资源简介

5.2　向量数量积的坐标表示
5.3　利用数量积计算长度与角度
(教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学)
[课时目标]
1.掌握平面向量数量积的坐标表示,会根据向量的坐标形式求数量积、模、夹角.
2.掌握向量垂直条件的坐标形式,并能灵活运用.　3.会利用数量积计算长度与角度.
1.向量数量积的坐标表示
已知两个向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),a·b=　　　　　　.
2.向量长度的坐标表示
设a=(x,y),则|a|2=　　　　,或|a|=　　　　.
如果表示向量a的有向线段的起点和终点坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),那么|a|==　　　　　　　　　　.
3.向量夹角的坐标表示
设a=(x1,y1),b=(x2,y2),a与b的夹角为θ,则cos θ==　　　　 　 (|a||b|≠0).
4.向量垂直的坐标表示
设a=(x1,y1),b=(x2,y2),则a⊥b 　　　　　　　　　　　　.
基础落实训练
1.已知a=(-3,4),b=(5,2),则a·b的值是 (　 )
A.23 B.7
C.-23 D.-7
2.设a=(1,-2),b=(-3,4),c=(3,2),则(a+2b)·c= (　 )
A.12 B.0
C.-3 D.-11
3.已知a=(3,4),b=(5,12),则a与b夹角的余弦值为　　　　.
4.与a=(3,-4)平行的单位向量的坐标有几个,是什么
题型(一)　平面向量数量积的坐标运算
[例1]　(1)已知正方形ABCD的边长为2,E为CD的中点,点F在AD上,=2,则·=　　　　.
(2)已知向量a和b同向,b=(1,2),a·b=10,求:
①向量a的坐标;
②若c=(2,-1),求(a·c)·b.
听课记录:
|思|维|建|模|
数量积运算的途径及注意点
(1)进行向量的数量积运算,前提是牢记有关的运算律和运算性质.解题时通常有两条途径:一是先将各向量用坐标表示,直接进行数量积运算;二是先利用数量积的运算律将原式展开,再依据已知计算.
(2)对于以图形为背景的向量数量积运算的题目,只需把握图形的特征,建立平面直角坐标系,写出相应点的坐标即可求解.
　　[针对训练]
1.已知点P(2,4),Q(1,6),向量=(2,λ),若·=0,则实数λ的值为 (　 )
A. B.- C.2 D.1
2.矩形ABCD中,AB=2,AD=4,E,F分别为BC,DC的中点,则·= (　 )
A.4 B.6 C.8 D.10
题型(二)　平面向量的夹角及垂直
[例2]　(1)若向量a=(1,2),b=(1,-1),则2a+b与a-b的夹角等于 (　 )
A.-
C.
(2)(2022·新课标Ⅱ卷)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若=,则t= (　 )
A.-6 B.-5
C.5 D.6
(3)已知向量a=(3,4),b=(2,-1),如果向量a+xb与b垂直,则x= (　 )
A.
C.2 D.-
听课记录:
|思|维|建|模|
利用数量积的坐标运算求两向量夹角的步骤
(1)利用平面向量数量积的坐标表示公式求出这两个向量的数量积.
(2)利用|a|=计算出这两个向量的模.
(3)由公式cos θ=直接求出cos θ的值.
(4)在[0,π]内,由cos θ的值求角θ.
　　[针对训练]
3.(2023·新课标Ⅰ卷)已知向量a=(1,1),b=(1,-1),若(a+λb)⊥(a+μb),则 (　 )
A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1
C.λμ=1 D.λμ=-1
4.已知a=(2,1),b=(m,6),向量a与向量b的夹角θ是锐角,求实数m的取值范围.
题型(三)　平面向量的模坐标表示
[例3]　设平面向量a=(1,1),b=(0,2).求a-2b的坐标和模的大小.
听课记录:
　　[变式拓展]
1.例题中的条件不变,若c=3a-(a·b)·b,试求|c|.
2.将例题中的“b=(0,2)”改为“b=(0,-2)”,其他条件不变,若ka-b与a+b共线,试求k值.
3.将例题中的“b=(0,2)”改为“b=(0,-2)”,其他条件不变,若ka-b的模等于,试求k值.
|思|维|建|模|
求向量的模的两种基本策略
(1)字母表示下的运算:利用|a|2=a2,将向量的模的运算转化为向量与向量的数量积的问题.
(2)坐标表示下的运算:若a=(x,y),则a·a=a2=|a|2=x2+y2,于是有|a|= .
