2021年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测：30 平面向量的数量积(学生版)

10.2 平面向量的数量积（基础）一、单选题1．（2021·济南市历城第二中学高三开学考试）若与的夹角为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由得，∴即，设向量与的夹角为，则，又∴.故选：A.2．（2021·甘肃城关·兰州一中高三月考（文））已知向量，的夹角为60°，，，则（ ）A ．2B ．C ．D．12【答案】C【解析】，所以故选：C.3．（2021·四川省乐山第一中学校高三月考（理））已知平面向量，，且，则（ ）A ．4BC ．D ．5【答案】D【解析】由，得，所以，则，，a b a +=- a b +a π6π32π35π6a b a b +=- 22()()a b a b +=-222222a a b b a a b b +⋅+=-⋅+0a b ⋅= a b +a θ2)cos (ab a a a a b a a a a b b θ=+⋅+⋅+⋅+==a b a +=- cos θ=6πθ=a b2a = 1b = 2a b +=()222222224444cos 123a b a ba b a b a b a b π+=+=++⋅=++⋅= 2a b += (2,)a m →=(2,1)b →==a b a b →→→→-+=a b →→+222222=a b a b a b a b a b a b →→→→→→→→→→→→-+⇒⋅=++⋅+-0a b →→⋅=40m +=4m =-(4,3)a b →→+=-所以.故选：D.4．（2021·江苏苏州·高三月考）已知，是单位向量，且，则向量与夹角的余弦值为（ ）A ．B ．CD【答案】A【解析】由题意可知，，则解得故选：A5．（2021·黑龙江哈尔滨·哈师大附中高三月考（理））已知向量则（ ）ABC ．D ．5【答案】B【解析】由题意，则故选：B6．（2021·安徽镜湖·芜湖一中（理））已知，则（ ）AB ．CD ．【答案】B【解析】故选：B.7．（2021·安徽镜湖·芜湖一中（理））已知，若，则（ ）A ．B ．C ．D ．||5a b →→=+=a b 1,12a b ⎛⎫+= ⎪⎝⎭a b 38-34-2221521211cos ,1124a b a a b b a b ⎛⎫+=+⋅+=+⨯⨯⋅+=+= ⎪⎝⎭3cos ,8a b =-1(2,0),(1),2a b ==- 2a b += 12(2,0)2(,1)(1,2)2a b +=+-=r r a += (2,3),(3,1)a b ==- cos ,a b 〈〉= cos ,||||a b a b a b ⋅〈〉==⋅(2,3),(,1)a b λ→→=-=(2)a b a →→→+⊥λ=7474-2323-【解析】解：由题可知，，，由于，则，解得：.故选：B.8．（2021·四川省乐山第一中学校高三月考（理））《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的儿何图形一八卦图．图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图其余八块面积相等的图形代表八卦图．已知正八边形的边长为2，是正八边形内的一点，则的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】解：因为每个三角形的顶角为．的模为2，根据正八边形的特征，所以所以如下图所示，在方向上的投影的取值范围是，结合向量数量积的定义式，可知等于的模与在方向上的投影的乘积，所以的取值范围是．(2,3),(,1)a b λ→→=-=2(22,1)a b λ→→∴+=+-(2)a b a →→→+⊥4430λ++=74λ=-ABCDEFGH P ABCDEFGH AP AB ⋅(4-(-(44--(4-+360458︒=︒AB cos 452AH ⋅== cos 452BC ⋅== AP AB(2+AP AB ⋅AB AP AB AP AB ⋅(4-+9．（2021·河西·天津实验中学高三月考）“”是“与夹角为钝角”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】因为，所以，可得，所以与夹角为钝角或是，所以由“”得不出“与夹角为钝角”，故充分性不成立；若“与夹角为钝角”，即，所以，所以，所以由“与夹角为钝角”可得出，故必要性成立，所以“”是“与夹角为钝角”的必要不充分条件，故选：B.10．（2021·湖南天心·长郡中学高三月考）已知平面向量与的夹角为，，，则的值为（ ）AB ．C ．D ．【答案】B【解析】因为，所以，所以，所以，0a b ⋅< a bcos 0a b a b a b ⋅=⋅⋅⋅< cos 0a b ⋅< 90180a b <⋅≤a b180 0a b ⋅< a ba b 90180a b <⋅< cos 0a b ⋅< cos 0a b a b a b ⋅=⋅⋅⋅<a b 0a b ⋅<0a b ⋅< a ba b 60()=2,0a =1b 2a b- 2412()=2,0a=2a 1cos 602112a b a b ⋅=⋅=⨯⨯= ()22222244a b a b a b a b-=-=+-⋅ 2224424414a b a b =+-⋅=+-⨯=所以，故选：B.11．（2021·吉林白山·高三期末（文））若向量与向量的夹角为，则（ ）ABCD【答案】D【解析】由题意，又故选：D12．（2021·湖南天心·长郡中学高三月考）非零向量，满足，且，则为（ ）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【答案】D【解析】，，分别为单位向量，的角平分线与垂直，，，，，为等边三角形．故选：D ．13．（2021·抚顺市第二中学高三模拟预测）已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ）22a b -=()1,1a =-()1,3b =- θsin θ=cos ||||a b a b θ⋅===r r r r [0,]sin 0θπθ∈∴≥sin θ∴==AB AC 0||||AB AC BC AB AC ⎛⎫+⋅= ⎪⎝⎭12AB AC AB AC ⋅= ABC V 0||||AB AC BC AB AC ⎛⎫+⋅= ⎪⎝⎭||AB AB||ACAC A ∴∠BC AB AC ∴=1cos 2||||AB AC A AB AC =⋅=3A π∴∠=3B C A π∴∠=∠=∠=∴ABC V a b 2b a = ()b a a -⊥ a bA ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】由题意，又，又故选：B14．（2021·全国高三月考（文））已知向量，，则下列结论正确的是（ ）A ．，B ．，使得C ．，与的夹角小于D ．，使得【答案】A【解析】因为，，又，所以.故正确；，若，则，解得，故错误；设与的夹角为，则当时，，夹角为，故C 错误；因为，π6π32π35π6()b a a -⊥()22||||cos ,||0b a a a b a a b a b a ∴⋅-=⋅-=<>-=2b a=||1cos ,2||a a b b ∴<>==cos ,[0,]a b π<>∈ ,3a b π∴<>=2cos ,sin 33a ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ()1,=b x R x ∀∈231a b -> (),0x ∃∈-∞()//a b b + [)0,x ∀∈+∞a b3πR x ∃∈()b a b -⊥ 21cos ,sin332a ππ⎛⎛⎫== ⎪ ⎝⎭⎝ ()1,=b x ()()123231,32a b x x ⎛-=-=- ⎝221a -≥> A 32a b x ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭()//a b b + 32x x =x =x =()//a b b +B a b θcos a b a b θ⋅==⋅ 0x =1cos 2θ=3πθ=()221115=,,022216b a x b a b x x x x ⎛⎛⎛--⋅=+=+=+> ⎝⎝⎝所以不存在，使得，故D 错误.故选：.15．（2021·贵州贵阳一中高三月考（理））已知向量，且，则（ ）A ．B ．C ．2D ．-2【答案】D【解析】因为，，所以，又因为，所以，化简得.故选：D.二、多选题16．（2021·广东荔湾·高三月考）已知向量，，则下列说法正确的是（ ）A ．若，则的值为B ．的最小值为1C ．若，则的值为2D ．若与的夹角为钝角，则的取值范围是且【答案】BCD【解析】选项A ，，A 选项错误；选项B ，，当时取等号，B 选项正确；，C 选项正确；D 选项，与的夹角为钝角，则，且两个向量不能反向共线，注意到A 选项，时，，于是且.故选: BCD.17．（2021·全国高三专题练习）已知、是平面上夹角为的两个单位向量，在该平面上，且，则下列结论中正确的有（ ）x ()b a b -⊥A (1,2),(1,3)a b ==- ()ma nb b +⊥ m n=12-12()1,2a =r()1,3b =- (),23ma nb m n m n +=-+ ()ma nb b +⊥ ()()()3230ma nb b m n m n +⋅=--++= 2mn=-()2,1a =-r ()1,b t =ra bP t 2-a b +a b a b +=- t a b t 2t <12t ≠-12112a b t t ⇔-⋅=⋅⇔=-r r P (1,1a b t +=-≥1t =-(3,1a b -=- =2t =a b20a b t ⋅=-< 12t =-2a b =- 2t <12t ≠-a b 3πc ()()0a c b c -⋅-=A．B ．CD ．与的夹角是钝角【答案】BC【解析】对于A 选项，，故，A 错；对于B 选项，，故，B 对；对于CD 选项，作，，，则，，，所以，，故点的轨迹是以为直径的圆，如下图所示：设线段的中点为点，，所以，，C 对，以、为邻边作平行四边形，则，则为向量与的夹角，当与圆相切时（此时点与点重合），此时，取得最大值，连接，则，则为锐角，即与的夹角是锐角，D 错误.故选：BC.18．（2021·湖北高三开学考试）已知，，则下列说法正确的有（ ）A ．在B ．与同向的单位向量是C．D ．与平行【答案】ABC1a b += 1a b -=r ra b + c2222222cos 33a b a b a b a b a b π+=++⋅=++⋅= a +r 2222222cos 13a b a b a b a b a b π-=+-⋅=+-⋅= 1a b -=r r OA a = OB b = OC c =OA OC a c CA --== b c OB OC CB -=-=()()0a c b c CA CB -⋅-=⋅= CA CB ⊥C AB AB D 1122DC AB == c OC OD ==+< OA OB OAEB OE OA OB a b =+=+EOC ∠a b + cOC D C C 'EOC ∠DC DC OC ⊥EOC ∠a b + c()3,1a =- ()1,2b =-ra ba π,4a b =a b【解析】对于A：因为，，所以在方向上的投影为故选项A正确；对于B，所以与同向的单位向量是，即，故选项B正确；对于C：由，因为，所以故选项C正确；对于D：因为，所以与不平行，故选项D错误，故选：ABC.19．（2021·湖北高三开学考试）已知，，且，则（）A．B．C．D．若，则【答案】ACD【解析】因为，所以，即，解得或（舍），故选项A正确；由得，所以，故选项B不正确；，故选项C正确；若，则，所以，所以，故选项D正确.()3,1a=-()1,2b=-r=()()31125a b⋅=⨯+-⨯-=aba bb⋅===acosa ba ba b⋅⋅===[0,π]a b⋅∈π,4a b=()()3211⨯-≠-⨯ab()sin,cos25aαα=+()3sin7,1bα=+-a b⊥3sin5α=24sin225α=7cos225α=22ππα-<<tan()74πα+=a b⊥()sin3sin7cos250ααα--+=25sin7sin60αα+-=3sin5α=sin2α=-3sin5α=4cos5α=±24sin225α=±27cos212sin25αα=-= 22ππα-<<cos0α>3tan4α=31tan14tan7341tan14πααα++⎛⎫+===⎪-⎝⎭-故选：ACD.20．（2021·重庆高三开学考试）已知向量，，则下列结论正确的是（ ）A ．若，则B ．若，则C ．若，则D ．若，则【答案】AC【解析】由，得，则A 正确，B 错误；由，得，即，则C 正确，D 错误．故选：AC ．21．（2021·江苏省前黄高级中学高三模拟预测）已知向量，，则下列结论正确的是（ ）A ．B ．C ．与的夹角为D ．【答案】ABCD【解析】对于A ：因为，，所以，则，所以，故选项A 正确；对于B ：由，故选项B 正确；对于C ：，，与的夹角为，所以，因为，所以，故选项C 正确；对于D ：，故选项D 正确；故选：ABCD.22．（2021·江苏高三开学考试）设，是两个非零向量，下列四个命题为真命题的是（）A ．若，则和的夹角为B ．若，则和的夹角为C ．若，则和方向相同D ．若，则和b 的夹角为钝角【答案】ABC(),2a m =()1,b n =- //a b20mn +=//a b20mn -=a b ⊥20m n -=a b ⊥20m n +=//a b 20mn +=a b ⊥20n m -=20m n -=()1,0a =()2,2b = ()4a b b-⊥b =a b45 ()25,4a b +=()1,0a =()2,2b = ()42,2a b -=- ()422220a b b -⋅=⨯-⨯= ()4a b b -⊥()2,2b = =12022a b ⋅=⨯+⨯= 1a = b = a bθcos θ=0180θ≤≤ 45θ= ()()()21,022,25,4a b +=+=a ba b a b ==-r r r r a b 3πa b a b ==+ a b 2π3a b a b +=+ a b0a b ⋅< a【解析】，，，构成等边三角形，A 正确；由向量加法的平行四边形法则可知，和的夹角为，B 正确；，则与同向，C 正确；若，则和的夹角为钝角或者，D 错误，故选：ABC.三、填空题23．（2021·孟津县第一高级中学高三月考（理））已知向量，满足，且，则，夹角的余弦值为___________.【答案】【解析】依题意，，则，故，则.故答案为：24．（2021·孟津县第一高级中学（文））已知向量，若，则______.【答案】【解析】因，则，又，且，于是得，即，解得，所以.故答案为：25．（2021·深圳市第七高级中学高三月考）平面向量与的夹角为，，，则_______.【答案】【解析】∵向量与的夹角为，，，∴，a b a b ==- a b a b - a b a b ==+ a b 2π3()22,0a b a b a b a b a b a b a b +=+⇒+=+⇒⋅=⋅⇒= a b 0a b ⋅< a b πa b 3||2||6a b == 2))((2a b a b ⊥-+ a b 59-(2)(2)0a b a b -⋅+= 222320a a b b -⋅-= 224323cos 230θ⨯-⨯⨯⋅-⨯=5cos 9θ=-59-(2,3),(1,3),(1,)c a b λ=-=-= (2)a b c +⊥ λ=49(2,3),(1,3)a b =-=- 2(4,9)a b +=- (1,)c λ= (2)a b c +⊥ (2)0a b c +⋅= 490λ-=49λ=49λ=49a b 90︒()2,0a = 1b = 2a b +=a b 90︒()2,0a = 1b = ||2a →∴=12cos900a b ⋅=⨯⨯︒=则，故答案为：．