1、第20练关于平面向量数量积运算的三类经典题型题型分析高考展望平面向量数量积的运算是平面向量的一种重要运算，应用十分广泛，对向量本身，通过数量积运算可以解决位置关系的判定、夹角、模等问题，另外还可以解决平面几何、立体几何中许多有关问题，因此是高考必考内容，题型有填空题，也在解答题中出现，常与其他知识结合，进行综合考查.常考题型精析题型一平面向量数量积的基本运算例1(1)(2014天津)已知菱形ABCD的边长为2，BAD120，点E，F分别在边BC，DC上，BC3BE，DCDF.若1，则的值为_.(2)已知圆O的半径为1，PA，PB为该圆的两条切线，A，B为切点，那么的最小值为_.点评(1)平面向
2、量数量积的运算有两种形式：一是依据长度和夹角，二是利用坐标运算，具体应用哪种形式由已知条件的特征来选择.注意两向量a，b的数量积ab与代数中a，b的乘积写法不同，不应该漏掉其中的“”.(2)向量的数量积运算需要注意的问题：ab0时得不到a0或b0，根据平面向量数量积的性质有|a|2a2，但|ab|a|b|.变式训练1(2015湖北)已知向量，|3，则_.题型二利用平面向量数量积求两向量夹角例2(1)(2015重庆)若非零向量a，b满足|a|b|，且(ab)(3a2b)，则a与b的夹角为_.(2)(2015连云港模拟)已知向量a，b满足|a|2|b|0，且关于x的函数f(x)2x33|a|x26
3、abx5在R上单调递减，则向量a，b夹角的取值范围是_.点评求向量的夹角时要注意：(1)向量的数量积不满足结合律，(2)数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明两向量的夹角为直角，数量积小于0且两向量不能共线时两向量的夹角为钝角.变式训练2若两个非零向量a，b满足|ab|ab|2|a|，则向量b与ab的夹角为_.题型三利用数量积求向量的模例3(1)已知平面向量a和b，|a|1，|b|2，且a与b的夹角为120，则|2ab|_.(2)已知直角梯形ABCD中，ADBC，ADC90，AD2，BC1，P是腰DC上的动点，则|3|的最小值为_.点评(1)把几何图形放在适当的坐标系中，
4、给有关向量赋以具体的坐标求向量的模，如向量a(x，y)，求向量a的模只需利用公式|a|即可求解.(2)向量不放在坐标系中研究，求解此类问题的方法是利用向量的运算法则及其几何意义或应用向量的数量积公式，关键是会把向量a的模进行如下转化：|a|.变式训练3(2015浙江)已知e1，e2是空间单位向量，e1e2，若空间向量b满足be12，be2，且对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，则x0_，y0_，|b|_.高考题型精练1.(2015山东改编)已知菱形ABCD 的边长为a，ABC60，则_.2.(2014浙江改编)记maxx，yminx，y设a，b为
5、平面向量，则下列结论正确的是_.min|ab|，|ab|min|a|，|b|min|ab|，|ab|min|a|，|b|max|ab|2，|ab|2|a|2|b|2max|ab|2，|ab|2|a|2|b|23.(2015湖南改编)已知点A，B，C在圆x2y21上运动，且ABBC.若点P的坐标为(2,0)，则|的最大值为_.4.如图，在等腰直角ABO中，OAOB1，C为AB上靠近点A的四等分点，过C作AB的垂线l，P为垂线上任一点，设a，b，p，则p(ba)_.5.在平面上，|1，.若|，则|的取值范围是_.6.如图所示，ABC中，ACB90且ACBC4，点M满足3，则_.7.(2014安徽改
6、编)设a，b为非零向量，|b|2|a|，两组向量x1，x2，x3，x4和y1，y2，y3，y4均由2个a和2个b排列而成.若x1y1x2y2x3y3x4y4所有可能取值中的最小值为4|a|2，则a与b的夹角为_.8.(2014江苏)如图，在平行四边形ABCD中，已知AB8，AD5，3，2，则的值是_.9.设非零向量a，b的夹角为，记f(a，b)acos bsin .若e1，e2均为单位向量，且e1e2，则向量f(e1，e2)与f(e2，e1)的夹角为_.10.(2015徐州月考)已知点O是锐角ABC的外心，AB8，AC12，A.若xy，则6x9y_.11.已知向量a(sin x，)，b(cos
7、 x，1).(1)当ab时，求cos2xsin 2x的值；(2)设函数f(x)2(ab)b，已知在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b2，sin B，求f(x)4cos(2A)(x0，)的取值范围.12.在ABC中，AC10，过顶点C作AB的垂线，垂足为D，AD5，且满足.(1)求|；(2)存在实数t1，使得向量xt，yt，令kxy，求k的最小值.答案精析第20练关于平面向量数量积运算的三类经典题型常考题型典例剖析例1(1)2(2)32解析(1)如图，()()()()22cos 120222222cos 1202，又1，1，2.(2)方法一设|x，APB，则tan ，从而c
8、os .|cos x2x21323，当且仅当x21，即x21时取等号，故的最小值为23.方法二设APB，0，则|.|cos ()2cos (12sin2).令xsin2，0x1，则2x323，当且仅当2x，即x时取等号.故的最小值为23.方法三以O为坐标原点，建立平面直角坐标系xOy，则圆O的方程为x2y21，设A(x1，y1)，B(x1，y1)，P(x0,0)，则(x1x0，y1)(x1x0，y1)x2x1x0xy.由OAPA(x1，y1)(x1x0，y1)0xx1x0y0，又xy1，所以x1x01.从而x2x1x0xyx2x(1x)2xx323.故的最小值为23.变式训练19解析因为，所以