　　[针对训练]
5.已知梯形ABCD中,∠ABC=∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,P是CD的中点,则|+2|= (　 )
A. B.2
C.4 D.5
6.已知向量a=(1,2),b=(-3,4),c=a+λb(λ∈R),则|c|取最小值时,λ的值为　　　　.
题型(四)　数量积在几何图形中的应用
[例4]　如图所示,矩形ABCD的顶点A与坐标原点重合,B,D分别在x,y轴正半轴上,AB=4,AD=2,点E为AB上一点.
(1)若DE⊥AC,求AE的长;
(2)若E为AB的中点,AC与DE的交点为M,求cos∠CME.
听课记录:
　　[针对训练]
7.已知点A(-2,1),B(6,-3),C(0,5),求证:△ABC是直角三角形.
5.2　向量数量积的坐标表示
5.3　利用数量积计算长度与角度
课前预知教材
1.x1x2+y1y2　2.x2+y2　
3.　4.x1x2+y1y2=0
[基础落实训练]
1.D　2.C　3.
4.提示:因为a的模为5,所以与a平行的单位向量是±a.所以与a平行的单位向量有2个,对应坐标为或.
课堂题点研究
[题型(一)]
[例1]　解析:
(1)建立平面直角坐标系如图所示,则A(0,2),E(2,1),D(2,2),B(0,0),C(2,0).
因为=2,所以F.
所以=(2,1),
=-(2,0)=.
所以·=(2,1)·
=2×+1×2=.
答案:
(2)①设a=λb=(λ,2λ)(λ>0).
∵a·b=10,∴λ×1+2λ×2=5λ=10,
解得λ=2.∴a=(2,4).
②(a·c)·b=[2×2+4×(-1)]·b=0·b=0.
[针对训练]
1.选D　由P(2,4),Q(1,6)可得=(-1,2),又=(2,λ),所以·=-2+2λ=0,解得λ=1.故选D.
2.选B　建立如图所示的平面直角坐标系,因为矩形ABCD中,AB=2,AD=4,E,F分别为BC,DC的中点,所以A(0,0),B(2,0),E(2,2),F(1,4),则=(2,2),=(-1,4),所以·=6.
[题型(二)]
[例2]　解析:(1)∵2a+b=(3,3),a-b=(0,3),
∴cos<2a+b,a-b>===.故2a+b与a-b的夹角为.
(2)由题意,得c=a+tb=(3+t,4).∴a·c=3×(3+t)+4×4=25+3t,b·c=1×(3+t)+0×4=3+t.∵=,∴cos=cos,即=,即=3+t,解得t=5,故选C.
(3)a+xb=(3,4)+(2x,-x)=(3+2x,4-x),若向量a+xb与b垂直,则(a+xb)·b=(3+2x,4-x)·(2,-1)=6+4x-4+x=5x+2=0,解得x=-.故选D.
答案:(1)C　(2)C　(3)D
[针对训练]
3.选D　因为a=(1,1),b=(1,-1),所以a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ).因为(a+λb)⊥(a+μb),所以(a+λb)·(a+μb)=0,所以(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,整理得λμ=-1.故选D.
4.解:因为向量a与向量b的夹角θ是锐角,所以cos θ=>0.所以a·b=2m+6>0,解得m>-3.又当a与b同向时,=,所以m=12.所以m>-3且m≠12.故m的取值范围为(-3,12)∪(12,+∞).
[题型(三)]
[例3]　解:∵a=(1,1),b=(0,2),
∴a-2b=(1,1)-2(0,2)=(1,-3).
∴|a-2b|==.
[变式拓展]
1.解:∵a·b=1×0+1×2=2,
∴c=3(1,1)-2(0,2)=(3,-1).
∴|c|==.
2.解:∵a=(1,1),b=(0,-2),∴ka-b=k(1,1)-(0,-2)=(k,k+2),
a+b=(1,1)+(0,-2)=(1,-1).
∵ka-b与a+b共线,∴k+2-(-k)=0.∴k=-1.
3.解:∵ka-b=k(1,1)-(0,-2)=(k,k+2),
∴=,
化简得k2+2k-3=0,
解得k=1或k=-3.
即当k=1或k=-3时满足条件.
[针对训练]
5.选A　以B为坐标原点,分别以BC,BA所在的直线为x轴,y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则B(0,0),A(0,1),C(1,0),D(2,1).∵P是CD的中点,
∴P.∴=,=.∴+2=+2
=.
∴|+2|==.
6.解析:∵a=(1,2),b=(-3,4),∴c=a+λb=(1-3λ,2+4λ),∴|c|2=c2=(1-3λ)2+(2+4λ)2=25λ2+10λ+5=25+4.当λ=-时,|c|min=2.
