1、5.3平面向量的数量积平面向量的数量积 考试要求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.会用向量的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 1向量的夹角 已知两个非零向量 a 和 b，作OA a，OB b，则AOB 就是向量 a 与 b 的夹角，向量夹角 的范围是0， 2平面向量的数量积 定义 设两个非零向量 a，b 的夹角为，则数量|a|b|cos 叫做 a 与 b
2、的数 量积，记作 ab 投影 |a|cos 叫做向量 a 在 b 方向上的投影 |b|cos 叫做向量 b 在 a 方向上的投影 几何意义数量积 ab 等于 a 的长度|a|与 b 在 a 的方向上的投影|b|cos 的乘积 3.向量数量积的运算律 (1)abba. (2)(a)b(ab)a(b) (3)(ab)cacbc. 4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. 结论符号表示坐标表示 模|a| aa|a| x21y21 夹角cos ab |a|b| cos x1x2y1y2 x21y21x22y22 ab 的充要条件ab0 x1x
3、2y1y20 |ab|与|a|b|的关系|ab|a|b|x1x2y1y2| x21y21x22y22 微思考 1两个向量的数量积大于 0(或小于 0)，则夹角一定为锐角(或钝角)吗？ 提示不一定当夹角为 0(或 180)时，数量积也大于 0(或小于 0) 2平面向量数量积运算常用结论有哪些？ 提示(ab)2a22abb2. (ab)(ab)a2b2. a 与 b 同向时，ab|a|b|. a 与 b 反向时，ab|a|b|. 题组一思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)两个向量的夹角的范围是 0， 2 .() (2)向量在另一个向量上的投影为数量，而不是向量() (
4、3)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() (4)若 abac(a0)，则 bc.() 题组二教材改编 2已知|a|2，|b|6，ab6 3，则 a 与 b 的夹角等于() A. 6 B.5 6 C. 3 D.2 3 答案B 解析cos ab |a|b| 6 3 26 3 2 ， 又因为 0，所以5 6 . 3已知向量 a，b 满足|a|1，|b|2 3，a 与 b 的夹角的余弦值为 sin 17 3 ，则 b(2ab)等于 () A2B1C6D18 答案D 解析由题意知 cosa，bsin 17 3 sin 6 3 sin 3 3 2 ， 所以 ab|a|b|
5、cosa，b12 3 3 2 3， 所以 b(2ab)2abb218. 4已知|a|5，|b|4，a 与 b 的夹角120，则向量 b 在向量 a 方向上的投影为_ 答案2 解析由数量积的定义知，b 在 a 方向上的投影为|b|cos 4cos 1202. 题组三易错自纠 5已知 a，b 为非零向量，则“ab0”是“a 与 b 的夹角为锐角”的() A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件 答案B 解析根据向量数量积的定义可知，若 ab0，则 a 与 b 的夹角为锐角或零角，若 a 与 b 的 夹角为锐角，则一定有 ab0，所以“ab0”是“a 与 b 的夹角为锐
6、角”的必要不充分条件 6在ABC 中，AB3，AC2，BC 10，则BA AC的值为_ 答案3 2 解析在ABC 中，由余弦定理得 cos AAC 2AB2BC2 2ACAB 2 232 102 223 1 4. 所以BA AC|BA|AC|cos(A)|BA|AC |cos A321 4 3 2. 题型一 平面向量数量积的简单应用 命题点 1平面向量的模 例 1 (2020全国)设 a，b 为单位向量，且|ab|1，则|ab|_. 答案3 解析将|ab|1 两边平方，得 a22abb21. a2b21， 12ab11，即 2ab1. |ab| ab2 a22abb2 111 3. 命题点 2
7、平面向量的夹角 例 2 (2020全国)已知向量 a，b 满足|a|5，|b|6，ab6，则 cosa，ab等于() A31 35 B19 35 C.17 35 D.19 35 答案D 解析|ab|2(ab)2a22abb2 25123649， |ab|7， cosa，abaab |a|ab| a 2ab |a|ab| 256 57 19 35. 命题点 3平面向量的垂直 例 3 (2020全国)已知单位向量 a，b 的夹角为 45，kab 与 a 垂直，则 k_. 答案 2 2 解析由题意知(kab)a0，即 ka2ba0. 因为 a，b 为单位向量，且夹角为 45， 所以 k1211 2
