2020届高考数学（江苏专用）二轮复习课件：专题五平面向量的数量积 .ppt

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1、核心模块一三角函数、解三角形、平面向量专题五平面向量的数量积在近三年的江苏高考中，平面向量的数量积这个 C 级考点必考，且形式多样，难度不一年份填空题解答题2017 T12考察向量的线性运算；T13数量积与圆结合在一起考察T16向量与三角函数综合考察2018 T13数量积与圆结合在一起考察2019 T12 解三角形与平面向量数量积目标 1 平面向量的夹角与模例 1(1)已知平面向量 a(1,2)，b(4,2)，cmab(mR)，且 c 与 a 的夹角等于 c 与 b 的夹角，则 m_.2解析：(1)因为 a(1,2)，b(4,2)，所以 cmab(m4,2m2)，|a|5，|b|2 5，所

2、以 ac5m8，bc8m20.因为 c 与 a 的夹角等于 c 与 b 的夹角，所以 ca|c|a|cb|c|b|，所以5m85 8m202 5，解得 m2.(2)设单位向量 e1，e2，对于任意实数都有e112e2|e1e2|成立，则向量 e1，e2 的夹角为_23(2)设单位向量 e1，e2 的夹角为.因为对于任意实数都有e112e2|e1e2|成立，所以对于任意实数都有 e112e22|e1e2|2 成立，即 e 2114e 22|e1|e2|cose212e222|e1|e2|cos，即 114cos122cos，即 22cos14cos 0 恒成立，所以 4cos2414cos

3、 0，整理可得cos1220.又cos1220，可得 cos120，故 cos12.因为 0，所以 23.【思维变式题组训练】1.若非零向量a，b满足|a|2 23|b|，且(ab)(3a2b)，则a与b的夹角为_4 解析：由题知(ab)(3a2b)3a22b2ab0，即 ab3a22b2.又|a|2 23|b|，所以 ab32 232b22b223b2，所以 cosa，b ab|a|b|23b22 23|b|2 22，所以a，b4.2.在ABC 中，已知 AB3，BC2，D 在边 AB 上，AD 13AB.若DB DC 3，则边 AC 的长是_10 解析：思路分析 1：注意到 AB，BC 已

4、知，故以BA，BC为基底，将其他向量表示出来，通过DB DC 3 计算出向量BA，BC的夹角后，再利用余弦定理求得 AC的长思路分析 2：以 B 为坐标原点，BC 所在的直线为 x 轴的正半轴建立平面直角坐标系，从而用向量的坐标运算来研究问题，要求 AC 的长本质就是求点 A 的坐标，可以通过DB DC 3 来求得点 A 的坐标解法 1：因为AD 13AB，所以DB DC 23AB 23ABBC 49AB 223AB BC 42332cosABC3，解得 cosABC14，因此 AC2AB2BC22ABBCcosABC10，即 AC 10.解法 2：以 B 为坐标原点，BC 所在的直线为 x

5、轴的正半轴建立平面直角坐标系设ABC，则因为 AB3，BC2，所以 C(2,0)，A(3cos，3sin)又因为AD 13AB，所以 D(2cos，2sin)，故DB(2cos，2sin)，DC(22cos，2sin)，因此DB DC 4cos4cos24sin23，解得 cos14，从而 A34，3 154，由此可得 AC342 23 1542 10.3.已知点 A(0,1)，B(0，1)，C(1,0)，动点 P 满足APBP2|PC|2，则|APBP|的最大值为_6 解析：设动点 P(x，y)，因为点 A(0,1)，B(0，1)，C(1,0)，APBP2|PC|2，所以(x，y1)(x，y

7、为正三角形，ACBP，所以APAC(ABBP)ACABACBPACABACABACcos6022122.(3)如图，已知ABC 的边 BC 的垂直平分线交 AC 于点 P，交 BC 于点 Q.若|AB|3，|AC|5，则(APAQ)(ABAC)的值为_16(3)因为APAQ QP，所以APAQ 2AQ QP，而ABACCB，由于QPCB，所以QP CB0，所以(APAQ)(ABAC)(2AQ QP)CB2AQ CB.又因为 Q 是 BC 的中点，所以 2AQ ABAC，故 2AQ CB(ABAC)(ABAC)AB 2AC 292516.【思维变式题组训练】1.在ABC 中，已知 AB1，AC

8、2，O 为ABC 外接圆的圆心，则AO BC_.32 解析：AO BCAO(OC OB)AO OC AO OB.又AB OB OA，AC OC OA，所以OB OA 2OB 22OB OA OA 21，OC OA 2OC 22OC OA OA 24，即AO OC AO OB 32，故AO BC32.2.在ABC 中，已知 AB1，AC2，A60，若点 P 满足APABAC，且BPCP1，则实数的值为_1 或14 解析：解法 1：由题意可得APABBPAC.又CPAPACAB(1)AC，所以BPCPABAC(1)|AC|21，即(2)41，所以有 42310，解得 1 或 14.解法 2：建立