答案:-
[题型(四)]
[例4]　解:(1)由题意可得A(0,0),B(4,0),D(0,2),C(4,2),则=(4,2).
设E(x,0)(0≤x≤4),则=(x,-2).因为DE⊥AC,所以·=4x-4=0 x=1.则E(1,0),故AE的长为1.
(2)若E为AB的中点,则E(2,0),=(2,-2).又=(4,2).
由题图可知cos∠CME=cos<,>===.
[针对训练]
7.解:因为A(-2,1),B(6,-3),C(0,5),
所以=(8,-4),=(2,4),
=(-6,8).
所以||===4,
||===2,
||===10.
所以|AB|2+|AC|2=|BC|2,
即△ABC是直角三角形.
6 / 6(共59张PPT)
5.2
向量数量积的坐标表示
5.3
利用数量积计算长度与
角度
(深化学习课——梯度进阶式教学)
课时目标
1.掌握平面向量数量积的坐标表示,会根据向量的坐标形式求数量积、模、夹角.
2.掌握向量垂直条件的坐标形式,并能灵活运用.　
3.会利用数量积计算长度与角度.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前预知教材·自主落实基础
课堂题点研究·迁移应用融通
课时跟踪检测
课前预知教材·自主落实基础
1.向量数量积的坐标表示
已知两个向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),a·b= .
2.向量长度的坐标表示
设a=(x,y),则|a|2= ,或|a|= .
如果表示向量a的有向线段的起点和终点坐标分别为
A(x1,y1),B(x2,y2),那么|a|== .
x1x2+y1y2
x2+y2
3.向量夹角的坐标表示
设a=(x1,y1),b=(x2,y2),a与b的夹角为θ,则cos θ=
= (|a||b|≠0).
4.向量垂直的坐标表示
设a=(x1,y1),b=(x2,y2),则a⊥b .
x1x2+y1y2=0
1.已知a=(-3,4),b=(5,2),则a·b的值是 (　 )
A.23 B.7
C.-23 D.-7
解析:a·b=(-3,4)·(5,2)=-3×5+4×2=-7.
√
基础落实训练
2.设a=(1,-2),b=(-3,4),c=(3,2),则(a+2b)·c= (　 )
A.12 B.0
C.-3 D.-11
解析:∵a+2b=(-5,6),∴(a+2b)·c=(-5)×3+6×2=-3.
√
3.已知a=(3,4),b=(5,12),则a与b夹角的余弦值为　　　　.
解析:因为a·b=3×5+4×12=63,|a|==5,|b|==13,所以a与b夹角的余弦值为 ==.
4.与a=(3,-4)平行的单位向量的坐标有几个,是什么
提示:因为a的模为5,所以与a平行的单位向量是±a.所以与a平行的单位向量有2个,对应坐标为或.
课堂题点研究·迁移应用融通
题型(一)　平面向量数量积的坐标运算
[例1]　(1)已知正方形ABCD的边长为2,E为CD的中点,点F在AD上,
=2,则·=　　　.
解析:建立平面直角坐标系如图所示,则A(0,2),E(2,1),
D(2,2),B(0,0),C(2,0).因为=2,所以F.
所以=(2,1),=-(2,0)=.
所以·=(2,1)·=2×+1×2=.
(2)已知向量a和b同向,b=(1,2),a·b=10,求:
①向量a的坐标;
②若c=(2,-1),求(a·c) ·b.
解析:①设a=λb=(λ,2λ)(λ>0).∵a·b=10,∴λ×1+2λ×2=5λ=10,
解得λ=2.∴a=(2,4).
②(a·c)·b=[2×2+4×(-1)]·b=0·b=0.
|思|维|建|模|
数量积运算的途径及注意点
(1)进行向量的数量积运算,前提是牢记有关的运算律和运算性质.解题时通常有两条途径:一是先将各向量用坐标表示,直接进行数量积运算;二是先利用数量积的运算律将原式展开,再依据已知计算.
(2)对于以图形为背景的向量数量积运算的题目,只需把握图形的特征,建立平面直角坐标系,写出相应点的坐标即可求解.
针对训练
1.已知点P(2,4),Q(1,6),向量=(2,λ),若·=0,则实数λ的值为(　 )
A. B.-
C.2 D.1
解析:由P(2,4),Q(1,6)可得=(-1,2),又=(2,λ),所以·=-2+2λ=0,解得λ=1.故选D.
