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2023年高考一轮复习学案
第三节　平面向量的数量积与平面向量应用举例
·最新考纲·
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．
·考向预测·
考情分析：平面向量数量积的概念及运算，与长度、夹角、平行、垂直有关的问题，平面向量数量积的综合应用仍是高考考查的热点，题型仍将是选择题与填空题．
学科素养：通过平面向量数量积的计算及应用考查数学运算、逻辑推理的核心素养．
积 累 必备知识——基础落实　赢得良好开端
一、必记5个知识点
1．向量的夹角
(1)定义：已知两个非零向量a和b，作＝a，＝b，则________就是向量a与b的夹角．
(2)范围：设θ是向量a与b的夹角，则0°≤θ≤180°.
(3)共线与垂直：若θ＝0°，则a与b________；若θ＝180°，则a与b________；若θ＝90°，则a与b________．
[提醒]　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．
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________叫做a与b的数量积，记作a·b
投影 ________叫做向量a在b方向上的投影，________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________的乘积
3.平面向量数量积的性质
设a，b都是非零向量，e是单位向量，θ为a与b(或e)的夹角．则
(1)e·a＝a·e＝|a|cos θ.
(2)a⊥b ________．
(3)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＝________或者|a|＝________．
(4)cos θ＝________．
(5)a·b≤________．
4．数量积的运算律
(1)交换律：a·b＝b·a.
(2)数乘结合律：(λa)·b＝________＝________．
(3)分配律：(a＋b)·c＝________．
5．平面向量数量积的坐标表示
设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，向量a与b的夹角为θ，则
数量积 a·b＝________
模 |a|＝________
夹角 cos θ＝________
向量垂直的充要条件 a⊥b a·b＝0 ________
二、必明5个常用结论
1．求平面向量的模的公式
(1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝＝；
(2)|a±b|＝＝；
(3)若a＝(x，y)，则|a|＝.
2．有关向量夹角的两个结论
(1)两个向量a与b的夹角为锐角，则有a·b＞0，反之不成立(因为夹角为0时不成立)；
(2)两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b＜0，反之不成立(因为夹角为π时不成立)．
三、必练4类基础题
(一)判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)两个向量的数量积是一个向量．(　　)
(2)向量在另一个向量方向上的投影也是向量．(　　)
(3)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．(　　)
(4)若a·b＝0，则a＝0或b＝0.(　　)
(5)(a·b)·c＝a·(b·c)．(　　)
(6)若a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c.(　　)
(二)教材改编
2．[必修4·P107例6改编]设a＝(5，－7)，b＝(－6，t)，若a·b＝－2，则t的值为(　　)
A．－4　　　B．4 C．　　　D．－
3．[必修4·P108习题T6改编]已知|a|＝2，|b|＝6，a·b＝－6，则a与b的夹角θ为(　　)
A． B．
C． D．
(三)易错易混
4．(不理解向量的几何意义致误)已知＝(－1，2)，点C(2，0)，D(3，－1)，则向量在方向上的投影为________；向量在方向上的投影为________．
5．(向量数量积的性质不熟致误)若平面四边形ABCD满足＝0，()·＝0，则该四边形一定是________．
(四)走进高考
6．[2021·全国乙卷]已知向量a＝(1，3)，b＝(3，4)，若(a－λb)⊥b，则λ＝________．
提 升 关键能力——考点突破　掌握类题通法
考点一　平面向量数量积的运算　[基础性]
1．[2022·河南高三月考]已知向量a，b的夹角为120°，且|a|＝1，|b|＝2，则(a－3b)·(2a＋b)＝(　　)
A．－8　　　B．－5　　　C．2　　　D．19
2．[2022·定远县育才学校高三开学考试]正四面体ABCD棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　　)
A．a2 B．a2 C．a2 D．a2
3．已知向量a，b满足a·(b＋a)＝2，且a＝(1，2)，则向量b在a方向上的投影为(　　)
A． B．－ C．－ D．－
4．已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝)，则||＝________；·＝________．
反思感悟　计算向量数量积的三个角度
(1)定义法：已知向量的模与夹角时，可直接使用数量积的定义求解，即a·b＝|a||b|cos θ(θ是a与b的夹角)．
(2)基向量法：计算由基底表示的向量的数量积时，应用相应运算律，最终转化为基向量的数量积，进而求解．
(3)坐标法：若向量选择坐标形式，则向量的数量积可应用坐标的运算形式进行求解.