26．（2021·云南玉溪·高三月考（文））已知中，，，，点是线段的中点，则______．【答案】【解析】由题意知，，有，所以为直角三角形，将放在平面直角坐标系中，如图，，又M 是AB 的中点，则，有，所以，故答案为：27．（2021·洛阳市第一高级中学高三月考（文））若非零向量满足，，则与夹角的大小等于______.【答案】【解析】由得：，即，又，，a +=== ABC V 3AC =4BC =5AB =M AB CM CA ⋅= 92453BC AB AC ===，，222AB AC BC =+ABC V ABC V (00)(30)(04)C A B ，，，，，3(2)2M 3(2)(30)2CM CA == ，39(2)(30)22CM CA ⋅=⋅= ，，92,a b 2a b = 2a b a b -=+ a bπ2a b a b -=+ ()()222a b a b -=+ 2222244a a b b a a b b -⋅+=+⋅+ 2a b = 222254cos ,178cos ,b b a b b b a b ∴-<>=+<>整理可得：，，，.故答案为：.28．（2021·河北高三月考）若、均为单位向量且夹角为，设，若，则______.【答案】【解析】，因为，所以，∴故答案为：29．（2021·全国高三专题练习）已知的三个顶点的坐标满足如下条件：向量，，，则的取值范围是________【答案】【解析】由题得所以点A 的轨迹是以为半径的圆.过原点O 作此圆的切线，切点分别为M 、N ，如图所示，连接，，则向量与的夹角的范围是.由图可知.∵知，2212cos ,12b a b b <>=- cos ,1a b ∴<>=- [],0,a b π<>∈ ,a b π∴<>= πa b θ()a ab μ⊥+ 1cos 23θ=-μ=()()210111cos 0cos 0a a b a a b a a b μμμμθθμ⊥+⋅++⋅=⇒+⋅⋅⋅=⇒=-⇒=⇒ 1cos 23θ=-22122cos 113θμ-=-=-μ=ABC V (2,0)OB →=(2,2)OC →=,CA α→=)αAOB ∠5,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦||CA →==(2,2)C CM CN OA →OB →θMOB NOB θ∠∠……45COB ∠=︒||OC →=1||||||2CM CN OC →→→==30COM CON ∠=∠=︒∴，.∴.故的取值范围为.故答案为：30．（2021·全国高三专题练习）已知，，与的夹角为，且，则________.【解析】因为，所以，所以453015BOM ∠=︒-︒=︒453075BON ∠=︒+︒=︒1575θ︒︒……AOB ∠{}1575θθ︒≤≤︒丨{}π5π15751212θθ⎡⎤︒≤≤︒⎢⎥⎣⎦丨或，2a = 3b =r a b 23π0a b c ++= c = 0a b c ++= c a b =--r r r ()222222222223cos 346973c a b a a b b π=--=+⋅+=+⨯⨯+=-+=。

课时规范练31 平面向量的数量积与平面向量的应用基础巩固组1.(2021河北石家庄一模)设向量a =(1，2)，b =(m ，-1)，且(a +b )⊥a ，则实数m=( ) A.-3B.32C.-2D.-322.在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ⊥AB ，AD=√2，则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A.-1B.1C.√2D.23.(2021广东珠海二模)已知向量a ，b 满足|a |=2，a ·b =-1，且(a +b )·(a -b )=3，则|a -b |=( ) A.3B.√3C.7D.√74.在△ABC 中，若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，2)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-x ，2x )(x>0)，则当BC 最小时，∠ACB=( ) A.90° B.60° C.45°D.30°5.已知向量a =(1，x-1)，b =(x ，2)，则下列说法错误的是 ( )A.a ≠bB.若a ∥b ，则x=2C.若a ⊥b ，则x=23D.|a -b |≥√26.已知向量a =(1，2)，b =(m ，1)(m<0)，且向量b 满足b ·(a+b )=3，则( ) A.|b |=2B.(2a+b )∥(a+2b )C.向量2a-b 与a-2b 的夹角为π4 D.向量a 在向量b 上的投影数量为√557.(2021全国乙，理14)已知向量a =(1，3)，b =(3，4)，若(a -λb )⊥b ，则λ= . 8.已知向量a =(cos α，sin α)，b =(cos β，sin β)，c =(-1，0). (1)求向量b+c 的模的最大值;(2)设α=π4，且a ⊥(b+c )，求cos β的值.综合提升组9.若△ABC 内接于以O 为圆心，1为半径的圆，且3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则下列结论正确的是( ) A.∠BOC=90°B.∠AOB=90°C.OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =-45D .OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =1510.设O (0，0)，A (1，0)，B (0，1)，P 是线段AB 上的一个动点，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ .若OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≥PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则实数λ的值不可能为( ) A.1B.12C.13D.1411.(2021山东滨州二模)已知平面向量a ，b ，c 是单位向量，且a ·b =0，则|c -a -b |的最大值为 .12.已知△ABC 为等腰直角三角形，OA=1，OC 为斜边上的高.若P 为线段OC 的中点，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ = ;若P 为线段OC 上的动点，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为 .创新应用组13.“赵爽弦图”由四个全等的直角三角形和一个正方形所构成(如图).在直角三角形CGD 中，已知GC=4，GD=3，在线段EF 上任取一点P ，线段BC 上任取一点Q ，则AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为( )A.25B.27C.29D.3114.若平面内两定点A ，B 间的距离为4，动点P 满足|PA||PB|=√3，则动点P 的轨迹所围成的图形的面积为 ，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值是 .课时规范练31 平面向量的数量积与平面向量的应用1.A 解析:由题意，向量a =(1，2)，b =(m ，-1)，可得a +b =(m+1，1). 因为(a +b )⊥a ，所以(a +b )·a =m+1+2=0， 解得m=-3. 故选A .2.D 解析:由题可知，因为四边形ABCD 为直角梯形，所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 在AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影向量的模为√2， 由数量积的几何意义可知BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2)2=2，故选D .3.D 解析:由(a +b )·(a -b )=|a |2-|b |2=3，可得|b |=1， 因为|a -b |2=(a -b )2=a 2-2a ·b +b 2=4+2+1=7，所以|a -b |=√7. 故选D .4.A 解析:∵BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-x-1，2x-2)， ∴|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(-x -1)2+(2x -2)2=√5x 2-6x +5.令y=5x 2-6x+5，x>0，当x=35时，y min =165，此时BC 最小， ∴CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(35,-65),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =85,45，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =35×85−65×45=0， ∴CA⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即∠ACB=90°，故选A . 5.B 解析:显然a ≠b ，故A 正确;由a ∥b 得1×2=(x-1)x ，解得x=2或x=-1，故B 错误; 由a ⊥b 得x+2(x-1)=0，解得x=23，故C 正确;|a -b |2=(1-x )2+(x-3)2=2(x-2)2+2≥2，则|a -b |≥√2，故D 正确.故选B .6.C 解析:将a =(1，2)，b =(m ，1)代入b ·(a+b )=3，得(m ，1)·(1+m ，3)=3，得m 2+m=0，解得m=-1或m=0(舍去)，所以b =(-1，1)，所以|b |=√(-1)2+12=√2，故A 错误;因为2a+b=(1，5)，a+2b =(-1，4)，1×4-(-1)×5=9≠0，所以2a+b 与a+2b 不平行，故B 错误;设向量2a-b 与a-2b 的夹角为θ，因为2a-b=(3，3)，a-2b =(3，0)，所以cos θ=(2a -b)·(a -2b)|2a -b||a -2b|=√22，所以θ=π4，故C 正确;向量a 在向量b 上的投影数量为a ·b |b|=1√2=√22，故D 错误.故选C .7.35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=35.8.解(1)b+c =(cos β-1，sin β)， 则|b+c|2=(cos β-1)2+sin 2β=2(1-cos β). 因为-1≤cos β≤1， 所以0≤|b+c|2≤4， 即0≤|b+c|≤2.当cos β=-1时，有|b+c|=2， 所以向量b+c 的模的最大值为2. (2)若α=π4，则a =√22,√22.又由b =(cos β，sin β)，c =(-1，0)得 a ·(b+c )=√22,√22·(cos β-1，sin β)=√22cos β+√22sin β-√22.因为a ⊥(b+c )，所以a ·(b+c )=0， 即cos β+sin β=1，所以sin β=1-cos β， 平方后化简得cos β(cos β-1)=0， 解得cos β=0或cos β=1.经检验cos β=0或cos β=1即为所求.9.B 解析:由于△ABC 内接于以O 为圆心，1为半径的圆，且3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 所以3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，两边平方并化简得25+24OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =25，解得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0; 3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC⃗⃗⃗⃗⃗ =-4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，两边平方并化简得34+30OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =16，解得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-35; 4OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，两边平方并化简得41+40OB⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =9，解得OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-45. 所以∠BOC ≠90°，故A 错误;∠AOB=90°，故B 正确;OB⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =45，故C 错误; OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =-45--35=-15，故D 错误.故选B . 10.D 解析:设P (x ，y )，由AP⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，得(x-1，y )=λ(-1，1)=(-λ，λ)，所以{x -1=-λ,y =λ,得P (1-λ，λ).由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≥PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得(1-λ，λ)·(-1，1)≥(λ，-λ)·(λ-1，1-λ)， 即λ-1+λ≥λ(λ-1)-λ(1-λ)，2λ-1≥2λ2-2λ，2λ2-4λ+1≤0，解得1-√22≤λ≤1+√22， 又因为0≤λ≤1，所以1-√22≤λ≤1. 故选D .11.√2+1 解析:由|a |=|b |=1，且a ·b =0，建立如图所示平面直角坐标系，设OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ，则a =(1，0)，b =(0，1)， 再设c =(x ，y )，则c -a -b =(x-1，y-1)，故|c -a -b |=√(x -1)2+(y -1)2，其几何意义为以O 为圆心的单位圆上的动点与定点P (1，1)间的距离.则其最大值为|OP|+1=√12+12+1=√2+1.12.14 [0，1] 解析:△ABC 为等腰直角三角形，CO 为斜边上的高，则CO 为边AB 上的中线，所以AC=BC=√2，AO=BO=CO=1. 