,-1),若向量λa+b与a+λb的夹角为锐角,则实数λ的取值范围是.答案:λ<或λ>且λ≠1解析:依题意,(λa+b)·(a+λb)=λa2+λb2+(λ2+1)a·b>0,即4λ2+18λ+4>0, 由此解得λ<或λ>.注意到当λa+b与a+λb同向共线时,λ=1,(λa+b)·(a+λb)>0.因此,所求的实数λ的取值范围是λ<或λ>且λ≠1.18.(2015天津,文13)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,则的值为.〚导学号32470472〛答案:解析:由平面几何知识可求得CD=1.由,得=()·()====||·||cos 60°+×22+|·||cos 60°+|·||cos 120°=2×1××1×1××1×2×=.。
2019版高考数学一轮复习第四章平面向量数系的扩充与复数的引入课时达标25平面向量基本定理及坐标运算
第25讲 平面向量基本定理及坐标运算[解密考纲]本考点重点考查向量的概念、线性运算、平面向量的基本定理及坐标表示，多以选择题、填空题的形式呈现，难度中等偏下．一、选择题1．若向量AB →＝(2,4)，AC →＝(1,3)，则BC →＝( B ) A ．(1,1) B ．(－1，－1) C ．(3,7)D ．(－3，－7)解析 因为AB →＝(2,4)，AC →＝(1,3)，所以BC →＝AC →－AB →＝(1,3)－(2,4)＝(－1，－1)，故选B ．2．已知向量m ＝(a ，－2)，n ＝(1,1－a )，且m∥n ，则实数a ＝( B ) A ．－1 B ．2或－1 C ．2D ．－2解析 因为m∥n ，所以a (1－a )＝－2，即a 2－a －2＝0，解得a ＝－1或a ＝2，故选B ． 3．在平面直角坐标系xOy 中，已知点O (0,0)，A (0,1)，B (1，－2)，C (m,0)．若OB →∥AC →，则实数m ＝( C )A ．－2B ．－12C ．12D ．2解析 在平面直角坐标系xOy 中，点O (0,0)，A (0,1)，B (1，－2)，C (m,0)，所以OB →＝(1，－2)，AC →＝(m ，－1)．又因为OB →∥AC →，所以m 1＝－1－2，m ＝12，故选C ．4．已知点O 是△ABC 的外接圆圆心，且AB ＝3，AC ＝4.若存在非零实数x ，y ，使得AO →＝xAB →＋yAC →，且x ＋2y ＝1，则cos ∠BAC ＝( A )A ．23 B ．33C ．23D ．13解析 设M 为AC 的中点，则AO →＝xAB →＋yAC →＝xAB →＋2yAM →.因为x ＋2y ＝1，所以O ，B ，M 三点共线．又因为O 是△ABC 的外接圆圆心，所以BM ⊥AC ，从而cos ∠BAC ＝23，故选A ．5．如图，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP →＝xOA →＋yOB →，且BP →＝2P A →，则( A )A ．x ＝23，y ＝13B ．x ＝13，y ＝23C ．x ＝14，y ＝34D ．x ＝34，y ＝14解析 由题意知OP →＝OB →＋B P →，又BP →＝2P A →， 所以OP →＝OB →＋23BA →＝O B →＋23(OA →－OB →)＝23O A →＋13OB →，所以x ＝23，y ＝13.6．如图所示，在△ABC 中，点M ，N 分别在AB ，AC 上，且AM →＝2MB →，AN →＝35AC →，线段CM与BN 相交于点P ，且AB →＝a ，AC →＝b ，则AP →用a 和b 表示为( A )A ．AP →＝49a ＋13bB ．AP →＝49a ＋23bC ．AP →＝29a ＋43bD ．AP →＝47a ＋37b解析 由于AM →＝23a ，MB →＝a 3，AN →＝35b ，NC →＝25b ，则MC →＝AC →－AM →＝b －23a ，BN →＝AN →－AB →＝35b－a .设MP →＝λMC →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －23a ，BP →＝μBN →＝μ⎝ ⎛⎭⎪⎫35b －a ，由MP →－BP →＝MB →，得λ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －23a －μ⎝ ⎛⎭⎪⎫35b －a ＝13a ，得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝35μ，－23λ＋μ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝13，μ＝59，因此AP →＝AB →＋BP →＝a ＋59⎝ ⎛⎭⎪⎫35b －a ＝49a ＋13b .二、填空题7．已知向量a ＝(3,1)，b ＝(1,3)，c ＝(k,7)，若(a －c )∥b ，则k ＝__5__. 解析 ∵a ＝(3,1)，b ＝(1,3)，c ＝(k,7)，∴a －c ＝(3－k ，－6)． ∵(a －c )∥b ，∴1×(－6)＝3×(3－k )，解得k ＝5.8．已知向量OA →＝(3,4)，OB →＝(6，－3)，OC →＝(5－m ，－3－m )，若点A ，B ，C 能构成三角形，则实数m 应满足的条件是 m ≠－710.解析 因为AB →＝OB →－OA →＝(3，－7)，AC →＝OC →－OA →＝(2－m ，－7－m )，点A ，B ，C 能构成三角形，所以点A ，B ，C 不共线，即AB →与AC →不共线，所以3×(－7－m )－(－7)×(2－m )≠0，解得m ≠－710，故实数m 应满足m ≠－710.9．在△ABC 中，过中线AD 的中点E 任作一条直线分别交AB ，AC 于M ，N 两点．若AM →＝xAB →，AN →＝yAC →，则4x ＋y 的最小值为 94.解析 由题意知AD →＝12(AB →＋AC →)，AE →＝12AD →.∵M ，E ，N 三点共线，∴AE →＝λAM →＋(1－λ)AN →(其中0<λ<1)．又∵AM →＝x AB →，AN →＝y AC →，∴14(AB →＋AC →)＝λx AB →＋(1－λ)y AC →.因此有⎩⎪⎨⎪⎧4λx ＝1，41－λy ＝1，解得x ＝14λ，y ＝141－λ.令1λ＝t ，则t >1，则4x ＋y ＝1λ＋141－λ＝t ＋t4t －1＝(t －1)＋14t －1＋54≥94，当且仅当t ＝32，即λ＝23时取得等号．三、解答题10．已知a ＝(1,0)，b ＝(2,1)．求： (1)|a ＋3b |；(2)当k 为何实数时，k a －b 与a ＋3b 平行，平行时它们是同向还是反向？ 解析 (1)∵a ＝(1,0)，b ＝(2,1)，∴a ＋3b ＝(7,3)，故|a ＋3b|＝72＋32＝58. (2)k a －b ＝(k －2，－1)，a ＋3b ＝(7,3)， ∵k a －b 与a ＋3b 平行，∴3(k －2)＋7＝0，即k ＝－13.此时k a －b ＝(k －2，－1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－73，－1，a ＋3b ＝(7,3)，则a ＋3b ＝－3(k a －b )，即此时向量a ＋3b 与k a －b 方向相反．11．已知平面上三个点的坐标分别为A (－2,1)，B (－1,3)，C (3,4)，求点D 的坐标，使得A ，B ，C ，D 四点构成平行四边形．解析 设D (x ，y )，由ABCD 为平行四边形得AB →＝DC →，即(1,2)＝(3－x ，4－y )，可解得D (2,2)；由ABDC 为平行四边形得AB →＝CD →，即(1,2)＝(x －3，y －4)，可解得D (4,6)；由ADBC为平行四边形得AD →＝CB →，即(x ＋2，y －1)＝(－4，－1)，可解得D (－6,0)．因此A ，B ，C ，D 四点构成平行四边形的D 点坐标是(2,2)或(4,6)或(－6,0)．12．如图所示，G 是△OAB 的重心，P ，Q 分别是边OA 、OB 上的动点，且P ，G ，Q 三点共线．(1)设PG →＝λPQ →，将OG →用λ，OP →，OQ →表示； (2)设OP →＝xOA →，OQ →＝yOB →，证明：1x ＋1y是定值．解析 (1)OG →＝OP →＋PG →＝OP →＋λPQ →＝OP →＋λ(OQ →－OP →)＝ (1－λ)OP →＋λOQ →.(2)证明：由(1)得OG →＝(1－λ)OP →＋λOQ →＝ (1－λ)xOA →＋λy OB →；① ∵G 是△OAB 的重心，∴OG →＝23OM →＝23×12(OA →＋OB →)＝13OA →＋13OB →.②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧1－λx ＝13，λy ＝13.∴1x ＋1y＝3(1－λ)＋3λ＝3(定值)．。
高考数学 平面向量的数量积及其应用(分层集训)
基础篇
平面向量的数量积
考向一 平面向量的数量积的运算
考点
１. (２０２３ 届浙南名校联盟联考ꎬ３) 已知边长为
３ꎬ ｜ ｂ ｜ ＝ ２ꎬ得 ａｂ ＝ ３.设 ａ 与 ｂ 的夹角为 θꎬ
则 ｃｏｓ θ ＝
１
ａｂ
＝ ꎬ又 ０°≤θ≤１８０°ꎬ∴ θ ＝
｜ａ｜ ｜ｂ｜ ２
６０°ꎬ故选 Ｂ.
