2015高考数学（理）（平面向量的数量积及其应用）一轮复习学案

2015高考数学（理）（平面向量的数量积及其应用）一轮复习学案

学案 27　平面向量的数量积及其应用 导学目标： 1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义.2.了解平面向量的数量积与向 量投影的关系.3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算.4.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.5.会用向量方法解决某些简单 的平面几何问题.6.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题． 自主梳理 1．向量数量积的定义 (1)向量数量积的定义：____________________________________________，其中|a|cos 〈a，b〉叫做向量 a 在 b 方向上的投影． (2)向量数量积的性质： ①如果 e 是单位向量，则 a·e＝e·a＝__________________； ②非零向量 a，b，a⊥b⇔________________； ③a·a＝________________或|a|＝________________； ④cos〈a，b〉＝________； ⑤|a·b|____|a||b|. 2．向量数量积的运算律 (1)交换律：a·b＝________； (2)分配律：(a＋b)·c＝________________； (3)数乘向量结合律：(λa)·b＝________________. 3．向量数量积的坐标运算与度量公式 (1)两个向量的数量积等于它们对应坐标乘积的和，即若 a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则 a·b ＝________________________； (2)设 a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则 a⊥b⇔________________________； (3)设向量 a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)， 则|a|＝________________，cos〈a，b〉＝____________________________. (4)若 A（x 1 ，y 1 ），B（x 2 ，y 2 ），则|AB → ＝________________________，所以| AB → |＝ _____________________. 自我检测 1.（2010·湖南）在 Rt△ABC 中，∠C=90°,AC=4,则AB→ ·AC→ 等于 (　　) A．－16 B．－8 C．8 D．16 2．(2010·重庆)已知向量 a，b 满足 a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则|2a－b|＝ (　　) A．0 B．2 2 C．4 D．8 3．(2011·福州月考)已知 a＝(1,0)，b＝(1,1)，(a＋λb)⊥b，则 λ 等于 (　　) A．－2 B．2 C.1 2 D．－1 2 4.平面上有三个点 A（-2，y），B（0， ），C（x，y），若A B → ⊥BC → ，则动点 C 的轨迹 方程为________________． 5.（2009·天津）若等边△ABC 的边长为 2 ，平面内一点 M 满足CM→ ＝1 6CB → ＋2 3CA → ， 则MA → ·MB → ＝________. 探究点一　向量的模及夹角问题 2 y 3 例 1 　(2011·马鞍山月考)已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61. (1)求 a 与 b 的夹角 θ；(2)求|a＋b|； （3）若AB→ ＝a，BC → ＝b，求△ABC 的面积． 变式迁移 1　(1)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(a－c)·(b－ c)＝0，则|c|的最大值是 (　　) A．1 B．2 C. 2 D. 2 2 (2)已知 i，j 为互相垂直的单位向量，a＝i－2j，b＝i＋λj，且 a 与 b 的夹角为锐角，实 数 λ 的取值范围为________． 探究点二　两向量的平行与垂直问题 例 2 　已知 a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，且 ka＋b 的长度是 a－kb 的长度的 3 倍(k>0)． (1)求证：a＋b 与 a－b 垂直； (2)用 k 表示 a·b； (3)求 a·b 的最小值以及此时 a 与 b 的夹角 θ. 变式迁移 2　(2009·江苏)设向量 a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，c＝(cos β，－4sin β)． (1)若 a 与 b－2c 垂直，求 tan(α＋β)的值； (2)求|b＋c|的最大值； (3)若 tan αtan β＝16，求证：a∥b. 