√
2.矩形ABCD中,AB=2,AD=4,E,F分别为BC,DC的中点,则·=(　 )
A.4 B.6
C.8 D.10
解析:选B　建立如图所示的平面直角坐标系,
因为矩形ABCD中,AB=2,AD=4,E,F分别为BC,
DC的中点,所以A(0,0),B(2,0),E(2,2),F(1,4),
则=(2,2),=(-1,4),所以·=6.
√
题型(二)　平面向量的夹角及垂直
[例2]　(1)若向量a=(1,2),b=(1,-1),则2a+b与a-b的夹角等于 (　 )
A.-
C.
解析:∵2a+b=(3,3),a-b=(0,3),∴cos<2a+b,a-b>==
=.故2a+b与a-b的夹角为.
√
(2)(2022·新课标Ⅱ卷)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若=,则t= (　 )
A.-6 B.-5
C.5 D.6
解析:由题意,得c=a+tb=(3+t,4).∴a·c=3×(3+t)+4×4=25+3t,
b·c=1×(3+t)+0×4=3+t.∵=,∴cos=cos,
即=,即=3+t,解得t=5,故选C.
√
(3)已知向量a=(3,4),b=(2,-1),如果向量a+xb与b垂直,则x= (　 )
A.
C.2 D.-
解析:a+xb=(3,4)+(2x,-x)=(3+2x,4-x),若向量a+xb与b垂直,
则(a+xb)·b=(3+2x,4-x)·(2,-1)=6+4x-4+x=5x+2=0,解得x=-.故选D.
√
|思|维|建|模|
利用数量积的坐标运算求两向量夹角的步骤
(1)利用平面向量数量积的坐标表示公式求出这两个向量的数量积.
(2)利用|a|=计算出这两个向量的模.
(3)由公式cos θ=直接求出cos θ的值.
(4)在[0,π]内,由cos θ的值求角θ.
针对训练
3.(2023·新课标Ⅰ卷)已知向量a=(1,1),b=(1,-1),若(a+λb)⊥(a+μb),则 (　 )
A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1
C.λμ=1 D.λμ=-1
解析:因为a=(1,1),b=(1,-1),所以a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ).因为(a+λb)⊥(a+μb),所以(a+λb)·(a+μb)=0,所以(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,整理得λμ=-1.故选D.
√
4.已知a=(2,1),b=(m,6),向量a与向量b的夹角θ是锐角,求实数m的取值范围.
解:因为向量a与向量b的夹角θ是锐角,所以cos θ= >0.
所以a·b=2m+6>0,解得m>-3.又当a与b同向时,=,所以m=12.
所以m>-3且m≠12.
故m的取值范围为(-3,12)∪(12,+∞).
题型(三)　平面向量的模坐标表示
[例3]　设平面向量a=(1,1),b=(0,2).求a-2b的坐标和模的大小.
解:∵a=(1,1),b=(0,2),
∴a-2b=(1,1)-2(0,2)=(1,-3).
∴|a-2b|==.
变式拓展
1.例题中的条件不变,若c=3a-(a·b)·b,试求|c|.
解:∵a·b=1×0+1×2=2,∴c=3(1,1)-2(0,2)=(3,-1).
∴|c|==.
2.将例题中的“b=(0,2)”改为“b=(0,-2)”,其他条件不变,若ka-b与a+b共线,试求k值.
解:∵a=(1,1),b=(0,-2),∴ka-b=k(1,1)-(0,-2)=(k,k+2),
a+b=(1,1)+(0,-2)=(1,-1).∵ka-b与a+b共线,∴k+2-(-k)=0.∴k=-1.
3.将例题中的“b=(0,2)”改为“b=(0,-2)”,其他条件不变,若ka-b的模等于,试求k值.
解:∵ka-b=k(1,1)-(0,-2)=(k,k+2),
∴=,
化简得k2+2k-3=0,解得k=1或k=-3.
即当k=1或k=-3时满足条件.
|思|维|建|模|
求向量的模的两种基本策略
(1)字母表示下的运算:利用|a|2=a2,将向量的模的运算转化为向
量与向量的数量积的问题.
(2)坐标表示下的运算:若a=(x,y),则a·a=a2=|a|2=x2+y2,于是有|a|=.
针对训练
5.已知梯形ABCD中,∠ABC=∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,P是CD的中点,则|+2|=(　 )
A. B.2
C.4 D.5
√
解析:以B为坐标原点,分别以BC,BA所在的直线为x轴,y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则B(0,0),A(0,1),C(1,0),D(2,1).∵P是CD的中点,∴P.∴=,=.
