资源简介

5．3　平面向量的数量积
1．理解平面向量数量积的含义及其几何意义，会计算平面向量的数量积．
2．了解平面向量的数量积与投影向量的关系．
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平面向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系．
1．向量的夹角
已知两个非零向量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．
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，我们把数量|a||b|cos θ叫做向量a与b的数量积，记作a·b.
3．平面向量数量积的几何意义
如图，设a，b是两个非零向量，它们的夹角是θ，e是与b方向相同的单位向量，＝a，＝b，过的起点A和终点B，分别作所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到，我们称上述变换为向量a向向量b投影，叫做向量a在向量b上的投影向量．记作|a|cos θe.
4．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.
5．平面向量数量积的有关结论
已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ.
项目 几何表示 坐标表示
数量积 a·b＝ |a||b|cos θ a·b＝x1x2＋y1y2
模 |a|＝ |a|＝
夹角 cos θ＝ cos θ＝
a⊥b的 充要条件 a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0
|a·b|与 |a||b| 的关系 |a·b|≤ |a||b| |x1x2＋y1y2|≤
教材拓展
1．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＝a2±2a·b＋b2.
2．有关向量夹角的两个结论
(1)若a与b的夹角为锐角，则a·b>0；
若a·b>0，则a与b的夹角为锐角或0.
(2)若a与b的夹角为钝角，则a·b<0；
若a·b<0，则a与b的夹角为钝角或π.
3．向量a在向量b上的投影向量为·.
1．判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)两个向量的夹角的范围是.(　×　)
(2)若a，b共线，则a·b＝|a|·|b|.(　×　)
(3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的结果是向量．(　√　)
(4)若a·b＝a·c，则b＝c.(　×　)
2．(人教A版必修第二册P60T8改编)已知向量m＝(2x，1)与向量n＝垂直，则x＝(　C　)
A． B．－
C． D．－
解析：∵m＝(2x，1)与n＝垂直，
∴m·n＝(2x，1)·＝x－＝0，即x＝.故选C.
3．(人教A版必修第二册P24T19改编)设向量a，b满足|a|＝|b|＝1且|3a－2b|＝，则a，b的夹角为(　A　)
A． B．
C． D．
解析：设a与b的夹角为θ，由题意得(3a－2b)2＝7，所以9|a|2＋4|b|2－12a·b＝7.又|a|＝|b|＝1，所以a·b＝，所以|a||b|·cos θ＝，即cos θ＝.又θ∈[0，π]，所以a，b的夹角为.故选A.
4．(人教A版必修第二册P24T21)已知△ABC的外接圆圆心为O，且2＝＋，||＝||，则向量在向量上的投影向量为(　A　)
A． B．
C．－ D．－
解析：由2＝＋知O为BC的中点，如图，因为O为△ABC的外接圆圆心，所以OA＝OB＝OC.
因为||＝||，所以AB＝OB＝OA＝OC，所以△AOB为正三角形，∠ABO＝60°，∠BAC＝90°，所以在上的投影向量为＝.故选A.
考点1 平面向量数量积的基本运算
【例1】　(1)(2024·山西太原一模)在△ABC中，BC＝6，AB＝4，∠CBA＝，设点D为AC的中点，E在BC上，且·＝0，则·＝(　A　)
A．16 B．12
C．8 D．－4
【解析】　因为在△ABC中，BC＝6，AB＝4，∠CBA＝，以B为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(4，0)，B(0，0)，C(0，6)，D(2，3)，设E(0，b)，则＝(－4，b)，＝(2，3)，＝(0，6).由题意可知·＝0，即(－4，b)·(2，3)＝0，即－8＋3b＝0，所以b＝.所以E，所以＝－4，．所以·＝16.故选A.
(2)(2024·河北衡水模拟)如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，||＝6，||＝3，＝2，＝，则·＝(　C　)
A．－9 B．
C．9 D．18
【解析】　＝＋＝＋，＝－，·＝·(－)＝2＋·－2＝12＋×6×3×－＝9.故选C.
计算平面向量数量积的主要方法
(1)利用定义：a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉．
(2)利用坐标运算：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2.
(3)利用基底法求数量积．
(4)灵活运用平面向量数量积的几何意义．
【对点训练1】　(1)(2024·湖南长沙二模)已知向量a，b，c中，a是单位向量，|b|＝3，a与b的夹角为，c＝b－a，则c·a＝(　B　)
A．2 B．
C．－ D．－1
解析：a·b＝1×3×cos ＝，所以c·a＝(b－a)·a＝b·a－a2＝－1＝.故选B.
