1、第3节平面向量的数量积及其应用考试要求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投影向量的长度的关系.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.平面向量数量积的有关概念(1)向量的夹角：已知两个非零向量a和b，O是平面上的任意一点，作a，b，则AOB(0)叫做向量a与b的夹角.(2)数量积的定义：已知两个非零向量a与b，它们的夹角为，我们把数量|a|b|cos_叫做向量a与b的数
2、量积(或内积)，记作ab，即ab|a|b|cos_.规定：零向量与任一向量的数量积为0，即0a0.(3)投影向量如图，在平面内任取一点O，作a，b，过点M作直线ON的垂线，垂足为M1，则就是向量a在向量b上的投影向量.设与b方向相同的单位向量为e，a与b的夹角为，则与e，a，之间的关系为|a|cos e.2.平面向量数量积的性质及其坐标表示设向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，为向量a，b的夹角.(1)数量积：ab|a|b|cos x1x2y1y2.(2)模：|a|.(3)夹角：cos .(4)两非零向量ab的充要条件：ab0x1x2y1y20.(5)|ab|a|b|(当且仅当ab时等号成
3、立)|x1x2y1y2| .3.平面向量数量积的运算律(1)abba(交换律).(2)ab(ab)a(b)(结合律).(3)(ab)cacbc(分配律).4.平面几何中的向量方法三步曲：(1)用向量表示问题中的几何元素，将几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系；(3)把运算结果“翻译”成几何关系.1.两个向量a，b的夹角为锐角ab0且a，b不共线；两个向量a，b的夹角为钝角ab0且a，b不共线.2.平面向量数量积运算的常用公式(1)(ab)(ab)a2b2；(2)(ab)2a22abb2.(3)(ab)2a22abb2.3.数量积运算律要准确理解、应用，例如，aba
4、c(a0)，不能得出bc，两边不能约去同一个向量.1.思考辨析(在括号内打“”或“”)(1)两个向量的夹角的范围是.()(2)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量.()(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.()答案(1)(2)(3)(4)解析(1)两个向量夹角的范围是0，.(4)由abac(a0)得|a|b|cosa，b|a|c|cosa，c，所以向量b和c不一定相等.2.(2021湖州二模)在边长为3的等边三角形ABC中，则()A. B. C. D.答案B解析，|cos 33.3.(多选)(2021青岛统检)
5、已知向量ab(1，1)，ab(3，1)，c(1，1)，设a，b的夹角为，则()A.|a|b| B.acC.bc D.135答案BD解析由ab(1，1)，ab(3，1)，得a(1，1)，b(2，0)，则|a|，|b|2，故A不正确；ac11110，故B正确；不存在R，使bc成立，故C不正确；cos ，所以135，故D正确.综上知选BD.4.(2021衡阳一模)非零向量a，b，c满足abac，a与b的夹角为，|b|4，则c在a上的投影向量的长度为()A.2 B.2 C.3 D.4答案B解析由abac，可得|a|b|cosa，b|a|c|cosa，c，因为|a|0，所以|c|cosa，c|b|cos
6、a，b4cos 2，所以c在a上的投影向量的长度为|c|cosa，c|2.5.(易错题)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.既不充分也不必要条件答案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的夹角为锐角”的必要不充分条件，故选B.6.(2021全国乙卷)已知向量a(1，3)，b(3，4)，若(ab)b，则_.答案解析法一ab(13，34)，(ab)b，(ab)b0，即(13，34)(3，4)0，3912160，解得.法二由(a
7、b)b可知，(ab)b0，即abb20，从而.考点一数量积的计算例1 (1)在四边形ABCD中，ADBC，AB2，AD5，A30，点E在线段CB的延长线上，且AEBE，则_.答案1解析如图，在等腰ABE中，易得BAEABE30，故BE2.则()()252cos 3052cos 1801222cos 15015101261.(2)(2020北京卷)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足，则|_；_.答案1解析法一()，P为BC的中点.以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意知A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，2)，P(2，1)，|.易得(0，1)，(2，1).(0，1)(
8、2，1)1.法二如图，在正方形ABCD中，由()得点P为BC的中点，|.()201.感悟提升平面向量数量积的两种运算方法(1)基底法：当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，适用于平面图形中的向量数量积的有关计算问题；(2)坐标法：当平面图形易建系求出各点坐标时，可利用坐标法求解.训练1 (1)(2020新高考全国卷)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则的取值范围是()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，)，F(1，).设P(x，y)，则(x，y