当P 为线段OC 的中点时，在△ACO 中，AP 为边CO 上的中线， 则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AO ⃗⃗⃗⃗⃗ )， 所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AO ⃗⃗⃗⃗⃗ )·OP ⃗⃗⃗⃗⃗=12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos45°+0=12×√2×12×√22=14.当P 为线段OC 上的动点时，设OP⃗⃗⃗⃗⃗ =λOC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，0≤λ≤1， AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CP ⃗⃗⃗⃗⃗ )·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOC⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ -(1-λ)OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(λOC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =λ×1×√2×√22-(1-λ)·λ=λ-λ+λ2=λ2∈[0，1]， 所以AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为[0，1]. 13.C 解析:建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0，3).设P (4，a )(3≤a ≤4)，Q 4+t ，43t (0≤t ≤3)，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4，a-3)，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =4+t ，43t-3，AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =4(4+t )+(a-3)43t-3=16+4t+43at-4t-3a+9=25+43at-3a=25+43t-3·a.-3≤43t-3≤1，3≤a ≤4，所以当43t-3=1，a=4时，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最大值为25+1×4=29. 故选C .14.12π 24+16√3 解析:以经过A ，B 的直线为x 轴，线段AB 的中垂线为y 轴，建立平面直角坐标系如图所示，则A (-2，0)，B (2，0).设P (x ，y )，因为|PA||PB|=√3， 所以√(x+2)2+y 2√(x -2)2+y 2=√3，化简整理可得(x-4)2+y 2=12，所以点P 的轨迹为圆，圆心为C (4，0)，半径r=2√3，故其面积为12π.PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 2-4+y 2=|OP|2-4，OP 即为圆C 上的点到坐标原点的距离. 因为OC=4，所以OP 的最大值为OC+r=4+2√3， 所以PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为(4+2√3)2-4=24+16√3.。

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高中数学高考总复习平面向量的数量积及向量的应用习题及详解一、选择题1．（文)(2010·东北师大附中）已知｜a|＝6，｜b｜＝3，a·b＝－12,则向量a在向量b 方向上的投影是（）A．－4 B．4C．－2 D．2[答案] A［解析] a在b方向上的投影为错误!＝错误!＝－4。

（理）(2010·浙江绍兴调研)设a·b＝4，若a在b方向上的投影为2，且b在a方向上的投影为1,则a与b的夹角等于( )A.错误!B.错误!C。

错误!D。

错误!或错误!［答案］B[解析］由条件知,错误!＝2,错误!＝1，a·b＝4,∴|a|＝4,｜b｜＝2，∴cos〈a，b>＝错误!＝错误!＝错误!,∴〈a,b>＝错误!。

2．(文)（2010·云南省统考)设e1,e2是相互垂直的单位向量，并且向量a＝3e1＋2e2,b＝x e＋3e2，如果a⊥b,那么实数x等于( ）1A．－错误! B.错误!C．－2 D．2[答案］C[解析] 由条件知｜e1|＝|e2｜＝1,e1·e2＝0，∴a·b＝3x＋6＝0，∴x＝－2。

(理）（2010·四川广元市质检)已知向量a＝（2，1），b＝(－1，2），且m＝t a＋b，n＝a －k b(t、k∈R），则m⊥n的充要条件是( )A．t＋k＝1 B．t－k＝1C．t·k＝1 D．t－k＝0[答案] D［解析］m＝t a＋b＝(2t－1，t＋2)，n＝a－k b＝（2＋k，1－2k），∵m⊥n，∴m·n＝（2t－1）（2＋k）＋(t＋2)(1－2k）＝5t－5k＝0，∴t－k＝0.3．（文)（2010·湖南理)在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，则错误!·错误!等于( ) A．－16 B．－8C．8 D．16［答案] D[解析］因为∠C＝90°，所以错误!·错误!＝0，所以错误!·错误!＝(错误!＋错误!)·错误!＝｜错误!|2＋错误!·错误!＝AC2＝16。

第3讲 平面向量的数量积及应用举例【知识归纳】1．向量的夹角定义图示范围共线与垂直 已知两个非零向量a 和b ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 就是a 与b 的夹角设θ是a 与b 的夹角，则θ的取值范围是 0°≤θ≤180°若θ＝0°，则a 与b同向；若θ＝180°，则a 与b 反向；若θ＝90°，则a 与b 垂直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(1)a·b ＝b·a ；(2)(λa )·b ＝λ(a·b )＝a ·(λb )； (3)(a ＋b )·c ＝a·c ＋b·c .4．平面向量数量积的有关结论已知非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，a 与b 的夹角为θ.结论 几何表示 坐标表示模 |a |＝a·a |a|＝x 21＋y 21夹角 cos θ＝a·b|a||b|cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22a ⊥b 的充要条件 a·b ＝0x 1x 2＋y 1y 2＝0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⎣⎡⎦⎤0，π2.( )(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．( ) [教材衍化]1．(必修4P108A 组T 6改编)已知a ·b ＝－122，|a |＝4，a 和b 的夹角为135°，则|b |为( )A ．12B ．6C ．33D ．32．(必修4P105例4改编)已知向量a ＝(2，1)，b ＝(－1，k )，a ·(2a －b )＝0，则k ＝________． 3．(必修4P106练习T3改编)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________．[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．已知△ABC 的三边长均为1，且AB →＝c ，BC →＝a ，CA →＝b ，则a ·b ＋b ·c ＋a ·c ＝________． 2．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________．3．设向量a ＝(－1，2)，b ＝(m ，1)，如果向量a ＋2b 与2a －b 平行，那么a 与b 的数量积等于________． 【典例剖析】一、平面向量数量积的运算【例1】1 ．(2018·全国Ⅱ)已知向量a ，b 满足|a |＝1，a·b ＝－1，则a ·(2a －b )等于( ) A ．4 B ．3 C ．2 D ．02．在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝3，BC ＝10，则AB →·AC →＝________.3．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O .记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3 ＜ I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 34．已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则P A →·(PB →＋PC →)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43 D ．－1【互动探究】 (变问法)在本例(4)的条件下，若D ，E 是边BC 的两个三等分点(D 靠近点B )，则AD →·AE →等于________．【针对练习】 1．(2020·宁波质检)在△ABC 中，|AB →＋AC →|＝|AB →－AC →|，AB ＝2，AC ＝1，E ，F 为BC 的三等分点，则AE →·AF →等于( ) A.89 B.109 C.259 D.2692．(2020·浙江名校协作体试题)已知在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝7，AC ＝2，且O 是△ABC 的外心，则AO →·AC →＝________，AO →·BC →＝________.3．(2020·杭州中学高三月考)若A ，B ，C 三点不共线，|AB →|＝2，|CA →|＝3|CB →|，则CA →·CB →的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫13，3B.⎝⎛⎭⎫－13，3C.⎝⎛⎭⎫34，3D.⎝⎛⎭⎫－34，34．(2020·浙江名校联盟联考)已知在△ABC 中，AB ＝4，AC ＝2，AC ⊥BC ，D 为AB 的中点，点P 满足AP →＝1a AC →＋a －1a AD →，则P A →·(PB →＋PC →)的最小值为( )A ．－2B ．－289C ．－258D ．－725．已知向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2.若对任意单位向量e ，均有|a ·e |＋|b ·e |≤6，则a ·b 的最大值是________．二、平面向量的夹角与模(高频考点) 角度一 求两向量的夹角【例2】 (2020·绍兴一中高三期中)若|a ＋b |＝|a －b |＝2|a |，则向量a ＋b 与a 的夹角为( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6【例3】若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为12，则α与β的夹角θ的取值范围是________．【例4】(2020·嘉兴质检)已知|c |＝2，向量b 满足2|b －c |＝b ·c .当b ，c 的夹角最大时，求|b |的值．【针对练习】 (1)(2020·浙江高考适应性考试)若向量a ，b 满足|a |＝4，|b |＝1，且(a ＋8b )⊥a ，则向量a ，b 的夹角为( ) A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6(2)(2020·浙江金华名校统考)已知向量a ，b 是夹角为π3的单位向量，当实数λ≤－1时，向量a 与向量a ＋λb 的夹角的取值范围是( ) A.⎣⎡⎭⎫0，π3 B.⎣⎡⎭⎫π3，2π3 C.⎣⎡⎭⎫2π3，π D.⎣⎡⎭⎫π3，π(3)(2020·温州“十五校联合体”联考)已知向量a ，b 的夹角为θ，|a ＋b |＝6，|a －b |＝23，则θ的取值范围是( )A ．0≤θ≤π3 B.π3≤θ＜π2 C.π6≤θ＜π2 D ．0＜θ＜2π3角度二 求向量的模【例5】 (1)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，且a －b ＝(3，2)，则|2a －b |等于( ) A ．2 2 B.17 C.15 D ．2 5(2)(2020·浙江五校联考)如图，已知在平行四边形ABCD 中，E ，M 分别为DC 的两个三等分点，F ，N 分别为BC 的两个三等分点，且AE →·AF →＝25，AM →·AN →＝43，则|AC →|2＋|BD →|2等于( )A ．45B ．60C ．90D ．180(3)(2017·浙江)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________．(4)(2018·浙江)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π3，向量b 满足b 2－4e ·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( )A.3－1B.3＋1 C ．2 D ．2－ 3【针对练习】(1)设θ为两个非零向量a ，b 的夹角，已知对任意实数t ，|b ＋t a |的最小值为1，则( )A ．若θ确定，则|a |唯一确定B ．若θ确定，则|b |唯一确定C ．若|a |确定，则θ唯一确定D ．若|b |确定，则θ唯一确定(2)(2020·丽水、衢州、湖州三地市质检)已知向量a ，b 满足|a －b |＝|a ＋3b |＝2，则|a |的取值范围是________．(3)(2020·杭州质检)记M 的最大值和最小值分别为M max 和M min .若平面向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝a ·b ＝c ·(a ＋2b －2c )＝2.则( )A ．|a －c |max ＝3＋72B ．|a ＋c |max ＝3＋72 C ．|a －c |min ＝3＋72 D ．|a ＋c |min ＝3＋72.角度三 两向量垂直问题【例6】 已知|a |＝4，|b |＝8，a 与b 的夹角是120°.求k 为何值时，(a ＋2b )⊥(k a －b )?角度四 求参数值或范围【例7】 已知△ABC 是正三角形，若AC →－λAB →与向量AC →的夹角大于90°，则实数λ的取值范围是________．【规律方法】(1)求平面向量的夹角的方法①定义法：利用向量数量积的定义知，cos θ＝a ·b|a ||b |，其中两个向量的夹角θ的范围为[0，π]，求解时应求出三个量：a ·b ，|a |，|b |或者找出这三个量之间的关系；②坐标法：若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22；(2)求向量的模的方法①公式法：利用|a |＝a ·a 及(a ±b )2＝|a |2±2a ·b ＋|b |2，把向量模的运算转化为数量积运算． ②几何法：利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解．【针对练习】 1．