(2)(2024·山东滨州二模)已知向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则c·(b－a)＝(　A　)
A．4　　　 B．1
C．－1　　 D．－4
解析：建立如图所示的平面直角坐标系，可知a＝(－1，－2)，b＝(－2，1)，c＝(2，2)，则b－a＝(－1，3)，所以c·(b－a)＝－2＋6＝4.故选A.
考点2 平面向量数量积的应用
命题角度1　向量的模
【例2】　(2024·河北保定二模)已知圆O：x2＋y2＝1，过点A(2，0)的直线l与圆O交于B，C两点，且＝，则||＝(　D　)
A．2 B．
C． D．
【解析】　如图，圆O与x轴交于D，E两点，在△OAC中，BD∥OC，BD＝OC＝，cos ∠ODB＝＝，cos ∠COA＝－cos ∠ODB＝－， ||＝|－|＝
＝，所以||＝.故选D.
命题角度2　向量的夹角
【例3】　(2024·四川眉山三模)已知向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，|c|＝，且a＋b＋c＝0，则cos 〈a－c，b－c〉＝(　A　)
A． B．
C．－ D．－
【解析】　由题意得a＋b＝－c，则(a＋b)2＝c2，有12＋2a·b＋12＝()2，解得a·b＝，又由a＋c＝－b，则(a＋c)2＝b2，有12＋2a·c＋()2＝12，解得a·c＝－，同理可得b·c＝－，所以(a－c)·(b－c)＝a·b－a·c－b·c＋c2＝，|a－c|＝＝，|b－c|＝＝，所以cos 〈a－c，b－c〉＝＝＝.故选A.
命题角度3　向量的垂直
【例4】　(2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝(　D　)
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.
命题角度4　向量的投影
【例5】　(2024·浙江绍兴三模)若非零向量a，b满足|a|＝|b|＝|a＋b|，则a＋2b在b方向上的投影向量为(　B　)
A．2b B．b
C．b D．b
【解析】　根据题意，|a|＝|b|＝|a＋b|可得|a|2＝|b|2＝|a＋b|2，所以2|a|2cos 〈a，b〉＋|a|2＝0，则cos 〈a，b〉＝－，所以a·b＝－|a|2＝－|b|2，则a＋2b在b方向上的投影向量为b＝b＝b＝b.故选B.
1．求平面向量的模的方法
(1)公式法：利用|a|＝及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2.
(2)几何法：利用向量的几何意义．
2．求平面向量的夹角的方法
(1)定义法：cos〈a，b〉＝.
(2)坐标法．
3．两个向量垂直的充要条件
a⊥b a·b＝0 |a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0).
【对点训练2】　(1)(2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|＝(　B　)
A． B．
C． D．1
解析：因为(b－2a)⊥b，所以(b－2a)·b＝0，即b2＝2a·b，又因为|a|＝1，|a＋2b|＝2，所以1＋4a·b＋4b2＝1＋6b2＝4，从而|b|＝.故选B.
(2)(2024·福建泉州一模)已知向量a，b满足(a－b)·b＝0，则(　B　)
A．(a＋b)⊥(a－b)
B．|a－2b|＝|a|
C．〈a－2b，a〉＝〈a，b〉
D．b在a方向上的投影向量为a
解析：(a－b)·b＝0，即a·b＝b2＝|b|2，因为(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝a2－a·b＝a·(a－b)不一定为零，所以a＋b与a－b不一定垂直，故A错误；由a·b＝b2可得a2＝a2－4a·b＋4b2，所以|a|＝|a－2b|，故B正确；由数量积的定义可得，a·b＝|a||b|·cos 〈a，b〉，所以cos 〈a，b〉＝＝，cos 〈a－2b，a〉＝＝，cos 〈a，b〉与cos 〈a－2b，a〉不一定相等，故C错误；b在a方向上的投影向量为·a＝·a，故D错误．故选B.
(3)(多选)(2024·山东聊城二模)已知向量a＝(－1，2)，b＝(1，λ)，若b在a上的投影向量为a，则(　ACD　)
A．λ＝3 B．a∥b
C．a⊥(b－a) D．a与b的夹角为45°
解析：因为b在a上的投影向量为a，即·＝a，所以＝1，即＝1，解得λ＝3，故A正确；a＝(－1，2)，b＝(1，3)，所以(－1)×3－2×1≠0，故B错误；a·(b－a)＝(－1，2)·(2，1)＝－2＋2＝0，所以a⊥(b－a)，故C正确；cos 〈a，b〉＝＝＝，所以a与b的夹角为45°，故D正确．故选ACD.
