【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第五章 第3讲 平面向量的数量积及应用举例学案
第3讲 平面向量的数量积及应用举例
一、知识梳理
1．向量的夹角
(1)定义：已知两个非零向量a和b，作＝a，＝b，则∠AOB＝θ叫做向量a与b的夹角．
(2)范围：向量夹角θ的范围是0°≤θ≤180°．
[注意] 当a与b同向时，θ＝0°；a与b反向时，θ＝180°；a与b垂直时，θ＝90°.
2．平面向量的数量积
定义
设两个非零向量a，b的夹角为θ，则数量|a||b|·cos θ叫做a与b的数量积，记作a·b
投影
|a|cos θ叫做向量a在b方向上的投影，
|b|cos θ叫做向量b在a方向上的投影
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
[注意] 投影和两向量的数量积都是数量，不是向量．
3．向量数量积的运算律
(1)a·b＝b·a.
(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)．
(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c.
4．平面向量数量积的坐标运算及有关结论
已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ，a·b＝x1x2＋y1y2.
结论
几何表示
坐标表示
模
|a|＝
|a|＝
夹角
cos θ＝
cos θ＝
a⊥b的充要条件
a·b＝0
x1x2＋y1y2＝0
常用结论
(1)两向量a与b为锐角⇔a·b＞0且a与b不共线．
(2)两向量a与b为钝角⇔a·b＜0且a与b不共线．
(3)(a±b)2＝a2±2a·b＋b2.
(4)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2.
(5)a与b同向时，a·b＝|a||b|.
(6)a与b反向时，a·b＝－|a||b|.
二、习题改编
(必修4P108A组T6改编)已知a·b＝－12，|a|＝4，a和b的夹角为135°，则|b|为( )
A．12 B．6
C．3 D．3
解析：选B.a·b＝|a|·|b|cos 135°＝－12，所以|b|＝＝6.
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量．( )
(2)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．( )
(3)由a·b＝0可得a＝0或b＝0.( )
(4)(a·b)c＝a(b·c)．( )
(5)两个向量的夹角的范围是.( )
(6)若a·b>0，则a和b的夹角为锐角；若a·b<0，则a和b的夹角为钝角．( )
答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)×
二、易错纠偏
(1)没有找准向量的夹角致误；
(2)不理解向量的数量积的几何意义致误；
(3)向量的数量积的有关性质应用不熟练致误．
1．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝，则·的值为 ．
解析：在△ABC中，由余弦定理得cos A＝＝＝.所以·＝||||cos(π－A)＝－||||·cos A＝－3×2×＝－.
答案：－
2．已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ＝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|cos θ＝4×cos 120°＝－2.
答案：－2
3．已知向量a与b的夹角为，|a|＝|b|＝1，且a⊥(a－λb)，则实数λ＝ ．
解析：由题意，得a·b＝|a||b|cos ＝，因为a⊥(a－λb)，所以a·(a－λb)＝|a|2－λa·b＝1－＝0，所以λ＝2.
答案：2
平面向量数量积的运算(师生共研)
(一题多解)(2019·高考天津卷)在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则·＝ ．
【解析】 法一：在等腰△ABE中，易得∠BAE＝∠ABE＝30°，故BE＝2，则·＝(－)·(＋)＝·＋·－－·＝5×2×cos 30°＋5×2×cos 180°－12－2×2×cos 150°＝15－10－12＋6＝－1.
法二：在△ABD中，由余弦定理可得
BD＝＝，
所以cos∠ABD＝＝－，则sin∠ABD＝.设与的夹角为θ，则cos θ＝cos(180°－∠ABD＋30°)＝－cos(∠ABD－30°)＝－cos∠ABD·cos 30°－sin∠ABD·sin 30°＝－，在△ABE中，易得AE＝BE＝2，故·＝×2×＝－1.
【答案】 －1
求向量a，b的数量积a·b的两种方法
(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|cos〈a，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·b＝x1x2＋y1y2.