∴+2=+2=.
∴|+2|==.
6.已知向量a=(1,2),b=(-3,4),c=a+λb(λ∈R),则|c|取最小值时,λ的值
为　　　　.
解析:∵a=(1,2),b=(-3,4),∴c=a+λb=(1-3λ,2+4λ),
∴|c|2=c2=(1-3λ)2+(2+4λ)2=25λ2+10λ+5=25+4.当λ=-时,
|c|min=2.
-
题型(四)　数量积在几何图形中的应用
[例4] 如图所示,矩形ABCD的顶点A与坐标原点重合,B,D分别在x,y轴正半轴上,AB=4,AD=2,点E为AB上一点.
(1)若DE⊥AC,求AE的长;
解:由题意可得A(0,0),B(4,0),D(0,2),C(4,2),
则=(4,2).设E(x,0)(0≤x≤4),则=(x,-2).
因为DE⊥AC,所以·=4x-4=0 x=1.
则E(1,0),故AE的长为1.
(2)若E为AB的中点,AC与DE的交点为M,求cos∠CME.
解:若E为AB的中点,则E(2,0),=(2,-2).又=(4,2).
由题图可知cos∠CME=cos<,>
===.
针对训练
7.已知点A(-2,1),B(6,-3),C(0,5),求证:△ABC是直角三角形.
解:因为A(-2,1),B(6,-3),C(0,5),
所以=(8,-4),=(2,4),=(-6,8).
所以||===4,
||===2,
||===10.
所以|AB|2+|AC|2=|BC|2,即△ABC是直角三角形.
课时跟踪检测
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A级——达标评价
1.(2022·全国乙卷)已知向量a=(2,1),b=(-2,4),则|a-b|=(　 )
A.2 B.3
C.4 D.5
解析:由题意知a-b=(2,1)-(-2,4)=(4,-3),所以|a-b|==5,故选D.
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2.若向量a=(1,1),b=(0,-1),则a与b的夹角等于 (　 )
A.-
C.
解析:因为cos===-,又∈[0,π],所以=,
即a与b的夹角等于.故选D.
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3.(2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x= (　 )
A.-2 B.-1
C.1 D.2
解析:因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,所以b2-4a·b=0,即4+x2-4x=0,故x=2,故选D.
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4.(多选)已知向量a与向量b满足如下条件,其中a与b的夹角为的是(　 )
A.|a|=1,|b|=6,a·(b-a)=2 B.|a|=|b|=1,a2+a·b=
C.a=(,-1),b=(2,2) D.a=(2,2),b=(-3,0)
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解析:设向量a与b的夹角为α.对于A,∵a·(b-a)=a·b-a2=2,
∴a·b=|a||b|·cos α=3.∴cos α=.∵α∈[0,π],∴α=,故A正确.
对于B,∵a2+a·b=,|a|=1,∴a·b=|a|·|b|cos α=.∴cos α=.
∵α∈[0,π],∴α=,故B正确.对于C,由a=(,-1),b=(2,2),
得|a|=2,|b|=4,a·b=4.∴a·b=|a|·|b|cos α=4.∴cos α=.
∵α∈[0,π],∴α=,故C正确.对于D,由a=(2,2),b=(-3,0),
得|a|=4,|b|=3,a·b=-6.∴a·b=|a|·|b|cos α=-6.∴cos α=-.
∵α∈[0,π],∴α=,故D错误.故选A、B、C.
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5.(多选)已知平面向量a=(1,0),b=(1,2),则下列说法正确的是(　 )
A.|a+b|=16
B.(a+b)·a=2
C.cos=
D.向量a+b在a上的投影向量为2a
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解析:因为向量a=(1,0),b=(1,2),所以a+b=(1+1,0+2)=(2,2).所以|a+b|==4,A错误.a·(a+b)=1×2+0×2=2,B正确.由向量的夹角公式,可得cos==,C错误.向量a+b在a上的投影向量为·=×a=2a,D正确.故选B、D.
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6.已知点A(1,0),B(-2,1),向量e=(0,1),则在e方向上的投影数量为　　　　.
解析:由A(1,0),B(-2,1),可得=(-3,1),所以在e方向上的投影数量为==1.
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7.已知向量a=(-2,3),非零向量b满足a⊥b,则b=　　　　 .
(写一个向量坐标即可)
解析:设b=(x,y),则由a⊥b得a·b=-2x+3y=0,取x=3,则y=2,b=(3,2).
答案:(3,2)(答案不唯一)
(3,2)(答案不唯一)
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8.在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2,AD=CD=1,∠BAD=90°,点P在线段BC上运动.
