资源简介

平面向量的数量积
课前学习任务
一、课标解读
1.通过物理中功等实例,理解平面向量数量积的概念及其物理意义,会计算平面向量的数量积.
2.会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.
3.能用坐标表示平面向量的数量积,会表示两个平面向量的夹角.
4.会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题,体会向量在解决数学和实际问题中的作用.
二、必备知识
1.平面向量数量积的概念
(1)向量的夹角
已知两个　　　　　向量a,b,O是平面上的任意一点,作=a,=b,则∠AOB=θ(0≤θ≤π)叫做向量a与b的夹角.如果a与b的夹
角是,我们说a与b垂直,记作　　　　　.
(2)平面向量的数量积
已知两个非零向量a,b,它们的夹角为θ,我们把数量　　　　　叫做向量a与b的数量积(或内积),记作a·b,即a·b=|a||b|cos θ.
规定:零向量与任一向量的数量积为　　　　.
(3)投影向量
如图,在平面内任取一点O,作=a,=b.过点M作直线ON的垂线,垂足为M1,则就是向量a在向量b上的投影向量.
[教材知识深化]
1.投影向量仍然是一个向量.
2.向量a在b上的投影向量与b共线,其模等于|a||cos|=;向量b在a上的投影向量与a共线,其模等于|b||cos|=.
3.向量a在b上的投影向量=|a|cose(e为与b同向的单位向量).
2.平面向量数量积的性质及坐标表示
已知非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),a与b的夹角为θ.
向量的有 关概念 几何表示 坐标表示
模 |a|= |a|=
数量积 |a||b|cos θ x1x2+y1y2
夹角 cos θ= cos θ=
A(x1,y1), B(x2,y2) 两点的距离 |AB|=|| |AB|=
a⊥b的充 要条件 a·b=0 x1x2+y1y2=0 　　注意别与平行的 坐标公式混淆
|a·b|与 |a||b|的 关系 |a·b|≤ |a||b| |x1x2+y1y2|≤
3.向量数量积的运算律
交换律 a·b=b·a
分配律 (a+b)·c=a·c+b·c
数乘结 合律 (λa)·b=λ(a·b)=a·(λb)(λ为实数)
[教材知识深化]
向量的数量积运算不满足结合律和消去律,即:(1)(a·b)c不一定等于a(b·c);(2)a·b=a·c(a≠0)不能推出b=c.
三、自主诊断
一、基础自测
1.思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)两个向量的夹角的范围是0,. (　　)
(2)由a·b=0可得a=0或b=0. (　　)
(3)在△ABC中,设=a,=b,则a与b的夹角为∠ABC. (　　)
(4)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. (　　)
2.(人教A版必修第二册习题6.2第11(2)题改编)已知|a|=2,|b|=5,且a·b=-3,则|a+b|=　　　　.
3.(人教A版必修第二册6.2.4节例10)设|a|=12,|b|=9,a·b=-54,求a与b的夹角θ.




4.(人教A版必修第二册6.2.4节例12)已知|a|=6,|b|=4,a与b的夹角为60°,求(a+2b)·(a-3b).



二、连线高考
5.(2024·北京,5)已知向量a,b,则“(a+b)(a-b)=0”是“a=b或a=-b”的(　　)条件.
　　　　　　　　　　　　　
A.必要而不充分条件
B.充分而不必要条件
C.充分且必要条件
D.既不充分也不必要条件
6.(2023·全国甲,文3)已知向量a=(3,1),b=(2,2),则cos=(　　)
A. B. C. D.
课堂核心考点
考点一 平面向量数量积的运算
例1(2023·全国乙,文6)已知正方形ABCD的边长为2,E为AB的中点,则=(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A. B.3 C.2 D.5
[对点训练1](1)(2024·新高考Ⅰ,3)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x=(　　)
A.-2 B.-1 C.1 D.2
(2)(2024·辽宁教研联盟模拟)设M,N是圆O上两点,若MN=2,则=(　　)
A.-4 B.-2 C.2 D.4
考点二 平面向量数量积的应用
考向1　向量的模
例2(1)(2024·新高考Ⅱ,3)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|= (　　)
　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.1
(2)(2023·新高考Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|=　.