当已知向量是非坐标形式时，若图形适合建立平面直角坐标系时，可建立坐标系，运用坐标法求解．
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知＝(2，3)，＝(3，t)，||＝1，则·＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选C.因为＝－＝(3，t)－(2，3)＝(1，t－3)，因为||＝1，所以＝1，所以t＝3，所以＝(1，0)，所以·＝2×1＋3×0＝2，故选C.
2．(一题多解)(2020·湖南省五市十校联考)在直角三角形ABC中，∠C＝，AB＝4，AC＝2，若＝，则·＝( )
A．－18 B．－6
C．18 D．6
解析：选C.通解：由∠C＝，AB＝4，AC＝2，得CB＝2，·＝0.·＝(＋)·＝·＋·＝(－)·＝2＝18，故选C.
优解一：如图，以C为坐标原点，CA，CB所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系，则C(0，0)，A(2，0)，B(0，2)．由题意得∠CBA＝，又＝，所以D＝(－1，3)，则·＝(－1，3)·(0，2)＝18，故选C.
优解二：因为∠C＝，AB＝4，AC＝2，所以CB＝2，所以在上的投影为2，又＝，所以在上的投影为×2＝3，则在上的投影为3，所以·＝||·||cos〈，〉＝2×3＝18，故选C.
平面向量数量积的应用(多维探究)
角度一 求两平面向量的夹角
(1)(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅰ)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. B.
C. D．
(2)已知向量＝(x，1)(x＞0)，＝(1，2)，||＝，则，的夹角为( )
A. B.
C. D．
【解析】 (1)法一：由题意得，(a－b)·b＝0⇒a·b＝|b|2，所以|a||b|·cos
＝|b|2，因为|a|＝2|b|，所以2|b|2cos＝|b|2⇒cos＝，所以＝，故选B.
法二：如图，设＝a，＝b，则＝a－b，所以B＝，||＝2||，所以∠AOB＝，即<
a，b>＝.
(2)因为＝－＝(1－x，1)，
所以||2＝(1－x)2＋1＝5，即x2－2x－3＝0，解得x＝3或x＝－1(舍)．设，的夹角为θ，则cos θ＝＝，所以θ＝.
【答案】 (1)B (2)C
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θ，需求出a·b及|a|，|b|或得出它们之间的关系．
(2)若已知a＝(x1，y1)与b＝(x2，y2)，则cos〈a，b〉＝.
角度二 求平面向量的模
(1)(一题多解)(2020·唐山市摸底考试)已知e1，e2是两个单位向量，且|e1＋e2|＝，则|e1－e2|＝ ．
(2)设x∈R，向量a＝(x，1)，b＝(1，－2)，且a⊥b，则|a|＝ ，则当t∈[－，2]时，|a－tb|的取值范围是 ．
【解析】 (1)法一：|e1＋e2|＝，两边平方，得e＋2e1·e2＋e＝3，又e1，e2是单位向量，所以2e1·e2＝1，所以|e1－e2|2＝e－2e1·e2＋e＝1，所以|e1－e2|＝1.
法二：如图，设＝e1，＝e2，又e1，e2是单位向量，所以||＝||＝1，以AB，AD为邻边作平行四边形ABCD，连接AC，BD，所以＝e1＋e2，＝e1－e2，因为|e1＋e2|＝，即||＝，所以∠ABC＝120°，则∠DAB＝60°，所以||＝1，即|e1－e2|＝1.
(2)向量a＝(x，1)，b＝(1，－2)，且a⊥b，所以x－2＝0，解得x＝2，所以|a|＝＝
.
|a－tb|2＝a2＋t2b2－2ta·b＝5t2＋5，所以当t＝0时，取得最小值为5；当t＝2时，最大值为25.即|a－tb|的取值范围是[，5]．
【答案】 (1)1 (2) [，5]
求向量模长的方法
利用数量积求模是数量积的重要应用，要掌握此类问题的处理方法：
(1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝；
(2)|a±b|＝＝；
(3)若a＝(x，y)，则|a|＝.
角度三 两平面向量垂直问题
已知向量与的夹角为120°，且||＝3，||＝2.若＝λ＋，且⊥，则实数λ的值为 ．
【解析】 因为⊥，所以·＝0.