考点二　平面向量数量积的应用　[综合性]
角度1　平面向量的模
[例1]　(1)[2022·苏州中学高三月考]已知非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，|2a－b|＝1，则|a|＝(　　)
A．　　　B．1　　　C．　　　D．2
(2)[2022·福建南平市监测]已知单位向量e1，e2的夹角为，则|e1－λe2|的最小值为(　　)
A． B． C． D．
反思感悟　
1．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|＝.
2．求向量模的最值(范围)的方法
(1)代数法，先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；
(3)利用绝对值三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|求模的最值(取值范围)．
角度2　平面向量的夹角
[例2]　(1)[2020·全国卷Ⅲ]已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos 〈a，a＋b〉＝(　　)
A．－ B．－ C． D．
(2)[2022·山西省八校高三联考]已知向量a＝(－1，2)，单位向量b满足b·(a＋b)＝，则向量a，b的夹角θ为________．
听课笔记：
反思感悟　求向量夹角问题的方法
(1)定义法：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，由cos θ＝求得．
(2)坐标法：若已知a＝(x1，y1)与b(x2，y2)，则cos 〈a，b〉＝，〈a，b〉∈[0，π].
(3)解三角形法：可以把所求两向量的夹角放到三角形中进行求解．
角度3　平面向量的垂直
[例3]　(1)已知平面向量a＝(1，－3)，b＝(4，－2)，若λa－b与b垂直，则λ＝(　　)
A．－1 B．1 C．－2 D．2
(2)已知向量与的夹角为120°，且||＝3，||＝2.若＝λ，且⊥，则实数λ的值为________．
听课笔记：
反思感悟　有关平面向量垂直的两类题型
【对点训练】
1．[2022·合肥市第六中学高三模拟]若单位向量a，b满足(a－2b)·(a＋b)＝－，则|a－b|等于(　　)
A．1 B． C． D．
2．[2022·河北武强中学高三月考]已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)·b＝0，则a与b的夹角为________．
3．[2022·四川遂宁市高三模拟]已知向量a＝(2，1)，b＝(－3，－1)，且kb－a与a垂直，则k＝________．
考点三　平面向量的综合应用　[综合性]
角度1　平面向量与三角函数
[例4]　[2022·湖北高三月考]已知向量a＝(sin x，cos x)，b＝(cos x，cos x)．
(1)若a∥b，且x∈(－π，0)，求x的值；
(2)若函数f(x)＝2a·b－1，且f＝，求sin 的值．
听课笔记：
反思感悟　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．
角度2　平面向量与解三角形
[例5]　在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，向量m＝(2sin B，2－cos 2B)，n＝，m⊥n.
(1)求角B的大小；
(2)若a＝，b＝1，求c的值．
听课笔记：
反思感悟　本例的第(1)小题，利用向量垂直的充要条件将问题转化为三角方程，使问题获得解决．第(2)小题突出了余弦定理和正弦定理的应用．本例不仅考查了解三角形的技巧和方法，还注重了分类讨论思想的考查．
【对点训练】
1．[2022·河北武强中学高三月考]已知向量a＝(cosα，3)，b＝(sin α，－4)，a∥b，则的值是(　　)
A．－　　　 B．－2
C．－ D．
2．[2022·河南洛阳模拟]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a－b)sin A＝(c＋b)(sin C－sin B)，设D是AB的中点，若CD＝1，则△ABC面积的最大值是(　　)
A．－1 B．＋1
C．3－2 D．3＋2
3．[2022·福建泉州模拟]已知函数 f(x)＝d·e，其中d＝(2cos x，－sin 2x)，e＝(cos x，1)，x∈R.
(1)求函数y＝f(x)的单调递减区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝，且向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，求边长b和c的值．
微专题23 平面向量与三角形的“四心”　逻辑推理
三角形的“四心”：
设O为△ABC所在平面上一点，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则
(1)O为△ABC的外心 ||＝||＝||＝.
(2)O为△ABC的重心 ＝0.
(3)O为△ABC的垂心 ·＝·＝·.
(4)O为△ABC的内心 a＋b＋c＝0.
类型1　平面向量与三角形的“重心”问题
[例1]　[2022·山东莱州一中高三开学考试]O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足＝＋λ()，λ∈[0，＋∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A．外心 B．垂心
C．内心 D．重心
解析：令D为BC的中点，
则＝＋λ()＝＋2λ，
于是有＝2λ，
∴点A、D、P共线，即点P的轨迹通过三角形ABC的重心．
答案：D
类型2　平面向量与三角形的“内心”问题
[例2]　在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cos A＝，O是△ABC的内心，若＝x＋y，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为(　　)
A． B．
C．4 D．6
解析：根据向量加法的平行四边形法则可知，动点P的轨迹是以OB，OC为邻边的平行四边形及其内部，其面积为△BOC的面积的2倍．
在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，得a＝7.