探究点三　向量的数量积在三角函数中的应用 例 3 　已知向量 a＝(cos 3 2x，sin 3 2x)， b＝(cos x 2，－sin x 2)，且 x∈[－π 3，π 4]. (1)求 a·b 及|a＋b|； (2)若 f(x)＝a·b－|a＋b|，求 f(x)的最大值和最小值． 变式迁移 3 （2010·四川）已知△ABC 的面积 S= AB→ ·AC → ·＝3，且 cos B＝ 3 5，求 cos C. 1 2 1．一些常见的错误结论： (1)若|a|＝|b|，则 a＝b；(2)若 a2＝b2，则 a＝b；(3)若 a∥b，b∥c，则 a∥c；(4)若 a·b＝ 0，则 a＝0 或 b＝0；(5)|a·b|＝|a|·|b|；(6)(a·b)c＝a(b·c)；(7)若 a·b＝a·c，则 b＝c.以上结论都 是错误的，应用时要注意． 2．平面向量的坐标表示与向量表示的比较： 已知 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ 是向量 a 与 b 的夹角. 向量表示 坐标表示 向量 a 的模 |a|＝ a·a＝ a2 |a|＝ x21＋y21 a 与 b 的数量积 a·b＝|a||b|cos θ a·b＝x1x2＋y1y2 a 与 b 共线的充要条件 A∥b(b≠0)⇔a＝λb a∥b⇔x1y2－x2y1＝0 非零向量 a，b 垂直的充要条件 a⊥b⇔a·b＝0 a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝0 向量 a 与 b 的夹角 cos θ＝ a·b |a||b| cos θ＝ x1x2＋y1y2 x21＋y21 x22＋y22 3.证明直线平行、垂直、线段相等等问题的基本方法有： （1）要证 AB=CD，可转化证明 AB→ 2＝CD → 2 或|AB → |＝|CD → |. （2）要证两线段 AB∥CD，只要证存在唯一实数 ≠0，使等式AB→ ＝λ CD → 成立即可． （3）要证两线段 AB⊥CD，只需证AB→ ·CD → ＝0. (满分：75 分) 一、选择题(每小题 5 分，共 25 分) 1．(2010·重庆)若向量 a＝(3，m)，b＝(2，－1)，a·b＝0，则实数 m 的值为 (　　) A．－3 2 B.3 2 C．2 D．6 2．已知非零向量 a，b，若|a|＝|b|＝1，且 a⊥b，又知(2a＋3b)⊥(ka－4b)，则实数 k 的 值为 (　　) A．－6 B．－3 C．3 D．6 3.已知△ABC 中，AB→ ＝a，AC→ ＝b，a·b<0，S △ABC＝15 4 ，|a|＝3，|b|＝5，则∠BAC 等于 (　　 ) A．30° B．－150° C．150° D．30°或 150° 4．(2010·湖南)若非零向量 a，b 满足|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，则 a 与 b 的夹角为 (　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 5．已知 a＝(2,3)，b＝(－4,7)，则 a 在 b 上的投影为 (　　) A. 13 5 B. 65 5 C. 65 13 D. 13 13 题号 1 2 3 4 5 答案 二、填空题(每小题 4 分，共 12 分) λ 6．(2010·湖南长沙一中月考)设 a＝(cos 2α，sin α)，b＝(1，2sin α－1)，α∈(π 2，π )，若 a·b ＝2 5，则 sin α＝________. 7．(2010·广东金山中学高三第二次月考)若|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b，且 c⊥a，则向量 a 与 b 的夹角为________． 8．已知向量 m＝(1,1)，向量 n 与向量 m 夹角为 3π 4 ，且 m·n＝－1，则向量 n＝ __________________. 三、解答题(共 38 分) 9.(12 分)已知OA→ ＝(2,5)，OB → ＝(3,1)，OC → ＝(6,3)，在线段 OC 上是否存在点 M，使MA → ⊥ MB → ，若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由． 10．(12 分)(2011·杭州调研)已知向量 a＝(cos(－θ)，sin(－θ))，b＝(cos (π 2－θ )， sin(π 2－θ ))． (1)求证：a⊥b； (2)若存在不等于 0 的实数 k 和 t，使 x＝a＋(t2＋3)b，y＝－ka＋tb，满足 x⊥y，试求此 时k＋t2 t 的最小值． 11．(14 分)(2011·济南模拟)已知 a＝(1,2sin x)，b＝(2cos(x＋π 6 )，1)，函数 f(x)＝a·b (x∈ R)． (1)求函数 f(x)的单调递减区间； (2)若 f(x)＝8 5，求 cos (2x－π 3)的值． 答案 自主梳理 1．(1)a·b＝|a||b|cos〈a，b〉　(2)①|a|cos〈a，e〉　②a·b＝0　③|a|2　 a·a　④ a·b |a||b|　 ⑤≤　2.(1)b·a (2)a·c＋b·c　(3)λ(a·b)　3.