9、)，(2，0)，且1x3.所以(x，y)(2，0)2x(2，6).(2)(2022石家庄调研)已知，|，|t，若点P是ABC所在平面内的一点，且，则的最大值为_.答案13解析建立如图所示的平面直角坐标系，则B，C(0，t)，(0，t)，t(0，t)(1，4)，P(1，4)，(1，t4)1717213，当且仅当t时等号成立.的最大值等于13.考点二数量积的应用角度1夹角与垂直例2 (1)(2020全国卷)已知向量a，b满足|a|5，|b|6，ab6，则cos a，ab()A. B. C. D.答案D解析|ab|2(ab)2a22abb225123649，|ab|7，cosa，ab.(2)(202
10、1宜昌二模)已知ABC中，A120，且AB3，AC4，若，且，则实数的值为()A. B. C.6 D.答案A解析因为，且，所以有()()22(1)220，整理可得(1)34cos 1209160，解得.角度2平面向量的模例3 (1)如果|a|2，|b|3，ab4，则|a2b|的值是()A.24 B.2 C.24 D.2答案B解析由|a|2，|b|3，ab4，得|a2b|2.(2)(2021衡水联考)若向量a，b满足a(cos ，sin )(R)，|b|2，则|2ab|的取值范围为_.答案0，4解析设a与b的夹角为，则(2ab)24a2b24ab88cos ，因为0，所以088cos 16，所以
11、0|2ab|4.(3)已知a，b是单位向量，ab0.若向量c满足|cab|1，则|c|的最大值是_.答案1解析法一由ab0，得ab.如图所示，分别作a，b，作ab，则四边形OACB是边长为1的正方形，所以|.作c，则|cab|1.所以点P在以C为圆心，1为半径的圆上.由图可知，当点O，C，P三点共线且点P在点P1处时，|取得最大值1.故|c|的最大值是1.法二由ab0，得ab.建立如图所示的平面直角坐标系，则a(1，0)，b(0，1).设c(x，y)，由|cab|1，得(x1)2(y1)21，所以点C在以(1，1)为圆心，1为半径的圆上.所以|c|max1.法三易知|ab|，|cab|c(ab
12、)|c|ab|c|，由已知得|c|1，所以|c|1，故|c|max1.感悟提升(1)根据平面向量数量积的性质：若a，b为非零向量，则cos (夹角公式)，abab0等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题.(2)计算向量的模：当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；利用|a|及(ab)2|a|22ab|b|2，把向量的模的运算转化为数量积运算；几何法，利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解.训练2 (1)(多选)(2022湖南三校联考)已知a，b是单位向量，且ab(1，1)，则()A.|ab|2 B.a与b垂直C
13、.a与ab的夹角为 D.|ab|1答案BC解析|ab|，故A错误；因为a，b是单位向量，所以|a|2|b|22ab112ab2，得ab0，a与b垂直，故B正确；|ab|2a2b22ab2，|ab|，故D错误；cosa，ab，所以a与ab的夹角为，故C正确.(2)如图，在ABC中，M为BC的中点，若AB1，AC3，与的夹角为60，则|_.答案解析M为BC的中点，()，|2()2(|2|22)(19213cos 60)，|.(3)在平面直角坐标系中，O为原点，A(1，0)，B(0，)，C(3，0)，动点D满足|1，则|的最大值是_.答案1解析设D(x，y)，由|1，得(x3)2y21，向量(x1，
14、y)，故|的最大值为圆(x3)2y21上的动点到点(1，)距离的最大值，其最大值为圆(x3)2y21的圆心(3，0)到点(1，)的距离加上圆的半径，即11.考点三平面向量的综合应用例4 (1)若O为ABC所在平面内任一点，且满足()(2)0，则ABC的形状为()A.等腰三角形 B.直角三角形C.正三角形 D.等腰直角三角形答案A解析因为()(2)0，所以()0，即()，所以ABC的中线和底边垂直，所以ABC是等腰三角形.(2)(2020天津卷)如图，在四边形ABCD中，B60，AB3，BC6，且，则实数的值为_；若M，N是线段BC上的动点，且|1，则的最小值为_.答案解析因为， 所以ADBC，
15、则BAD120，所以|cos 120，解得|1.因为，同向，且BC6，所以，即.在四边形ABCD中，作AOBC于点O，则BOABcos 60，AOABsin 60.以O为坐标原点，以BC和AO所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系.如图，设M(a，0)，不妨设点N在点M右侧，则N(a1，0)，且a.又D，所以，所以a2a.所以当a时，取得最小值.(3)已知在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m(sin A，sin B)，n(cos B，cos A)，mnsin 2C.求角C的大小；若sin A，sin C，sin B成等差数列，且()18，求c.解mnsin Acos Bsi
16、n Bcos Asin(AB)，在ABC中，ABC，0C，所以sin(AB)sin C，所以mnsin C，又mnsin 2C，所以sin 2Csin C，cos C.又因为C(0，)，故C.由sin A，sin C，sin B成等差数列，可得2sin Csin Asin B，由正弦定理得2cab.因为()18，所以18，即abcos C18，ab36.由余弦定理得c2a2b22abcos C(ab)23ab，所以c24c2336，c236，所以c6.感悟提升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
17、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，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.训练3 (1)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|的最大值是()A.1 B.2 C. D.答案C解析因为|a|b|1，ab0，(ac)(bc)c(ab)|c|2|c|ab|cos |c|20，其中为c与ab的夹角，所以|c|ab|cos cos ，所以|c|的最大值