8、2 0，解得 k 2 2 . 思维升华 (1)求解平面向量模的方法 若 a(x，y)，利用公式|a| x2y2. 利用|a| a2. (2)求平面向量的夹角的方法 定义法：cos ab |a|b|，的取值范围为0， 坐标法：若 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 cos x1x2y1y2 x21y21 x22y22. 解三角形法：把两向量的夹角放到三角形中 跟踪训练 1 (1)(2020唐山模拟)已知 e1，e2是两个单位向量，且|e1e2| 3，则|e1e2| _. 答案1 解析方法一由|e1e2| 3，两边平方，得 e212e1e2e223.又 e1，e2是单位向量，所以 2e1e21
9、， 所以|e1e2|2e212e1e2e221，所以|e1e2|1. 方法二如图，设AB e 1，AD e2，又 e1，e2是单位向量，所以|AB |AD |1，以 AB，AD 为邻边作平行四边形 ABCD， 连接 AC， BD， 所以AC e 1e2， DB e1e2， 因为| e1e2| 3， 即|AC | 3，所以ABC120，则DAB60，所以|DB |1，即| e1e2|1. (2)(2019全国)已知非零向量 a，b 满足|a|2|b|，且(ab)b，则 a 与 b 的夹角为() A. 6 B. 3 C.2 3 D.5 6 答案B 解析设 a 与 b 的夹角为，(ab)b，(ab)
10、b0，abb2，|a|b|cos |b|2，又 |a|2|b|，cos 1 2，0， 3，故选 B. (3)已知ABC 中，A120，且 AB3，AC4，若AP ABAC ，且AP BC ，则实数 的值为() A.22 15 B.10 3 C6D.12 7 答案A 解析因为AP ABAC，且APBC， 所以有AP BC(ABAC)(AC AB )ABAC AB 2AC2ABAC(1)ABAC AB 2 AC 20，整理可得(1)34cos 1209160， 解得22 15. 题型二 平面向量数量积的综合运算 例 4 (1)(2020新高考全国)已知 P 是边长为 2 的正六边形 ABCDEF
11、内的一点，则AP AB 的 取值范围是() A(2,6)B(6,2)C(2,4)D(4,6) 答案A 解析如图，取 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系， 则 A(0,0)，B(2,0)，C(3， 3)，F(1， 3) 设 P(x，y)，则AP (x，y)，AB(2,0)，且1x3. 所以AP AB(x，y)(2,0)2x(2,6) 高考改编题 已知 P 是边长为 2 的正方形 ABCD 内的一点，则AP AB 的取值范围是_ 答案(0,4) 解析如图，取 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系， 则 A(0,0)，B(2,0)， 设 P(x，y)，则
12、AP (x，y)，AB(2,0)，且 0 x2. 所以AP AB(x，y)(2,0)2x(0,4) (2)(2019天津)在四边形 ABCD 中，ADBC，AB2 3，AD5，A30，点 E 在线段 CB 的延长线上，且 AEBE，则BD AE _. 答案1 解析方法一在等腰ABE 中，易得BAEABE30，故 BE2，则BD AE (AD AB )(AB BE )AD AB AD BE AB 2AB BE 52 3cos 3052cos 18012 2 32cos 15015101261. 方法二在ABD 中，由余弦定理可得 BD AD2AB22ADABcosBAD 7，所 以 cosABD
13、AB 2BD2AD2 2ABBD 21 14 ，则 sinABD5 7 14 .设BD 与AE 的夹角为，则 cos cos(180ABD30)cos(ABD30)cosABDcos 30sinABDsin 30 7 14，在ABE 中，易得 AEBE2，故BD AE 72 7 14 1. 思维升华 向量数量积综合应用的方法和思想 (1)坐标法 把几何图形放在适当的坐标系中，就赋予了有关点与向量具体的坐标，这样就能进行相应的 代数运算和向量运算，从而使问题得到解决 (2)基向量法 适当选取一组基底，写出向量之间的联系，利用向量共线构造关于设定未知量的方程来进行 求解 (3)利用向量运算进行转化