３. (２０２２ 河北邢台“ 五岳联盟” 联考ꎬ４) 已知向
量 ａ ＝ ( － ２ꎬ１) ꎬｂ ＝ (１ꎬｔ) ꎬ则下列说法不正确
∵ ＰＡ ＝ (２ ＋ｘꎬｙ) ꎬＰＢ ＝ ( ２ － ｘꎬ － ｙ) ꎬ∴ ＰＡ ＰＢ
→
解法二: 设 坐 标 原 点 为 Ｏꎬ 则 ＰＡ ＋ ＰＢ ＝ ２ＰＯ
→
→
→
→
①ꎬ由题意知ＰＡ －ＰＢ ＝ ＢＡ ②ꎬ①２ － ②２ 得 ４ ＰＡ
→
→
→
ＰＢ ＝ ４ × ２２ － ２２ ＝ １２ꎬ所以ＰＡＰＢ ＝ ３.
８. (２０２１ 新高考Ⅱꎬ１５ꎬ５ 分) 已知向量 ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＝
０ꎬ ｜ ａ ｜ ＝ １ꎬ ｜ ｂ ｜ ＝ ｜ ｃ ｜ ＝ ２ꎬａｂ ＋ ｂｃ ＋ ｃａ ＝
.
答案 －
９
２
解析 由 ａ ＋ｂ ＋ｃ ＝ ０ꎬ得 ｂ ＋ｃ ＝ －ａꎬ
则 ａ( ｂ ＋ ｃ) ＝ － ａ ꎬ所以 ａｂ ＋ ｃａ ＝ － １ ＝
＋ １ꎬ１) ꎬｎ ＝ ( λ ＋ ２ꎬ２) ꎬ若( ｍ ＋ ｎ) ⊥( ｍ － ｎ) ꎬ则
λ＝
Ａ. － ４
Ｂ. － ３
Ｃ. － ２
( )
Ｄ. － １
答案 Ｂ ∵ ( ｍ ＋ｎ) ⊥( ｍ － ｎ) ꎬ∴ ( ｍ ＋ ｎ)
第3节平面向量的数量积--2025北师大版高中数学一轮复习课件(新高考新教材)
2025北师大版高中数学一轮复习课件（新高考新教材）第3节 平面向量的数量积课标解读1.通过物理中功等实例,理解平面向量数量积的概念及其物理意义,会计算平面向量的数量积.2.会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.3.能用坐标表示平面向量的数量积,会表示两个平面向量的夹角.4.会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题,体会向量在解决数学和实际问题中的作用.1 强基础 固本增分知识梳理1.平面向量数量积的概念(1)向量的夹角其中夹角为0时两向量同向共线,夹角为π时两向量反向共线非零a ⊥b误区警示只有两个向量的起点重合时所对应的角才是两向量的夹角,如图所示,(2)平面向量的数量积两个向量的数量积是一个实数,不再是向量规定:零向量与任一向量的数量积为 . 0称为a 与b 的数量积(或内积),记作a ·b ,即a ·b =|a ||b |cos<a ,b >=|a ||b |cos θ.|a||b |cos θ 微思考两个向量的数量积大于0(或小于0),则夹角一定为锐角(或钝角)吗? 提示 不一定.当两个向量的夹角为0(或π)时,数量积也大于0(或小于0).(3)投影2.平面向量数量积的性质及坐标表示已知非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),a与b的夹角为θ.3.向量数量积的运算律交换律a·b=b·a分配律(a+b)·c=a·c+b·c数乘结合律(λa)·b=λ(a·b)=a·(λb)(λ为实数)微点拨向量的数量积运算不满足结合律和消去律,即:(1)(a·b)c不一定等于a(b·c);(2)a·b=a·c(a≠0)不能推出b=c.常用结论1.平面向量数量积运算的常用公式:(1)(a+b)·(a-b)=a2-b2.(2)(a±b)2=a2±2a·b+b2.2.有关向量夹角的两个结论:(1)a与b的夹角θ为锐角,则有a·b>0,反之不成立(θ为0时不成立).(2)a与b的夹角为钝角,则有a·b<0,反之不成立(θ为π时不成立).自主诊断×××√ 题组一基础自测1.思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”).(4)两个向量的数量积是一个实数,向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量.( )2.已知|a|=2,|b|=5,且a·b=-3,则|a+b|= .3.设|a|=12,|b|=9,a·b= ,求a与b的夹角θ.4.已知|a|=6,|b|=4,a与b的夹角为60°,求(a+2b)·(a-3b).解(a+2b)·(a-3b)=a·a-3a·b+2b·a-6b·b=|a|2-a·b-6|b|2=|a|2-|a||b|cos θ-6|b|2 =62-6×4×cos 60°-6×42=-72.题组二连线高考5.(2023·全国甲,文3)已知向量a=(3,1),b=(2,2),则cos<a+b,a-b>=( )B 解析∵a=(3,1),b=(2,2),∴a+b=(5,3),a-b=(1,-1).则有cos<a+b,a-b>7.(2022·全国乙,文3)已知向量a=(2,1),b=(-2,4),则|a-b|=( )DA.2B.3C.4D.510.(2021·全国乙,理14)已知向量a=(1,3),b=(3,4),若(a-λb)⊥b,则λ= .解析由已知得,a-λb=(1-3λ,3-4λ),由(a-λb)⊥b,得3(1-3λ)+4(3-4λ)=0,即15-25λ=0,解得λ=2 研考点 精准突破考点一 平面向量数量积的运算例1(2023·全国乙,文6)已知正方形AB CD的边长为2,E为AB的中点,则B[对点训练1](1)(2024·陕西咸阳模拟)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,c=2a+b,且Ba,b夹角为120°,则a·c=( )A.0B.1C.D.2解析由向量a,b满足|a|=1,|b|=2,c=2a+b,且a,b夹角为120°,可得a·c=a·(2a+b)=2a2+a·b=2×12+1×2×cos 120°=2-1=1.(2)(2024·辽宁教研联盟模拟)设M,N 是圆O上两点,若M N =2,则=( )A.-4B.-2C.2D.4C(方法三)设MN中点为P,以MN所在直线为x轴,线段MN的中垂线为y轴建立如图所示平面直角坐标系,则M(-1,0),N(1,0),设O(0,-m),所以考点二 平面向量数量积的应用(多考向探究预测)考向1向量的模例2(1)(2024·华南师大附中模拟)已知向量a=(3,4),b=(4,m),且|a+b|=|a-b|,则|b|=( )CA.3B.4C.5D.6解析∵|a+b|=|a-b|,两边平方得(a+b)2=(a-b)2,展开整理得a·b=0.∴a·b=3×4+4m=0,解得m=-3.∴|b|= =5.(2)(2023·新高考Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|= ,|a+b|=|2a-b|,则|b|= .解析由|a-b|= ,得a2-2a·b+b2=3,即2a·b=a2+b2-3①.又由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,即3a2-6a·b=0,即2a·b=a2,代入①,得a2=a2+b2-3,整理,得b2=3,所以|b|=考向2向量的夹角例3(1)(2024·湖南长沙一中校考)已知e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,设向量a=2e1+e2,b=-3e1+2e2,则a与b的夹角为( )C(2)已知非零向量a=(x,3x),b=(-2x,1),若a与b的夹角为钝角,则x的取值范围是( )D变式探究(变条件)在本例(2)中,其他条件不变,若向量a与b的夹角为锐角时,则x的取值范围是 .考向3向量的垂直例4(1)(2023·新高考Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则( )D A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1C.