(2020·浙江新高考研究联盟)已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝k ，|c |＝2－k 且a ＋b ＋c ＝0，则b 与c 夹角的余弦值的取值范围是________．2．已知向量AB →与AC →的夹角为120°，且|AB →|＝3，|AC →|＝2.若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为________．三、向量数量积的综合应用【例8】 (2020·金华十校联考)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．【针对练习】1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝⎝⎛⎭⎫sin A 2，cos A 2，n ＝⎝⎛⎭⎫cos A 2，－cos A 2，且2m ·n ＋|m |＝22，则∠A ＝________．2．已知向量a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，x ∈[0，π]． (1)若a ∥b ，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．四、平面向量中的最值范围问题【例10】 (1)(2020·杭州市高三模拟)在△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，D 是AB 的中点，E ，F 分别是边BC 、AC 上的动点，且EF ＝1，则DE →·DF →的最小值等于( )A.54B.154C.174D.174(2)(2020·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a ，b 满足|a ＋b |＝4，|a －b |＝3，则|a |＋|b |的取值范围是( )A ．[3，5]B ．[4，5]C ．[3，4]D ．[4，7]【针对练习】1．已知平面向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝1，若e 为平面单位向量，则|a ·e |＋|b ·e |的最大值是__________．2．(2020·金华十校高考模拟)若非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，则cos 〈a ，b 〉的最小值为________．五、平面向量的综合运用 一、平面向量在平面几何中的应用【例11】 (1)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OP →＝OA →＋λ(AB →＋AC →)，λ∈(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(2)在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点．若AC →·BE →＝1，则AB ＝________．二、平面向量与函数、不等式的综合应用【例12】 (1)设θ是两个非零向量a ，b 的夹角，若对任意实数t ，|a ＋t b |的最小值为1，则下列判断正确的是( )A ．若|a |确定，则θ唯一确定B ．若|b |确定，则θ唯一确定C ．若θ确定，则|b |唯一确定D ．若θ确定，则|a |唯一确定(2)(一题多解)已知向量a ，b 为单位向量，且a ·b ＝－12，向量c 与a ＋b 共线，则|a ＋c |的最小值为________．三、平面向量与解三角形的综合应用【例13】 已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(sin A ，sin B )，n ＝(cos B ，cos A )，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CA →·(AB →－AC →)＝18，求c .四、平面向量与解析几何的综合应用【例14】 (1)若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最大值为________．(2)已知F 为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左焦点，定点A 为双曲线虚轴的一个端点，过F ，A 两点的直线与双曲线的一条渐近线在y 轴右侧的交点为B ，若AB →＝3F A →，则此双曲线的离心率为________．【精品练习】1．已知A ，B ，C 为平面上不共线的三点，若向量AB →＝(1，1)，n ＝(1，－1)，且n ·AC →＝2，则n ·BC →等于( )A ．－2B ．2C ．0D ．2或－22．(2020·温州市十校联合体期初)设正方形ABCD 的边长为1，则|AB →－BC →＋AC →|等于( )A ．0 B.2 C ．2 D ．2 23．(2020·温州市十校联合体期初)已知平面向量a ，b ，c 满足c ＝x a ＋y b (x ，y ∈R )，且a ·c >0，b ·c >0.( )A ．若a·b <0则x >0，y >0B ．若a·b <0则x <0，y <0C ．若a·b >0则x <0，y <0D ．若a·b >0则x >0，y >04．在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，则△ABC 的形状一定是( ) A ．等边三角形 B ．等腰三角形 C ．直角三角形D ．等腰直角三角形5．已知正方形ABCD 的边长为2，点F 是AB 的中点，点E 是对角线AC 上的动点，则DE →·FC →的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．46．(2020·金华市东阳二中高三月考)若a ，b 是两个非零向量，且|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎡⎦⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤π3，2π3 B.⎣⎡⎦⎤2π3，5π6 C.⎣⎡⎭⎫2π3，π D.⎣⎡⎭⎫5π6，π7．(2020·温州市十校联合体期初)已知平面向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，那么|a －2b |＝________．8．(2020·嘉兴一中高考适应性考试)设e 1，e 2为单位向量，其中a ＝2e 1＋e 2，b ＝e 2，且a 在b 上的投影为2，则a ·b ＝________，e 1与e 2的夹角为________．9.如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点Q 为边CD 上一个动点，CQ →＝λQD →，点P 为线段BQ (含端点)上一个动点．若λ＝1，则P A →·PD →的取值范围为________．10．(2020·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD 满足AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)，则凸四边形ABCD 的面积为________；AB →·CD →的取值范围是________． 11．已知m ＝⎝⎛⎭⎫sin ⎝⎛⎭⎫x －π6，1，n ＝(cos x ，1)．(1)若m ∥n ，求tan x 的值；(2)若函数f (x )＝m ·n ，x ∈[0，π]，求f (x )的单调递增区间．12．(2020·金华市东阳二中高三月考)设O 是△ABC 的三边中垂线的交点，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 对应的边，已知b 2－2b ＋c 2＝0，求BC →·AO →的取值范围．13．(2020·嘉兴市高考模拟)已知平面向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，若向量c 满足|a －b ＋c |≤1，则|c |的最大值为( )A ．1 B.2 C. 3 D ．214．(2020·温州市高考模拟)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a ＜b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋μ＝1)，则当max{c ·a ，c ·b }取最小值时，|c |＝ ( )A.255B.223 C ．1 D.5215．(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)向量m ＝⎝⎛⎭⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈(0，π)，①若m ∥n ，则tan x ＝________；②若m 与n 的夹角为π3，则x ＝________．16．(2020·宁波市余姚中学高三期中)已知向量OA →，OB →的夹角为60°，|OA →|＝2，|OB →|＝23，OP →＝λOA →＋μOB →.若λ＋3μ＝2，则|OP →|的最小值是________，此时OP →，OA →夹角的大小为________．第 11 页 共 11 页 17．(2020·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝4，|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，求(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值．18．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)，|OC →|＝1，且∠AOC＝θ，其中O 为坐标原点．(1)若θ＝34π，设点D 为线段OA 上的动点，求|OC →＋OD →|的最小值； (2)若θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，向量m ＝BC →，n ＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m ·n 的最小值及对应的θ值．。

第29讲-平面向量的数量积及其应用一、 考情分析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.会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题.二、 知识梳理1.两个向量的夹角(1)定义：已知两个非零向量a 和b ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 称作向量a和向量b 的夹角，记作〈a ，b 〉.(2)范围：向量夹角〈a ，b 〉的范围是[0，π]，且〈a ，b 〉＝〈b ，a 〉.(3)向量垂直：如果〈a ，b 〉＝π2，则a 与b 垂直，记作a ⊥b .2.向量在轴上的正射影已知向量a 和轴l (如图)，作OA →＝a ，过点O ，A 分别作轴l 的垂线，垂足分别为O 1，A 1，则向量O 1A 1→叫做向量a 在轴l 上的正射影(简称射影)，该射影在轴l 上的坐标，称作a 在轴l 上的数量或在轴l 的方向上的数量.OA →＝a 在轴l 上正射影的坐标记作a l，向量a 的方向与轴l 的正向所成的角为θ，则由三角函数中的余弦定义有a l ＝|a |cos__θ.3.向量的数量积(1)平面向量的数量积的定义：|a||b|cos〈a，b〉叫做向量a和b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉.(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＋y22.4.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).[微点提醒]1.两个向量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.2.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＝a 2＋2a ·b ＋b 2.(3)(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2.三、 经典例题考点一 平面向量数量积的运算【例1-1】（2020·汉中市龙岗学校高三其他（理））在锐角ABC 中，602B AB AC =︒-=，，则AB AC ⋅的取值范围为（ ）A ．()0,12B ．1,124⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．(]0,4D ．(]0,2【答案】A【解析】解：以B 为原点，BA 所在直线为x 轴建立坐标系，∵602B AB AC BC =︒-==，，∴13C （，），设0A x （，）∵ABC 是锐角三角形，∴120A C +=︒，∴3090A ︒︒＜＜，即A 在如图的线段DE 上（不与D E ，重合），∴14x ＜＜，则221124AB AC x x x （）⋅=-=--，∴AB AC ⋅的范围为012（，）．故选：A ．【例1-2】（2020·吉林省高三其他（文））设非零向量a ，b 满足3a b =，1cos ,3a b =，()16a a b ⋅-=，则b =（ ）AB C ．2 D 【答案】A 【解析】||3||a b =，1cos ,3a b 〈〉=. 2222()9||||8||16a a b a a b b b b ∴⋅-=-⋅=-==，||2b ∴=.【例1-3】（2020·福建省高三其他（文））点P 在以F 为焦点的抛物线24x y =上，5PF =，以P 为圆心，PF 为半径的圆交x 轴于,A B 两点，则AP AB ⋅=（ ）A ．9B ．12C ．18D ．32【答案】C【解析】设()00,P x y ，因为抛物线24x y =的焦点为()0,1F ，5PF =，所以015y +=，即04y =，因此200416x y ==，解得：04x =±，不妨取04x =， 则()4,4P ，因此以P 为圆心，PF 为半径的圆的方程为：()()224425x y -+-=，令0y =，解得：7x =或1x =，即圆()()224425x y -+-=与x 轴的两交点为()7,0，()1,0， 不妨取()7,0A ，()10B ,， 则()3,4AP =-，()6,0AB =-，因此18AP AB ⋅=.【例1-4】（2020·福建省高三其他（文））已知向量a ，b 满足1a =，3b =，2+7a b =，则b 与a b -的夹角为（ ）A．30B．60︒C．120︒D．150︒【答案】D【解析】将2+7a b=两边平方得224+4+7a ab b⋅=，所以0a b⋅=，又()2222+4ba ba b a-=-⋅=，所以2a b-=，设b与a b-的夹角为θ，则()23cos232b a b a bb a bbθ⋅-⋅-===-⨯⨯-，又0θπ≤≤，所以150θ=,故选：D.【例1-5】（2020·湖北省高三其他（理））如图所示，A、B是圆O上的两点，若2AB AO⋅=，则弦AB长为______.【答案】2【解析】过O作⊥OD AB于D，则1cos2AO OAD AD AB∠==，2AB AO⋅=，cos2AB AO OAD⋅∠=，所以212,22AB AB==,故答案为：2规律方法 1.