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课程标准
命题解读
1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式．2．了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系，掌握有关判定定理和性质定理．3．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示．4．运用向量的方法研究空间基本图形的位置关系和度量关系．5．运用向量方法解决简单的数学问题和实际问题，感悟向量是研究几何问题的有效工具.
考查形式：一般为两个客观题，一个解答题．考查内容：空间几何体的结构特征、体积与表面积的计算、空间点线面的位置关系，直线、平面的平行、垂直关系，及三种角(异面直线所成的角、线面角、二面角)的计算．备考策略：(1)了解几何体的结构特征，熟练应用体积、表面积公式．(2)重视对定理的记忆，注意对空间几何体的位置关系分析．(3)熟练掌握向量法解决立体几何问题．核心素养：直观想象、数学运算.
　空间几何体及其表面积、体积
一、教材概念·结论·性质重现
1．多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且全等
多边形
互相平行
侧棱
平行且相等
相交于一点但不一定相等
延长线交于一点
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形
(1)要掌握棱柱、棱锥各部分的结构特征，计算问题往往转化到三角形中进行解决．
(2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定要知道截面与底面平行．
2．旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
平行、相等且垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
旋转体要抓住“旋转”这一特点，弄清底面、侧面及展开图的形状．
3．空间几何体的直观图
为了使直观图具有立体感，常使用斜二测画法来作直观图，其规则是：
(1)“斜”：直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°.
(2)“二测”：图形中平行于x轴(或重合)的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴(或重合)的线段，在直观图中长度为原来的一半，平行于z轴(或重合)的线段画长度不变．
画直观图要注意平行、长度两个要素．
4．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
5．空间几何体的表面积与体积公式
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝S底·h
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝S底·h
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
(1)求棱柱、棱锥、棱台与球的表面积时，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决．
(2)一些几何体表面上的最短距离问题，常常利用几何体的展开图解决．
(3)求几何体的体积时，要注意利用分割、补形与等积法．
6．常用结论
(1)斜二测画法中的“三变”与“三不变”
“三变”
“三不变”
(2)几个与球有关的切、接常用结论
①正方体的棱长为a，球的半径为R，
(ⅰ)若球为正方体的外接球，则2R＝a；
(ⅱ)若球为正方体的内切球，则2R＝a；
(ⅲ)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
②若长方体的同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
③正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(
×
)
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(
×
)
(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．(
×
)
(4)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(
×
)
(5)菱形的直观图仍是菱形．(
×
)
(6)锥体的体积等于底面积与高之积．(
×
)
(7)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝a.(
√
)
2．如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分EB′F?HC′G，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是(　　)
A．棱台
B．四棱柱
C．五棱柱
D．简单组合体
C　解析：由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．
3．下列说法不正确的是(　　)
A．棱柱的侧棱长都相等
B．棱锥的侧棱长都相等
C．三棱台的上、下底面是相似三角形
D．有的棱台的侧棱长都相等
B　解析：根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．
4．已知圆锥的表面积等于12π
cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(　　)
A．1
cm
B．2
cm
C．3
cm
D．
cm
B　解析：因为S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr×2r＝3πr2＝12π，所以r2＝4，所以r＝2
cm.
5．利用斜二测画法得到的以下结论中，正确的是________．(填序号)
①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆．
①②④　解析：①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确；原图形中垂直的线段在直观图中可能不垂直，故③错；④正确．
考点1　空间几何体的结构特征与直观图——基础性
1．(多选题)下列命题中正确的是(　　)
A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
B．在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
C．存在每个面都是直角三角形的四面体
D．棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等
BC　解析：A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；C正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形；D不正确，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱的延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
2．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6
cm，C′D′＝2
cm，则原图形是(　　)
A．正方形　　　　　　　
B．矩形
C．菱形
D．一般的平行四边形
C　解析：如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2＝4(cm)，CD＝C′D′＝2
cm.