14、，化归为三角函数的问题或三角恒等变换问题是常规的解题思路和 方法，以向量为载体考查三角形问题时，要注意正弦定理、余弦定理等知识的应用 跟踪训练 2 (1)(2019全国)已知AB (2,3)，AC(3，t)，|BC|1，则ABBC等于( ) A3B2C2D3 答案C 解析因为BC ACAB(1，t3)，所以|BC| 1t321，解得 t3，所以BC(1,0)， 所以AB BC21302，故选 C. (2)(2020湖南省五市十校联考)在 RtABC 中， C 2， AB4， AC2， 若AD 3 2AB ， 则CD CB 等于() A18B6 3 C18D6 3 答案C 解析方法一由C 2，A
15、B4，AC2，得 CB2 3，CA CB 0.CD CB (CA AD )CB CA CB3 2AB CB3 2(CB CA)CB3 2CB 218，故选 C. 方法二如图，以 C 为坐标原点，CA，CB 所在的直线分别为 x 轴，y 轴，建立平面直角坐 标系，则 C(0,0)，A(2,0)，B(0,2 3)由题意得CBA 6，又AD 3 2AB ，所以 D(1,3 3)， 则CD CB (1,3 3)(0,2 3)18，故选 C. 方法三因为C 2，AB4，AC2，所以 CB2 3，所以AB 在CB上的投影为 2 3，又AD 3 2AB ，所以AD 在CB 上的投影为3 22 33 3，则C
16、D 在CB 上的投影为 3 3，所以CD CB |CB |CD |cosCD ， CB 2 33 318，故选 C. 题型三 平面向量的实际应用 命题点 1平面几何中的向量方法 例 5 已知平行四边形 ABCD，证明：AC2BD22(AB2AD2) 证明取AB ，AD 为基底，设AB a，AD b， 则AC ab，DB ab， AC 2(ab)2a22abb2， DB 2(ab)2a22abb2， 上面两式相加，得 AC 2DB22(a2b2)， AC2BD22(AB2AD2) 命题点 2向量在物理中的应用 例 6 若平面上的三个力 F1， F2， F3作用于一点， 且处于平衡状态， 已知|F
17、1|1 N， |F2| 6 2 2 N，F1与 F2的夹角为 45，求： (1)F3的大小； (2)F3与 F1夹角的大小 解(1)三个力平衡， F1F2F30， |F3|F1F2| |F1|22F1F2|F2|2 1221 6 2 2 cos 45 6 2 2 2 42 31 3. (2)方法一设 F3与 F1的夹角为， 则|F2| F12F322|F1|F3|cos ， 即 6 2 2 121 32211 3cos ， 解得 cos 3 2 ， (0，)，5 6 . 方法二设 F3与 F1的夹角为， 由余弦定理得 cos()1 21 32 6 2 2 2 211 3 3 2 ， (0，)，
18、5 6 . 思维升华 用向量方法解决平面几何(物理)问题的步骤 跟踪训练 3 (1)点 P 是ABC 所在平面上一点，若PA PBPBPCPC PA ，则点 P 是ABC 的() A外心B内心C重心D垂心 答案D 解析由PA PBPBPC， 得PAPBPBPC0， 即PB(PAPC)0， 即PBCA0， 则 PBCA. 同理 PABC，PCAB，所以 P 为ABC 的垂心 (2)一物体在力 F 的作用下，由点 A(20,15)移动到点 B(7,0)已知 F(4，5)，则 F 对该物 体做的功为_ 答案23 解析A(20,15)，B(7,0)， AB (13，15)， WAB F134(15)(
19、5)23. 一、极化恒等式 1极化恒等式：设 a，b 为两个平面向量，则 ab1 4 ab2ab2. 极化恒等式表示平面向量的数量积运算可以转化为平面向量线性运算的模，如果将平面向量 换成实数，那么上述公式也叫“广义平方差”公式 2.极化恒等式的几何意义：平面向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的 “和对角线”与“差对角线”平方差的1 4，即 ab 1 4(|AC| 2|BD|2) 3.极化恒等式的三角形模式：在ABC 中，若 M 是 BC 的中点，则AB ACAM 21 4BC 2. 二、极化恒等式的应用 1求数量积 例 1 设向量 a，b 满足|ab| 10，|ab| 6，则
20、 ab 等于() A1B2C3D5 答案A 解析ab1 4(ab) 2(ab)2 1 4(106)1，ab1. 2求最值 例 2 如图所示，正方形 ABCD 的边长为 1，A，D 分别在 x 轴，y 轴的正半轴(含原点)上滑动， 则OC OB 的最大值是_ 答案2 解析如图，取 BC 的中点 M，AD 的中点 N，连接 MN，ON， 则OC OB OM 21 4. 因为 OMONNM1 2ADAB 3 2， 当且仅当 O，N，M 三点共线时取等号 所以OC OB 的最大值为 2. 3求模长 例 3 已知 a，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量 c 满足(ac)(bc)0，则|c|的 最