数量积公式a·b＝|a||b|cos θ在解题中的运用，解题过程具有一定的技巧性，需要借助向量加、减法的运算及其几何意义进行适当变形；也可建立平面直角坐标系，借助数量积的坐标运算公式a·b＝x1x2＋y1y2求解，较为简捷、明了.2.在分析两向量的夹角时，必须使两个向量的起点重合，如果起点不重合，可通过“平移”实现.考点二 平面向量数量积的应用角度1 平面向量的垂直【例2－1】（1）设向量a ＝(1，0)，b ＝(－1，m ).若a ⊥(m a －b )，则m ＝________.（2）已知△ABC 中，∠A ＝120°，且AB ＝3，AC ＝4，若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为( )A.2215B.103C.6D.127【解析】 (1)a ＝(1，0)，b ＝(－1，m )，∴a 2＝1，a ·b ＝－1，由a ⊥(m a －b )得a ·(m a －b )＝0，即m a 2－a ·b ＝0.∴m －(－1)＝0，∴m ＝－1.(2)因为AP→＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →， 所以有AP →·BC →＝(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝λAB →·AC →－λAB →2＋AC →2－AB →·AC →＝(λ－1)AB →·AC→－λAB →2＋AC →2＝0，整理可得(λ－1)×3×4×cos 120°－9λ＋16＝0，解得λ＝2215.规律方法 1.当向量a ，b 是非坐标形式时，要把a ，b 用已知的不共线向量作为基底来表示且不共线的向量要知道其模与夹角，从而进行运算.2.数量积的运算a ·b ＝0⇔a ⊥b 中，是对非零向量而言的，若a ＝0，虽然有a ·b ＝0，但不能说a ⊥b . 角度2 平面向量的模【例2－2】 (1)已知平面向量α，β，|α|＝1，|β|＝2，α⊥(α－2β)，则|2α＋β|的值是________.(2)(2019·杭州调研)已知直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，AD ＝2，BC ＝1，P 是腰DC 上的动点，则|P A →＋3PB→|的最小值为________. 【解析】(1)由α⊥(α－2β)得α·(α－2β)＝α2－2α·β＝0，所以α·β＝12，所以(2α＋β)2＝4α2＋β2＋4α·β＝4×12＋22＋4×12＝10，所以|2α＋β|＝10.(2)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 ).所以P A →＋3PB→＝(2，－y )＋3(1，b －y )＝(5，3b －4y )， 所以|P A →＋3PB→|＝25＋（3b －4y ）2(0≤y ≤b )， 所以当y ＝34b 时，|P A →＋3PB →|取得最小值5.规律方法 1.求向量的模的方法：(1)公式法，利用|a |＝a ·a 及(a ±b )2＝|a |2±2a ·b ＋|b |2，把向量的模的运算转化为数量积运算；(2)几何法，利用向量的几何意义.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. 角度3 平面向量的夹角【例2－3】 (1)知非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝233|a |，则向量a ＋b 与a －b 的夹角为________.(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________.【解析】 (1)将|a ＋b |＝|a －b |两边平方，得a 2＋b 2＋2a ·b ＝a 2＋b 2－2a ·b ，∴a ·b ＝0.将|a ＋b |＝233|a |两边平方，得a 2＋b 2＋2a ·b ＝43a 2， ∴b 2＝13a 2.设a ＋b 与a －b 的夹角为θ，∴cos θ＝（a ＋b ）·（a －b ）|a ＋b |·|a －b |＝a 2－b 2233|a |·233|a |＝23a 243a 2＝12. 又∵θ∈[0，π]，∴θ＝π3.(2)∵2a －3b 与c 的夹角为钝角，∴(2a －3b )·c <0，即(2k －3，－6)·(2，1)<0，解得k ＜3.又若(2a －3b )∥c ，则2k －3＝－12，即k ＝－92.当k ＝－92时，2a －3b ＝(－12，－6)＝－6c ，此时2a －3b 与c 反向，不合题意.综上，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－92∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－92，3. 规律方法 1.研究向量的夹角应注意“共起点”；两个非零共线向量的夹角可能是0或π；注意向量夹角的取值范围是[0，π]；若题目给出向量的坐标表示，可直接套用公式cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22求解. 2.数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于0且两向量不共线时两向量的夹角为钝角.考点三 平面向量与三角函数【例3】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. 【解析】 (1)由m ·n ＝－35，得cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35，所以cos A ＝－35.因为0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝45. (2)由正弦定理，得a sin A ＝b sin B ，则sin B ＝b sin A a ＝5×4542＝22， 因为a >b ，所以A >B ，且B 是△ABC 一内角，则B ＝π4.由余弦定理得(42)2＝52＋c 2－2×5c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35， 解得c ＝1，c ＝－7舍去，故向量BA →在BC →方向上的投影为|BA →|cos B ＝c cos B ＝1×22＝22. 规律方法 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.[方法技巧]1.计算向量数量积的三种方法定义、坐标运算、数量积的几何意义，要灵活运用，与图形有关的不要忽略数量积几何意义的应用.2.求向量模的常用方法利用公式|a |2＝a 2，将模的运算转化为向量的数量积的运算.3.利用向量垂直或平行的条件构造方程或函数是求参数或最值问题常用的方法与技巧.4.数量积运算律要准确理解、应用，例如，a ·b ＝a ·c (a ≠0)不能得出b ＝c ，两边不能约去一个向量.数量积运算不满足结合律，(a ·b )·c 不一定等于a ·(b ·c ).四、 课时作业1．（2020·黑龙江省哈尔滨三中高三其他（文））已知向量()3,2m =，()4,n x =，若m n ⊥，则x =（ ） A ．6-B ．83-C ．83D ．6 【答案】A【解析】()3,2m =，()4,n x =且m n ⊥，则3421220m n x x ⋅=⨯+=+=，解得6x =-. 2．（2020·山东省高三二模）已知正方形ABCD 的边长为3,2,DE EC AE BD =⋅=（ ）A ．3B ．3-C ．6D ．6-【答案】A【解析】因为正方形ABCD 的边长为3，2DE EC =， 则2()()()3AE BD AD DE AD AB AD AB AD AB ⎛⎫⋅=+⋅-=+⋅- ⎪⎝⎭ 2222122333333AD AD AB AB =-⋅-=-⨯=. 3．（2020·宁夏回族自治区高三二模（文））已知向量,a b 满足||1,||3a b ==,且a 与b 的夹角为6π,则()(2)a b a b +⋅-=( )A ．12B ．32-C ．12-D ．32【答案】A【解析】221()(2)22312a b a b a b a b +⋅-=-+⋅=-+=. 4．（2020·黑龙江省铁人中学高三二模（文））已知单位向量a 、b 满足a b ⊥，则()a a b ⋅-=（ ） A ．0B ．12C ．1D ．2 【答案】C 【解析】因为单位向量a 、b 满足a b ⊥，所以1a b ==，0a b ⋅=，所以()221a a b a a b a a b ⋅-=-⋅=-⋅=，故选：C.5．（2020·黑龙江省大庆实验中学高三月考（文））已知向量()1,2AB =，(),4BC x =-，若A ，B ，C 三点共线，则AC BC ⋅=（ ）A ．10B ．80C ．－10D ．－80 【答案】A【解析】因为A ,B ,C 三点共线,所以AB BC ,则24x =-,2x =-, 所以()1,2AC AB BC =+=--,故2810AC BC ⋅=+=.6．（2020·山西省山西大附中高三月考）已知2a b →→==，且2a b →→⎛⎫-⎪⎝⎭与a →垂直，则a →与b →的夹角是（ ）A ．3πB ．6π C ．34π D ．4π 【答案】A【解析】22224cos 0a b a a a b θ→→→→→→⎛⎫-=-=-= ⎪⎝⎭得1cos 2θ=，求得a 与b 的夹角是3π.7．（2020·山西省太原五中高三月考（理））在ABC 中，3AB =，2AC =，12BD BC =，则AD BD ⋅=( ) A ．52-B ．52C ．54-D ．54【答案】C【解析】如图所示，∵BD =12BC =()12AC AB -， ∴()12AD AC AB =+， ∴AD •BD =()()14AC AB AC AB -⋅+=()221234-=﹣54．8．（2020·辽宁省大连二十四中高三其他（理））已知平面向量(3,0)a =，2(1,23)a b +=，则a 与b 的夹角等于（ ） A ．6πB ．3π C ．23π D ．56π 【答案】C【解析】设(,)b x y =，则2(32,2)(1,23)a b x y +=+=，3211233x x y y ⎧+==-⎧⎪⎪∴∴⎨⎨==⎪⎪⎩⎩(1,3)b ∴=-，31cos ,322||||a b a b a b ⋅-∴〈〉===-⨯⋅，则a 与b 的夹角等于23π. 9．（2020·辽宁省沈阳二中高三其他（文））已知向量1(,)22a =-,31(,)22b =-，则下列关系正确的是（ ） A ．()a b b +⊥ B ．()a b a +⊥ C ．()()a b a b +⊥- D ．()//()a b a b +-【答案】C【解析】311,22a b ⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭；()3312•0442a b b --∴+=-=≠； a b ∴+不与b 垂直；∴A 错误；()13•a b a C -+=+=≠； a b ∴+不与a 垂直；∴B 错误；又()()22•110a b a b a b +-=-=-=；()()a b a b ∴+⊥-； ∴C 正确，D 错.10．（2020·重庆八中高三其他（理））已知向量()1,2a =，2b =，且a b ⊥，则2a b +=（ ）A B C ．13D ．17【答案】A【解析】()1,2a =，212a ∴=+=又2b =，且a b ⊥，所以0a b ⋅=，2224454213a b a a b b ∴+=+⋅+=+⨯=.11．（2020·沈阳二中北校高三其他（文））已知向量1331,,,2222⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a b 则下列关系正确的是（ ）A ．()a b b +⊥B ．()a b a +⊥C ．()()a b a b +⊥-D ．()//()+-a b a b【答案】C【解析】由题意0a b ⋅=，1a b ==，因此2()10a b b a b b +⋅=⋅+=≠，同理()10a b a +⋅=≠，22()()0a b a b a b +⋅-=-=，因此只有()()a b a b +⊥-正确．12．（2020·巩义市教育科研培训中心高三其他（文））如图，O 为ABC ∆的外心，4,2,AB AC BAC ==∠为钝角，M 是边BC 的中点，则AM AO ⋅的值为（ ）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】B【解析】外心O 在,AB AC 上的投影恰好为它们的中点，分别设为,P Q ，所以AO 在,AB AC 上的投影为11,22AP AB AQ AC ==，而M 恰好为BC 中点，故考虑()12AM AB AC=+，所以()()2211111+522222AM AO AB AC AO AB AO AC AO AB AC ⎛⎫⋅=+⋅=⋅+⋅== ⎪⎝⎭13．（2020·重庆一中高三月考（理））抛物线2y x =的焦点为F ，O 为坐标原点，点P 在抛物线上，向量FP 与OF 的夹角为60︒，过P 作抛物线准线的垂线，垂足为H ，线段HF 和抛物线交于点Q ，则||||HF FQ =（ ）A ．1B ．2C ．3D ．23【答案】C【解析】由抛物线定义知PH PF =，结合60HPF ︒∠=知HPF 为等边三角形. 故HF 和准线夹角30θ︒=，过Q 作QE 垂直于准线，垂足为E ，则QF QE =||||1sin sin 30||||2QE QF QH QH θ︒====，故||||||2||||3||||||HF HQ QF QF QF FQ QF QF ++===14．（2020·湖北省高三月考（理））已知向量(,1)a m =，(1,2)b =-，若(2)a b b -⊥，则a 与b 夹角的余弦值为（ ） A ．213B 213C ．613D 613【答案】B【解析】依题意,2(2,3)a b m -=+-,而(2)0a b b -⋅=,即260m ---=,解得8m =-,则(8,1)a =-,故213cos ,565a b <>==⋅,故选：B. 15．（2020·河南省高三其他（理））已知向量()3,1a =，()1,3b m =-，若向量a ，b 的夹角为锐角，则实数m 的取值范围为（ ）A ．()13,-+∞B ．()133,++∞C ．(()13,133133,+++∞D ．(()13,133133,+++∞【答案】C 【解析】因为()3,1a =，()1,3b m =-，所以()313a b m ⋅=-+；因为向量a ，b 的夹角为锐角，所以有()3130m -+>，解得13m >-. 又当向量a ，b 共线时，()3310m --=，解得：133m =+， 所以实数m 的取值范围为()()13,133133,-+++∞.16．（2020·新疆维吾尔自治区高三三模（文））在Rt ABC 中，1AB AC ==，点D 满足2BD DC =，则AB AD ⋅=（ ）A ．13B ．23C ．1D ．2【答案】A【解析】在Rt ABC 中，1AB AC ==， 所以A ∠为直角，以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，建立平面直角坐标系，则()10B ,，()0,1C ，设(),D x y ，()1,BD x y =-，(),1DC x y =--， 由2BD DC =，可得()1,x y -()2,1x y =--，即1222x x y y-=-⎧⎨=-⎩，解得13x =，23y =，所以12,33D ⎛⎫⎪⎝⎭，由()1,0AB = ，12,33AD ⎛⎫= ⎪⎝⎭所以12110333AB AD ⋅=⨯+⨯=.17．