平面向量的新定义问题
1．平面向量背景下的新定义问题，通常基于平面向量的方向和大小，引入新的运算规则或概念．
2．解题时，首先要准确理解新定义的本质，明确其涉及的向量运算和性质．其次，将新定义应用到具体的题目情境中，通过向量的加法、减法、数乘、数量积等运算，推导出所需的结论．
3．这类问题往往信息量大，背景新颖，需要考生耐心分析，细致推理．同时，注意平面向量的模、夹角等几何特征在新定义问题中的应用，以及如何利用这些特征简化解题过程．
【典例】　(多选)(2024·山东潍坊三模)定义平面向量的一种运算“Θ”如下：对任意的两个向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，令aΘb＝(x1y2－x2y1，x1x2＋y1y2)，下面说法一定正确的是(　AD　)
A．对任意的λ∈R，有(λa)Θb＝λ(aΘb)
B．存在唯一确定的向量e使得对于任意向量a，都有aΘe＝eΘa＝a成立
C．若a与b垂直，则(aΘb)Θc与aΘ(bΘc)共线
D．若a与b共线，则(aΘb)Θc与aΘ(bΘc)的模相等
【解析】　设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，对任意的λ∈R，有(λa)Θb＝(λx1，λy1)Θ(x2，y2)＝(λx1y2－λx2y1，λx1x2＋λy1y2)＝λ(x1y2－x2y1，x1x2＋y1y2)＝λ(aΘb)，故A正确；假设存在唯一确定的向量e＝(x0，y0)使得对于任意向量a，都有aΘe＝eΘa＝a成立，即(x1y0－x0y1，x1x0＋y1y0)＝(x0y1－x1y0，x0x1＋y0y1)＝(x1，y1)恒成立，即方程组对任意x1，y1恒成立，而此方程组无解，故B不正确；若a与b垂直，则x1x2＋y1y2＝0，设c＝(x3，y3)，则(aΘb)Θc＝(x1y2－x2y1，0)Θ(x3，y3)＝(x1y2y3－x2y1y3，x1y2x3－x2y1x3)，aΘ(bΘc)＝(x1，y1)Θ(x2y3－x3y2，x2x3＋y2y3)＝(x1x2x3＋x1y2y3－y1x2y3＋y1x3y2，x1x2y3－x1y2x3＋y1x2x3＋y1y2y3)＝(x1y2y3－y1x2y3，－x1y2x3＋y1x2x3)≠μ(x1y2y3－y1x2y3，x1y2x3－y1x2x3)，其中μ∈R，故C不正确；若a与b共线，则x1y2－x2y1＝0，设c＝(x3，y3)，(aΘb)Θc＝(0，x1x2＋y1y2)Θ(x3，y3)＝(－x1x2x3－y1y2x3，x1x2y3＋y1y2y3)，aΘ(bΘc)＝ (x1x2x3＋x1y2y3－y1x2y3＋y1y2x3，x1x2y3－x1y2x3＋y1x2x3＋y1y2y3)＝(x1x2x3＋y1y2x3，x1x2y3＋y1y2y3)，所以(aΘb)Θc与aΘ(bΘc)的模相等，故D正确．故选AD.
课时作业35(总分：100分)
1．(5分)(2025·八省联考)已知向量a＝(0，1)，b＝(1，0)，则a·(a－b)＝(　B　)
A．2 B．1
C．0 D．－1
解析：∵a＝(0，1)，b＝(1，0)，∴a－b＝(－1，1)，∴a·(a－b)＝0×(－1)＋1×1＝1.故选B.
2．(5分)(2024·山东德州三模)已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则实数t＝(　C　)
A．－6 B．－5
C．5 D．6
解析：由a＝(3，4)，b＝(1，0)，得c＝a＋tb＝(3，4)＋t(1，0)＝(3＋t，4)，由〈a，c〉＝〈b，c〉，得＝，所以＝，因为|a|＝＝5，|b|＝1，所以＝，解得t＝5.故选C.