(1)当点P与点C重合时,·=　　.
解析:如图,以点A为原点,建立平面直角坐标系,
当点P与点C重合时,A(0,0),P(1,1),C(1,1),B(2,0),
=(1,1),=(-1,1),·=1×(-1)+1×1=0.
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(2)·的最小值是　　　　.
解析:由(1)可知,△ABC是等腰直角三角形,设P(2-y,y),0≤y≤1,
=(2-y,y),=(-y,y),·=(2-y)·(-y)+y2=2y2-2y=2-,
当y=时,·的最小值是-.
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9.(8分)已知向量a=(2,0),b=(1,).
(1)设k∈R,求|2a-kb|的最小值;
解:由题意得2a-kb=2(2,0)-k(1,)=(4-k,-k),
所以|2a-kb|=
==.
所以当k=1时,|2a-kb|取得最小值为2.
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(2)若向量ta+b与向量a+tb的夹角为钝角,求实数t的取值范围.
解:因为ta+b=t(2,0)+(1,)=(2t+1,),a+tb=(2,0)+t(1,)=(2+t,t),
向量ta+b与向量a+tb的夹角为钝角,
所以(ta+b)·(a+tb)<0,且向量ta+b与向量a+tb不能共线,即t≠±1.
所以(2t+1)(2+t)+×t=2t2+8t+2<0,
解得-2-1
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10.(10分)在平面直角坐标系xOy中,点A(-1,-2),B(2,3),C(-2,-1).
(1)求以线段AB,AC为邻边的平行四边形两条对角线的长;
解:由题设知=(3,5),=(-1,1),则+=(2,6),-=(4,4).
所以|+|=2,|-|=4.故所求的两条对角线的长分别
为2,4.
(2)设实数t满足(-t)·=0,求t的值.
解:由题设知,=(-2,-1),-t=(3+2t,5+t),由(-t)·=0,
得(3+2t,5+t)·(-2,-1)=0,从而5t=-11,所以t=-.
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B级——重点培优
11.已知a=(1,2),b为单位向量,若a·b+|a|·|b|≤0,则b=(　 )
A.
C.
√
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解析:由题意可得a·b+|a|·|b|=|a|·|b|cos+|a|·|b|=|a|·
|b|(cos+1)≤0.因为|a|,|b|≠0,所以cos+1≤0,即cos
≤-1,可得cos=-1.又∈[0,π],所以=π,即a,b反向,
可得b=-=-a=-a=.故选D.
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12.在△ABC中,·=0,且面积等于2,若点P是△ABC所在平面内的一点,且=+,则·的最大值等于(　 )
A.9 B.15
C.19 D.25
√
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解析:∵·=0,∴AB⊥AC.以A为原点,
直线AB,AC分别为x轴,y轴,建立如图所示的
平面直角坐标系,其中,为x轴,y轴上的
单位向量,设AC=t,t>0,则根据条件得P(1,4),
B,C(0,t),·=·(-1,t-4)=-+1-4t+16=-+
17≤-2+17=9,当且仅当4t=,即t=1时等号成立,∴·的最大
值为9.故选A.
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13.如图,在2×4的方格纸中,若向量a,b的起点和终点均在格点,则向量
a+b,a-b夹角的余弦值是　　　　.
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解析:设每个小正方形的边长为1,建立如图所示的平面直角坐标系,
则a=(2,-1),b=(3,2),所以a+b=(5,1),a-b=(-1,-3).
所以(a+b)·(a-b)=-5-3=-8,|a-b|=,|a+b|=.所以向量a+b,a-b夹角的余弦值为=-.
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14.(10分)已知O是坐标原点,=(2,3),=(1,4).
(1)求向量在方向上的投影向量的坐标和投影数量;
解:由向量=(2,3),=(1,4),
可得||=,·=2×1+3×4=14,则投影向量的坐标是||cos<,>·=·=,
投影数量是||cos<,>==,即向量在方向上的投影向量的坐标是,投影数量是.
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(2)若=3,=3,=2+,请判断C,D,E三点是否共线,并说明理由.
解: C,D,E三点共线,理由如下:因为向量=(2,3),=(1,4),=3,=3,=2+,
所以=(6,9),=(3,12),=(5,10).
所以=-=(-3,3),=-=(-1,1),可得=3.
所以C,D,E三点共线.
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15. (14分)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,
∠DAB=90°,AB=2,CD=1,P是线段AD(包括端点)上
的一个动点.