又＝λ＋，＝－，
所以(λ＋)·(－)＝0，
即(λ－1)·－λ2＋2＝0，
所以(λ－1)||||cos 120°－9λ＋4＝0.
所以(λ－1)×3×2×－9λ＋4＝0.解得λ＝.
【答案】
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|.
[注意] 若a＝0，虽然有a·b＝0，但不能说a⊥b.
1．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a－b＝(，)，则|a＋2b|＝( )
A．2 B．2
C. D．
解析：选C.因为a－b＝(，)，所以|a－b|＝，所以|a－b|2＝|a|2－2a·b＋|b|2＝5－2a·b＝5，则a·b＝0，所以|a＋2b|2＝|a|2＋4a·b＋4|b|2＝17，所以|a＋2b|＝.故选C.
2．已知在四边形ABCD中，＋＝0，(－)·＝0，则四边形ABCD是( )
A．矩形 B．正方形
C．菱形 D．梯形
解析：选C.因为＋＝0，所以＝－＝，所以四边形ABCD是平行四边形．又(－)·＝·＝0，所以四边形的对角线互相垂直，所以四边形ABCD是菱形．
向量数量积的综合应用(师生共研)
(2020·广州海珠区摸底)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＝－.
(1)求sin A的值；
(2)若a＝4，b＝5，求角B的大小及向量在方向上的投影．
【解】 (1)由m·n＝－，
得cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－，
所以cos A＝－.因为0b，所以A>B，则B＝，由余弦定理得＝52＋c2－2×5c×，解得c＝1.
故向量在方向上的投影为
||cos B＝ccos B＝1×＝.
平面向量与三角函数的综合问题
(1)题目条件给出的向量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等，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．
(2020·石家庄模拟)已知A，B，C分别为△ABC的三边a，b，c所对的角，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cos B，cos A)，且m·n＝sin 2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且·(－)＝18，求边c的长．
解：(1)由已知得m·n＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B)，
因为A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
所以m·n＝sin C，又m·n＝sin 2C，
所以sin 2C＝sin C，所以cos C＝.
又0＜C＜π，所以C＝.
(2)由已知及正弦定理得2c＝a＋b.
因为·(－)＝·＝18，
所以abcos C＝18，所以ab＝36.
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－3ab，
所以c2＝4c2－3×36，
所以c2＝36，所以c＝6.
思想方法系列9 函数思想与数形结合思想在数量积中的应用
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( )
A．－2 B．－
C．－ D．－1
【解析】 法一：结合题意画出图形，如图(1)所示，设BC的中点为D，AD的中点为E，连接AD，PE，PD，则有＋＝2，
则·(＋)＝2·＝2(＋)·(－)＝2(2－2)．而2＝＝，
当点P与点E重合时，2有最小值0，故此时·(＋)取得最小值，最小值为－22＝－2×＝－.
法二：如图(2)，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(－1，0)，C(1，0)，设P(x，y)，则＝(－x，－y)，＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，所以·(＋)＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋2－，当x＝0，y＝时，·(＋)取得最小值，最小值为－.
【答案】 B
平面向量中有关最值(或取值范围)
问题的两种求解思路
一是“形化”，即利用平面向量的几何意义先将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；
二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，先把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程的有解等问题，然后利用函数、不等式、方程有关知识来解决．
(2020·河南郑州模拟)已知平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|＝1，若a·b＝，则(a＋b)·(2b－c)的最小值为( )
A．－2 B．3－
C．－1 D．0
解析：选B.由|a|＝|b|＝1，a·b＝，可得〈a，b〉＝，令＝a，＝b，以的方向为x轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则a＝＝(1，0)，b＝＝，设c＝＝(cos θ，sin θ)(0≤θ＜2π)，则(a＋b)·(2b－c)＝2a·b－a·c＋2b2－b·c＝3－(cos θ＋cos θ＋sin θ)＝3－sin，则(a＋b)·(2b－c)的最小值为3－，故选B.