[对点训练2](1)(2024·广东深圳模拟)向量a,b,c满足a+b+c=0,(a-b)⊥c,a⊥b,若|a|=1,则|a|2+|b|2+|c|2=(　　)
A.1 B.2 C.4 D.8
(2)(2024·华南师大附中模拟)已知向量a=(3,4),b=(4,m),且|a+b|=|a-b|,则|b|=(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
考向2　向量的夹角
例3(1)(2025·江苏南京开学考试)已知|a|=,|b|=1.若(a+2b)⊥a,则cos=(　　)
A.- B.- C. D.
(2)已知非零向量a=(x,3x),b=(-2x,1),若a与b的夹角为钝角,则x的取值范围是(　　)
A.0,
B.,+∞
C.(-∞,0)∪,+∞
D.-∞,-∪-,0∪,+∞
变式探究
在本例(2)中,其他条件不变,若向量a与b的夹角为锐角,则x的取值范围是　　　　　.
[对点训练3](1)(2025·安徽开学考试)已知平面向量a,b满足|a|=2,|b|=1,且b在a上的投影向量为-a,则a与b的夹角为(　　)
A. B. C. D.
(2)(2024·山西长治期末)已知平面向量a,b满足|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为,若a+2b与a+λb的夹角为锐角,则λ的取值范围是(　　)
A.,+∞ B.,1∪(1,+∞)
C.,+∞ D.,2∪(2,+∞)
考向3　向量的垂直
例4(1)(2025·山东济南开学考试)已知向量a=(k,3),b=(2,0),若a⊥(a+3b),则k=(　　)
A.-3 B.-2 C.2 D.3
(2)(2020·全国Ⅱ,文5)已知单位向量a,b的夹角为60°,则在下列向量中,与b垂直的是 (　　)
A.a+2b B.2a+b
C.a-2b D.2a-b
平面向量垂直问题的2个类型
利用坐标运算证明两个向量的垂直问题 若证明两个向量垂直,先根据共线、夹角等条件计算出这两个向量的坐标;然后根据数量积的坐标运算公式,计算出这两个向量的数量积为0即可
已知两个向量的垂直关系,求解相关参数的值 根据两个向量垂直的充要条件,列出相应的关系式,进而求解参数
[对点训练4](1)(2025·北京房山开学考试)设向量a=(x-1,x),b=(x,-2),则“x=3”是“a⊥b”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
(2)(多选题)(2024·山东滨州模拟)已知向量a=(1,m),b=(2,-4),则下列说法正确的是(　　)
A.若|a+b|=,则m=5
B.若a∥b,则m=-2
C.若a⊥b,则m=-1
D.若m=1,则向量a,b的夹角为钝角
(3)(2020·全国Ⅱ,理13)已知单位向量a,b的夹角为45°,ka-b与a垂直,则k=　　　　　.
考点三 投影向量及其应用
5.(2024·福建福州模拟)已知|b|=2|a|,若a与b的夹角为120°,则2a-b在b上的投影向量为(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.-3b B.-b C.-b D.3b
(2)向量b在向量a上的投影向量为a.
[对点训练5](2024·湖南岳阳期末)在△ABC中,A=60°,AB=2AC,平面内一点O满足||=||=||,则向量在向量上的投影向量为(　　)
A. B.
C.- D.-
考点四 平面向量的实际应用
6.(多选题)在日常生活中,我们常常会看到两个人共提一个行李包的情景,若行李包所受的重力为G,两个拉力分别为F1,F2,且|F1|=|F2|,F1与F2夹角为θ(θ∈(0,π)),当两人拎起行李包时,下列结论中错误的有(　　)
A.|G|=|F1|+|F2|
B.当θ=时,|F1|=|G|
C.当θ角越大时,用力越省
D.当|F1|=|G|时,θ=
[对点训练6]某河流南北两岸平行,一艘游船从南岸码头A出发航行到北岸,假设游船在静水中的航行速度的大小为|v1|=8 km/h,水流的速度的大小为|v2|=4 km/h,设v1和v2的夹角为θ(0°<θ<180°),北岸的点B在A的正北方向,游船正好到达B处时,cos θ=(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A. B.- C. D.-
答案解析
[知识梳理]
1.(1)非零　a⊥b　(2)|a||b|cos θ　0
微思考　提示 不一定.当两个向量的夹角为0(或π)时,数量积也大于0(或小于0).