λμ=1D.λμ=-1解析(方法一)由题意得,a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ).∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,解得λμ=-1.故选D.(方法二)由题意得,a2=12+12=2,b2=12+(-1)2=2,a·b=1×1+1×(-1)=0.∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(a+λb)·(a+μb)=a2+(λ+μ)a·b+λμb2=2+0+2λμ=0.解得λμ=-1.故选D.(2)(2020·全国Ⅱ,文5)已知单位向量a,b的夹角为60°,则在下列向量中,与b垂D直的是( )A.a+2bB.2a+bC.a-2bD.2a-b规律方法平面向量垂直问题的2个类型利用坐标运算证明两个向量的垂直问题若证明两个向量垂直,先根据共线、夹角等条件计算出这两个向量的坐标;然后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[对点训练2](1)(2024·湖北黄冈模拟)已知向量a=(1,2),b=(m,3),若a⊥(2a-b),则a与b夹角的余弦值为( )B解析因为a=(1,2),b=(m,3),所以2a-b=(2-m,1),又a⊥(2a-b),所以a·(2a-b) =1×(2-m)+2×1=0,解得m=4,所以b=(4,3).设a与b夹角为θ,则(2)(多选题)(2024·山东滨州模拟)已知向量a=(1,m),b=(2,-4),则下列说法正BD确的是( )A.若|a+b|= ,则m=5B.若a∥b,则m=-2C.若a⊥b,则m=-1D.若m=1,则向量a,b的夹角为钝角解析对于A,因为a=(1,m),b=(2,-4),所以a+b=(3,m-4),|a+b|=,解得m=5或m=3,故A错误;对于B,因为a∥b,所以2m=-4,解得m=-2,故B正确;对于C,因为a⊥b,所以a·b=2-4m=0,解得m= ,故C错误;对于D,当m=1时,a=(1,1),a·b=2-4=-2<0,又因为此时a,b不共线,所以向量a,b的夹角为钝角,故D正确.故选BD.C(4)(2020·全国Ⅱ,理13)已知单位向量a,b的夹角为45°,k a-b与a垂直,则k= .考点三 投影向量及其应用例5(2024·福建福州模拟)已知|b|=2|a|,若a与b的夹角为120°,则2a-b在b上的投影向量为( )B[对点训练3](2024·山东淄博模拟)已知向量a,b满足a·b=10,且b=(6,-8),则a在D b上的投影向量为( )A.(-6,8)B.(6,-8)考点四 平面向量的实际应用例6(多选题)在日常生活中,我们常常会看到两个人共提一个行李包的情景,若行李包所受的重力为G,两个拉力分别为F 1,F 2,且|F 1|=|F 2|,F 1与F 2夹角为θ(θ∈(0,π)),当两人拎起行李包时,下列结论中错误的有( )A.|G|=|F 1|+|F 2|ACD [对点训练4]某河流南北两岸平行,一艘游船从南岸码头A出发航行到北岸,假设游船在静水中的航行速度的大小为|v1|=8 km/h,水流的速度的大小为|v2|=4 km/h,设v1和v2的夹角为θ(0°<θ<180°),北岸的点B在A的正北方向,游船正好到达B处时,cos θ=( )D 解析设船的实际速度为v,则v=v1+v2,因为北岸的点B在A的正北方向,游船正好到达B处,则v⊥v2,所以v·v2=0,即(v1+v2)·v2=|v1|·|v2|·cos θ+|v2|2 =32cos θ+16=0,本 课 结 束。
2019届高考数学一轮复习 课时跟踪检测(二十五)平面向量的概念及其线性运算 理(重点高中)
课时跟踪检测（二十五） 平面向量的概念及其线性运算(二)重点高中适用作业A 级——保分题目巧做快做1.设D ，E ，F 分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，则EB ―→＋FC ―→＝( ) A ．AD ―→ B.12AD ―→C.12BC ―→ D ．BC ―→解析：选 A 由题意得EB ―→＋FC ―→＝12(AB ―→＋CB ―→)＋12(AC ―→＋BC ―→)＝AD ―→.2.(2018·合肥质检)已知O ，A ，B ，C AC ―→＋CB ―→＝0，则向量OC ―→等于( )A.23OA ―→－13OB ―→ B ．－13―C ．2OA ―→－OB ―→D ．－OA ―→＋2OB ―→解析：选C 因为AC ―→＝OC ―→－OA ―→，CB ―→＝OB ―→－OC ―→，所以2AC ―→＋CB ―→＝2(OC ―→－OA ―→)，所以OC ―→＝2OA ―→－OB ―→.中，P ，Q 分别是边AB ，BC 上的点，且AP ＝13AB ，BQ) B ．－13a ＋13bD ．－13a －13b解析：选A PQ ―→＝PB ―→＋BQ ―→＝3AB ―→＋13BC ―→＝23AB ―→＋13(AC ―→－AB ―→)＝13AB ―→＋13AC ―→＝13a ＋13b ，故选A. 4．下列四个结论：①AB ―→＋BC ―→＋CA ―→＝0；②AB ―→＋MB ―→＋BO ―→＋OM ―→＝0； ③AB ―→－AC ―→＋BD ―→－CD ―→＝0；④NQ ―→＋QP ―→＋MN ―→－MP ―→＝0，其中一定正确的结论个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C ①AB ―→＋BC ―→＋CA ―→＝AC ―→＋CA ―→＝0，①正确；②AB ―→＋MB ―→＋BO ―→＋OM ―→＝AB ―→＋MO ―→＋OM ―→＝AB ―→，②错误；③AB ―→－AC ―→＋BD ―→－CD ―→＝CB ―→＋BD ―→＋DC ―→＝CD ―→＋DC ―→＝0，③正确；④NQ ―→＋QP ―→＋MN ―→－MP ―→＝NP ―→＋PN ―→＝0，④正确．故①③④正确．5．已知向量a ，b 不共线，且c ＝λa ＋b ，d ＝a ＋(2λ－1)b ，若c 与d 共线反向，则实数λ的值为( )A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1解析：选B 由于c 与d ，于是λa ＋b ＝k []a ＋λ－b .整理得λa ＋b ＝k a ＋(2λk －k )b.由于a ，b 不共线，所以有⎩⎪⎨⎪⎧λ＝k ，2λk －k ＝1，＝1或λ＝－12.＝－12.a ＝m e 1＋2e 2，b ＝n e 1－e 2，且mn ≠0，＋2e 2＝λ(n e 1－e 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧λn ＝m ，－λ＝2，故m n＝－2.7．已知a ，b 是非零向量，命题p ：a ＝b ，命题q ：|a ＋b|＝|a|＋|b|，则p 是q 的____________________条件(选填“充要”“充分不必要”“必要不充分”“既不充分也不必要”)．解析：若a ＝b ，则|a ＋b|＝|2a|＝2|a|，|a|＋|b|＝|a|＋|a|＝2|a|，即p ⇒q . 若|a ＋b|＝|a|＋|b|，由加法的运算法则知a 与b 同向共线，即a ＝λb ，且λ>0，故q ⇒/ p .所以p 是q 的充分不必要条件．答案：充分不必要8．已知S 是△ABC 所在平面外一点，D 是SC 的中点，若BD ―→＝x AB ―→＋y AC ―→＋z AS ―→，则x ＋y ＋z ＝________.解析：依题意得BD ―→＝AD ―→－AB ―→＝12(AS ―→＋AC ―→)－AB ―→＝－AB ―→＋12AC ―→＋12AS ―→，因此x＋y ＋z ＝－1＋12＋12＝0.