21、大值是() A1B2C. 2D. 2 2 答案C 解析设OA OB ，且OA a，OB b，OC c，D 为线段 AB 的中点，显然OD ab 2 ，|DC |2 |c ab 2 |2 ab 2 21 2，上式表明，DC 是有固定起点，固定模长的动向量，点 C 的轨迹 是以 2 2 为半径的圆，因此，|c|的最大值就是该轨迹圆的直径 2. 课时精练课时精练 1 (2020河南非凡联盟联考)在等腰三角形 ABC 中， 点 D 是底边 AB 的中点， 若AB (1,2)， CD (2，t)，则|CD |等于() A. 5B5C2 5D20 答案A 解析由题意知AB CD ，122t0， t1，|C
22、D | 2212 5. 2设 a，b 是非零向量，则“ab|a|b|”是“ab”的() A充分不必要条件B必要不充分条件 C充要条件D既不充分又不必要条件 答案A 解析由数量积定义得 ab|a|b|cos |a|b|，(为 a，b 夹角)，cos 1，0， 0，ab； 反之，当 ab 时，a，b 的夹角0 或， ab|a|b|. 3设向量 a(1,1)，b(1,3)，c(2,1)，且(ab)c，则等于() A3B2C2D3 答案A 解析由题意得 ab(1，13)， 又(ab)c，c(2,1)， (ab)c0， 即 2(1)130， 3. 4(2021广州检测)a，b 为平面向量，已知 a(2,
23、4)，a2b(0,8)，则 a，b 夹角的余弦值等 于() A4 5 B3 5 C.3 5 D.4 5 答案B 解析设 b(x，y)，则有 a2b(2,4)(2x,2y)(22x，42y)(0,8)，所以 22x0， 42y8， 解得 x1， y2， 故 b(1，2)，|b| 5，|a|2 5，cosa，b ab |a|b| 28 52 5 3 5，故选 B. 5 (多选)设 a， b， c 是任意的非零平面向量， 且相互不共线， 则下列命题中的真命题是() A(ab)c(ca)b0 B|a|b|ab| C(bc)a(ac)b 不与 c 垂直 D(3a2b)(3a2b)9|a|24|b|2 答
24、案BD 解析由于 b，c 是不共线的向量，因此(ab)c 与(ca)b 相减的结果应为向量，故 A 错误； 由于 a，b 不共线，故 a，b，ab 构成三角形，因此 B 正确； 由于(bc)a(ca)bc(bc)(ac)(ca)(bc)0，故 C 中两向量垂直，故 C 错误； 根据向量数量积的运算可以得出 D 是正确的 故选 BD. 6(多选)已知 e1，e2是两个单位向量，R 时，|e1e2|的最小值为 3 2 ，则|e1e2|等于() A1B. 3C3D2 答案AB 解析设向量 e1，e2的夹角为，则 e1e2cos ，因为|e1e2|122cos cos 21cos2，且当cos 时，|
25、e1e2|min 1cos2 3 2 ，得 cos 1 2，故|e 1 e2| 22cos 1 或 3. 7(2021武昌调研)已知向量 a，b 的夹角为 60，|a|2，|b|5，则(2ab)b_. 答案15 解析(2ab)b 2abb2 2|a|b|cosa，b|b|2 225cos 605215. 8(2021山东师大附中模拟)已知向量 a，b，其中|a| 3，|b|2，且(ab)a，则向量 a 和 b 的夹角是_，a(ab)_. 答案 6 6 解析由题意，设向量 a，b 的夹角为， 因为|a| 3，|b|2，且(ab)a， 所以(ab)a|a|2ab|a|2|a|b|cos 32 3c
26、os 0，解得 cos 3 2 . 又因为 0，所以 6， 则 a(ab)|a|2|a|b|cos 32 3 3 2 6. 9(2020景德镇模拟)已知两个单位向量 a，b 的夹角为 30，cma(1m)b，bc0，则 m _. 答案42 3 解析bcbma(1m)bmab(1m)b2 m|a|b|cos 30(1m)|b|2 3 2 m1m0， 所以 m42 3. 10(2020四川双流中学诊断)如图，在ABC 中，M 为 BC 的中点，若 AB1，AC3，AB 与 AC 的夹角为 60，则|MA |_. 答案 13 2 解析M 为 BC 的中点， AM 1 2(AB AC )， |MA |