所以OC＝
＝＝6(cm)．
所以OA＝OC.所以四边形OABC是菱形．
3．下列结论：
①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；
②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；
③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；
④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；
⑤用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是球．
其中正确的是________．(填序号)
③⑤　解析：若这条边是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，故①错；若这条腰不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，故②错；圆柱、圆锥、圆台的底面显然都是圆面，故③正确；如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，故④错；只有球满足任意截面都是圆面，故⑤正确．
4．有以下四个命题：
①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；
②底面是矩形的平行六面体是长方体；
③直四棱柱是平行六面体；
④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．
其中真命题是________．(填序号)
①④　解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是真命题的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是假命题；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是假命题；由棱台的定义知命题④是真命题．
1．解决空间几何体概念辨析题的常用方法
(1)定义法：紧扣定义，由已知条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．
(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析．
2．用斜二测画法画直观图的技巧
在原图中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．
考点2　空间几何体的表面积和体积——综合性
(1)在△ABC中，AC＝2，BC＝2，∠ACB＝120°.若△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的表面积是(　　)
A．(6＋2)π
B．2π
C．(9＋2)π
D．2π
A　解析：△ABC绕直线
BC旋转一周，所形成的几何体是一个大圆锥去掉一个小圆锥．因为AC＝2，BC＝2，∠ACB＝120°，所以OA＝，AB＝2.所以所形成的几何体的表面积是π××(2＋2)＝(6＋2)π.故选A.
(2)(2021·八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________．
61π　解析：圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，
如图，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O′，
则圆台的高OO′＝＝＝3.
据此可得圆台的体积V＝π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.
(3)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高为1.8米，体积为0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米．若气体每立方米1
000元，则气体的费用最少为(　　)
A．4
500元
B．4
000元
C．2
880元
D．2
380元
B　解析：因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5(米)．又文物高1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)．因为气体每立方米1
000元，所以气体的费用最少为4×1
000＝4
000(元)．故选B.
空间几何体表面积、体积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．
(3)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解．
1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A．8
B．6
C．8
D．8
C　解析：如图，连接AC1，BC1，AC.
因为AB⊥平面BB1C1C，
所以∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，所以∠AC1B＝30°.
又AB＝BC＝2，
在Rt△ABC1中，AC1＝＝4；
在Rt△ACC1中，
CC1＝＝＝2.
所以V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.
2．(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)
A．
B．
C．1
D．
C　解析：设球O的半径为R，则4πR2＝16π，解得R＝2.
设△ABC外接圆的半径为r，边长为a.
因为△ABC是面积为的等边三角形，
所以a2×＝，解得a＝3.所以r＝×＝×＝.
所以球心O到平面ABC的距离d＝＝＝1.
3．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为36，E为棱CC1上的点，且CE＝2EC1，则三棱锥E－BCD的体积是(　　)
A．3
B．4
C．6
D．12
B　解析：因为S△BCD＝S四边形ABCD，CE＝CC1，VABCD－A1B1C1D1＝
S四边形ABCD·CC1＝36，
所以VE－BCD＝S△BCD·CE＝×S四边形ABCD·CC1＝×36＝4.故选B.
4．一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．
12　解析：设正六棱锥的高为h，斜高为h′.由题意，得×6××2××h＝2，所以h＝1.所以斜高h′＝＝2，所以S侧＝6××2×2＝12.
考点3　与球有关的切、接问题——应用性
考向1　“相接”问题
(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)
A．8π
B．4π
C．2π
D．π
D　解析：(方法一)因为PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的等边三角形，所以P－ABC为正三棱锥，所以PB⊥AC.
又E，F分别为PA，AB的中点，
所以EF∥PB，所以EF⊥AC.
又EF⊥CE，CE∩AC＝C，
所以EF⊥平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以∠APB＝90°，所以PA＝PB＝PC＝，
所以P－ABC为正方体的一部分，2R＝＝，即R＝，
所以V＝πR3＝π×＝π.
(方法二)设PA＝PB＝PC＝2x.
因为E，F分别为PA，AB的中点，
所以EF∥PB，且EF＝PB＝x.
因为△ABC是边长为2的等边三角形，
所以CF＝.
又∠CEF＝90°，
所以CE＝，AE＝PA＝x.
在△AEC中，由余弦定理，
得cos∠EAC＝.
作PD⊥AC于点D，因为PA＝PC，
所以D为AC的中点．
所以cos∠EAC＝＝.
所以＝，
解得x＝或x＝－(舍)．
所以PA＝PB＝PC＝.
又AB＝BC＝AC＝2，所以PA，PB，PC两两垂直．
所以2R＝＝.
所以R＝.
所以V＝πR3＝π×＝π.