（2020·四川省高三三模（文））已知点A （﹣2，0）、B （3，0），动点P （x ，y ）满足2PA PB x ⋅=，则点P 的轨迹是（ ） A ．圆 B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线【答案】D【解析】∵动点P （x ，y ）满足2PA PB x ⋅=， ∴（﹣2﹣x ，﹣y ）•（3﹣x ，﹣y ）=x 2， ∴（﹣2﹣x ）（3﹣x ）+y 2=x 2，解得y 2=x+6， ∴点P 的轨迹是抛物线．18．（2020·六盘山高级中学高三期末（理））已知||2a =，向量a 在向量b a 与b 的夹角为（ ） A ．3πB ．6π C ．23π D ．2π 【答案】B【解析】记向量a 与向量b 的夹角为θ，a ∴在b 上的投影为cos 2cos a θθ=．a 在bcos θ∴=， []0θπ∈，，6πθ∴=．19．（2020·四川省高三月考（理））设点M 是线段BC 的中点，点A 在直线BC 外，若2BC =，AB AC AB AC +=-，则AM =（ ）A ．12B ．1C ．2D ．4【答案】B【解析】||||AB AC AB AC +=-，两边平方得，222222AB AB AC AC AB AB AC AC +⋅+=-⋅+，0,AB AC AB AC ∴⋅=∴⊥，M 是线段BC 的中点，1||||12AM BC ∴==. 20．（2020·黑龙江省大庆四中高一月考（文））在ABC∆中,(cos18,cos72)AB =︒︒,(2cos63,2cos 27)BC =︒︒,则ABC ∆面积为 （ ）【答案】B 【解析】由已知，(cos18,sin18)AB =︒︒,(2sin 27,2cos 27)BC =︒︒,2||cos 18sin 181AB =+=，2||2cos 27sin 272BC =+=， 由于AB 与BC 的夹角为B π-，2cos18sin 272sin18cos 272sin 45122+==⨯135， 2sin1352=21．（2020·福建省高三其他（文））在ABC 中，1AB =，2AC =，若0AB AC ⋅=，动点D ，E 满足1AD =且DE EC =，则BE 的最大值为（ ）A B C D 【答案】A【解析】因为0AB AC ⋅=，所以AB AC ⊥，以A 点为坐标原点，以AB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，因为1AB =，2AC =，则()10B ,，()0,2C ，()0,0A ， 又动点D ，E 满足1AD =且DE EC =， 设()00,D x y ，(),E x y ，则22001222x yxxyy⎧⎪+=⎪+⎪=⎨⎪+⎪=⎪⎩，所以22001222x yx xy y⎧+=⎪=⎨⎪=-⎩，因此()224221x y+-=，即()22114x y+-=，因此点E的轨迹是以()0,1为圆心，以12r=为半径的圆，又()0,1与点()10B,的距离为()()2201102d=-+-=，所以max122BE d r=+=+.故选：A.22．（2020·宁夏回族自治区高三其他（理））已知向量(2,3),(3,)AB AC t==，且AB与BC夹角为锐角，则实数t的取值范围为（）A．7,3⎛⎫+∞⎪⎝⎭B．799,,322⎛⎫⎛⎫⋃+∞⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C．79,32⎛⎫⎪⎝⎭D．9,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意得：4913AB→=+=()213BC AC AB t→→→=-=+-631337AB BC AB AC AB t t→→→→→⎛⎫⋅=⋅-=+-=-⎪⎝⎭，设AB→与BC→夹角为θ，则()2cos1313AB BCtAB BCθ→→→→⋅==⎡⎤+-⋅⎣⎦，02πθ<<，0cos 1θ∴<<，即01<<，()()22370131337t t t ->⎧⎪∴⎨⎡⎤+->-⎪⎣⎦⎩，273(29)0t t ⎧>⎪⎨⎪->⎩解得：73t >且92t ≠，即t 的取值范围为799,,322⎛⎫⎛⎫⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 23．（2020·黑龙江省黑龙江实验中学高三期末（文））设D 为ABC ∆所在平面内一点，若3BC CD =，则下列关系中正确的是（ ） A ．1433AD AB AC =-+ B ．1433AD AB AC =- C ．4133AD AB AC =+ D ．4133AD AB AC =- 【答案】A【解析】∵3BC CD = ∴AC −AB =3(AD −AC )； ∴AD =43AC −13AB . 24．（2020·辽宁省高一期中）已知向量(,6)a x =，(3,4)b =，且a 与b 的夹角为锐角，则实数x 的取值范围为（ ） A ．[8,)-+∞B ．998,,22⎛⎫⎛⎫-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．998,,22⎡⎫⎛⎫-⋃+∞⎪ ⎪⎢⎣⎭⎝⎭D ．(8,)-+∞【答案】B【解析】若a b ∥，则418x =，解得92x =. 因为a 与b 的夹角为锐角，∴92x ≠. 又324a b x ⋅=+，由a 与b 的夹角为锐角， ∴0a b ⋅>，即3240x +>，解得8x >-. 又∵92x ≠，所以998,,22x ⎛⎫⎛⎫∈-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.25．（2020·上海高三专题练习）设O 为ABC 的内心，且满足()(2)0OB OC OB OC OA -⋅+-=，则ABC 的形状为( ) A ．等腰三角形 B ．等边三角形C ．直角三角形D ．以上都不对【答案】A【解析】由题意()()()()2OB OC OB OC OA CB OB OA OC OA CB AB AC -⋅+-=⋅-+-=⋅+()()22220AB AC AB AC AB AC AB AC =-⋅+=-=-=， 所以AB AC =， 所以ABC 为等腰三角形.26．（2020·四川省高三三模（理））设平面上向量()()cos ,sin ,0a αααπ=≤<,1,22b ⎛=- ⎝⎭，若3b a b +=-，则角α的大小为（ ）A ．56πB ．6π C ．6π或56πD ．6π或76π【答案】B【解析】因为()cos ,sin a αα=，1,22b ⎛=- ⎝⎭，所以1==a b ，3b a b +=-，所以223b a b +=-，所以2222323233a a b b a a b b +⋅+=-⋅+即311233b a b +⋅+=-⋅+，所以1cos 02a b αα⋅=-+=，所以tan α=， 由0απ≤<可得6πα=.27．（2020·江西省南昌十中高三其他（文））已知圆O 的半径为2，P,Q 是圆O 上任意两点，且POQ 60∠=，AB 是圆O 的一条直径，若点C 满足()1λλ=-+OC OP OQ （λR ∈），则CA CB ⋅的最小值为（ ） A ．-1 B ．-2C ．-3D ．-4【答案】C【解析】因为()()()2···=++=+++⋅CO OA CO OB CO CO OA OB OA OB CA CB ， 由于圆O 的半径为2，AB 是圆O 的一条直径，所以0OA OB +=，()2214⋅=⨯⨯-=-OA OB ，又60POQ ∠=︒，所以()22·414λλ⎡⎤=-=-+-⎣⎦CA CB CO OP OQ ()()2222·121?··4λλλλ=-+-+-CA CB OP OP OQ OQ ·CA CB ()()2243314433λλλλ=-+-=- 2134324λ⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 所以，当12λ=时，21333244minλ⎡⎤⎛⎫--=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，故·CA CB 的最小值为3434⎛⎫⨯-=- ⎪⎝⎭， 28．（2020·河南省郑州一中高三其他（理））下面图1是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图.其阴离子排列如图2所示,图2中圆的半径均为1,且相邻的圆都相切,A ,B ,C ,D 是其中四个圆的圆心,则AB •CD =（ ） A ．32B ．28C ．26D ．24【答案】C 【解析】如图所示,建立以,a b 为一组基底的基向量,其中1a b ==且,a b 的夹角为60°,∴24AB a b =+,42CD a b =+,∴()()22124428820882011262AB CD a b a b a b a b =+⋅+=++⋅=++⨯⨯⨯⋅=. 29．（多选题）已知1e ，2e 是两个单位向量，R λ∈时，12||e e λ+的最小值为32，则下列结论正确的是（ ） A ．1e ，2e 的夹角是3π B ．1e ，2e 的夹角是3π或23π C ．12||1e e +=3D ．12||1e e +=或32【答案】BC【解析】由题可知，()()221212*********()21()11e e e e e e e e e e λλλλ+=+⋅+=+⋅+-⋅-⋅≥1e ，2e 是两个单位向量，且12||e e λ+的最小值为2， ∴212()e e λ+的最小值为34，则()212134e e =-⋅，解得121cos 2e e ⋅=± ∴1e 与2e 的夹角为3π或23π， ∴21212||12112212e e e e ⋅++=⨯==+±或3，∴12||1e e +=30．（多选题）（2020·海南省高三其他）已知正方形ABCD 的边长为2，向量a ，b 满足2AB a =，2AD a b =+，则（ ）A ．22b =B ．a b ⊥C ．2a b ⋅=D ．()4a b b +⊥ 【答案】AD 【解析】由条件可b AD AB BD =-=，所以22b BD ==，A 正确；12a AB =，与BD 不垂直，B 错误；122ab AB BD ⋅=⋅=-，C 错误；4a b AB AD AC +=+=，根据正方形的性质有AC BD ⊥，所以()4a b b +⊥，D 正确．31．（2020·梁河县第一中学高一开学考试）设12,e e 是两个相互垂直的单位向量，且12122,a e e b e e λ=--=- （Ⅰ）若a b ，求λ的值；（Ⅱ）若a b ⊥，求λ的值．【解析】解：（Ⅰ）若a b ，则存在唯一的μ，使b μ=，∴1212(2)e e e e λμ-=-- 1212μλμλμ=-⎧∴⇒==-⎨-=-⎩， ∴当12λ=-时a b ，； （Ⅱ）若a b ⊥，则0a b ⋅=，1212(2)()0e e e e λ--⋅-= 2211222(21)0e e e e λλ⇒-+-⋅+=因为12,e e 是两个相互垂直的单位向量，2λ∴=∴当2λ=时，a b ⊥.32．（2020·双峰县第一中学高一月考）设两个向量a ，b ，满足2a =，1b =.(1)若()()21a b a b +⋅-=，求a 、b 的夹角；(2)若a 、b 夹角为60，向量27ta b +与a tb +的夹角为钝角，求实数t 的取值范围.【解析】(1)因为()()21a b a b +⋅-=，所以2221a a b b +⋅-=， 即2221a a b b +⋅-=，又2a =，1b =，所以1a b ⋅=-， 所以11cos ,212a ba b a b ⋅-〈〉===-⨯⋅，又[],0,a b π〈〉∈， 所以向量a 、b 的夹角是23π. (2)因为向量27ta b +与a tb +的夹角为钝角，所以()()270ta b a tb +⋅+<，且向量27ta b +与a tb +不反向共线，即()2222+2770ta t a b tb +⋅+<，又a 、b 夹角为60，所以1cos602112a b a b ⋅==⨯⨯=， 所以221570t t ++<，解得172t -<<-，又向量27ta b +与a tb +不反向共线，所以()27ta b a tb +≠+λ()0λ<，解得2t ≠-，所以t 的取值范围是172t -<<-且2t ≠-. 33．（2020·全国高三月考）已知平面向量a ，b 满足：|a |＝2，|b |＝1．（1）若（a +2b ）•（a b -）＝1，求a ▪b 的值；（2）设向量a ，b 的夹角为θ．若存在t ∈R ，使得1a b t +=，求cos θ的取值范围．【解析】（1）若（a +2b ）•（a b -）＝1，则222a a b b +⋅-=1，又因为|a |＝2，|b |＝1，所以4a b +⋅-2＝1，所以a b ⋅=-1；（2）若1a tb +=，则2222a ta b t b +⋅+=1， 又因为|a |＝2，|b |＝1，所以t 2+2（a b ⋅）t +3＝0，即t 2+4t cosθ+3＝0，所以△＝16cos 2θ﹣12≥0，解得cosθ2≥或θ2≤-，所以cosθ∈[﹣1，]∪[2，1]. 34．（2020·全国高三月考（文））设向量()cos23,cos67a =︒︒，()cos68,cos22b =︒︒，()u a tb t =+∈R . （1）求a b ⋅；（2）求以,a b 为邻边的平行四边形的面积；（3）求u 的模的最小值.【解析】（1）()()cos23sin23cos68sin68a b =︒︒=︒︒，，，.cos23cos68sin23sin68cos45a b ⋅=︒︒+︒︒=︒=. （2）∵2cos 231a == ， 2cos 681b ==， 又∵22a b ⋅= 从而2cos 2|a b a b a b ⋅〈〉==，，∴以a b ，为邻边的平行四边形的面积sin 11S a b a b =⋅⋅〈〉=⨯=，. （3）222cos 23sin 231a =︒+︒=，222cos 68sin 681b =︒+︒=，∴()()222222u a tb a t bta b =+=++⋅， 221122t t ⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎝⎭，∴当t =min 2||u =35．（2020·海南省高三二模）在平面直角坐标系中，点(2,),(1,3),(1,1)A a B C -. （1）若2BA CB ⋅=-，求实数a 的值；（2）若4a =，求ABC ∆的面积.【解析】（1）由题,(3,3),(2,2)BA a CB =-=-,若2BA CB ⋅=-,则62(3)2a -+-=-,所以5a =.（2）若4a =,则()2,4A ,所以(3,1),(2,2)BA BC ==-, 则||10,||22BA BC ==所以cos ,||||10BA BC BA BC BA BC ⋅〈〉===⋅则2sin ,BA BC 〈〉=,所以ABC ∆的面积为11||||sin 422S BA BC B =⋅⋅==.。