答案：09.已知D 为三角形ABC 边BC 的中点，点P 满足PA ―→＋BP ―→＋CP ―→＝0，AP ―→＝λPD ―→，求实数λ的值．解：如图所示，由AP ―→＝λPD ―→且PA ―→＋BP ―→＋CP ―→＝0，得P 为以AB ，AC 为邻边的平行四边形的第四个顶点，因此AP ―→＝－2PD ―→，所以λ＝－2.10．设e 1，e 2是两个不共线的向量，已知AB ―→＝2e 1－8e 2，CB ―→＝e 1＋3e 2，CD ―→＝2e 1－e 2. (1)求证：A ，B ，D 三点共线；(2)若BF ―→＝3e 1－k e 2，且B ，D ，F 三点共线，求k 的值．解：(1)证明：由已知得BD ―→＝CD ―→－CB ―→＝(2e 1－e 2)－(e 1＋3e 2)＝e 1－4e 2， ∵AB ―→＝2e 1－8e 2， ∴AB ―→＝2BD ―→.又∵AB ―→与BD ―→有公共点B ， ∴A ，B ，D 三点共线． (2)由(1)可知BD ―→＝e 1－4e 2，∵BF ―→＝3e 1－k e 2，且B ，D ，F 三点共线， ∴存在实数λ，使BF ―→＝λBD ―→， 即3e 1－k e 2＝λe 1－4λe 2，得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝3，－k ＝－4λ.解得k ＝12.B 级——拔高题目稳做准做1．(2018·长春质检)在△ABC 中，D 为△ABC 所在平面内一点，且AD ―→＝13AB ―→＋12AC ―→，则S △BCDS △ABD＝( ) A.16 B.13 C.12 D.23解析：选B 如图，由已知得，点D 在△ABC 中与AB 平行的中位线上，且在靠近BC 边的三等分点处，从而有S △ABD ＝12S △ABC ，S △ACD ＝13S △ABC ，S △BCD＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－13S △ABC ＝16S △ABC ，所以S △BCD S △ABD ＝13.2.(2018·河南中原名校联考)如图，在直角梯形ABCD 中，AB ＝2AD＝2DC ，E 为BC 边上一点，BC ―→＝3EC ―→，F 为AE 的中点，则BF ―→＝( )A.23AB ―→－13AD ―→2―→C ．－23AB ―→＋13AD ―→＋23AD ―→＋2AE⎭⎪⎫DA ―→＋AB ―→)3.在梯形ABCD 中，已知AB ∥CD ，AB ＝2CD ，M ，N 分别为CD ，BC 的中点．若AB ―→＝λAM ―→＋μAN ―→，则λ＋μ＝________.解析：法一：由AB ―→＝λAM ―→＋μAN ―→，得AB ―→＝λ·12(AD ―→＋AC ―→)＋μ·12(AC ―→＋AB ―→)，则⎝⎛⎭⎪⎫μ2－1AB ―→＋λ2AD ―→＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋μ2AC ―→＝0，得⎝⎛⎭⎪⎫μ2－1AB ―→＋λ2AD ―→＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫AD ―→＋12AB ―→＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14λ＋34μ－1AB ―→＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋μ2AD ―→＝0.又因为AB ―→，AD ―→不共线，所以由平面向量基本定理得⎩⎪⎨⎪⎧14λ＋34μ－1＝0，λ＋μ2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－45，μ＝85.所以λ＋μ＝45.法二：连接MN 并延长交AB 的延长线于T ， 由已知易得AB ＝45AT ，∴45AT ―→＝AB ―→＝λAM ―→＋μAN ―→， 即AT ―→＝54λAM ―→＋54μAN ―→，∵T ，M ，N 三点共线，∴54λ＋54μ＝1.∴λ＋μ＝45.答案：454．在直角梯形ABCD 中，∠A ＝90°，∠B ＝30°，AB ＝23，BC ＝2，点E 在线段CD 上，若AE ―→＝AD ―→＋μAB ―→，则μ的取值范围是________．解析：由题意可求得AD ＝1，CD ＝3，所以AB ―→＝2DC ―→. ∵点E 在线段CD 上， ∴DE ―→＝λDC ―→(0≤λ≤1)． ∵AE ―→＝AD ―→＋DE ―→，又AE ―→＝AD ―→＋μAB ―→＝AD ―→＋2μDC ―→＝AD ―→＋2μλDE ―→，∴2μλ＝1，即μ＝λ2. ∵0≤λ≤1，∴0≤μ≤12.即μ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 5．经过△OAB 重心G 的直线与OA ，OB 分别交于点P ，Q ，设OP ―→＝m OA ―→，OQ ―→＝n OB ―→，m ，n ∈R ，求1n ＋1m的值．解：设OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，则OG ―→＝13(a ＋b)，PQ ―→＝OQ ―→－OP ―→＝n b －m a ，PG ―→＝OG ―→－OP ―→＝13(a ＋b)－m a 由P ，G ，Q 共线得，存在实数λ，，得1n ＋1m＝3.OP ―→＝m OA ―→＋n OB ―→(m ，n ∈R)． ＋n ＝1. 证明：(1)若m ＋n ＝1， 则OP ―→＝m OA ―→＋(1－m )OB ―→ ＝OB ―→＋m (OA ―→－OB ―→)， ∴OP ―→－OB ―→＝m (OA ―→－OB ―→)， 即BP ―→＝m BA ―→，∴BP ―→与BA ―→共线． 又∵BP ―→与BA ―→有公共点B ，∴A ，P ，B 三点共线． (2)若A ，P ，B 三点共线， 则存在实数λ，使BP ―→＝λBA ―→， ∴OP ―→－OB ―→＝λ(OA ―→－OB ―→)． 又OP ―→＝m OA ―→＋n OB ―→.故有m OA ―→＋(n －1)OB ―→＝λOA ―→－λOB ―→， 即(m －λ)OA ―→＋(n ＋λ－1)OB ―→＝0. ∵O ，A ，B 不共线，∴OA ―→，OB ―→不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧m －λ＝0，n ＋λ－1＝0，∴m ＋n ＝1.。
第3节平面向量的数量积--2025北师大版高中数学一轮复习课件(新高考新教材)
坐标表示
模
|a|= · |a|= 12 + 12
|a||b|cos θ x1x2+y1y2
数量积
1 2 +1 2
· cos θ=
cos θ=
夹角
||||
2 + 2 2 + 2
1
A(x1,y1),B(x2,y2)
两点的距离
1
2
2
|AB|=|| |AB|= (1 -2 )2 + (1 -2 )2
)·
(
1
+ )=(
2
1
+ )·
(-
2
1
+ )=- 2
4
+ 2 =-1+4=3.
(方法二)因为 E 是 AB 的中点,所以 ED=EC= 22 + 12 = 5.在△DCE 中,由
余弦定理,得
2 +2 -2
cos∠DEC= 2×
b=0,即2a·
b=a2,代入①,得a2=a2+b2-3,整
理,得b2=3,所以|b|= 3.
考向2向量的夹角
例3(1)(2024·湖南长沙一中校考)已知e1,e2是夹角为60°的两个单位向量,设
向量a=2e1+e2,b=-3e1+2e2,则a与b的夹角为(
A. 3
B. 6
C)
2
C. 3
解析 由5.