在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为(　　)
A．　　　　　　　　　　　
B．4π　
C．8π　　　　　　　　　
D．20π
C　解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球．因为△ABC的外接圆半径r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝＝1.所以外接球的半径R＝＝.所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π.
处理“相接”问题，要抓住空间几何体“外接”的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
考向2　“相切”问题
已知正四面体P－ABC的表面积为S1，此四面体的内切球的表面积为S2.所以＝________.
　解析：设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S1＝4××a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝.
本例中若把“正四面体”改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球的体积为________，内切球的体积为________．
32π　　解析：由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．设该正方体外接球的半径为R，内切球的半径为r.
又正方体的棱长为4，故其体对角线长为4，从而V外接球＝πR3＝π×(2)3＝32π，
V内切球＝πr3＝π×23＝.
处理“相切”问题，要找准切点，通过作截面来解决，注意截面过球心．
1．在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝2，AB＝AC＝1，BC＝，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)
A．8π
B．π
C．π
D．π
B　解析：如图，过点P作PG⊥平面ABC，垂足为G，由PA＝PB＝PC＝2，知G为三角形ABC的外心．
在△ABC中，由AB＝AC＝1，BC＝，可得∠BAC＝120°.
由正弦定理可得＝2AG，即AG＝1，
所以PG＝＝.
取PA中点H，作HO⊥PA交PG于点O，则点O为该三棱锥外接球的球心．
由△PHO∽△PGA，可得＝，则PO＝＝＝，
即该棱锥外接球的半径为.
所以该三棱锥外接球的表面积为4π×2＝.故选B.
2．(2020·全国卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.
如图，已知多面体ABC－DEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．
[四字程序]
读
想
算
思
多面体的体积？平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1
多面体的体积公式，不规则几何体的体积求法
将不规则几何体的体积用规则几何体的体积表示
转化与化归，三棱柱的体积公式，正方体的体积公式
思路参考：分割几何体，转化为三棱柱的体积．
4　解析：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于点H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC和一个斜三棱柱BEF－CHG.
由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝×2＝2，
V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABC－DEFG＝2＋2＝4.
思路参考：将几何补成正方体．
4　解析：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，可将多面体补成棱长为2的正方体．显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半．
又正方体的体积V正方体ABHI－DEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABC－DEFG＝×8＝4.
思路参考：将几何体分割成棱柱、三棱锥与四棱锥．
4　解析：取DG中点M，连接CM，AM，FM，则这个多面体的体积可以表示为棱柱BEF－ADM与三棱锥C－FMG及四棱锥C－ABFM的和．
VBEF－ADM＝S△BEF·AB＝2，
VC－FMG＝×S△CMG·MF＝，
VC－ABFM＝，
所以V多面体ABC－DEFG＝2＋＋＝4.
1．本题考查不规则几何体的体积求解问题，基本的解题策略是将不规则几何体通过“分割”或“补形”的方法转化为规则简单几何体的体积，利用体积公式求解．
2．解答本题需要熟练掌握读图能力、运算求解能力，体现了空间想象、数学运算的核心素养，试题的解答过程展现了数学思维的魅力．
3．通过对不规则几何体的割补，将问题转化为熟悉的规则几何体求解的模型，规则几何体的体积公式体现基础性，问题的转化过程体现综合性．
如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5.求此几何体的体积．
解：(方法一)如图，取CM＝AN＝BD，连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥．
所以V几何体＝V三棱柱＋V四棱锥．
由题意知三棱柱ABC?NDM的体积为V1＝×8×6×3＝72.
四棱锥D－MNEF的体积为V2＝×S梯形MNEF·DN＝××(1＋2)×6×8＝24.所以几何体的体积V＝V1＋V2＝72＋24＝96.