[基础题组练]
1．设a＝(1，2)，b＝(1，1)，c＝a＋kb.若b⊥c，则实数k的值等于( )
A．－ B．－
C. D．
解析：选A.c＝a＋kb＝(1，2)＋k(1，1)＝(1＋k，2＋k)，因为b⊥c，所以b·c＝0，b·c＝(1，1)·(1＋k，2＋k)＝1＋k＋2＋k＝3＋2k＝0，所以k＝－.
2．(2020·湖南省五市十校联考)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a·(a－2b)＝0，则|a＋b|＝( )
A. B.
C．2 D．
解析：选A.由题意知，a·(a－2b)＝a2－2a·b＝1－2a·b＝0，所以2a·b＝1，所以|a＋b|＝＝＝.故选A.
3．(2020·广州市综合检测(一))a，b为平面向量，已知a＝(2，4)，a－2b＝(0，8)，则
a，b夹角的余弦值等于( )
A．－ B．－
C. D．
解析：选B.设b＝(x，y)，则有a－2b＝(2，4)－(2x，2y)＝(2－2x，4－2y)＝(0，8)，所以，解得，故b＝(1，－2)，|b|＝，|a|＝2，cos〈a，b〉＝＝＝－，故选B.
4．(2020·四川资阳第一次模拟)已知向量a，b满足a·b＝0，|a＋b|＝m|a|，若a＋b与a－b的夹角为，则m的值为( )
A．2 B.
C．1 D．
解析：选A.因为a·b＝0，所以|a＋b|＝|a－b|，因为|a＋b|＝m|a|，所以(a＋b)2＝m2a2，所以a2＋b2＝m2a2，所以b2＝(m2－1)a2.
又a＋b与a－b的夹角为，所以＝cos，
所以＝＝＝－.
解得m＝2或m＝－2(舍去)．故选A.
5．(2020·郑州市第二次质量预测)在Rt△ABC中，∠C＝90°，CB＝2，CA＝4，P在边AC的中线BD上，则·的最小值为( )
A．－ B．0
C．4 D．－1
解析：选A.依题意，以C为坐标原点，分别以AC，BC所在的直线为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0，2)，D(2，0)，所以直线BD的方程为y＝－x＋2，因为点P在边AC的中线BD上，所以可设P(t，2－t)(0≤t≤2)，所以＝(t，2－t)，＝(t，－t)，所以·＝t2－t(2－t)＝2t2－2t＝2－，当t＝时，·取得最小值－，故选A.
6．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知a，b为单位向量，且a·b＝0，若c＝2a－b，则cos〈a，c〉＝ ．
解析：设a＝(1，0)，b＝(0，1)，则c＝(2，－)，
所以cos〈a，c〉＝＝.
答案：
7．已知点M，N满足||＝||＝3，且|＋|＝2，则M，N两点间的距离为 ．
解析：依题意，得|＋|2＝||2＋||2＋2·＝18＋2·＝20，则·＝1，故M，N两点间的距离为||＝|－|
＝
＝＝4.
答案：4
8．(2020·山东师大附中二模改编)已知向量a，b，其中|a|＝，|b|＝2，且(a－b)⊥a，则向量a和b的夹角是 ，a·(a＋b)＝ ．
解析：由题意，设向量a，b的夹角为θ，因为|a|＝，|b|＝2，且(a－b)⊥a，所以(a－b)·a＝|a|2－a·b＝|a|2－|a||b|cos θ＝3－2·cos θ＝0，解得cos θ＝.又因为0≤θ≤π，所以θ＝.则a·(a＋b)＝|a|2＋|a|·|b|·cos θ＝3＋2×＝6.
答案： 6
9．已知向量a＝(2，－1)，b＝(1，x)．
(1)若a⊥(a＋b)，求|b|的值；
(2)若a＋2b＝(4，－7)，求向量a与b夹角的大小．
解：(1)由题意得a＋b＝(3，－1＋x)．
由a⊥(a＋b)，可得6＋1－x＝0，
解得x＝7，即b＝(1，7)，
所以|b|＝＝5.