(2)(2023·新高考Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|= 3 ,|a+b|=|2a-b|,则
3
|b|=
.
解析 由|a-b|=
2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题25平面向量的数量积及平面向量的应用(教学案)含解析
2019年高考数学（理）一轮复习精品资料1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义．了解平面向量的数量积与向量投影的关系．2.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算．3.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系．4.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．1．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|a||b|cos__θ叫作a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos__θ，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|b|cos__θ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，y1)，b＝(x2，y2)，θ为向量a，b的夹角．(1)数量积：a·b＝|a||b|cos θ＝x1x2＋y1y2.(2)模：|a|＝a·a＝x21＋y21.(3)夹角：cos θ＝a·b|a||b|＝x1x2＋y1y2x21＋y21·x22＋y22.(4)两非零向量a⊥b的充要条件：a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.(5)|a·b|≤|a||b|(当且仅当a∥b时等号成立)⇔|x1x2＋y1y2|≤ x21＋y21·x22＋y22.3．平面向量数量积的运算律(1)a·b＝b·a(交换律)．(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(结合律)．(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律)．4．向量在平面几何中的应用向量在平面几何中的应用主要是用向量的线性运算及数量积解决平面几何中的平行、垂直、平移、全等、相似、长度、夹角等问题．(1)证明线段平行或点共线问题，包括相似问题，常用共线向量定理：a∥b(b≠0)⇔a＝λb⇔x1y2－x2y1＝0．(2)证明垂直问题，常用数量积的运算性质a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0(a ，b 均为非零向量)．(3)求夹角问题，利用夹角公式cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21 x 22＋y 22(θ为a 与b 的夹角)． 5．向量在三角函数中的应用与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热点题型．解答此类问题，除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式、向量模、向量夹角的坐标运算公式外，还应掌握三角恒等变换的相关知识．6．向量在解析几何中的应用向量在解析几何中的应用，是以解析几何中的坐标为背景的一种向量描述．它主要强调向量的坐标问题，进而利用直线和圆锥曲线的位置关系的相关知识来解答，坐标的运算是考查的主体．【必会结论】1．设e 是单位向量，且e 与a 的夹角为θ，则e ·a ＝a ·e ＝|a |cos θ；2．当a 与b 同向时，a ·b ＝|a ||b |；当a 与b 反向时，a ·b ＝－|a ||b |，特别地，a ·a ＝a 2或|a |＝a 2； 3．a ·b ≤|a ||b |.高频考点一 平面向量数量积的运算例1、[2017·北京高考]已知点P 在圆x 2＋y 2＝1上，点A 的坐标为(－2,0)，O 为原点，则AO →·AP →的最大值为________．答案 6解析 解法一：根据题意作出图象，如图所示，A (－2,0)，P (x ，y )．由点P 向x 轴作垂线交x 轴于点Q ，则点Q 的坐标为(x,0)． AO →·AP →＝|AO →||AP →|cos θ，|AO →|＝2，|AP →|＝x ＋2＋y 2，cos θ＝AQ AP＝x ＋2x ＋2＋y2，所以AO →·AP →＝2(x ＋2)＝2x ＋4.点P 在圆x 2＋y 2＝1上，所以x ∈[－1,1]．所以AO →·AP →的最大值为2＋4＝6.【举一反三】(1)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4，若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →等于( )A ．20 B.15 C ．9 D ．6(2)已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE →·CB →的值为________；DE →·DC →的最大值为________． 答案 (1)C (2)1 1 解析 (1)AM →＝AB →＋34AD →，NM →＝CM →－CN →＝－14AD →＋13AB →，∴AM →·NM →＝14(4AB →＋3AD →)·112(4AB →－3AD →)＝148(16AB →2－9AD →2)＝148(16×62－9×42)＝9， 故选C.(2)方法一 以射线AB ，AD 为x 轴，y 轴的正方向建立平面直角坐标系，则A (0，0)，B (1,0)，C (1,1)， D (0,1)，方法二 由图知，无论E 点在哪个位置，DE →在CB →方向上的投影都是CB ＝1，∴DE →·CB →＝|CB →|·1＝1，当E 运动到B 点时，DE →在DC →方向上的投影最大即为DC ＝1， ∴(DE →·DC →)max ＝|DC →|·1＝1.【感悟提升】(1)求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．(2)解决涉及几何图形的向量数量积运算问题时，可先利用向量的加、减运算或数量积的运算律化简再运算，但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．【变式探究】(1)如图，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP →＝3PD →，AP →·BP →＝2，则AB →·AD →＝________.(2)已知正方形ABCD 的边长为2，E 为CD 的中点，则AE →·BD →＝________. 答案 (1)22 (2)2解析 (1)由CP →＝3PD →，得DP →＝14DC →＝14AB →，AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋14AB →，BP →＝AP →－AB →＝AD →＋14AB →－AB →＝AD →－34AB →.因为AP →·BP→＝2，所以(AD →＋14AB →)·(AD →－34AB →)＝2，即AD →2－12AD →·AB →－316AB →2＝2.又因为AD →2＝25，AB →2＝64，所以AB →·AD →＝22.(2)由题意知：AE →·BD →＝(AD →＋DE →)·(AD →－AB →) ＝(AD →＋12AB →)·(AD →－AB →)＝AD →2－12AD →·AB →－12AB →2＝4－0－2＝2.高频考点二 用数量积求向量的模、夹角例2、已知平面向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝3，且|2a ＋b |＝7，则向量a 与向量a ＋b 的夹角为( )A.π2B.π3C.π6 D ．π 答案 B解析 由题意，得|2a ＋b |2＝4＋4a ·b ＋3＝7，所以a ·b ＝0，所以a ·(a ＋b )＝1，且|a ＋b |＝a ＋b2＝2，故cos 〈a ，a ＋b 〉＝a a ＋b |a |·|a ＋b |＝12，所以〈a ，a ＋b 〉＝π3.故选B.【举一反三】(1)已知向量a ＝(1，m )，b ＝(3，－2)，且(a ＋b )⊥b ，则m ＝( ) A.－8B.－6C.6D.8(2)若向量a ＝(k ，3)，b ＝(1，4)，c ＝(2，1)，已知2a －3b 与c 的夹角为钝角，则k 的取值范围是________.答案 (1)D (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－92∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－92，3【方法规律】平面向量数量积求解问题的策略(1)求两向量的夹角：cos θ＝a ·b|a ||b |，要注意θ∈[0，π]．(2)两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是：a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔|a －b |＝|a ＋b |. (3)求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有： ①a 2＝a ·a ＝|a |2或|a |＝a ·a ；②|a ±b |＝a ±b2＝a 2±2a ·b ＋b 2；③若a ＝(x ，y )，则|a |＝x 2＋y 2.【变式探究】 (1)已知向量BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，则∠ABC ＝( )A.30°B.45°C.60°D.120°(2)设向量a ＝(m ，1)，b ＝(1，2)，且|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，则m ＝________.