(方法二)用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA′＝BB′＝CC′＝8，所以V几何体＝V三棱柱＝×S△ABC·AA′＝×24×8＝96.　平面向量的数量积及综合应用
一、教材概念·结论·性质重现
1．向量的夹角
定义
图示
范围
共线与垂直
给定两个非零向量a，b，在平面内任选一点O，作＝a，＝b，则称[0，π]内的∠AOB为向量a与b的夹角，记作〈a，b〉
设θ为a与b的夹角，则θ的取值范围是0≤θ≤π
θ＝0或θ＝π?a∥b，θ＝?a⊥b
2．平面向量的数量积
定义
一般地，当a与b都是非零向量时，称|a||b|cos
〈a，b〉为向量a与b的数量积(也称为内积)，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉
投影
|a|cos
θ叫做向量a在向量b方向上的投影的数量，|b|cos
θ叫做向量b在向量a方向上的投影的数量
几何意义
数量积a·b等于a的长度|a|与a在向量b上的投影的数量与b的模的乘积
(1)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．
(2)两个向量夹角的范围是[0，π]，在使用平面向量解决问题时要特别注意两个向量夹角可能是0或π的情况．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．
3．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.
(1)要准确理解数量积的运算律，例如，a·b＝a·c(a≠0)，不能得出b＝c，两边不能约去同一个向量．
(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＝a2＋2a·b＋b2；
③(a－b)2＝a2－2a·b＋b2.
4．平面向量数量积的性质及坐标表示
已知两个非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a，b的夹角为θ，则a·b＝x1x2＋y1y2.
性质
几何表示
坐标表示
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|≤
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(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.(　×　)
2．若两个非零向量a，b满足|b|＝2|a|＝2，|a＋2b|＝3，则a，b的夹角是(　　)
　　　　　
　　　　　
　　　
A.
B.
C.
D.π
D　解析：因为|b|＝2|a|＝2，|a＋2b|＝3，
所以(a＋2b)2＝a2＋4a·b＋4b2＝9，得a·b＝－2.
所以cos
θ＝＝＝－1.
因为θ∈[0，π]，所以θ＝π.
3．已知向量a＝(2,1)，b＝(－1，k)，a·(2a－b)＝0，则k＝________.
12　解析：因为2a－b＝(4,2)－(－1，k)＝(5,2－k)，
由a·(2a－b)＝0，得(2,1)·(5,2－k)＝0，
所以10＋2－k＝0，解得k＝12.
4．已知点A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量在方向上的投影的数量为________．
　解析：＝(2,1)，＝(5,5)，
由定义知，在方向上的投影的数量为＝＝.
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·＝________.
11　解析：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)，＝(4,1)，＝＝(2,3)，所以·＝4×2＋1×3＝11.
考点1　平面向量数量积的运算——基础性
　　　　　
　　　　　
　　　
1．(2020·重庆模拟)已知向量a＝(3，－1)，b＝(－1,2)，则a在b上的投影的数量为(　　)
A．－
B．
C．－
D．
A　解析：由数量积定义可知，a在b方向上的投影为|a|cos〈a，b〉＝＝＝－.
2．(2020·乐山模拟)已知向量a与向量m＝(4,6)平行，b＝(－5,1)，且a·b＝14，则a＝(　　)
A．(4,6)
B．(－4，－6)
C．
D．
B　解析：因为向量a与向量m＝(4,6)平行，可设a＝.
由a·b＝14可得－5k＋k＝14，得k＝－4，
所以a＝(－4，－6)．
3．(2020·三明模拟)已知正方形ABCD的边长为1，点M满足＝，设AM与BD交于点G，则·＝(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
A　解析：以A为原点，AB和AD分别为x轴和y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)．
因为＝，所以M为线段CD的靠近点D的三等分点，所以M.
(方法一)显然△DGM∽△BGA，且相似比为1∶3.
＝＝＝，
＝(1,1)，·＝·(1,1)＝1.
(方法二)直线BD的方程为y＝－x＋1，直线AM的方程为y＝3x.
联立解得所以点G.
所以·＝·(1,1)＝×1＋×1＝1.
4．已知a＝(x,1)，b＝(－2,4)，若(a＋b)⊥b，则x等于________．
12　解析：因为a＝(x,1)，b＝(－2,4)，所以a＋b＝(x－2,5)．又(a＋b)⊥b，所以(x－2)×(－2)＋20＝0，所以x＝12.
平面向量数量积的三种运算方法
(1)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2.
(3)对于数量积与线性运算的综合问题，可先运用数量积的运算律，几何意义等化简，再运算．
考点2　平面向量数量积的性质——应用性
(2020·汕头二模)已知非零向量a，b，若|a|＝|b|，且a⊥(a－2b)，则a与b的夹角为(　　)
A.
B.
C.
D.