27、21 4(AB AC)2 1 4(|AB |2|AC|22ABAC ) 1 4(19213cos 60) 13 4 ， |MA | 13 2 . 11已知|a|4，|b|3，(2a3b)(2ab)61. (1)求 a 与 b 的夹角； (2)求|ab|； (3)若AB a，BCb，求ABC 的面积 解(1)因为(2a3b)(2ab)61， 所以 4|a|24ab3|b|261. 又|a|4，|b|3，所以 644ab2761， 所以 ab6，所以 cos ab |a|b| 6 43 1 2. 又 0，所以2 3 . (2)|ab|2(ab)2|a|22ab|b|2 422(6)3213， 所以
28、|ab| 13. (3)因为AB 与BC的夹角2 3 ， 所以ABC2 3 3. 又|AB |a|4，|BC|b|3， 所以 SABC1 2|AB |BC|sinABC 1 243 3 2 3 3. 12已知向量 a(cos x，sin x)，b(3， 3)，x0， (1)若 ab，求 x 的值； (2)记 f(x)ab，求 f(x)的最大值和最小值以及对应的 x 的值 解(1)因为 a(cos x，sin x)，b(3， 3)，ab， 所以 3cos x3sin x. 若 cos x0，则 sin x0，与 sin2xcos2x1 矛盾， 故 cos x0，于是 tan x 3 3 . 又
29、x0，所以 x5 6 . (2)f(x)ab(cos x，sin x)(3， 3) 3cos x 3sin x2 3cos x 6 . 因为 x0，所以 x 6 6， 7 6 ， 从而1cos x 6 3 2 . 于是，当 x 6 6，即 x0 时，f(x)取得最大值 3； 当 x 6，即 x 5 6 时，f(x)取得最小值2 3. 13 (2021安徽五校联盟质检)已知点O是ABC内部一点， 且满足OA OB OC 0， 又AB AC 2 3，BAC60，则OBC 的面积为() A. 3 2 B3C1D2 答案C 解析由AB AC2 3，BAC60， 可得AB AC|AB|AC|cosBAC
30、 1 2|AB |AC|2 3， 所以|AB |AC|4 3， 所以 SABC1 2|AB |AC |sinBAC3， 又OA OB OC 0， 所以 O 为ABC 的重心， 所以 SOBC1 3S ABC1. 14(2020郑州质检)在 RtABC 中，C90，CB2，CA4，P 在边 AC 的中线 BD 上， 则CP BP的最小值为( ) A1 2 B0C4D1 答案A 解析依题意，以 C 为坐标原点，分别以 AC，BC 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(0,2)，D(2,0)，所以直线 BD 的方程为 yx2，因为 P 点在边 AC 的中线 BD 上，
31、所以可设 P(t,2t)(0t2)，所以CP (t,2t)，BP(t，t)，所以CPBP t2t(2t)2t22t2 t1 2 21 2，当 t 1 2时，CP BP取得最小值1 2. 15(2020潍坊模拟)已知 f(x) 3 2 |sin x|，A1，A2，A3为图象的顶点，O，B，C，D 为 f(x)与 x 轴的交点，线段 A3D 上有五个不同的点 Q1，Q2，Q5.记 niOA2 OQ i (i1,2，5)， 则 n1n5的值为() A.15 2 3B45C.45 2 D.15 4 3 答案C 解析由图中几何关系可知，OE3 2，A 2E 3 2 ， OA2 3，A2C1， A2OC3
32、0，A2CO60， A3DA2C，OA2DA3， 即OA2 DA 3 . 则 niOA2 OQ i OA 2 (OD DQi )OA 2 OD |OA2 |OD |cos 6， n1n53 3 3 2 545 2 . 16.在如图所示的平面直角坐标系中，已知点 A(1,0)和点 B(1,0)，|OC |1，且AOC， 其中 O 为坐标原点 (1)若3 4 ，设点 D 为线段 OA 上的动点，求|OC OD |的最小值； (2)若 0， 2 ，向量 mBC ，n(1cos ，sin 2cos )，求 mn 的最小值及对应的值 解(1)设 D(t,0)(0t1)， 由题意知 C 2 2 ， 2 2 ，所以OC OD 2 2 t， 2 2 ， 所以|OC OD |2 t 2 2 21 2， 所以当 t 2 2 时，|OC OD |最小，最小值为 2 2 . (2)由题意得 C(cos ，sin )，mBC (cos 1，sin )， 则 mn1cos2sin22sin cos 1cos 2sin 21 2sin 2 4 ， 因为 0， 2 ， 所以 42 4 5 4 ， 所以当 2 4 2，即 8时，sin 2 4 取得最大值 1，即 mn 取得最小值 1 2. 所以 mn 的最小值为 1 2，此时 8.