(1)a1b1＋a2b2　(2)a1b1＋a2b2＝0　(3) a21＋a22　 a1b1＋a2b2 a21＋a22 b21＋b22 (4)(x2－x1，y2－y1)　 (x2－x1)2＋(y2－y1)2 自我检测 2．B　[|2a－b|＝ (2a－b)2 ＝ 4a2－4a·b＋b2＝ 8＝2 2.] 3．D　[由(a＋λb)·b＝0 得 a·b＋λ|b|2＝0， ∴1＋2λ＝0，∴λ＝－1 2.] 4．y2＝8x(x≠0) 解析　由题意得AB → ＝(2，－y 2)， BC→ ＝(x，y 2 )，又AB → ⊥BC→ ，∴AB → ·BC→ ＝0， 即(2，－y 2)·(x，y 2 )＝0，化简得 y2＝8x(x≠0)． 5．－2 解析　合理建立直角坐标系，因为三角形是正三角形，故设 C(0,0)，A(2 3，0)，B( 3， 3)，这样利用向量关系式，求得MA→ ＝( 3 2 ，－1 2)，MB → ＝( 3 2 ，－1 2)，MB → ＝(－ 3 2 ，5 2)，所以 MA → ·MB → ＝－2. 课堂活动区 例 1 　解　(1)∵(2a－3b)·(2a＋b)＝61， ∴4|a|2－4a·b－3|b|2＝61. 又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4a·b－27＝61， ∴a·b＝－6. ∴cos θ＝ a·b |a||b|＝ －6 4 × 3＝－1 2. 又 0≤θ≤π，∴θ＝2π 3 . (2)|a＋b|＝ (a＋b)2 ＝ |a|2＋2a·b＋|b|2 ＝ 16＋2 × (－6)＋9＝ 13. (3)∵AB → 与BC→ 的夹角 θ＝2π 3 ， ∴∠ABC＝π－2π 3 ＝π 3. 又|AB→ |＝|a|＝4，|BC→ |＝|b|＝3， ∴S△ABC＝1 2|AB→ ||BC→ |sin∠ABC ＝1 2×4×3× 3 2 ＝3 3. 变式迁移 1　(1)C　[∵|a|＝|b|＝1，a·b＝0， 展开(a－c)·(b－c)＝0⇒|c|2＝c·(a＋b) ＝|c|·|a＋b|cos θ，∴|c|＝|a＋b|cos θ＝ 2cos θ， ∴|c|的最大值是 2.] (2)λ<1 2且 λ≠－2 解析　∵〈a，b〉∈(0，π 2)，∴a·b>0 且 a·b 不同向． 即|i|2－2λ|j|2>0，∴λ<1 2. 当 a·b 同向时，由 a＝kb(k>0)得 λ＝－2. ∴λ<1 2且 λ≠－2. 例 2 　解题导引　1.非零向量 a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0. 2．当向量 a 与 b 是非坐标形式时，要把 a、b 用已知的不共线的向量表示．但要注意运 算技巧，有时把向量都用坐标表示，并不一定都能够简化运算，要因题而异． 解　(1)由题意得，|a|＝|b|＝1， ∴(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0， ∴a＋b 与 a－b 垂直． (2)|ka＋b|2＝k2a2＋2ka·b＋b2＝k2＋2ka·b＋1， ( 3|a－kb|)2＝3(1＋k2)－6ka·b. 由条件知，k2＋2ka·b＋1＝3(1＋k2)－6ka·b， 从而有，a·b＝1＋k2 4k (k>0)． (3)由(2)知 a·b＝1＋k2 4k ＝1 4(k＋1 k)≥1 2， 当 k＝1 k时，等号成立，即 k＝±1. ∵k>0，∴k＝1. 此时 cos θ＝ a·b |a||b|＝1 2，而 θ∈[0，π]，∴θ＝π 3. 故 a·b 的最小值为1 2，此时 θ＝π 3. 变式迁移 2　(1)解　因为 a 与 b－2c 垂直， 所以 a·(b－2c) ＝4cos αsin β－8cos αcos β＋4sin αcos β＋8sin αsin β ＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0. 因此 tan(α＋β)＝2. (2)解　由 b＋c＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)， 得|b＋c|＝ (sin β＋cos β)2＋(4cos β－4sin β)2 ＝ 17－15sin 2β≤4 2. 又当 β＝－π 4时，等号成立，所以|b＋c|的最大值为 4 2. (3)证明　由 tan αtan β＝16 得4cos α sin β ＝ sin α 4cos β， 所以 a∥b. 例 3 　解题导引　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、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． 解　(1)a·b＝cos 3 2xcos x 2－sin 3 2xsin x 2＝cos 2x， |a＋b|＝ (cos 3 2x＋cos x 2)2＋(sin 3 2x－sin x 2)2 ＝ 2＋2cos 2x＝2|cos x|， ∵x∈[－π 3，π 4]，∴cos x>0， ∴|a＋b|＝2cos x. (2)f(x)＝cos 2x－2cos x＝2cos2x－2cos x－1 ＝2(cos x－1 2)2－3 2. ∵x∈[－π 3，π 4]，∴1 2≤cos x≤1， ∴当 cos x＝1 2时，f(x)取得最小值－3 2； 当 cos x＝1 时，f(x)取得最大值－1. 