B　解析：因为a⊥(a－2b)，
所以a·(a－2b)＝a2－2a·b＝0，
所以a·b＝.又|a|＝|b|，
所以cos〈a，b〉＝＝＝，
且0≤〈a，b〉≤π，
所以a与b的夹角为.
1．将本例条件改为“已知平面向量a，b满足|a＋b|＝|a|＝|b|≠0”，求a与b的夹角．
解：由|a＋b|＝|a|＝|b|≠0，
所以(a＋b)2＝a2＝b2，
a2＋2a·b＋b2＝a2＝b2.
设a与b的夹角为θ，则|a|2＋2|a||b|cos
θ＋|b|2＝|a|2，化简得1＋2cos
θ＋1＝1，
解得cos
θ＝－.
又θ∈[0，π]，所以a与b的夹角θ＝.
2．本例若把条件改为“已知向量a与b的夹角为30°，且|a|＝|2a－b|＝1”，求|b|.
解：因为|2a－b|＝1，
所以|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝1，
所以4－4|b|cos
30°＋b2＝1，
整理得|b|2－2|b|＋3＝(|b|－)2＝0，
解得|b|＝.
1．求解平面向量模的方法
(1)利用公式|a|＝.
(2)利用|a|＝.
2．求平面向量的夹角的方法
(1)定义法：cos
θ＝，θ的取值范围为[0，π]．
(2)坐标法：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则cos
θ＝.
(3)解三角形法：把两向量的夹角放到三角形中．
3．两向量垂直的应用
两非零向量垂直的充要条件是：a⊥b?a·b＝0?|a－b|＝|a＋b|.
(2021·八省联考)已知单位向量a，b满足a·b＝0.若向量c＝a＋b，则sin〈a，c〉＝(　　)
A.
B.
C.
D.
B　解析：因为a，b是单位向量，所以|a|＝|b|＝1.
因为c＝a＋b，所以|c|＝|a＋b|＝＝＝3.
所以cos〈a，c〉＝＝＝＝＝.
所以sin〈a，c〉＝＝.
考点3　平面向量数量积的应用——综合性
考向1　平面向量与三角函数
已知A，B，C的坐标分别是A(3,0)，B(0,3)，C(cos
α，sin
α)．
(1)若||＝||，求角α
的值；
(2)若·＝－1，求的值．
解：(1)因为A，B，C的坐标分别是A(3,0)，B(0,3)，C(cos
α，sin
α)，
所以＝(cos
α－3，sin
α)，
＝(cos
α，sin
α－3)．
所以||＝，
||＝.
因为||＝||，
所以
＝，
即(cos
α－3)2＋(sin
α)2
＝(cos
α)2＋(sin
α－3)2，
所以sin
α＝cos
α，所以tan
α＝1，
所以α＝kπ＋，k∈Z.
(2)由(1)知，＝(cos
α－3，sin
α)，＝(cos
α，sin
α－3)，
所以·＝(cos
α－3)cos
α＋sin
α·(sin
α－3)＝1－3(sin
α＋cos
α)＝－1.
所以sin
α＋cos
α＝，
所以(sin
α＋cos
α)2＝1＋2sin
αcos
α＝2，
所以2sin
αcos
α＝－.
所以＝＝2sin
αcos
α＝－.
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．
考向2　平面向量的最值问题
(2020·武汉模拟)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，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是(　　)
A．－1　　　　　　　
B．＋1
C．2
D．2－
A　解析：设e＝(1,0)，b＝(x，y)，则b2－4e·b＋3＝0?x2＋y2－4x＋3＝0?(x－2)2＋y2＝1.如图所示，a＝，b＝B为圆C上动点，.
所以|a－b|min＝|CD|－1＝－1(其中CD⊥OA)．
平面向量的最值一般有两种处理方法
(1)几何法：充分利用几何图形的特征，结合向量的线性运算和向量的数量积运算解决．
(2)代数法：将平面向量的最值转化为坐标运算，建立目标函数，利用代数方法解决．
1.
(2020·西城区二模)设向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝，则|a＋xb|(x∈R)的最小值为(　　)
A.　　　
B.　　　
C.1　　　
D.
B　解析：|a＋xb|2＝a2＋2xa·b＋x2b2＝x2＋x＋1＝2＋，
所以当x＝－时，|a＋xb|取得最小值.
2．已知向量a＝，b＝，且x∈.