[自主诊断]　1.(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2　解析 |a+b|=,将已知条件中的数据代入,得|a+b|=
3.解 由a·b=|a||b|cos θ,得cos θ==-
因为θ∈[0,π],所以θ=
4.解 (a+2b)·(a-3b)=a·a-3a·b+2b·a-6b·b=|a|2-a·b-6|b|2=|a|2-|a||b|cos θ-6|b|2=62-6×4×cos 60°-6×42=-72.
5.A　解析 若“a=b或a=-b”,则a+b=0或a-b=0,故“(a+b)(a-b)=0”,必要性成立,反之不一定成立.故选A.
6.B　解析 ∵a=(3,1),b=(2,2),
∴a+b=(5,3),a-b=(1,-1).则有cos=故选B.
研考点·精准突破
考点一
例1　
B　解析 (方法一)由题可知||=||=2,=0,则=()·()=·-=-=-1+4=3.
(方法二)因为E是AB的中点,所以ED=EC=
在△DCE中,由余弦定理,得cos∠DEC=,
所以=||||cos∠DEC==3.
(方法三)以点A为原点建立如图所示平面直角坐标系,则D(0,2),C(2,2),E(1,0),则=(1,2),=(-1,2),
所以=1×(-1)+2×2=3.故选B.
对点训练1　(1)D　(2)C　解析 (1)∵a=(0,1),b=(2,x),∴b-4a=(2,x)-4(0,1)=(2,x-4).
∵b⊥(b-4a),∴b·(b-4a)=0,即(2,x)·(2,x-4)=4+x(x-4)=0,∴x=2.
(2)(方法一)设MN中点为P,则OP⊥MN,=()+0=2.
(方法二)=||·||·cos∠OMN=||(||cos∠OMN)=||=2.
(方法三)设MN中点为P,以MN所在直线为x轴,线段MN的中垂线为y轴建立如图所示平面直角坐标系,则M(-1,0),N(1,0),
设O(0,-m),所以=(2,0),=(1,-m),因此=2.
考点二
例2　(1)B　(2)　解析 (1)由|a|=1,得a2=1,由|a+2b|=2,得a2+4a·b+4b2=4.又b·(b-2a)=b2-2a·b=0,
所以b2=,即|b|=,故选B.
(2)由|a-b|=,得a2-2a·b+b2=3,即2a·b=a2+b2-3①.
又由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,即3a2-6a·b=0,即2a·b=a2,代入①,得a2=a2+b2-3,整理,得b2=3,所以|b|=
对点训练2　(1)C　(2)C　解析 (1)由a+b+c=0,得c=-a-b,又(a-b)⊥c,所以(a-b)·(-a-b)=0.
因为a⊥b,所以a·b=0,又|a|=1,所以(a-b)·(-a-b)=|b|2-|a|2=0,
即|b|2=|a|2=1,所以|a|=|b|=1.
因为c=-a-b,所以|c|2=(-a-b)2=|a|2+2a·b+|b|2=2,
综上,|a|2+|b|2+|c|2=1+1+2=4.
(2)∵|a+b|=|a-b|,两边平方得(a+b)2=(a-b)2,展开整理得a·b=0,
∴a·b=3×4+4m=0,
解得m=-3.
∴|b|==5.
例3　(1)A　(2)D　解析 (1)因为(a+2b)⊥a,所以(a+2b)·a=a2+2a·b=0,又|a|=,所以a·b=-,
所以cos==-故选A.
(2)因为a与b的夹角为钝角,所以a·b<0,即-2x2+3x<0,解得x<0或x>
易知x≠0,则当a与b共线时,,得x=-,此时a=-,-,b=,1,b=-2a,此时a和b反向,不满足题意,故x的取值范围为-∞,-∪-,0∪,+∞.故选D.