平面向量的数量积与平面向量应用举例建议用时：45分钟一、选择题1．已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝()A．4B．3C．2D．0B[a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2－(－1)＝3，故选B.]2．已知平面向量a＝(－2,3)，b＝(1,2)，向量λa＋b与b垂直，则实数λ的值为()A.413B．－413 C.54 D．－54D[∵a＝(－2,3)，b＝(1,2)，∴λa＋b＝(－2λ＋1,3λ＋2)．∵λa＋b与b垂直，∴(λa＋b)·b＝0，∴(－2λ＋1,3λ＋2)·(1,2)＝0，即－2λ＋1＋6λ＋4＝0，解得λ＝－5 4.]3．已知向量a，b满足|a|＝1，b＝(2,1)，且a·b＝0，则|a－b|＝()A. 6B. 5 C．2 D. 3A[因为|a|＝1，b＝(2,1)，且a·b＝0，所以|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝1＋5－0＝6，所以|a－b|＝ 6.故选A.]4．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 ．－45B ．－35 C.35 D.45B [∵a ＝(2,4)，a －2b ＝(0,8)，∴b ＝12[a －(a －2b )]＝(1，－2)，∴a·b ＝2－8＝－6.设a ，b 的夹角为θ，∵a·b ＝|a||b|cos θ＝25×5cos θ＝10cos θ，∴10cos θ＝－6，∴cos θ＝－35，故选B.]5.如图在边长为1的正方形组成的网格中，平行四边形ABCD 的顶点D 被阴影遮住，请设法计算AB →·AD →＝( )A ．10B ．11C ．12D ．13B [以A 为坐标原点，建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (4,1)，C (6,4)，AB →＝(4,1)，AD →＝BC →＝(2,3)，∴AB →·AD →＝4×2＋1×3＝11，故选B.]6．(2019·河北衡水模拟三)已知向量a ＝(1，k )，b ＝(2,4)，则“k ＝－12”是“|a ＋b |2＝a 2＋b 2”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C [由|a ＋b |2＝a 2＋b 2，得a 2＋2a·b ＋b 2＝a 2＋b 2，得a·b ＝0，得(1，k )·(2,4)＝0，解得k ＝－12，所以“k ＝－12”是“|a ＋b |2＝a 2＋b 2”的充要条件．故选C.]7．(2019·宝鸡模拟)在直角三角形ABC 中，角C 为直角，且AC ＝BC ＝1，点P 是斜边上的一个三等分点，则CP →·CB →＋CP →·CA →＝( )A ．0B ．1 C.94D ．－94B [以点C 的坐标原点，分别以CA →，CB →的方向为x 轴，y 轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则C (0,0)，A (1,0)，B (0,1)，不妨设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23，所以CP →·CB→＋CP →·CA →＝CP →·(CB →＋CA →)＝13＋23＝1.故选B.]二、填空题8．已知平面向量a ，b 满足a ·(a ＋b )＝3，且|a |＝2，|b |＝1，则向量a 与b 的夹角的正弦值为 ．32 [∵a ·(a ＋b )＝a 2＋a ·b ＝22＋2×1×cos 〈a ，b 〉＝4＋2cos 〈a ，b 〉＝3，∴cos 〈a ，b 〉＝－12，又〈a ，b 〉∈[0，π]， ∴sin 〈a ，b 〉＝1－cos 2〈a ，b 〉＝32.] 9．已知平面向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，|a ＋b |＝3，则a 在b 方向上的投影等于 ．－12 [∵|a |＝1，|b |＝2，|a ＋b |＝3， ∴(a ＋b )2＝|a |2＋|b |2＋2a ·b ＝5＋2a ·b ＝3， ∴a·b ＝－1，∴a 在b 方向上的投影为a·b|b |＝－12.]10．如图所示，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝4，CD ＝8.若CE →＝－7DE →，3BF →＝FC →，则AF →·BE →＝ .－11 [以A 为坐标原点，建立平面直角坐标系如图．则A (0,0)，B (4,0)，E (1,4)，F (5,1)，所以AF →＝(5,1)，BE →＝(－3,4)，则AF →·BE →＝－15＋4＝－11.]1．若两个非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝2|b |，则向量a ＋b 与a 的夹角为( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6A [由|a ＋b |＝|a －b |知，a·b ＝0，所以a ⊥b .将|a －b |＝2|b |两边平方，得|a |2－2a·b ＋|b |2＝4|b |2，所以|a |2＝3|b |2，所以|a |＝3|b |，所以cos 〈a ＋b ，a 〉＝(a ＋b )·a |a ＋b ||a |＝|a |22|b||a|＝3|b |22|b |·3|b |＝32，所以向量a ＋b 与a 的夹角为π6，故选A.]2．已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|c |＝1，若a·b ＝12，则(a ＋c )·(2b －c )的最小值为( )A ．－2B ．－ 3C ．－1D ．0B [因为a·b ＝|a||b |·cos 〈a ，b 〉＝cos 〈a ，b 〉＝12，所以〈a ，b 〉＝π3.不妨设a ＝(1,0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，c ＝(cos θ，sin θ)，则(a ＋c )·(2b －c )＝2a·b －a·c ＋2b·c－c 2＝1－cos θ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos θ＋32sin θ－1＝3sin θ，所以(a ＋c )·(2b －c )的最小值为－3，故选B.]3．在△ABC 中，a ，b ，c 为A ，B ，C 的对边，a ，b ，c 成等比数列，a ＋c ＝3，cos B ＝34，则AB →·BC →＝ .－32 [由a ，b ，c 成等比数列得ac ＝b 2，在△ABC 中，由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝(a ＋c )2－3ac 2ac，则34＝9－3ac 2ac ，解得ac ＝2，则AB →·BC →＝ac cos(π－B )＝－ac cos B ＝－32.]4．(2019·衡水第二次调研)如图所示，|AB →|＝5，|AE →|＝5，AB →·AE →＝0，且AB →＝2AD →，AC →＝3AE →，连接BE ，CD 交于点F ，则|AF →|＝ .1455 [由三点共线可知，AF →＝λAB →＋(1－λ)AE →＝2λAD →＋(1－λ)AE →(λ∈R )，①同理，AF →＝μAD →＋(1－μ)AC →＝μAD →＋3(1－μ)AE →(μ∈R )，② 由①②，得⎩⎪⎨⎪⎧μ＝2λ，3－3μ＝1－λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝25，μ＝45，故AF →＝25AB →＋35AE →. ∴|AF →|＝425|AB →|2＋925|AE →|2＋1225AB →·AE →＝1455.]1．(2019·河南创新教学联盟考试)如图所示，△AB 1C 1，△C 1B 2C 2，△C 2B 3C 3均是边长为2的正三角形，点C 1，C 2在线段AC 3上，点P i (i ＝1,2，…，10)在B 3C 3上，且满足C 3P 1→＝P 1P 2→＝P 2P 3→＝…＝P 10B 3，连接AB 2，AP i (i ＝1,2，…，10)，则∑10 i ＝1(AB 2→·AP i →)＝ .180 [以A 为坐标原点，AC 1所在直线为x 轴建立直角坐标系(图略)，可得B 2(3，3)，B 3(5，3)，C 3(6,0)，直线B 3C 3的方程为y ＝－3(x －6)，可设P i (x i ，y i )，可得3x i ＋y i ＝63，即有AB 2→·AP i →＝3x i ＋3y i ＝3(3x i ＋y i )＝18， 则∑10i ＝1 (AB 2→·AP i →)＝180.]2．已知在△ABC 所在平面内有两点P ，Q ，满足P A →＋PC →＝0，QA →＋QB →＋QC →＝BC →，若|AB →|＝4，|AC →|＝2，S △APQ ＝23，则sin A ＝ ，AB →·AC →＝ .12 ±43 [由P A →＋PC →＝0知，P 是AC 的中点，由QA →＋QB →＋QC →＝BC →，可得QA →＋QB →＝BC →－QC →，即QA →＋QB →＝BQ →，即QA →＝2BQ →，∴Q 是AB 边靠近B 的三等分点， ∴S △APQ ＝23×12×S △ABC ＝13S △ABC ， ∴S △ABC ＝3S △APQ ＝3×23＝2.∵S △ABC ＝12|AB →||AC →|sin A ＝12×4×2×sin A ＝2， ∴sin A ＝12，∴cos A ＝±32，∴AB →·AC →＝|AB →||AC →|·cos A ＝±4 3.]感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

第三节平面向量的数量积及应用复习目标学法指导1.平面向量的数量积的物理背景及其含义(1)平面向量数量积及其几何意义.(2)平面向量数量积及投影的关系.(3)平面向量数量积的性质及运算律.2.平面向量数量积的坐标表示模、夹角(1)数量积的坐标表示.(2)数量积表示两个向量的夹角.(3)数量积求向量的模. 1.善于利用平面几何的知识解决数量积的问题,把握住运算数量积的几种常见方式.2.数量积的定义是推导其他性质的关键,注意夹角的定义.一、数量积的定义及意义1.向量的夹角(1)定义已知两个非零向量a和b,作OA=a,OB=b,如图所示,则∠AOB=θ叫做向量a与b的夹角,也可记作<a,b>=θ.(2)范围向量夹角θ的范围是[0,π],a与b同向时,夹角θ=0;a与b反向时,夹角θ=π.(3)垂直关系如果非零向量a与b的夹角是90°,我们说a与b垂直,记作a⊥b.2.平面向量的数量积已知两个非零向量a与b,它们的夹角为θ,则数量|a||b|cos θ叫做a与b的数量积(或内积),记作a·b.规定:零向量与任一向量的数量积为0.两个非零向量a与b垂直的充要条件是a·b=0.3.平面向量数量积的几何意义数量积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.1.概念理解(1)在平面图形中运算向量的数量积要注意向量夹角的取值,注意区分平面图形中的角和向量夹角的区别.(2)理解数量积的概念可以和物理中功的公式相联系,加深对概念的理解.(3)向量a与b的夹角为锐角⇔a·b>0且a与b不共线,a,b夹角为钝角⇔a·b<0且a与b不共线.2.与数量积的定义有关的结论⋅.(1)a在b方向上的投影:|a|·cos θ或a bb(2)|a·b|≤|a||b|,“=”当且仅当a与b共线时取到.二、数量积的性质与运算律1.平面向量数量积的重要性质(1)e·a=a·e=|a|cos θ(e为单位向量,θ为a与e的夹角);(2)非零向量a,b,a⊥b⇔a·b=0;(3)当a与b同向时,a·b=|a||b|;当a与b反向时,a·b=-|a||b|,a·a=|a|2,⋅(θ为a与b的夹角).(4)cos θ=a ba b2.平面向量数量积满足的运算律(1)a·b=b·a(交换律);(2)(λa)·b=λ(a·b)=a·(λb)(λ为实数);(3)(a+b)·c=a·c+b·c.3.平面向量数量积的坐标表示已知非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),θ为向量a,b的夹角.(1)a·b=x1x2+y1y2.(3)cos θ=121222221122x x y y x y x y +++.1.与数量积的性质和运算律相关的结论 (1)0·a=0,0·a=0.(2)a ·b=b ·c ⇔b=0或b ⊥(a-c). 2.与坐标运算有关的结论A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则AB 的中点坐标为(122xx +,122yy +),AB 的两个三等分点坐标为(1223x x +,1223y y+)和(1223x x +,1223yy +).1.对于向量a,b,c 和实数λ,下列命题中正确的是( B ) (A)若a ·b=0,则a=0或b=0 (B)若λa=0,则λ=0或a=0 (C)若a 2=b 2,则a=b 或a=-b (D)若a ·b=a ·c,则b=c解析:当a ⊥b 时,a ·b=0,故A 错;当a ⊥b,|a|=|b|=1时,a 2=b 2,故C 错;当a ⊥b,a ⊥c 时,a ·b=a ·c=0,故D 错.故选B.2.(2018·全国Ⅱ卷)已知向量a,b 满足|a|=1,a ·b=-1,则a ·(2a-b)等于( B )(A)4 (B)3 (C)2 (D)0解析:a ·(2a-b)=2a 2-a ·b=2|a|2-a ·b.因为|a|=1,a ·b=-1,所以原式=2×12+1=3.故选B.3.已知向量AB 与AC 的夹角为120°,且|AB |=3,| AC |=2.若AP =λAB +AC ,且AP ⊥BC ,则实数λ的值为.解析:因为AP⊥BC,所以AP·BC=0,所以(λAB+AC)·(AC-AB)=0,即2AC-λ2AB+(λ-1)AB·AC=0,又因为AB·AC=3×2×(-12)=-3,所以4-9λ-3(λ-1)=0.所以λ=712.答案:7124.(2019·江苏卷)如图,在△ABC中,D是BC的中点,E在边AB上,BE=2EA,AD与CE交于点O.若AB·AC=6AO·EC,则ABAC的值是.解析:如图,过点D作DF∥CE交AB于点F,由D是BC的中点,可知F为BE的中点.又BE=2EA,则知EF=EA,从而可得AO=OD,则有AO=12AD=14(AB+AC),EC=AC-AE=AC-13AB,所以6AO·EC=32(AB+AC)·(AC-13AB)=3 2AC-212AB+AB·AC=AB·AC,整理可得2AB=32AC,所以AB AC=3. 答案3考点一平面向量数量积的运算[例1] (2018·天津卷)在如图的平面图形中,已知OM=1,ON=2,∠MON= 120°,BM=2MA,CN=2NA,则BC·OM的值为( )(A)-15 (B)-9 (C)-6 (D)0解析:如图,连接MN.因为BM=2MA,CN=2NA,所以AMAB =13=ANAC,所以MN∥BC,且MNBC =13,所以BC=3MN=3(ON-OM),所以BC·OM=3(ON·OM-2OM)=3(2×1×cos 120°-12)=-6.故选C.(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,但要注意向量的夹角与已知平面角的关系是相等还是互补.(2018·嘉兴模拟)如图,B,D是以AC为直径的圆上的两点,其中AB=1t+,AD=2t+,则AC·BD等于( A )(A)1 (B)2(C)t (D)2t解析:AC·BD=AC·(AD-AB)=AC·AD-AC·AB=|AC||AD|cos ∠DAC-|AC||AB|cos ∠BAC=2AD-2AB=(t+2)-(t+1)=1.考点二平面向量的夹角[例2] 已知单位向量e1,e2的夹角为α,且cos α=13,向量a=3e1-2e2与b=3e1-e2的夹角为β,则cos β= .解析:由已知得e1·e2=1×1×13=13,a·b=(3e1-2e2)·(3e1-e2) =9+2-9e1·e2=11-3=8.