(1)求a·b及|a＋b|；
(2)若f(x)＝a·b－|a＋b|，求f(x)的最大值和最小值．
解：(1)a·b＝cos
cos
－sin
sin
＝cos
2x.
因为a＋b
＝，
所以|a＋b|
＝
＝＝2|cos
x|.
因为x∈，
所以cos
x>0，所以|a＋b|＝2cos
x.
(2)f(x)＝cos
2x－2cos
x＝2cos2x－2cos
x－1
＝22－.
因为x∈，
所以≤cos
x≤1，
所以当cos
x＝时，f(x)取得最小值－；
当cos
x＝1时，f(x)取得最大值－1.
(2019·天津高考)在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠BAD＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则·＝________.
[四字程度]
读
想
算
思
求·
1.数量积的计算方法；2．用哪个公式好？
用恰当的基底或坐标表示两向量
转化与化归
AD∥BC，∠A＝30°，AE＝BE
1.基向量法1；2．基向量法2；3．基向量法3；4．坐标法1；5．坐标法2
1.几何法计算线段与夹角；2．用基底或坐标表示与；3．计算数量积
1.向量的线性运算法则；2．数量积计算公式
思路参考：探究△AEB中的边角大小．
－1　解析：如图，因为AD∥BC，且∠DAB＝30°，
所以∠ABE＝30°.
又因为AE＝BE，所以∠EAB＝30°.
所以∠E＝120°.
所以在△AEB中，AE＝BE＝2.
所以·＝(＋)·(＋)
＝－2＋·＋·＋·
＝－12＋2×2×cos
30°＋5×2×cos
30°＋5×2×cos
180°
＝－12＋6＋15－10＝－1.
思路参考：用，作基向量表示·.
－1　解析：如图，
因为AE＝BE，AD∥BC，∠BAD＝30°，
所以在等腰三角形ABE中，∠BEA＝120°.
又AB＝2，所以AE＝BE＝2，
所以＝－.
因为＝＋，所以＝－.
又＝＋＝－＋，
所以·＝(－＋)·
＝－2＋·－2
＝－2＋||·||cos
30°－2
＝－12＋×2×5×－×25＝－1.
思路参考：构造菱形AEBF.
－1　解析：如图，过点B作AE的平行线交AD于点F.
因为AD∥BC，所以四边形AEBF为平行四边形，
因为AE＝BE，故四边形AEBF为菱形．
因为∠BAD＝30°，AB＝2，
所以AF＝2，即＝.
因为＝＝－＝－，
所以·
＝(－)·
＝·－2－2
＝×2×5×－12－10＝－1.
思路参考：利用坐标法求AE，BE所在直线的方程．
－1　解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则B(2，0)，D.
因为AD∥BC，∠BAD＝30°，所以∠ABE＝30°.因为AE＝BE，所以∠BAE＝30°，所以直线BE的斜率为，其方程为y＝(x－2)，直线AE的斜率为－，其方程为y＝－x.
由得x＝，y＝－1，
所以E(，－1)．
所以·＝·(，－1)＝－1.
思路参考：利用坐标法确定点A，B，D，E的坐标．
－1　解析：过点B作BF垂直于AD于点F.
因为AB＝2，∠BAD＝30°，
则BF＝，AF＝3.
又因为AD∥BC，AE＝BE，
则∠EBA＝∠BAD＝∠EAB＝30°，则BE＝2.
以F为原点，FD，FB为坐标轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(－3,0)，B(0，)，D(2,0)，E(－2，)．
所以＝(2，－)，＝(1，)，
则·＝2－3＝－1.
1．本题考查平面向量数量积的计算问题，解法灵活多变，基本解题策略是借助于数量积计算的两个公式，利用基向量法或者坐标法求解．
2．基于课程标准，解答本题一般需要学生熟练掌握读图能力、运算求解能力、推理能力和表达能力，体现了直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．本题以几何图形的处理为切入点，求向量的数量积，可以从不同的角度解答题目，体现了基础性；同时，解题的过程需要知识之间的转化，体现了综合性．
已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.
2　解析：(方法一)|a＋2b|＝
＝
＝
＝＝2.
(方法二)由|a|＝|2b|＝2，知以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图所示，则|a＋2b|＝||.
又∠AOB＝60°，
所以|a＋2b|＝2.

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