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，进行综合考查体验高考1(2015山东改编)已知菱形ABCD 的边长为a，ABC60 ，则等于_答案a2 解析如图所示，由题意，得BCa，CDa，BCD120.BD2BC2CD22BCCDcos 120a2a22aa3a2，BDa.|cos 30a2a2.2若非零向量a，b满足|a|b|，且(ab
2、)(3a2b)，则a与b的夹角为_答案解析由(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，.3(2015陕西改编)对任意向量a，b，|ab|a|b|；|ab|a|b|；(ab)2|ab|2；(ab)(ab)a2b2.以上关系式中不恒成立的是_答案解析对于，由|ab|a|b|cosa，b|a|b|恒成立；对于，当a，b均为非零向量且方向相反时不成立；对于、容易判断恒成立4(2016课标全国乙)设向量a(m,1)，b(1,2)，且|ab|2|a|2|b|2
3、，则m_.答案2解析由|ab|2|a|2|b|2，得ab，所以m1120，得m2.5(2016上海)在平面直角坐标系中，已知A(1,0)，B(0，1)，P是曲线y上一个动点，则的取值范围是_答案0,1解析由题意知y表示以原点为圆心，半径为1的上半圆设P(cos ，sin )，0，(1,1)，(cos ，sin 1)所以cos sin 1sin()10,1的范围为0,1高考必会题型题型一平面向量数量积的基本运算例1(1)(2015四川改编)设四边形ABCD为平行四边形，|6，|4，若点M，N满足3，2，则_.(2)(2015福建改编)已知，|，|t，若点P是ABC所在平面内的一点，且，则的最大值
4、等于_答案(1)9(2)13解析(1)，(43)(43)(16292)(1662942)9.(2)建立如图所示坐标系，则B，C(0，t)，(0，t)，t(0，t)(1,4)，P(1,4)，(1，t4)1717213.点评(1)平面向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在ABC中，ADAB，2 ，|1，则_.答案2解析在A
5、BC中，2 ，所以()(2 )，又因为，所以(12)2 (12)2 (12)2 2，因为ADAB，所以，所以0，所以(12)0212.题型二利用平面向量数量积求两向量夹角例2(1)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的所有可能取值中的最小值为4|a|2，则a与b的夹角为_(2)(2015石家庄模拟)已知向量a，b满足|a|2|b|0，且关于x的函数f(x)2x33|a|x26abx5在R上单调递减，则向量a，b的夹角的取值范围是_答案(1)(2)解析(1)设a与b的夹角为，由于xi
6、，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 ，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
7、 |a|2，解得cos ，因为0，所以向量a，b的夹角的取值范围是.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若非零向量a，b满足|a|b|，(2ab)b0，则a与b的夹角为_答案120解析设a与b的夹角为，由题意得|a|b|，(2ab)b0，可得2abb22|a|b|cos b22|a|a|cos |a|20，解得cos ，因为0180，所以120.题型三利用数量积求向量的模例3(1)已知向量a，b的夹角为45，且|a|1，|2ab|
8、，则|b|_.(2)已知直角梯形ABCD中，ADBC，ADC90，AD2，BC1，点P是腰DC上的动点，则|P3P|的最小值为_答案(1)3(2)5解析(1)由|2ab|，则|2ab|210，及4a24abb210，又向量a，b的夹角为45，且|a|1，所以4141|b|cos |b|210，即|b|22|b|60，解得|b|3.(2)方法一以点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
9、小值为5.方法二设x(0x1)，(1x)，x，(1x)，3(34x)，|3|222(34x)(34x)225(34x)2225，|3|的最小值为5.点评(1)把几何图形放在适当的坐标系中，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已知向量a，b，c满足|a|4，|b|2，a与b的夹角为，(ca)(ca)1，则|ca|的最大值为_答案1解析在平面直角坐标系中，取B(2，0)，A(2，2)，则
10、a，b，设c(x，y)，则(ca)(cb)(x2，y2)(x2，y)(x2)2y(y2)1，即(x2)2(y)21，所以点C(x，y)在以D(2，)为圆心，1为半径的圆上，|ca|，最大值为AD11.高考题型精练1已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都为1，点E、F分别是AB、AD的中点，则等于_答案解析由题知四边形ABCD的边和对角线的长都为1，点E、F分别是AB、AD的中点，则EF平行于BD，则11cos 120.2(2016课标全国丙改编)已知向量，则ABC等于_答案30解析|1，|1，cosABC.又0ABC180，ABC30.3(2015湖南改编)已知点A，B，C在圆x2y21
11、上运动，且ABBC.若点P的坐标为(2,0)，则|的最大值为_答案7解析由A，B，C在圆x2y21上，且ABBC，AC为圆的直径，故2(4,0)，设B(x，y)，则x2y21且x1,1，(x2，y)，(x6，y)故|，1x1，当x1时有最大值7.4已知三点A(1，1)、B(3,1)、C(1,4)，则向量在向量方向上的投影为_答案解析(2,3)，(4，2)，向量在向量方向上的投影为.5已知i，j为互相垂直的单位向量，ai2j，bij，且a，b的夹角为锐角，则实数的取值范围是_答案(，2)(2，)解析a，b的夹角为锐角，ab11(2)0且1(2)10，(，2)(2，)6已知向量a，b，其中|a|，
12、|b|2，且(ab)a，则向量a和b的夹角是_答案解析(ab)a，(ab)aa2ab32cosa，b0，cosa，b，又0a，b，a和b的夹角为.7(2016浙江)已知向量a，b，|a|1，|b|2.若对任意单位向量e，均有|ae|be|，则ab的最大值是_答案解析由已知可得，|ae|be|aebe|(ab)e|，由于上式对任意单位向量e都成立|ab|成立6(ab)2a2b22ab12222ab.即652ab，ab.8.如图，在ABC中，点O为BC的中点，若AB1，AC3，60，则|_.答案解析因为，60，所以|cos 6013，又()，所以2()2(222)，即2(139)，所以|.9已知点
13、O是锐角ABC的外心，AB8，AC12，A.若xy，则6x9y_.答案5解析如图，设点O在AB，AC上的射影分别是点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6x9y5.10设a(1,1)，b(x,3)，c(5，y)，d(8,6)，且bd，(4ad)c.(1)求b和c；(2)求c在a方向上的投影；(3)求1和2，使c1a2b.解(1)bd，6x240，x4.4ad(4,10)，(4ad)c，5410y0，y2，b(4,3)，c(5，2)(2)co
14、sa，c，c在a方向上的投影为|c|cosa，c.(3)c1a2b，解得1，2.11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.