3．(5分)(2024·北京海淀区一模)已知向量a，b满足|a|＝2，b＝(2，0)，且|a＋b|＝2，则〈a，b〉＝(　C　)
A． B．
C． D．
解析：由已知|a|＝2，|b|＝2，所以(a＋b)2＝a2＋2b·a＋b2＝4＋2×2×2×cos 〈a，b〉＋4＝4，得cos 〈a，b〉＝－，又〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝.故选C.
4．(5分)(2024·湖北武汉二模)在平面直角坐标系中，O为原点，A(1，1)，B(2，3)，则向量在向量上的投影向量为(　B　)
A． B．
C． D．
解析：由题设＝(1，1)，＝(2，3)，向量在向量上的投影向量为·＝×(2，3)＝.故选B.
5．(5分)(2024·湖南长沙二模)在边长为1的正六边形A1A2A3A4A5A6中，·＝(　B　)
A．2 B．－2
C．2 D．－2
解析：如图，||＝||＝2，〈，〉＝，所以·＝||||·cos 〈，〉＝2×2×＝－2.故选B.
6．(5分)(2024·江苏盐城一模)已知向量a，b满足|a－b|＝，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝(　D　)
A．1 B．
C．2 D．
解析：由|a－b|＝，可得a2－2a·b＋b2＝3①，由|a＋b|＝|2a－b|，可得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得a2－2a·b＝0，代入①得b2＝3，解得|b|＝.故选D.
7．(5分)(2024·北京延庆区一模)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝(＋)，则·＝(　C　)
A．4 B．5
C．6 D．8
解析：建立如图所示的平面直角坐标系，正方形ABCD的边长为2，则A(0，0)，C(2，2)，D(0，2)，可得＝(2，2)，＝(0，2)，＝(＋)＝(1，2)，所以·＝1×2＋2×2＝6.故选C.
8．(5分)如图，在△ABC中，∠BAC＝，＝3，P为CD上一点，且满足＝x＋(x∈R)，若AC＝4，AB＝5，则·＝(　B　)
A． B．
C． D．
解析：因为＝3，所以＝，因为C，P，D三点共线，所以设＝k，即－＝k(－)，又因为＝x＋，所以(x－1)＋＝k，且，为不共线的非零向量，所以解得所以＝＋，所以·＝·(－)＝·＝－2＋2－·＝－×42＋×52－×4×5×cos ＝.故选B.
9．(8分)(多选)(2024·浙江绍兴三模)已知平面向量a＝(2，3)，b＝(4，λ)，则(　ACD　)
A．若a∥b，则λ＝6
B．若a⊥b，则λ＝
C．若b在a方向上的投影向量为，则λ＝
D．若a·(a＋b)＝24，则λ＝1
解析：若a∥b，则有2λ－3×4＝0，解得λ＝6，故A正确；若a⊥b，则有2×4＋3×λ＝0，解得λ＝－，故B错误；若b在a方向上的投影向量为，则有·＝
××(2，3)＝，化简得8＋3λ＝9，即λ＝，故C正确；若a·(a＋b)＝24，则有2×(2＋4)＋3×(3＋λ)＝24，解得λ＝1，故D正确．故选ACD.
10．(8分)(多选)(2024·安徽安庆三模)已知单位向量a，b的夹角为θ，则下列结论正确的有(　AB　)
A．(a＋b)⊥(a－b)
B．a在b方向上的投影向量为(a·b)b
C．若|a＋b|＝，则θ＝
D．若(a＋b)·a＝(a－b)·a，则a∥b
解析：因为a，b是单位向量，所以(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝1－1＝0，所以(a＋b)⊥(a－b)，故A正确；因为a，b是单位向量，所以a在b方向上的投影向量为|a|cos θ·＝(a·b)b，故B正确；因为(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2cos θ＋1＝3，所以cos θ＝，又因为0≤θ≤π，所以θ＝，故C错误；因为(a＋b)·a＝(a－b)·a，所以a2＋b·a＝a2－b·a，所以b·a＝0，所以a⊥b，故D错误．故选AB.