9、平面直角坐标系，所以 A(0,0)，B12，32，C(2,0)，设 P(x，y)所以AP(x，y)，AB12，32，AC(2,0)又因为APABAC，所以有x212，y 32，所以BP(2，0)，CP232，32.由BPCP1 可得 42310，解得 1 或 14.9 解析：BCDC(OC OB)(OC OD)(OC OD)(OC OD)OC2OD2，类似地，ABAD AO2OD27，所以BCDC OC2OD2OC2AO279.3.在平面四边形 ABCD 中，O 为 BD 的中点，且 OA3，OC5.若ABAD 7，则BCDC 的值是_思想根源：极化恒等式：abab22ab22.在ABC 中，

10、若 M 是 BC 的中点，则ABACAM2MC2.其作用是：用线段的长度来计算向量的数量积4.如图所示，已知矩形 ABCD 的边 AB4，AD2，以点 C 为圆心，CB 为半径的圆与 CD 交于点 E，若点 P 是圆弧EB(含端点 B，E)上的一点，则PAPB的取值范围是_88 2，0 解析：解法 1(坐标法)：以 C 为原点，建立如图所示平面直角坐标系A(4，2)，B(0，2)，点 P 在圆 x2y24 上设点 P(2cos，2sin)，32，所以PA(42cos，22sin)，PB(2cos，22sin)，PAPB8cos8sin88 2sin4 8，454，74，当 432，即 54 时

11、，PAPB取到最小值 88 2；当 454 或74，即或32 时，PAPB取到最大值 0，所以PAPB的取值范围是88 2，0解法 2(基底法)：设 AB 中点为 M，则PAPB(PM MA)(PM MB)(PM MA)(PMMA)PM 2MA 2PM 24.当 P，M，C 三点共线时，PM 长度最小为 2 22，PM 2488 2；当 P 与 E 或 B 重合时，PM 长度最大为 2，PM 240，所以PAPB的取值范围是88 2，0一、填空题1.已知向量 a(1，1)，b(6，4)若 a(tab)，则实数 t 的值为_5 解析：因为 a(1，1)，b(6，4)，且 a(tab)，所以 a

12、(tab)0，即 2t100，解得 t5.6 解析：根据题意得|a|132，|b|312，ab 3 32 3.设 a与 b 的夹角为，则 cos ab|a|b|2 322 32.因为 0，所以 6.2.已知向量 a(1，3)，b(3，1)，则 a 与 b 夹角的大小为_2 解析：|a2b|21a24ab4b22112|b|4|b|221|b|2.3.已知两个平面向量 a，b 满足|a|1，|a2b|21，且 a 与 b 的夹角为 120，则|b|_.4.在ABC 中，ABAC0，|AB|4，|BC|5，D 为线段 BC 的中点，E 为线段 BC垂直平分线 l 上任一异于 D 的点，则AECB_

13、.72 解析：如图，连接 AD，易知 A2，|AC|3，EDBC.从而AECB(AD DE)CBAD CB12(ABAC)CB12(|AB|2|AC|2)72.5.已知 e1，e2 是夹角为3的两个单位向量，向量 ae12e2，bke1e2，若 ab0，则实数 k 的值为_54 解析：由 ab0，得(e12e2)(ke1e2)0，即 ke21(2k1)e1e22e220，又 e21e22|e1|2|e2|21，e1e2|e1|e2|cos312，所以 k12(2k1)20，解得 k54.6.已知点 O 是ABC 内部一点，且满足OA OB OC 0，又ABAC2 3，BAC60，则OBC 的面

14、积为_1 解析：因为OA OB OC 0，所以 O 为ABC 的重心，所以OBC 的面积是ABC 面积的13.因为ABAC 2 3，所以|AB|AC|cosBAC2 3，因为BAC60，所以|AB|AC|4 3，所以 SABC12|AB|AC|sinBAC3，所以OBC 的面7.在平行四边形 ABCD 中，ACAD ACBD 3，则线段 AC 的长为_3 解析：由题意得ACBD ACAD 0，整理得AC(BD AD)0，即ACAB0，又ACAD AC(ACAB)3，即|AC|23.8.在平面直角坐标系 xOy 中，动点 P 关于 x 轴的对称点为 Q，且OP OQ 2，已知点 A(2,0)，B