(1)当AD=时,求·的值;
解: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.由题意得,A(0,0),
B(2,0),∴=(2,0).∵AD=,∴C(1,).
∴=(1,).∴·=1×2+×0=2.
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(2)在(1)的条件下,若·=,求;
解:设=t,则点P的坐标为(0,t)(0≤t≤).
∴=(2,-t),=(1,-t).∴·=2×1+(-t)×(-t)=
t2-t+2=+=(0≤t≤),解得t=,即=.
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(3)求|2+|的最小值.
解:设C(1,c)(c>0),P(0,m)(0≤m≤c),∴=(2,-m),=(1,c-m).
∴2+=2(2,-m)+(1,c-m)=(5,c-3m).
∴|2+|=≥5,当且仅当m=时取等号.
因此|2+|的最小值为5.课时跟踪检测(二十七)　向量数量积的坐标表示　利用数量积计算长度与角度
(满分100分,A级选填小题每题5分,B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1.(2022·全国乙卷)已知向量a=(2,1),b=(-2,4),则|a-b|= (　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
2.若向量a=(1,1),b=(0,-1),则a与b的夹角等于 (　　)
A.-
C.
3.(2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x= (　　)
A.-2 B.-1
C.1 D.2
4.(多选)已知向量a与向量b满足如下条件,其中a与 b的夹角为的是 (　　)
A.|a|=1,|b|=6,a·(b-a)=2
B.|a|=|b|=1,a2+a·b=
C.a=(,-1),b=(2,2)
D.a=(2,2),b=(-3,0)
5.(多选)已知平面向量a=(1,0),b=(1,2),则下列说法正确的是 (　　)
A.|a+b|=16
B.(a+b)·a=2
C.cos=
D.向量a+b在a上的投影向量为2a
6.已知点A(1,0),B(-2,1),向量e=(0,1),则在e方向上的投影数量为　　　　.
7.已知向量a=(-2,3),非零向量b满足a⊥b,则b=　　　　.(写一个向量坐标即可)
8.在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2,AD=CD=1,∠BAD=90°,点P在线段BC上运动.
(1)当点P与点C重合时,·=　　　　.
(2)·的最小值是　　　　.
9.(8分)已知向量a=(2,0),b=(1,).
(1)设k∈R,求|2a-kb|的最小值;
(2)若向量ta+b与向量a+tb的夹角为钝角,求实数t的取值范围.
10.(10分)在平面直角坐标系xOy中,点A(-1,-2),B(2,3),C(-2,-1).
(1)求以线段AB,AC为邻边的平行四边形两条对角线的长;
(2)设实数t满足(-t)·=0,求t的值.
B级——重点培优
11.已知a=(1,2),b为单位向量,若a·b+|a|·|b|≤0,则b= (　　)
A.
C.
12.在△ABC中,·=0,且面积等于2,若点P是△ABC所在平面内的一点,且=+,则·的最大值等于 (　　)
A.9 B.15 C.19 D.25
13.如图,在2×4的方格纸中,若向量a,b的起点和终点均在格点,则向量a+b,a-b夹角的余弦值是　　　　.
14.(10分)已知O是坐标原点,=(2,3),=(1,4).
(1)求向量在方向上的投影向量的坐标和投影数量;
(2)若=3,=3,=2+,请判断C,D,E三点是否共线,并说明理由.
15.(14分)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,AB=2,CD=1,P是线段AD(包括端点)上的一个动点.
(1)当AD=时,求·的值;
(2)在(1)的条件下,若·=,求;
(3)求|2+|的最小值.
课时跟踪检测(二十七)
1.选D　由题意知a-b=(2,1)-(-2,4)=(4,-3),所以|a-b|==5,故选D.
2.选D　因为cos===-,又∈[0,π],所以=,即a与b的夹角等于.故选D.
3.选D　因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,所以b2-4a·b=0,即4+x2-4x=0,故x=2,故选D.
4.选ABC　设向量a与b的夹角为α.对于A,∵a·(b-a)=a·b-a2=2,∴a·b=|a|·|b|cos α=3.∴cos α=.∵α∈[0,π],∴α=,故A正确.对于B,∵a2+a·b=,|a|=1,∴a·b=|a|·|b|cos α=.∴cos α=.∵α∈[0,π],∴α=,故B正确.对于C,由a=(,-1),b=(2,2),得|a|=2,|b|=4,a·b=4.∴a·b=|a|·|b|cos α=4.∴cos α=.∵α∈[0,π],∴α=,故C正确.对于D,由a=(2,2),b=(-3,0),得|a|=4,|b|=3,a·b=-6.∴a·b=|a|·|b|cos α=-6.∴cos α=-.∵α∈[0,π],∴α=,故D错误.故选A、B、C.