变式探究　0,　解析 因为a与b的夹角为锐角,所以a·b>0,即-2x2+3x>0,解得0对点训练3　(1)B　(2)D　解析 (1)因为|a|=2,|b|=1,b在a上的投影向量为-a,所以a=-a,所以a·b=-1,
所以cos==-,由0≤≤π,可知=故选B.
(2)根据题意可得(a+2b)·(a+λb)>0且a+2b与a+λb不共线,则a2+(λ+2)a·b+2λb2>0,所以1-(λ+2)+8λ>0,解得λ>
当a+2b与a+λb共线时,即存在k∈R,使得a+λb=k(a+2b),解得k=1,λ=2,
因为a+2b与a+λb不共线,所以λ≠2,
所以λ>且λ≠2,所以实数λ的取值范围为,2∪(2,+∞).故选D.
例4　(1)A　(2)D　解析 (1)因为a=(k,3),b=(2,0),所以a+3b=(k,3)+3(2,0)=(k+6,3),因为a⊥(a+3b),所以a·(a+3b)=0,所以k(k+6)+9=0,解得k=-3.故选A.
(2)由题意可知,a·b=|a|·|b|cos 60°=对于A,(a+2b)·b=a·b+2b2=0,不符合题意;对于B,(2a+b)·b=2a·b+b2=2≠0,不符合题意;对于C,(a-2b)·b=a·b-2b2=-0,不符合题意;对于D,(2a-b)·b=2a·b-b2=0,故2a-b与b垂直.故选D.
对点训练4　(1)A　(2)BD　(3)
解析 (1)向量a=(x-1,x),b=(x,-2),则a⊥b a·b=0 x(x-1)-2x=0,解得x=0或x=3,所以“x=3”是“a⊥b”的充分不必要条件.故选A.
(2)对于A,因为a=(1,m),b=(2,-4),所以a+b=(3,m-4),|a+b|=,解得m=5或m=3,故A错误;对于B,因为a∥b,所以2m=-4,解得m=-2,故B正确;对于C,因为a⊥b,所以a·b=2-4m=0,解得m=,故C错误;对于D,当m=1时,a=(1,1),a·b=2-4=-2<0,又因为此时a,b不共线,所以向量a,b的夹角为钝角,故D正确.故选BD.
(3)由题意可知,a·b=|a||b|cos 45°=
∵ka-b与a垂直,∴(ka-b)·a=k|a|2-a·b=k-=0,∴k=
考点三
例5　B　解析 ∵(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a|·|b|·cos 120°-|b|2=-|b|2,
∴2a-b在b上的投影向量为=-b.
对点训练5　C　解析 因为在△ABC中,A=60°,AB=2AC,所以由余弦定理得BC=AC,
所以AB2=BC2+AC2,即C=90°,△ABC是直角三角形.
因为||=||=||,所以点O是△ABC的外心,且点O是斜边AB的中点.
因为△AOC是等边三角形,且OC=AB,所以向量在向量上的投影向量为|=-|=-故选C.
考点四
例6　ACD　解析 根据题意可得G=-(F1+F2),则|G|=|F1+F2|=,当θ=0时,|G|=2|F1|=|F1|+|F2|,故A错误;当θ=时,|G|=|F1|,即|F1|=|G|,故B正确;|G|=,因为函数y=cos θ在(0,π)上单调递减,又因为行李包所受的重力G不变,所以当θ角越大时,用力越大,故C错误;当|F1|=|G|时,即|G|==|F1|,解得cos θ=-,又θ∈[0,π],所以θ=,故D错误.故选ACD.
对点训练6　D　解析 设船的实际速度为v,则v=v1+v2,因为北岸的点B在A的正北方向,游船正好到达B处,则v⊥v2,所以v·v2=0,
即(v1+v2)·v2=|v1|·|v2|·cos θ+|v2|2=32cos θ+16=0,解得cos θ=-

展开更多......

收起↑