变式迁移 3　解　由题意，设△ABC 的角 B、C 的对边分别为 b、c，则 S＝ 1 2bcsin A＝ 1 2. AB → ·AC → ＝bccos A＝3>0， ∴A∈(0，π 2 )，cos A＝3sin A. 又 sin2A＋cos2A＝1， ∴sin A＝ 10 10 ，cos A＝3 10 10 . 由题意 cos B＝3 5，得 sin B＝4 5. ∴cos(A＋B)＝cos Acos B－sin Asin B＝ 10 10 . ∴cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－ 10 10 . 课后练习区 1．D　[因为 a·b＝6－m＝0，所以 m＝6.] 2．D　[由(2a＋3b)·(ka－4b)＝0 得 2k－12＝0，∴k＝6.] 3．C　[∵S△ABC＝1 2|a||b|sin∠BAC＝15 4 ， ∴sin∠BAC＝1 2.又 a·b<0， ∴∠BAC 为钝角．∴∠BAC＝150°.] 4．C　[由(2a＋b)·b＝0，得 2a·b＝－|b|2. cos〈a，b〉＝ a·b |a||b|＝ －1 2|b|2 |b|2 ＝－1 2. ∵〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a，b〉＝120°.] 5．B　[因为 a·b＝|a|·|b|·cos〈a，b〉， 所以，a 在 b 上的投影为|a|·cos〈a，b〉 ＝a·b |b| ＝ 21－8 42＋72＝ 13 65 ＝ 65 5 .] 6.3 5 解析　∵a·b＝cos 2α＋2sin2α－sin α＝2 5， ∴1－2sin2α＋2sin2α－sin α＝2 5，∴sin α＝3 5. 7．120° 解析　设 a 与 b 的夹角为 θ，∵c＝a＋b，c⊥a， ∴c·a＝0，即(a＋b)·a＝0.∴a2＋a·b＝0. 又|a|＝1，|b|＝2，∴1＋2cos θ＝0. ∴cos θ＝－1 2，θ∈[0°，180°]即 θ＝120°. 8．(－1,0)或(0，－1) 解析　设 n＝(x，y)，由 m·n＝－1， 有 x＋y＝－1.① 由 m 与 n 夹角为3π 4 ， 有 m·n＝|m|·|n|cos 3π 4 ， ∴|n|＝1，则 x2＋y2＝1.② 由①②解得Error!或Error!， ∴n＝(－1,0)或 n＝(0，－1)． 9．解 设存在点 M，且OM→ ＝λOC → ＝(6λ，3λ) (0≤λ≤1)， MA→ ＝(2－6λ，5－3λ)，MB → ＝(3－6λ，1－3λ)．…………………………………………(4 分) ∵MA→ ⊥MB → ， ∴(2－6λ)(3－6λ)＋(5－3λ)(1－3λ)＝0，………………………………………………(8 分) 即 45λ2－48λ＋11＝0，解得 λ＝1 3或 λ＝11 15. ∴M 点坐标为(2,1)或(22 5 ，11 5 ). 故在线段 OC 上存在点 M，使MA→ ⊥MB → ，且点 M 的坐标为(2,1)或(22 5 ，11 5 )．………(12 分) 10．(1)证明　∵a·b＝cos(－θ)·cos(π 2－θ )＋sin(－θ )·sin(π 2－θ ) ＝sin θcos θ－sin θcos θ＝0.∴a⊥b.……………………………………………………(4 分) (2)解　由 x⊥y 得，x·y＝0， 即[a＋(t2＋3)b]·(－ka＋tb)＝0， ∴－ka2＋(t3＋3t)b2＋[t－k(t2＋3)]a·b＝0， ∴－k|a|2＋(t3＋3t)|b|2＝0.………………………………………………………………(6 分) 又|a|2＝1，|b|2＝1， ∴－k＋t3＋3t＝0，∴k＝t3＋3t.…………………………………………………………(8 分) ∴k＋t2 t ＝t3＋t2＋3t t ＝t2＋t＋3 ＝(t＋1 2 )2＋11 4 .……………………………………………………………………………(10 分) 故当 t＝－1 2时，k＋t2 t 有最小值11 4 .………………………………………………………(12 分) 11．解　(1)f(x)＝a·b＝2cos(x＋π 6 )＋2sin x ＝2cos xcos π 6－2sin xsin π 6＋2sin x ＝ 3cos x＋sin x＝2sin(x＋π 3 ).…………………………………………………………(5 分) 由π 2＋2kπ≤x＋π 3≤3π 2 ＋2kπ，k∈Z， 得π 6＋2kπ≤x≤7π 6 ＋2kπ，k∈Z. 所以 f(x)的单调递减区间是 [π 6＋2kπ，7π 6 ＋2kπ] (k∈Z)．……………………………………………………………(8 分) (2)由(1)知 f(x)＝2sin(x＋π 3 ). 又因为 2sin(x＋π 3 )＝8 5， 所以 sin(x＋π 3 )＝4 5，……………………………………………………………………(11 分) 即 sin(x＋π 3 )＝cos(π 6－x )＝cos(x－π 6 )＝4 5. 所以 cos(2x－π 3)＝2cos2(x－π 6 )－1＝ 7 25.………………………………………………(14 分)