15、(2,0)，则(|PA|PB|)2 的值为_8 解析：设 P(x0，y0)，则 Q(x0，y0)，所以OP OQ(x0，y0)(x0，y0)2，即 y20 x202，得 x0 2或 x0 2，故(|PA|PB|)2(2x204x02 2x204x02)22(|x01|x01|)22228.9.已知 AB 为圆 O 的直径，M 为圆 O 的弦 CD 上一动点，AB8，CD6，则MA MB的取值范围是_9,0 解析：解法 1 因为MA MO OA，MB MO OB，又OB OA，因此MA MB MO 2MO(OA OB)OA OB MO 2OA 2MO 216.因为 M 是弦 CD上的动点，所以

16、MOmax4，此时点 M 在圆上；MOmin 169 7，此时点 M为弦 CD 的中点，故MA MB 9,0解法 2 以 AB 所在的直线为 x 轴，它的垂直平分线为 y 轴，建立平面直角坐标系，设 M(x，y)，则 A(4,0)，B(4,0)，从而MA(4x，y)，MB(4x，y)，故MA MB x2y216.又因为点 M 为弦 CD 上的动点，且 CD6，所以 7169x2y216，其中最小值在 CD 的中点时取得，所以MA MB 的取值范围是9,010.在梯形 ABCD 中，AB2DC，|BC|6，P 为梯形 ABCD 所在平面上一点，且满足APBP4DP 0，DA CB|DA|DP|，

17、Q 为边 AD 上的一个动点，则|PQ|的最小值为_4 23 解析：如图，取 AB 的中点 M，由APBP4DP 0 得PM 2DP，P 为线段DM 上靠近点 D 的三等分点，由题意知，DA CBDA DM|DA|DM|cosADM|DA|DP|，所以 cosADM13，则 sinADM2 23，所以|PQ|的最小值为 2sinADM4 23.二、解答题11.如图，在OAB 中，已知 P 为线段 AB 上的一点，OP xOA yOB.(1)若BPPA，求 x，y 的值；(2)若BP3PA，|OA|4，|OB|2，且OA 与OB 的夹角为 60时，求OP AB 的值解析：(1)因为BPPA，所以

18、BO OP PO OA，即 2OP OB OA，所以OP 12OA 12OB，即 x12，y12.(2)因为BP3PA，所以BO OP 3PO 3OA，即 4OP OB 3OA，所以OP 34OA 14OB，所以 x34，y14.OP AB34OA 14OB(OB OA)14OB OB 34OA OA 12OA OB142234421242129.12.已知在等边三角形 ABC 中，点 P 为线段 AB 上一点，且APAB(01)(1)若等边三角形的边长为 6，且 13，求|CP|；(2)若CPABPAPB，求实数的取值范围解析：(1)当 13时，AP13AB，CP 2(CAAP)2CA 2

19、2CAAPAP 262262122228.所以|CP|2 7.(2)设等边三角形的边长为 a，则CPAB(CAAP)AB(CAAB)AB12a2a2，PAPBPA(ABAP)AB(ABAB)a22a2，即12a2a2a22a2，所以 22120，所以2 222 22.又 01，所以2 221.13.已知平面上一定点 C(2,0)和直线 l：x8，P 为该平面上一动点，作 PQl，垂足为 Q，且PC12PQ PC12PQ 0.(1)求动点 P 的轨迹方程；(2)若 EF 为圆 N：x2(y1)21 的任意一条直径，求PEPF的最值解析：(1)设 P(x，y)，则 Q(8，y)由PC12PQ PC

20、12PQ 0，得|PC|214|PQ|20，即(2x)2(y)214(8x)20，化简得x216y2121.所以动点 P 在椭圆上，其轨迹方程为x216y2121.(2)易知PEPNNE，PFPNNF，且NENF0，由题意知 N(0,1)，所以PEPFPN 2NE 2(x)2(1y)21161y212(y1)2113y22y1613(y3)219.因为2 3y2 3，所以当 y3 时，PEPF取得最大值 19，当 y2 3时，PEPF取得最小值 124 3.综上，PEPF的最大值为 19，最小值为 124 3.14.已知ABC.(1)设BCCACAAB，求证：ABC 是等腰三角形；(2)设向量 s(2sinC，3)，tsin2C，2cos2C21，且 st，若 sinA13，求sin3B 的值解析：(1)因为BCCACAAB，则BC(BABC)BA(BCBA)，所以BC 2BA 2，即|BC|BA|.所以ABC 是等腰三角形(2)因为 st，则 2sinC2cos2C21 3sin2C2sinCcosC 3sin2Csin2C 3sin2Csin2C0.因为 C(0，)，则 C2.因为 sinA13，C2，则 sinBcosA2 23，cosBsinA13，所以 sin3B 32 cosB12sinB 32 26.

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