5.选BD　因为向量a=(1,0),b=(1,2),所以a+b=(1+1,0+2)=(2,2).所以|a+b|==4,A错误.a·(a+b)=1×2+0×2=2,B正确.由向量的夹角公式,可得cos==,C错误.向量a+b在a上的投影向量为·=×a=2a,D正确.故选B、D.
6.解析:由A(1,0),B(-2,1),可得=(-3,1),所以在e方向上的投影数量为==1.
答案:1
7.解析:设b=(x,y),则由a⊥b得a·b=-2x+3y=0,取x=3,则y=2,b=(3,2).
答案:(3,2)(答案不唯一)
8.解析: (1)如图,以点A为原点,建立平面直角坐标系,当点P与点C重合时,A(0,0),P(1,1),
C(1,1),B(2,0),
=(1,1),=(-1,1),·=1×(-1)+1×1=0.
(2)由(1)可知,△ABC是等腰直角三角形,设P(2-y,y),0≤y≤1,=(2-y,y),=(-y,y),·=(2-y)·(-y)+y2=2y2-2y=2-,当y=时,·的最小值是-.
答案:(1)0　(2)-
9.解:(1)由题意得2a-kb=2(2,0)-k(1,)=(4-k,-k),
所以|2a-kb|===.
所以当k=1时,|2a-kb|取得最小值为2.
(2)因为ta+b=t(2,0)+(1,)=(2t+1,),a+tb=(2,0)+t(1,)=(2+t,t),向量ta+b与向量a+tb的夹角为钝角,
所以(ta+b)·(a+tb)<0,且向量ta+b与向量a+tb不能共线,即t≠±1.
所以(2t+1)(2+t)+×t=2t2+8t+2<0,
解得-2-10.解:(1)由题设知=(3,5),=(-1,1),则+=(2,6),-=(4,4).所以|+|=2,
|-|=4.故所求的两条对角线的长分别为2,4.
(2)由题设知,=(-2,-1),-t=(3+2t,5+t),由(-t)·=0,得(3+2t,5+t)·(-2,-1)=0,从而5t=-11,所以t=-.
11.选D　由题意可得a·b+|a|·|b|=|a|·|b|cos+|a|·|b|=|a|·|b|(cos+1)≤0.因为|a|,|b|≠0,所以cos+1≤0,即cos≤-1,可得cos=-1.又∈[0,π],所以=π,即a,b反向,可得b=-=-a=-a=.故选D.
12.选A　∵·=0,∴AB⊥AC.以A为原点,直线AB,AC分别为x轴,y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
其中,为x轴,y轴上的单位向量,设AC=t,t>0,则根据条件得P(1,4),B,C(0,t),·=·(-1,t-4)=-+1-4t+16=-+17≤-2+17=9,当且仅当4t=,即t=1时等号成立,∴·的最大值为9.故选A.
13.解析:设每个小正方形的边长为1,建立如图所示的平面直角坐标系,
则a=(2,-1),b=(3,2),所以a+b=(5,1),a-b=(-1,-3). 所以(a+b)·(a-b)=-5-3=-8,|a-b|=,|a+b|=.所以向量a+b,a-b夹角的余弦值为=-.
答案:-
14.解:(1)由向量=(2,3),=(1,4),
可得||=,·=2×1+3×4=14,
则投影向量的坐标是||cos<,>·=·=,
投影数量是||cos<,>==,即向量在方向上的投影向量的坐标是,投影数量是.
(2)C,D,E三点共线,理由如下:因为向量=(2,3),=(1,4),=3,=3,=2+,所以=(6,9),=(3,12),=(5,10).
所以=-=(-3,3),=-=(-1,1),可得=3.所以C,D,E三点共线.
15.解: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.
由题意得,A(0,0),B(2,0),∴=(2,0).
(1)∵AD=,∴C(1,).
∴=(1,).∴·=1×2+×0=2.
(2)设=t,则点P的坐标为(0,t)(0≤t≤).
∴=(2,-t),=(1,-t).
∴·=2×1+(-t)×(-t)=t2-t+2=+=(0≤t≤),解得t=,即=.
(3)设C(1,c)(c>0),P(0,m)(0≤m≤c),∴=(2,-m),=(1,c-m).
∴2+=2(2,-m)+(1,c-m)=(5,c-3m).
∴|2+|=≥5,当且仅当m=时取等号.
因此|2+|的最小值为5.
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