又因为a 2=(3e 1-2e 2)2=9+4-12e 1·e 2=13-4=9, 得|a|=3,b 2=(3e 1-e 2)2=9+1-6e 1·e 2=10-2=8, 得|b|=22,所以cos β=a b a b ⋅=8322⨯=223.答案:223根据平面向量数量积的性质,若a,b 为非零向量,则cos<a,b>=a b a b⋅,a ⊥b ⇔a ·b=0等,可知利用平面向量的数量积可解决有关角度、垂直问题.1.(2019·金丽衢十二校第一次联考)已知向量a=(4, 3),b=3),则a 与b 的夹角为( C )(A)30° (B)45° (C)60° (D)90° 解析:cos<a,b>=a b a b⋅19219⋅=12, 所以<a,b>=60°.故选C.2.(2018·浙江台州期末统考)设非零向量a,b,则“a,b 的夹角为锐角”是“|a+b|>|a-b|”的( A ) (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解析:由于|a+b|>|a-b|等价于a ·b>0,若a,b 的夹角为锐角,则a ·b>0,所以|a+b|>|a-b|成立,反之不一定成立,如a,b 夹角为0,不一定为锐角,所以“a,b 的夹角为锐角”是“|a+b|>|a-b|”的充分不必要条件.故选A.考点三 平面向量的模[例3] (1)设a,b 为单位向量,若向量c 满足|c-(a+b)|=|a-b|,则|c|的最大值是( ) (A)22(B)2 (C)2 (D)1(2)(2018·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π3,向量b 满足b 2-4e ·b+3=0,则|a-b|的最小值是( ) (A)3-1 (B)3+1 (C)2 (D)2-3解析:(1)如图.记OA =a,OB =b,OC =c, 则a+b=OD ,a-b=BA , 由已知得|OC -OD |=|BA |, 又由|BA|=|OC-OD|≥|OC|-|OD|得|c|=|OC|≤|OD |+|BA |=|a+b|+|a-b|,由已知得|a+b|2+|a-b|2=2(|a|2+|b|2)=4, 而2a b a b++-≤222a b a b++-=2,故|c|≤22.故选A.解析:(2)由b 2-4e ·b+3=0得b 2-4e ·b+3e 2=(b-e)·(b-3e)=0.设b=OB ,e=OE ,3e=OF ,所以b-e=EB,b-3e=FB,所以EB·FB=0,取EF的中点为C,则B在以C为圆心,EF为直径的圆上.,所以|a-b|=|(a-2e)+(2e-b)|如图,设a=OA,作射线OA,使得∠AOE=π3≥|a-2e|-|2e-b|=|CA|-|BC|≥3-1.故选A.(1)求向量模的常用方法:利用公式|a|2=a2,将模的运算转化为数量积的运算.(2)求模也可将向量置于特殊图形中,利用图形解决向量的模. (2019·温州2月模拟)在平面上,e1,e2是方向相反的单位向量,|a|= 2,(b-e1)·(b-e2)=0,则|a-b|的最大值为( D )(A)1 2(D)3解析:由题意得(b-e1)·(b-e2)=0⇒b2-b·(e1+e2)+e1·e2=0,e1,e2是方向相反的单位向量,所以e1+e2=0,e1·e2=-1,b2-1=0⇒|b|=1,所以|a-b|≤|a|+|b|=3,|a-b|的最大值为3.故选D.考点四平面向量的应用[例4] (1)已知点O,N,P在△ABC所在平面内,且|OA|=|OB|=|OC|, NA+NB+NC=0,PA·PB=PB·PC=PC·PA,则点O,N,P依次是△ABC的( )(A)重心、外心、垂心(B)重心、外心、内心(C)外心、重心、垂心(D)外心、重心、内心(2)(2019·浙江卷)已知正方形A B C D的边长为1,当每个λi (i=1,2,3,4,5,6)取遍±1时,|λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+ λ6BD|的最小值是,最大值是.解析:(1)由|OA|=|OB|=|OC|知点O到A,B,C距离相等,为外心;由NA+NB+NC=0,即NA=-(NB+NC)知N为△ABC三条中线交点即重心;由PA·PB=PB·PC,即PB·(PA-PC)=0得PB·PC=0,即PB⊥PC,同理PC⊥AB,PA⊥BC,即P为垂心,故选C.解析:(2)如图,以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系,则AB=(1,0),AD=(0,1).设a=λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD=λ1AB+λ2AD-λ3AB-λ4AD+λ5(AB+AD)+λ6(AD-AB)=(λ1-λ3+λ5-λ6)AB+(λ2-λ4+λ5+λ6)AD=(λ1-λ3+λ5-λ6,λ2-λ4+λ5+λ6).故因为λi(i=1,2,3,4,5,6)取遍±1,所以当λ1-λ3+λ5-λ6=0,λ2-λ4+λ5+λ6=0时,|λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD|取得最小值0.考虑到λ5-λ6,λ5+λ6有相关性,要确保所求模最大,只需使|λ1-λ3+λ5-λ6|,|λ2-λ4+λ5+λ6|尽可能取到最大值,即当λ1-λ3+λ5-λ6=2,λ2-λ4+λ5+λ6=4时可取到最大值,所以|λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD|的最大值为416=25.答案:(1)C (2)0 25以向量为载体求相关变量的取值范围是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题,通过几何图形的分析,转化为不等式解集或函数值域等问题.已知圆O:x2+y2=4上有三个不同的点P,A,B,且满足AP=x OB-12OA(其中x>0),则实数x的取值范围是.解析:因为AP=x OB-12OA,所以OP-OA=x OB-12OA,即x OB=OP-12OA,两边平方得4x2=4+1-OP·OA,设<OP,OA>=α,则4x2=5-4cos α,因为-1<cos α<1,所以1<5-4cos α<9,即1<4x2<9,因为x>0,所以12<x<32.即实数x的取值范围是(12,32).答案:(12,32)类型一平面向量数量积的运算1.(2019·衢州第一次模拟)在梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AB=2AD=2DC=4,AC与BD相交于O,过点A作AE⊥BD于E,则AE·AC等于( C )(A)32(B)3 (C)3 (D)23解析:如图,由题意知BD⊥DC,∠ADC=120°,所以∠ADB=30°,∠ACD=30°,由题意得AE∥CD,所以∠EAO=30°,AC=23,AE=1,AE·AC=|AE|·|AC|·cos 30°=1×33故选C.类型二平面向量的夹角2.(2019·浙江省模拟)设θ是两个非零向量a,b的夹角,已知对任意实数t,|b+ta|的最小值为1,则( B )(A)若θ确定,则|a|唯一确定(B)若θ确定,则|b|唯一确定(C)若|a|确定,则θ唯一确定(D)若|b|确定,则θ唯一确定解析:|b+ta|2=b 2+2ta ·b+t 2a 2,令g(t)=b 2+2ta ·b+t 2a 2,二次函数图象开口向上,所以最小值为222244()4a b a b a -⋅=|b|2-|b|2cos 2θ=|b|2sin 2θ=1,故当θ确定,则|b|唯一确定. 故选B.3.(2019·余高、缙中、长中5月模拟)已知平面向量a,b 不共线,且|a|=1,a ·b=1,记b 与2a+b 的夹角是θ,则θ最大时,|a-b|等于( C ) (A)1解析:设|b|=x,则b ·(2a+b)=2a ·b+b 2=x 2+2, (2a+b)2=4a 2+4a ·b+b 2=x 2+8, cos θ=(2)2b a b b a b ⋅+⋅+2所以cos 2θ=2222(2)(8)x x x ++=22211241(2)2x x -++++=2111412()263x --++,即当x 2=4,x=2时,cos 2θ取到最小值,则θ取到最大值,此时|a-b|2= a 2-2a ·b+b 2=1-2+4=3, 所以.故选C.类型三 平面向量的模4.已知在△ABC 中,|BC |=10,AB ·AC =-16,D 为边BC 的中点,则|AD |等于( D )(A)6 (B)5 (C)4 (D)3解析:因为AB ·AC =-16,BC = AC -AB , 所以|BC |=|AC -AB |, 所以|AC -AB |2=|BC |2=100, 所以2AC +2AB -2AC ·AB =100,所以2AC +2AB =68,又因为AD =12AB +12AC , 所以|AD |2=14(2AB +2AC +2AB ·AC ) =14×(68-32) =9.所以|AD |=3.类型四 平面向量的应用5.(2019·浙江三校第一次联考)如图,圆O 是半径为1的圆,OA=12,设B,C 是圆上的任意2个点,则AC ·BC 的取值范围是( A )(A)[-18,3] (B)[-1,3] (C)[-1,1] (D)[-18,1] 解析:由题意,设<OA ,BC >=θ,AC ·BC =(OC -OA )·BC =OC ·BC -OA ·BC=|OC |·|BC |cos ∠BCO-|OA |·|BC |cos θ=212BC -|OA |·|BC |cos θ=212BC -12|BC |cos θ, 又因为cos θ≤1,所以212BC -12|BC |cos θ ≥212BC -12|BC | =12(|BC |-12)2-18, 又因为|BC |∈[0,2],所以当|BC |=12时,AC ·BC 取到最小值为-18, 当|BC |=2,cos θ=-1,AC ·BC 取到最大值为3. 故选A.6.已知△ABC 满足|AB|=3,|AC|=4,O 是△ABC 的外心,且AO=λAB +12AC λ-(λ∈R),则△ABC 的面积是 .解析:由AO =λAB +12AC λ-, 得221,21,2AO AB AB AC AB AO AC AB AC AC λλλλ-⎧⋅=+⋅⎪⎪⎨-⎪⋅=⋅+⎪⎩即()()9181,881,AC AB AB AC λλλλ⎧=+-⋅⎪⎨=-+⋅⎪⎩解方程组得8,1,10AB AC λ⎧⋅=⎪⎨=⎪⎩或0,9,AB AC λ=⎧⎪⎨⋅=⎪⎩当AB ·AC =9时,cos A=34,所以S △ABC =12×3×4当AB ·AC =8时,cos A=23所以S △ABC =12×3×4所以△ABC 的面积是.答案或。

[练案29]第三讲 平面向量的数量积A 组基础巩固一、单选题1．(2020·江西名校高三质检)已知向量a 和向量b 的夹角为30°，|a |＝2，|b |＝3，则向量a 和向量b 的数量积a ·b ＝( C )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 由题意可得a ·b ＝|a |·|b |·cos a ，b ＝2×3×cos 30°＝3，故选C. 2．(2020·安徽六校联考)向量a ＝(2,4)，b ＝(5,3)，则a ·(a －b )＝( D ) A ．－10 B ．14 C ．－6D ．－2[解析] ∵a －b ＝(－3,1)，∴a ·(a －b )＝－6＋4＝－2.故选D.3．(2020·郑州一中高三入学测试)已知向量a ，b 均为单位向量，若它们的夹角为60°，则|a ＋3b |等于( C )A ．7B ．10C ．13D ．4[解析] 依题意得a ·b ＝12，|a ＋3b |＝a 2＋9b 2＋6a ·b ＝13，故选C.4．(2020·安徽十校高三摸底考试)在△ABC 中，AP →＝PB →，且|CP →|＝23，|CA →|＝8，∠ACB ＝2π3，则CP →·CA →＝( A ) A ．24 B ．12 C ．243D ．12 3[解析] 设|CB →|＝x ，∵2CP →＝CA →＋CB →，两边平方得48＝64＋x 2－8x ，解得x ＝4，∴CP →·CA →＝12(CA →＋CB →)·CA →＝12(CA →2＋CA →·CB →)＝12×(64－16)＝24.故选A. 5．(2020·甘肃兰州高三模拟)已知非零单位向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则a 与b －a 的夹角为( D )A ．π6B ．π3C ．π4D ．3π4[解析] 解法一：设a 与b －a 的夹角为θ. 因为|a ＋b |＝|a －b |，所以|a ＋b |2＝|a －b |2， 即|a |2＋2a ·b ＋|b |2＝|a |2－2a ·b ＋|b |2， 所以a ·b ＝0.因为a ，b 为非零单位向量， 所以(b －a )2＝2，即|b －a |＝ 2.因为a ·(b －a )＝a ·b －a ·a ＝－1＝|a ||b －a |cos θ， 所以cos θ＝－11×2＝－22，因为θ∈[0，π]，所以θ＝3π4.解法二：几何法，如图，|a ＋b |与|a －b |分别表示以a ，b 为邻边(共起点)的菱形两对角线长度，且长度相等，从而菱形为正方形，再作出b －a 知所求为3π4.解法三：坐标法，由|a ＋b |＝|a －b |得a ⊥b ，又a ，b 为单位向量，则在平面直角坐标系中取a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，则b －a ＝(－1,1)，由向量夹角的坐标运算知a 与b －a 的夹角为3π4.6．(2020·河北省武邑模拟)△ABC 外接圆的半径等于1，其圆心O 满足AO →＝12(AB →＋AC →)，|AO →|＝|AC →|，则BA →在BC →方向上的投影等于( C )A ．－32B ．32C ．32D ．3[解析] 因为△ABC 外接圆的半径等于1，其圆心O 满足AO →＝12(AB →＋AC →)，所以点O 在BC 上，且O 为BC 的中点，如图所示， 所以BC 是△ABC 外接圆的直径，故∠BAC ＝90°.因为|CO →|＝|AO →|＝|AC →|，所以△OAC 是等边三角形，所以∠ACB ＝60°，所以∠ABC ＝30°. 在Rt △ABC 中，|AB →|＝|BC →|sin 60°＝3， 所以BA →在BC →方向上的投影为|BA →|cos ∠ABC ＝|BA →|cos 30°＝3×32＝32.二、多选题7．(2020·上海模拟改编)已知两个单位向量a ，b 的夹角为60°，则下列向量是单位向量的是( CD )A ．a ＋bB ．a ＋12bC ．a －bD ．233a －33b[解析] ∵a ，b 均是单位向量且夹角为60°，∴a·b ＝12，∴|a －b |2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝1－2×12＋1＝1，即|a －b |＝1，∴a －b 是单位向量．又|233a －33b |2＝13(4a 2－4a ·b ＋b 2)＝1，故选C 、D.[优解] 如右图，令OA →＝a ，OB →＝b ，∵a ，b 均是单位向量且夹角为60°，∴△OAB 为等边三角形，∴|BA →|＝|a －b |＝|a |＝|b |＝1，∴a －b 是单位向量.233a －33b ＝233(a －12b )＝233DA →，又∵(|DA →|)＝32，故选C 、D.8．(2020·江西南昌二中期末改编)已知向量a ＝(－2，－1)，b ＝(λ，1)，若a 与b 的夹角为钝角，则λ的取值范围可以是( BC )A ．(－∞，－12)B ．(－12，2)。