(2)由题意得，a＋2b＝(4，2x－1)＝(4，－7)，
故x＝－3，
所以b＝(1，－3)，
所以cos〈a，b〉＝＝＝，
因为〈a，b〉∈[0，π]，
所以a与b夹角是.
10．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＝a，＝b，求△ABC的面积．
解：(1)因为(2a－3b)·(2a＋b)＝61，
所以4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.
又|a|＝4，|b|＝3，
所以64－4a·b－27＝61，所以a·b＝－6，
所以cos θ＝＝＝－.
又0≤θ≤π，所以θ＝.
(2)|a＋b|2＝(a＋b)2
＝|a|2＋2a·b＋|b|2
＝42＋2×(－6)＋32＝13，所以|a＋b|＝.
(3)因为与的夹角θ＝，
所以∠ABC＝π－＝.
又||＝|a|＝4，||＝|b|＝3，
所以S△ABC＝×4×3×＝3.
[综合题组练]
1．(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知O是△ABC内部一点，且满足＋＋＝0，又·＝2，∠BAC＝60°，则△OBC的面积为( )
A. B．3
C．1 D．2
解析：选C.由·＝2，∠BAC＝60°，可得·＝||·||cos ∠BAC＝·||||＝2，所以||||＝4，所以S△ABC＝||||sin∠BAC＝3，又＋＋＝0，所以O为△ABC的重心，所以S△OBC＝S△ABC＝1，故选C.
2．(2020·河北衡水中学期末)在四边形ABCD中，已知M是AB边上的点，且MA＝MB＝MC＝MD＝1，∠CMD＝120°，若点N在线段CD(端点C，D除外)上运动，则·的取值范围是( )
A．[－1，0) B.
C．[－1，1) D．
解析：选B.连接MN.由题意得·＝(－)·(－)＝2－2＝||2－1.在△MCN中，MC＝1，∠MCN＝30°，所以MN2＝12＋NC2－2×NC×1×＝NC2－NC＋1，所以MN2－1＝NC2－NC＝－.由MC＝MD＝1，∠CMD＝120°，可得CD＝，又点N在线段CD(端点C，D除外)上运动，所以0＜NC＜.
所以－≤MN2－1＜0，即·的取值范围是.故选B.
3．(创新型)在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝(cos B，2cos2 －1)，n＝(c，b－2a)，且m·n＝0.
(1)求∠C的大小；
(2)若点D为边AB上一点，且满足＝，||＝，c＝2，求△ABC的面积．
解：(1)因为m＝(cos B，cos C)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，
所以ccos B＋(b－2a)cos C＝0，在△ABC中，由正弦定理得sin Ccos B＋(sin B－2sin A)cos C＝0，
sin A＝2sin Acos C，又sin A≠0，
所以cos C＝，而C∈(0，π)，所以∠C＝.
(2)由＝知，－＝－，
所以2＝＋，
两边平方得4||2＝b2＋a2＋2bacos ∠ACB＝b2＋a2＋ba＝28.①
又c2＝a2＋b2－2abcos ∠ACB，
所以a2＋b2－ab＝12.②
由①②得ab＝8，
所以S△ABC＝absin ∠ACB＝2.
4.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＝θ，其中O为坐标原点．
(1)若θ＝π，设点D为线段OA上的动点，求|＋|的最小值；
(2)若θ∈，向量m＝，n＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m·n的最小值及对应的θ值．
解：(1)设D(t，0)(0≤t≤1)，
由题意知C，
所以＋＝，
所以|＋|2＝－t＋t2＋
＝t2－t＋1＝＋，
所以当t＝时，|＋|有最小值，为.
(2)由题意得C(cos θ，sin θ)，m＝＝(cos θ＋1，sin θ)，
则m·n＝1－cos2θ＋sin2θ－2sin θcos θ＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－sin，
因为θ∈，所以≤2θ＋≤，
所以当2θ＋＝，即θ＝时，sin取得最大值1.
所以当θ＝时，m·n取得最小值，为1－.