设△ABC的内切圆的半径为r，则bc sin A＝(a＋b＋c)r，解得r＝，
所以S△BOC＝×a×r＝×7×＝.故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为2S△BOC＝.
答案：B
类型3　平面向量与三角形的“垂心”问题
[例3]　已知O是平面上的一个定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足＝＋λ()，λ∈(0，＋∞)，则动点P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A．重心 B．垂心
C．外心 D．内心
解析：因为＝＋λ()，
所以＝＝λ()，
所以·＝·λ()＝λ(－||＋||)＝0，所以⊥，所以点P在BC的高线上，即动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心．
答案：B
类型4　平面向量与三角形的“外心”问题
[例4]　已知在△ABC中，AB＝1，BC＝，AC＝2，点O为△ABC的外心，若＝x＋y，则有序实数对(x，y)为(　　)
A． B．
C． D．
解析：取AB的中点M和AC的中点N，连接OM，ON，则⊥⊥＝＝－(x＋y)＝－y＝＝－(x＋y)＝－x.
由⊥，得－y·＝0，　①
由⊥，得－x·＝0，　②
又因为 ＝()2＝－2·，所以·＝＝－，　③
把③代入①、②得
解得x＝，y＝.
故实数对(x，y)为.
答案：A
类型5　平面向量与三角形的“四心”问题
[例5]　已知向量 满足条件＝|＝|＝|＝1，求证：△P1P2P3是正三角形．
证明：由已知条件可得＝，两边平方，得＝－.
同理＝＝－.
即∠P1OP2＝∠P2OP3＝∠P1OP3＝120°，
|＝|＝|＝.
从而△P1P2P3是正三角形．
第三节　平面向量的数量积与平面向量应用举例
积累必备知识
一、
1．(1)∠AOB　(3)同向　反向　垂直
2．|a||b|cos θ　|a|cos θ　|b|cos θ　|b|cos θ
3．(2)a·b＝0　(3)|a|2　
(4)　(5)|a||b|
4．(2)λ(a·b)　a·(λb)　(3)a·c＋b·c
5．x1x2＋y1y2　　
　x1x2＋y1y2＝0
三、
1．答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
2．解析：因为a·b＝5×(－6)－7t＝－2，所以t＝－4.
答案：A
3．解析：cos θ＝＝＝－，又0≤θ≤π，则θ＝.
答案：D
4．解析：由点C(2，0)，D(3，－1)，得＝(1，－1)，所以向量在方向上的投影为||cos 〈〉＝＝－，向量在方向上的投影为||cos 〈〉＝＝－.
答案：－　－
5．解析：由四边形ABCD满足＝0知，四边形ABCD为平行四边形．又由()·＝0，即·＝0，可知该平行四边形的对角线互相垂直，所以该四边形一定是菱形．
答案：菱形
6．解析：因为a－λb＝(1，3)－λ(3，4)＝(1－3λ，3－4λ)，所以由(a－λb)⊥b可得，
3(1－3λ)＋4(3－4λ)＝0，解得λ＝.
答案：
提升关键能力
考点一
1．解析：∵a·b＝1×2×＝－1.
∴(a－3b)·(2a＋b)＝2|a|2－5a·b－3|b|2＝2×1－5×(－1)－3×4＝－5.
答案：B
2．解析：因为点E，F分别是BC，AD的中点，
所以·＝)·＝··)
＝(a·a·cos ＋a·a·cos )＝a2.
答案：C
3．解析：由a＝(1，2)，可得|a|＝，由a·(b＋a)＝2，可得a·b＋a2＝2，∴a·b＝－3，∴向量b在a方向上的投影为＝－.故选D.
答案：D
4．解析：
方法一　如图，在正方形ABCD中，由＝)得点P为BC的中点，∴||＝·＝·()＝ ··＝·＝1×1×cos 180°＝－1.
方法二　∵＝)，∴P为BC的中点，以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意知A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，2)，P(2，1)，∴||＝＝＝(0，－1)，＝(－2，1)，∴·＝(0，－1)·(－2，1)＝－1.
答案：　－1
考点二
例1　解析：(1)因为非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，所以a·b＝|a|·|b|cos 60°＝|a|，
又因为|2a－b|＝1，所以(2a－b)2＝1，即4a2＋b2－4a·b＝1，所以4|a|2＋|b|2－4×|a|＝1，整理可得：4|a|2－2|a|＝0，因为|a|≠0，解得：|a|＝.
(2)因为e1·e2＝|cos ＝－，所以|e1－λe2|2＝－2λe1·e2＝λ2＋λ＋1＝＋，
所以|e1－λe2|≥.