11．(8分)(多选)(2024·江苏盐城一模)定义平面斜坐标系xOy，记∠xOy＝θ，e1，e2分别为x轴、y轴正方向上的单位向量，若平面上任意一点P的坐标满足＝xe1＋ye2，则记向量的坐标为(x，y)，给出下列四个命题，正确的是(　AD　)
A．若＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，则＋＝(x1＋x2，y1＋y2)
B．若＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，则·＝x1x2＋y1y2
C．若P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则|PQ|＝
D．若θ＝60°，以O为圆心、半径为1的圆的斜坐标方程为x2＋y2＋xy－1＝0
解析：＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，则＋＝(x1e1＋y1e2)＋(x2e1＋y2e2)＝(x1＋x2)e1＋(y1＋y2)e2＝(x1＋x2，y1＋y2)，A正确；＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，则·＝(x1e1＋y1e2)·(x2e1＋y2e2)＝x1x2＋y1y2＋(x1y2＋x2y1)e1·e2，显然e1·e2≠0，则·≠x1x2＋y1y2，B错误；＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，由选项A同理得－＝(x2－x1，y2－y1)，即＝(x2－x1，y2－y1)，＝(x2－x1)e1＋(y2－y1)e2，|PQ|＝，C错误；设以O为圆心、半径为1的圆上任意一点为P(x，y)，由|OP|＝1，得(xe1＋ye2)2＝1，于是x2＋y2＋2xye1·e2－1＝0，由θ＝60°，得e1·e2＝，即x2＋y2＋xy－1＝0，D正确．故选AD.
12．(7分)(2024·四川乐山三模)已知i，j是夹角为60°的单位向量，若(λi＋j)(2i－j)＝1，则实数λ的值是．
解析：由i，j是夹角为60°的单位向量，得i·j＝|i|·|j|cos 60°＝，由(λi＋j)(2i－j)＝1，得2λ|i|2－λi·j＋2i·j－|j|2＝2λ－＋1－1＝1，解得λ＝.
13．(7分)(2024·湖南长沙三模)平面向量a，b，c满足a⊥c，〈a，b〉＝，〈b，c〉＝，且|a|＝|c|＝3，|b|＝2，则|a＋b＋c|＝3＋1．
解析：因为a⊥c，所以a·c＝0，因为|a|＝|c|＝3，|b|＝2，〈a，b〉＝，〈b，c〉＝，所以a·b＝|a||b|·cos 〈a，b〉＝3×2×cos ＝3，b·c＝|b||c|cos 〈b，c〉＝2×3×cos ＝3，因为|a＋b＋c|2＝(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(a·b＋a·c＋b·c)＝28＋6＝(3＋1)2，所以|a＋b＋c|＝＝＝3＋1.
14．(7分)(2024·湖南长沙三模)在△ABC中，已知2·＝||||＝32，B解析：设BC＝a，AC＝b，AB＝c，由2·＝||||，得2bc cos A＝bc，所以cos A＝.又A∈(0，π)，因此A＝，B＝－C.由||||＝32，得bc＝a2，于是sin C sin B＝sin2A＝，所以sinC·sin －C＝，所以2sin C cos C＋2·sin2C＝，即sin＝0.因为A＝，所以015．(5分)已知||＝，||＝，且，的夹角为，则在方向上的投影向量为(　B　)
A．－ B．
C．－ D．
解析：由题意得，·＝||||·cos ∠AOB＝××cos ＝3，所以·＝·(－)＝2－·＝6－3＝3，所以在方向上的投影向量为||cos ∠OBA·＝·＝.故选B.
16．(5分)在△ABC中，AC＝2，D为AB的中点，CD＝BC＝，P为CD上一点，且＝m＋，则||＝(　D　)
A． B．
C． D．
解析：因为D为AB的中点，则＝(＋)，可得2＝(2＋2＋2·)，即7＝(4＋28＋2·)，解得·＝－2，又因为P为CD上一点，设＝λ，则＝＋＝＋λ＝＋λ－＝(1－λ)＋＝m＋，可得解得即＝，则＝＋＝－＋＝－＋，可得2＝2＋2－·＝，即||＝.故选D.
17．(5分)(2024·河北邯郸二模)对任意两个非零的平面向量a和b，定义：a b＝，a⊙b＝.若平面向量a，b满足|a|>|b|>0，且a b和a⊙b都在集合n∈Z，0A．1 B．
C．1或 D．1或
解析：因为＝，设向量a和b的夹角为θ，因为|a|>|b|>0，所以|a|2＋|b|2>2|a||b|，得到a b＝＝<＝，又θ∈[0，π]，所以≤，又a b在集合中，所以>，即cos θ>，得到a b＝，又因为a⊙b＝＝＝cos θ>cos θ>，所以a⊙b＝或1，所以a b＋a⊙b＝1或.故选D.

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