答案 (1)A (2)－2【感悟提升】(1)根据平面向量数量积的定义，可以求向量的模、夹角，解决垂直、夹角问题；两向量夹角θ为锐角的充要条件是cos θ＞0且两向量不共线；(2)求向量模的最值(范围)的方法：①代数法，把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解；②几何法(数形结合法)，弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形求解．【举一反三】(1)已知单位向量e 1与e 2的夹角为α，且cos α＝13，向量a ＝3e 1－2e 2与b ＝3e 1－e 2的夹角为β，则cos β＝________.(2)在△ABC 中，若A ＝120°，AB →·AC →＝－1，则|BC →|的最小值是( ) A. 2 B ．2 C. 6D ．6答案 (1)223(2)C(2)∵AB →·AC →＝－1，∴|AB →|·|AC →|·cos120°＝－1， 即|AB →|·|AC →|＝2，∴|BC →|2＝|AC →－AB →|2＝AC →2－2AB →·AC →＋AB →2 ≥2|AB →|·|AC →|－2AB →·AC →＝6， ∴|BC →|min ＝ 6.高频考点三 平面向量与三角函数例3、在平面直角坐标系xOy 中，已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.(1)若m ⊥n ，求tan x 的值；(2)若m 与n 的夹角为π3，求x 的值．解 (1)因为m ＝⎝⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，m ⊥n .所以m ·n ＝0，即22sin x －22cos x ＝0， 所以sin x ＝cos x ，所以tan x ＝1.(2)因为|m |＝|n |＝1，所以m ·n ＝cos π3＝12，即22sin x －22cos x ＝12，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝12，因为0<x <π2，所以－π4<x －π4<π4，所以x －π4＝π6，即x ＝5π12.【感悟提升】平面向量与三角函数的综合问题的解题思路(1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立得到三角函数的关系式，然后求解．(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．【变式探究】已知O 为坐标原点，向量OA →＝(3sin α，cos α)，OB →＝(2sin α，5sin α－4cos α)，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，且OA →⊥OB →，则tan α的值为( )A ．－43B ．－45C.45D.34答案 A高频考点四 向量在平面几何中的应用例4、[2017·天津高考]在△ABC 中，∠A ＝60°，AB ＝3，AC ＝2.若BD →＝2DC →，AE →＝λAC →－AB →(λ∈R )，且AD →·AE →＝－4，则λ的值为________．解析 解法一：由BD →＝2DC →得AD →＝13AB →＋23AC →，所以AD →·AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →＋23AC →·(λAC →－AB →)＝13λAB →·AC →－13AB →2＋23λAC →2－23AB →·AC →，又AB →·AC →＝3×2×cos60°＝3，AB →2＝9，AC →2＝4， 所以AD →·AE →＝λ－3＋83λ－2＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.答案311【感悟提升】向量具有代数和几何的双重特征，比如向量运算的平行四边形法则、三角形法则、平面向量基本定理等都可以认为是从几何的角度来研究向量的特征；而引入坐标后，就可以通过代数运算来研究向量，凸显出了向量的代数特征，为用代数的方法研究向量问题奠定了基础.在处理很多与向量有关的问题时，坐标化是一种常见的思路，利用坐标可以使许多问题变得更加简捷.【变式探究】(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 ＝________. (2)平面四边形ABCD 中，AB →＋CD →＝0，(AB →－AD →)·AC →＝0，则四边形ABCD 是( ) A ．矩形 B ．梯形 C ．正方形 D ．菱形答案 (1)12(2)D解析 (1)在平行四边形ABCD 中，取AB 的中点F ，则BE →＝FD →，∴BE →＝FD →＝AD →－12AB →，又∵AC →＝AD →＋AB →，∴AC →·BE →＝(AD →＋AB →)·(AD →－12AB →)＝AD →2－12AD →·AB →＋AD →·AB →－12AB →2＝|AD →|2＋12|AD →||AB →|cos60°－12|AB →|2＝1＋12×12|AB →|－12|AB →|2＝1.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12－|AB →||AB →|＝0，又|AB →|≠0，∴|AB →|＝12.(2)AB →＋CD →＝0⇒AB →＝－CD →＝DC →⇒平面四边形ABCD 是平行四边形，(AB →－AD →)·AC →＝DB →·AC →＝0⇒DB →⊥AC →，所以平行四边形ABCD 是菱形．高频考点五、 向量在解析几何中的应用例5、(1)已知向量OA →＝(k,12)，OB →＝(4,5)，OC →＝(10，k )，且A 、B 、C 三点共线，当k <0时，若k 为直线的斜率，则过点(2，－1)的直线方程为________．(2)设O 为坐标原点，C 为圆(x －2)2＋y 2＝3的圆心，且圆上有一点M (x ，y )满足OM →·CM →＝0，则y x＝______.答案 (1)2x ＋y －3＝0 (2)± 3(2)∵OM →·CM →＝0，∴OM ⊥CM ，∴OM 是圆的切线，设OM 的方程为y ＝kx ， 由|2k |1＋k2＝3，得k ＝±3，即yx＝± 3. 【感悟提升】向量在解析几何中的作用：(1)载体作用，向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题关键是利用向量的意义、运算，脱去“向量外衣”；(2)工具作用，利用a ⊥b ⇔a ·b ＝0；a ∥b ⇔a ＝λb (b ≠0)，可解决垂直、平行问题．【变式探究】已知圆C ：(x －2)2＋y 2＝4，圆M ：(x －2－5cos θ)2＋(y －5sin θ)2＝1(θ∈R )，过圆M 上任意一点P 作圆C 的两条切线PE ，PF ，切点分别为E ，F ，则PE →·PF →的最小值是( )A ．5B ．6C ．10D ．12答案 BHE →·HF →＝|HE →|·|HF →|cos∠EHF ＝23×23×12＝6，故选B.高频考点六 向量的综合应用例6、(1)已知x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x ，x ＋y ≤2，x ≥a ，若OA →＝(x,1)，OB →＝(2，y )，且OA →·OB →的最大值是最小值的8倍，则实数a 的值是( )A ．1 B.13 C.14D.18(2)函数y ＝sin(ωx ＋φ)在一个周期内的图象如图所示，M 、N 分别是最高点、最低点，O 为坐标原点，且OM →·ON →＝0，则函数f (x )的最小正周期是________．答案 (1)D (2)3(2)由图象可知，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，N ()x N ，－1，所以OM →·ON →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1·(x N ，－1)＝12x N －1＝0，解得x N ＝2，所以函数f (x )的最小正周期是2×⎝⎛⎭⎪⎫2－12＝3.【感悟提升】利用向量的载体作用，可以将向量与三角函数、不等式结合起来，解题时通过定义或坐标运算进行转化，使问题的条件结论明晰化．【变式探究】在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，两定点A ，B 满足|OA →|＝|OB →|＝OA →·OB →＝2，则点集{P |OP →＝λOA →＋μOB →，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R }所表示的区域面积是( )A ．2 2B ．2 3C ．4 2D ．4 3答案 D解析 由|OA →|＝|OB →|＝OA →·OB →＝2， 知〈OA →，OB →〉＝π3.当λ≥0，μ≥0，λ＋μ＝1时，在△OAB 中，取OC →＝λOA →，过点C 作CD ∥OB 交AB 于点D ，作DE ∥OA 交OB 于点E ，显然OD →＝λOA →＋CD →.由于CD OB＝AC AO ，CD OB ＝2－2λ2，∴CD →＝(1－λ)OB →， ∴OD →＝λOA →＋(1－λ)OB →＝λOA →＋μOB →＝OP →， ∴λ＋μ＝1时，点P 在线段AB 上，∴λ≥0，μ≥0，λ＋μ≤1时，点P 必在△OAB 内(包括边界)．考虑|λ|＋|μ|≤1的其他情形，点P 构成的集合恰好是以AB 为一边，以OA ，OB 为对角线一半的矩形，其面积为S ＝4S △OAB ＝4×12×2×2sin π3＝4 3.高频考点七 向量运算的最值或取值范围例7、平行四边形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，AB →·AD →＝4，点P 在边CD 上，则PA →·PB →的取值范围是( )A ．[－1,8]B ．[－1，＋∞)C ．[0,8]D ．