9、0.所以()2|20329.例2(1)(2)解析(1)由(ab)(3a2b)得(ab)(3a2b)0，即3a2ab2b20.又|a|b|，设a，b，即3|a|2|a|b|cos 2|b|20，|b|2|b|2cos 2|b|20.cos .又0，.(2)设向量a，b的夹角为，因为f(x)2x33|a|x26abx5，所以f(x)6x26|a|x6ab，又函数f(x)在R上单调递减，所以f(x)0在R上恒成立，所以36|a|24(6)(6ab)0，解得ab|a|2，因为ab|a|b|cos ，且|a|2|b|0，所以|a|b|cos |a|2cos |a|2，解得cos ，因为0，所以向量a，b
10、的夹角的取值范围是.变式训练2解析方法一由已知，得|ab|ab|，将等式两边分别平方，整理可得ab0.由已知，得|ab|2|a|，将等式两边分别平方，可得a2b22ab4a2.将代入，得b23a2，即|b|a|.而b(ab)abb2b2，故cosb，ab.又b，ab0，所以b，ab.方法二如图，作a，b，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，则ab，ab.由|ab|ab|2|a|，可得|2|，所以平行四边形OACB是矩形，a.从而|2|.在RtBOC中，| |，故cosBOC，所以BOC.从而b，abBOC.例3(1)2(2)5解析(1)因为平面向量a和b，|a|1，|b|2，且a与b的夹角
11、为120，所以|2ab| 2.(2)方法一以D为原点，分别以DA、DC所在直线为x、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设DCa，DPx.D(0,0)，A(2,0)，C(0，a)，B(1，a)，P(0，x)，(2，x)，(1，ax)，3(5,3a4x)，|3|225(3a4x)225，|3|的最小值为5.方法二设x(0x|ab|，此时，|ab|2|a|2|b|2；当a，b夹角为钝角时，|ab|a|2|b|2；当ab时，|ab|2|ab|2|a|2|b|2，故正确.3.7解析A，B，C在圆x2y21上，且ABBC，AC为圆直径，故2(4,0)，设B(x，y)，则x2y21且x1,1，(x2，y)，
12、(x6，y).故|，x1时有最大值7.4.解析以OA，OB所在直线分别作为x轴，y轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系，则A(1,0)，B(0,1)，C(，)，直线l的方程为yx，即xy0.设P(x，x)，则p(x，x)，而ba(1,1)，所以p(ba)x(x).5.(，解析由题意，知B1，B2在以O为圆心的单位圆上，点P在以O为圆心，为半径的圆的内部.又，所以点A在以B1B2为直径的圆上，当P与O点重合时，|取得最大值，当P在半径为的圆周上时，|取得最小值.6.4解析在ABC中，因为ACB90且ACBC4，所以AB4，且BA45.因为3，所以.所以()221644cos 1354.7.解析设a
13、与b的夹角为，由于xi，yi(i1,2,3,4)均由2个a和2个b排列而成，记S(xiyi)，则S有以下三种情况：S2a22b2；S4ab；S|a|22ab|b|2.|b|2|a|，中S10|a|2，中S8|a|2cos ，中S5|a|24|a|2cos .易知最小，即8|a|2cos 4|a|2，cos ，可求.8.22解析由3，得，.因为2，所以()()2，即222.又因为225，264，所以22.9.解析由e1e2，可得cose1，e2，故e1，e2，e2，e1e2，e1.f(e1，e2)e1cos e2sin e1e2，f(e2，e1)e2cos (e1)sin e1e2.f(e1，e
14、2)f(e2，e1)(e1e2)(e1e2)e1e20，所以f(e1，e2)f(e2，e1).故向量f(e1，e2)与f(e2，e1)的夹角为.10.5解析如图，设点O在AB，AC上的射影是点D，E，它们分别为AB，AC的中点，连结OD，OE.由数量积的几何意义，可得|32，|72，依题意有x2y64x48y32，即4x3y2，xy248x144y72，即2x6y3，将两式相加可得6x9y5.11.解(1)因为ab，所以cos xsin x0.所以tan x.故cos2xsin 2x.(2)f(x)2(ab)b2(sin xcos x，)(cos x，1)sin 2xcos 2xsin(2x)
15、.由正弦定理，得，所以sin A.所以A或A.因为ba，所以A.所以f(x)4cos(2A)sin(2x).因为x0，所以2x，.所以1f(x)4cos(2A).所以f(x)4cos(2A)的取值范围为1，.12.解(1)由，且A，B，D三点共线，可知|.又AD5，所以DB11.在RtADC中，CD2AC2AD275，在RtBDC中，BC2DB2CD2196，所以BC14.所以|14.(2)由(1)，知|16，|10，|14.由余弦定理，得cos A.由xt，yt，知kxy(t)(t)t|2(t21)t|2256t(t21)1610100t80t2356t80.由二次函数的图象，可知该函数在1，)上单调递增，所以当t1时，k取得最小值516.