答案：(1)A　(2)C
例2　解析：(1)由题意得cos 〈a，a＋b〉
＝
＝
＝＝.故选D.
解析：(2)由b·(a＋b)＝得＝，∵|b|＝1，∴a·b＝－，又|a|＝，∴cos θ＝－，而0≤θ≤π，∴向量a，b的夹角θ＝.
答案：(1)D　(2)
例3　解析：(1)由已知得λa－b＝(λ－4，－3λ＋2)，因为λa－b与b垂直，所以(λa－b)·b＝0, 即(λ－4，－3λ＋2)·(4，－2)＝0，所以4λ－16＋6λ－4＝0，解得λ＝2，故选D.
(2)因为⊥，所以·＝0.
又＝λ＝，所以(λ)·()＝0，即(λ－1)·－λ＋＝0，
所以(λ－1)||||cos 120°－9λ＋4＝0.
所以(λ－1)×2×3×－9λ＋4＝0.解得λ＝.
答案：(1)D　(2)
对点训练
1．解析：因为a，b为单位向量，
所以(a－2b)·(a＋b)＝|a|2－a·b－2|b|2＝－a·b－1＝－，所以a·b＝－，
所以|a－b|＝＝＝.
答案：C
2．解析：由题意，设|a|＝2|b|＝2t(t＞0)，又(a－b)·b＝0 a·b＝b2＝t2，设a与b的夹角为θ，所以cos θ＝＝＝，所以θ＝.
答案：
3．解析：∵a＝(2，1)，b＝(－3，－1)，
∴kb－a＝(－3k－2，－k－1)，
∵kb－a与a垂直，∴(－3k－2)×2＋(－k－1)×1＝0，解得k＝－.
答案：－
考点三
例4　解析：(1)由a∥b，得sin x cos x－cos2x＝0，
即cosx(sin x－cos x)＝0，
所以cos x＝0或sin x－cos x＝0.
当cos x＝0时，x∈(－π，0)，则x＝－；
当sin x－cos x＝0时，得tan x＝，x∈(－π，0)，则x＝－.
综上，x的值为－或－.
(2)f(x)＝2a·b－1＝2sin x cos x＋2cos2x－1＝sin2x＋cos 2x
＝2(sin 2x＋cos 2x)＝2sin .
由f＝2sin ＝，得sin ＝，
所以sin ＝sin ＝－sin [－2]＝－cos 2
＝2sin2－1＝2×－1＝－.
例5　解析：(1)因为m⊥n，所以m·n＝0，所以2sinB·＋(2－cos2B)·(－1)＝0.所以2sin B·＋cos 2B－2＝0，所以2sin B＋2sin2B＋(1－2sin2B)－2＝0.所以sinB＝.因为0＜B＜π，所以B＝或B＝.
(2)因为a＝＞b＝1，所以B＝.
方法一　由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac cos B.
所以c2－3c＋2＝0，所以c＝1或c＝2.
方法二　由正弦定理，得＝.即＝，所以sin A＝.因为0＜A＜π，所以A＝或A＝.若A＝，因为B＝，所以C＝，所以c＝2.若A＝，则C＝π－＝，所以c＝b＝1.综上所述，c＝1或c＝2.
对点训练
1．解析：因为向量a＝(cos α，3)，b＝(sin α，－4)，a∥b∴－4cos α＝3sin α，即tan α＝－，
∴＝＝＝－.
答案：A
2．解析：(a－b)sin A＝(c＋b)(sin C－sin B) (a－b)a＝(c＋b)(c－b) a2－ab＝c2－b2，所以c2＝a2＋b2－ab，由余弦定理可知：c2＝a2＋b2－2ab·cos C，
因此有cos C＝，∵C∈(0，π)，∴C＝，
因为D是AB的中点，所以有＝)，平方得：
＝＋＋2·) 4＝b2＋a2＋2ba· b2＋a2＋ba＝4，
因为a2＋b2≥2ab，所以4－ab≥2ab ab≤2(2－)，
S△ABC＝ab sin C＝ab≤×2×(2－)＝－1.
答案：A
3．解析：(1)f(x)＝d·e＝2cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－·sin 2x＝1＋2cos ，令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，所以f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)因为f(A)＝1＋2cos ＝－1，所以cos ＝－1.又＜2A＋＜，所以2A＋＝π，即A＝.因为a＝，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝(b＋c)2－3bc＝7　①.因为向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，所以2sin B＝3sin C，由正弦定理得2b＝3c　②，由①②可得b＝3，c＝2.

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