[－1,0]答案A【方法技巧】求向量的最值或范围问题求最值或取值范围必须有函数或不等式，因此，对于题目中给出的条件，要结合要求的夹角或长度或其他量，得出相应的不等式或函数(包括自变量的范围)，然后利用相关知识求出最值或取值范围．【变式探究】 在平行四边形ABCD 中，∠A ＝π3，边AB ，AD 的长分别为2,1，若M ，N 分别是边BC ，CD 上的点，且满足|BM →||BC →|＝|CN →||CD →|，则AM →·AN →的取值范围是________．答案 [2,5]解析 设|BM →||BC →|＝|CN →||CD →|＝λ(0≤λ≤1)，即AM →·AN →的取值范围是[2,5]．1. （2018年浙江卷）已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为，向量b 满足b 2−4e ·b +3=0，则|a −b |的最小值是A. −1B. +1C. 2D. 2− 【答案】A 【解析】设，则由得，由得因此的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.2. （2018年天津卷）如图，在平面四边形ABCD 中，，，，. 若点E为边CD 上的动点，则的最小值为A. B. C. D.【答案】A【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，，由数量积的坐标运算法则可得：，整理可得：，结合二次函数的性质可知，当时，取得最小值.本题选择A 选项.3. （2018年全国I 卷理数）设抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F ，过点（–2，0）且斜率为的直线与C 交于M ，N 两点，则=A. 5B. 6C. 7D. 8 【答案】D4. （2018年全国Ⅲ卷理数）已知向量，，．若，则________．【答案】 【解析】由题可得,即故答案为1．[2017·全国卷Ⅰ]已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2, |b |＝1，则|a ＋2b |＝________. 答案 2 3解析 解法一：|a ＋2b |＝a ＋2b2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝22＋4×2×1×cos60°＋4×12＝12＝2 3.解法二：(数形结合法)由|a |＝|2b |＝2，知以a 与2b 为邻边可作出边长为2的菱形OACB ，如图，则|a ＋2b |＝|OC →|.又∠AOB ＝60°，所以|a ＋2b |＝2 3.2.[2017·北京高考]已知点P 在圆x 2＋y 2＝1上，点A 的坐标为(－2,0)，O 为原点，则AO →·AP →的最大值为________． 答案 6解析 解法一：根据题意作出图象，如图所示，A (－2,0)，P (x ，y )．解法二：如图所示，因为点P 在圆x 2＋y 2＝1上， 所以可设P (cos α，sin α)(0≤α＜2π)，所以AO →＝(2,0)，AP →＝(cos α＋2，sin α)， AO →·AP →＝2cos α＋4≤2＋4＝6，当且仅当cos α＝1，即α＝0，P (1,0)时“＝”号成立．3.[2017·全国卷Ⅰ]已知向量a ＝(－1,2)，b ＝(m,1)．若向量a ＋b 与a 垂直，则m ＝________. 答案 7解析 ∵a ＝(－1,2)，b ＝(m,1)， ∴a ＋b ＝(－1＋m,2＋1)＝(m －1,3)．又a ＋b 与a 垂直，∴(a ＋b )·a ＝0， 即(m －1)×(－1)＋3×2＝0， 解得m ＝7.4.[2017·山东高考]已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量．若3e 1－e 2与e 1＋λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是________．答案33解得λ＝33. 5.[2017·天津高考]在△ABC 中，∠A ＝60°，AB ＝3，AC ＝2.若BD →＝2DC →，AE →＝λAC →－AB →(λ∈R )，且AD →·AE →＝－4，则λ的值为________．解析 解法一：由BD →＝2DC →得AD →＝13AB →＋23AC →，所以AD →·AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →＋23AC →·(λAC →－AB →)＝13λAB →·AC →－13AB →2＋23λAC →2－23AB →·AC →，又AB →·AC →＝3×2×cos60°＝3，AB →2＝9，AC →2＝4，所以AD →·AE →＝λ－3＋83λ－2＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.答案3111.【2016高考江苏卷】如图，在ABC ∆中，D 是BC 的中点，,E F 是,A D 上的两个三等分点，4BC CA ⋅=，1BF CF ⋅=- ，则BE CE ⋅ 的值是 ▲ .【答案】78【解析】因为222211436=42244AD BC FD BC BA CA BC AD BC AD --⋅=-⋅--==（）（）， 2211114123234FD BCBF CF BC AD BC AD -⋅=-⋅--==-（）（），因此22513,82FD BC ==， 2222114167.22448ED BC FD BC BE CE BC ED BC ED --⋅=-⋅--===（）（）【2015高考山东，理4】已知菱形ABCD 的边长为a ，60ABC ∠=,则BD CD ⋅=（ ）（A ）232a -（B ）234a - （C ） 234a （D ） 232a 【答案】D【解析】因为()BD CD BD BA BA BC BA ⋅=⋅=+⋅()22223cos602BA BC BA a a a +⋅=+=故选D.【2015高考陕西，理7】对任意向量,a b ，下列关系式中不恒成立的是（ ） A ．||||||a b a b ⋅≤ B ．||||||||a b a b -≤-C ．22()||a b a b +=+ D ．22()()a b a b a b +-=-【答案】B【2015高考四川，理7】设四边形ABCD 为平行四边形，6AB =，4AD =.若点M ，N 满足3BM MC =，2DN NC =，则AM NM ⋅=（ ）（A ）20 （B ）15 （C ）9 （D ）6 【答案】C 【解析】311,443AM AB AD NM CM CN AD AB =+=-=-+，所以 221111(43)(43)(169)(1636916)94124848AM NM AB AD AB AD AB AD =+-=-=⨯-⨯=，选C.【2015高考安徽，理8】C ∆AB 是边长为2的等边三角形，已知向量a ，b 满足2a AB =，C 2a b A =+，则下列结论正确的是（ ）（A ）1b = （B ）a b ⊥ （C ）1a b ⋅= （D ）()4C a b +⊥B【答案】D 【解析】如图，【2015高考福建，理9】已知1,,AB AC AB AC t t⊥== ，若P 点是ABC ∆ 所在平面内一点，且4AB AC AP ABAC=+，则PB PC ⋅ 的最大值等于（ ）A ．13B ． 15C ．19D ．21 【答案】A【解析】以A 为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则1(,0)B t，(0,)C t ，1AP =（，0)+4(0,1)=(1,4)，即1P （，4)， 所以11PB t -=（，-4)，1PC -=（，t-4)，因此PB PC ⋅11416t t =--+117(4)t t=-+， 因为11444t t t t +≥⋅=，所以PB PC ⋅ 的最大值等于13，当14t t =，即12t =时取等号． 【2015高考天津，理14】在等腰梯形ABCD 中,已知//,2,1,60AB DC AB BC ABC ==∠= ,动点E 和F分别在线段BC 和DC 上,且,1,,9BE BC DF DC λλ==则AE AF ⋅的最小值为 . 【答案】2918【解析】因为1,9DF DC λ=12DC AB =， 119199918CF DF DC DC DC DC AB λλλλλ--=-=-==，AE AB BE AB BC λ=+=+，19191818AF AB BC CF AB BC AB AB BC λλλλ-+=++=++=+， ()221919191181818AE AF AB BC AB BC AB BC AB BC λλλλλλλλλ+++⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅+=+++⋅⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭19199421cos1201818λλλλ++=⨯++⨯⨯⨯︒211721172929218921818λλλλ=++≥⋅= 当且仅当2192λλ=即23λ=时AE AF ⋅的最小值为2918. BA1．（2014·北京卷）已知向量a ，b 满足|a |＝1，b ＝(2，1)，且λa ＋b ＝0(λ∈R )，则|λ|＝________．【答案】 52．（2014·湖北卷）设向量a ＝(3，3)，b ＝(1，－1)．若(a ＋λb )⊥(a －λb )，则实数λ＝________． 【答案】±3【解析】因为a ＋λb ＝(3＋λ，3－λ)，a －λb ＝(3－λ，3＋λ)，又(a ＋λb )⊥(a －λb )，所以(a ＋λb )·(a －λb )＝(3＋λ)(3－λ)＋(3－λ)(3＋λ)＝0，解得λ＝±3.3．（2014·江西卷）已知单位向量e 1与e 2的夹角为α，且cos α＝13，向量a ＝3e 1－2e 2与b ＝3e 1－e 2的夹角为β，则cos β＝________．【答案】2 234．（2014·全国卷）若向量a ，b 满足：＝1，(a ＋b )⊥a ，(＋b )⊥b ，则|＝( ) A ．2 B. 2 C ．1 D.22【答案】B【解析】因为(a ＋b )⊥a ，所以(a ＋b )＝0，即2＋＝因为(＋b )⊥b ，所以(＋b )＝0，即b ＋2＝0，与2＋＝0联立，可得－2＝0，所以＝2＝ 2.5．（2014·新课标全国卷Ⅱ] 设向量a ，b 满足|a ＋b |＝10，|a －b |＝6，则＝( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．5 【答案】A【解析】由已知得|a ＋b |2＝10，|a －b |2＝6，两式相减，得4a ·b ＝4，所以a ·b ＝1. 6．（2014·山东卷）在△ABC 中，已知AB →·AC →＝tan A ，当A ＝π6时，△ABC 的面积为______．【答案】16【解析】因为AB ·AC ＝|AB →|·|AC →|cos A ＝tan A ，且A ＝π6，所以|AB →|·|AC →|＝23，所以△ABC 的面积S ＝12|AB →|·|AC→|sin A ＝12×23×sin π6＝16.7．（2014·天津卷）已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝120°，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，BE ＝λBC ，DF ＝μDC .若AE →·AF →＝1，CE →·CF →＝－23，则λ＋μ＝( )A.12B.23C.56D.712 【答案】C8．(2013年高考湖北卷)已知点A (－1,1)、B (1,2)、C (－2，－1)、D (3,4)，则向量AB →在CD →方向上的投影为( ) A.322 B.3152C ．－322D ．－3152解析：AB →＝(2,1)，CD →＝(5,5)，向量AB →＝(2,1)在CD →＝(5,5)上的投影为|AB →|cos 〈AB →，CD →〉＝|AB →|AB →·CD →|AB →||CD →|＝AB →·CD →|CD →|＝1552＝322，故选A.答案：A9．(2013年高考湖南卷)已知a ，b 是单位向量，a ·b ＝0.若向量c 满足|c －a －b |＝1，则|c |的取值范围是( ) A ．[2－1，2＋1]B.[]2－1，2＋2C ．[1，2＋1]D ．[1，2＋2]解析：由a ，b 为单位向量且a ·b ＝0，可设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，又设c ＝(x ，y )，代入|c －a －b |＝1得(x －1)2＋(y －1)2＝1，又|c |＝ x 2＋y 2，故由几何性质得12＋12－1≤|c |≤ 12＋12＋1，即2－1≤|c |≤ 2＋1.答案：A10．(2013年高考辽宁卷)设向量a ＝(3sin x ，sin x )，b ＝(cos x ，sin x )，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)若|a |＝|b |，求 x 的值；(2)设函数f (x )＝a·b ，求f (x )的最大值．(2)f (x )＝a·b ＝3sin x ·cos x ＋sin 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，当x ＝π3∈[0，π2]时，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6取最大值1. 所以f (x )的最大值为32.11．(2013年高考陕西卷)已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x ，－12，b ＝ (3sin x ，cos 2x )，x ∈R，设函数f (x )＝a·b . (1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解析：f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x ，－12·(3sin x ，cos 2x )＝3cos x sin x －12cos 2x＝32sin 2x －12cos 2x ＝cos π6sin 2x －sin π6cos 2x＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.(1)f (x )的最小正周期为T ＝2πω＝2π2＝π，即函数f(x)的最小正周期为π.。
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课时分层训练(二十五) 平面向量的数量积及其应用
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．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．－32 B．0
C．32 D．3
A [依题意有a·b＋b·c＋c·a＝－12＋－12＋－12＝－32.]
2．(2016·全国卷Ⅱ)已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m＝( )
A．－8 B．－6
C．6 D．8
D [法一：因为a＝(1，m)，b＝(3，－2)，所以a＋b＝(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.
法二：因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，即a·b＋b2＝3－2m＋32＋(－2)2＝16－2
m
＝0，解得m＝8.]
3．(2018·湛江模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形，AB→＝(1，
－2)，AD→＝(2,1)，则AD→·AC→等于( ) 【导学号：00090138】
A．5 B．4
C．3 D．2
A [∵四边形ABCD为平行四边形，∴AC→＝AB→＋AD→＝(1，－2)＋(2,1)＝(3，－1)．∴AD→·
AC
→
＝2×3＋(－1)×1＝5，选A．]
4．(2017·安徽黄山二模)已知点A(0,1)，B(－2,3)，C(－1,2)，D(1,5)，则向量AC→在BD→方
向上的投影为( )
A．21313 B．－21313
C．1313 D．－1313
D [∵AC→＝(－1,1)，BD→＝(3,2)，
∴AC→在BD→方向上的投影为|AC→|cos〈AC→，BD→〉＝AC→·BD→|BD→|＝－1×3＋1×232＋22＝－113＝－1313.
故选D．]
5．已知非零向量a，b满足|b|＝4|a|，且a⊥(2a＋b)，则a与b的夹角为( )
A．π3 B．π2
C．2π3 D．5π6
C [∵a⊥(2a＋b)，∴a·(2a＋b)＝0，
∴2|a|2＋a·b＝0，
即2|a|2＋|a||b|cos〈a，b〉＝0.
∵|b|＝4|a|，∴2|a|2＋4|a|2cos〈a，b〉＝0，
∴cos〈a，b〉＝－12，∴〈a，b〉＝2π3.]
二、填空题
6．(2018·黄冈模拟)已知向量a＝(1，3)，b＝(3，m)，且b在a上的投影为－3，则向
量a与b的夹角为________．
2
3
π [∵b在a上的投影为－3，
∴|b|cos〈a，b〉＝－3，又|a|＝12＋32＝2，∴a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝－
6，又a·b＝1×3＋3m，∴3＋3m＝－6，解得m＝－33，则b＝(3，－33)，∴|b|
＝32＋－332＝6，∴cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝－62×6＝－12，∵0≤〈a，b〉≤π，
∴a与b的夹角为23π.]
7．在△ABC中，若OA→·OB→＝OB→·OC→＝OC→·OA→，则点O是△ABC的________(填“重心”“垂
心”“内心”或“外心”). 【导学号：00090139】
垂心 [∵OA→·OB→＝OB→·OC→，
∴OB→·(OA→－OC→)＝0，
∴OB→·CA→＝0，
∴OB⊥CA，即OB为△ABC底边CA上的高所在直线．
同理OA→·BC→＝0，OC→·AB→＝0，故O是△ABC的垂心．]
8．如图431，在平行四边形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，CP→＝3PD→，AP→·BP→＝2，则AB→·
AD
→
的值是________．
图431
22 [由题意知：AP→＝AD→＋DP→＝AD→＋14AB→，
BP→＝BC→＋CP→＝BC→＋34CD→＝AD→－34AB
→
，
所以AP→·BP→＝AD→＋14AB→·AD→－34AB→＝AD→2－12AD→·AB→－316AB→2，即2＝25－12AD→·AB－
3
16
×64，解得AB→·AD→＝22.]
三、解答题
9．已知|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＝4×8×－12＝－16. 2分
(1)①∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，
∴|a＋b|＝43. 4分
②∵|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768，
∴|4a－2b|＝163. 6分
(2)∵(a＋2b)⊥(ka－b)，∴(a＋2b)·(ka－b)＝0， 8分
∴ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，
即16k－16(2k－1)－2×64＝0，∴k＝－7.
即k＝－7时，a＋2b与ka－b垂直. 12分
10．(2018·德州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cos(A－
B)，sin(A－B))，n＝(cos B，－sin B)，且m·n
＝－35.
(1)求sin A的值；
(2)若a＝42，b＝5，求角B的大小及向量BA→在BC→方向上的投影.
【导学号：00090140】
[解] (1)由m·n＝－35，
得cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－35， 2分