18、是.(2)已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则()的最小值是()A.2 B. C. D.1答案B解析以BC中点为坐标原点，建立如图平面直角坐标系，A(0，)，B(1，0)，C(1，0).设P(x，y)，(x，y)，(1x，y)，(1x，y)，()2x22y2y22，则其最小值为2，此时x0，y.(3)已知向量a，b满足|a|1，|b|2，则|ab|ab|的最小值是_，最大值是_.答案42解析由题意，不妨设b(2，0)，a(cos ，sin )，则ab(2cos ，sin )，ab(cos 2，sin ).令y|ab|ab|，则y210216，20.由此可得(|ab|ab|
19、)max2，(|ab|ab|)min4，即|ab|ab|的最小值是4，最大值是2.极化恒等式极化恒等式的证明过程与几何意义证明过程：如图，设a，b，则ab，ab.|2(ab)2|a|22ab|b|2，|2(ab)2|a|22ab|b|2，两式相减得ab(ab)2(ab)2，此即极化恒等式.几何意义：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“和对角线长”与“差对角线长”平方差的.例 (1)如图，在三角形ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，4，1，则值为_.答案解析设a，b，|2|29b2a24，|2|2b2a21，解得b2，a2，|2|24b2a2.(2)已知点A
20、，B，C均在半径为的圆上，若|AB|2，则的最大值为()A.32 B.22C.4 D.答案B解析设A，B，C三点所在圆的圆心为O，取AB中点D，故2221，因为A，B，C三点在圆上，所以CD长度最大为rd，其中d为圆心O到弦AB的距离，故最大值为1，所以21的最大值为(1)2122.1.已知向量a(k，3)，b(1，4)，c(2，1)，且(2a3b)c，则实数k()A. B.0 C.3 D.答案C解析因为2a3b(2k3，6)，(2a3b)c，所以(2a3b)c2(2k3)60，解得k3.2.(2021盐城二模)已知a，b是相互垂直的单位向量，与a，b共面的向量c满足acbc2，则c的模为()
21、A.1 B. C.2 D.2答案D解析由题意知a，b是相互垂直的单位向量，不妨设a(1，0)，b(0，1)，设c(x，y)，由acbc2，可得xy2，即c(2，2)，则|c|2.3.(多选)(2022南京一模)下列关于向量a，b，c的运算，一定成立的是()A.(ab)cacbcB.(ab)ca(bc)C.ab|a|b|D.|ab|a|b|答案ACD解析根据数量积的分配律可知A正确；B中，左边为c的共线向量，右边为a的共线向量，故B不正确；根据数量积的定义可知ab|a|b|cosa，b|a|b|，故C正确；|ab|2(|a|b|)22ab2|a|b|0，故|ab|2(|a|b|)2，即|ab|a
22、|b|，故D正确.4.若两个非零向量a，b满足|ab|ab|2|b|，则向量ab与a的夹角为()A. B. C. D.答案D解析设|b|1，则|ab|ab|2.由|ab|ab|，得ab0，故以a，b为邻边的平行四边形是矩形，且|a|，设向量ab与a的夹角为，则cos ，又0，所以.5.(多选)(2021武汉调研)如图，点A，B在圆C上，则的值()A.与圆C的半径有关B.与圆C的半径无关C.与弦AB的长度有关D.与点A，B的位置有关答案BC解析如图，连接AB，过C作CDAB交AB于D，则D是AB的中点，故|cosCAD|2，故的值与圆C的半径无关，只与弦AB的长度有关，故选BC.6.(2021德
23、州二模)在平行四边形ABCD中，已知，|，|，则()A.9 B. C.7 D.答案B解析，又|，|，222，226，两式相减得224，22.()()22，故选B.7.(2021全国甲卷)若向量a，b满足|a|3，|ab|5，ab1，则|b|_.答案3解析由|ab|5得(ab)225，即a22abb225，结合|a|3，ab1，得3221|b|225，所以|b|218，|b|3.8.(2021新高考卷)已知向量abc0，|a|1，|b|c|2，则abbcca_.答案解析由已知可得(abc)2a2b2c22(abbcca)92(abbcca)0，因此abbcca.9.(2022湖州质检)在RtAB
24、C中，C90，CB2，CA4，P在边AC的中线BD上，则的最小值为_.答案解析依题意，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，所以可设P(t，2t)(0t2)，所以(t，2t)，(t，t)，所以t2t(2t)2t22t2，当t时，取得最小值.10.已知向量a(cos x，sin x)，b(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，)，ab，所以cos
25、 x3sin x.若cos x0，则sin x0，与sin2xcos2x1矛盾，故cos x0，于是tan x.又x0，所以x.(2)f(x)ab(cos x，sin x)(3，)3cos xsin x2cos.因为x0，所以x，从而1cos.于是，当x，即x0时，f(x)取得最大值3；当x，即x时，f(x)取得最小值2.11.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(ac)c.(1)求角B的大小；(2)若|，求ABC面积的最大值.解(1)由题意得(ac)cos Bbcos C.根据正弦定理得(sin Asin C)cos Bsin Bcos C，所以sin Acos Bsin(
26、CB)，即sin Acos Bsin A，因为A(0，)，所以sin A0，所以cos B，又B(0，)，所以B.(2)因为|，所以|，即b，根据余弦定理及基本不等式得6a2c2ac2acac(2)ac(当且仅当ac时取等号)，即ac3(2).故ABC的面积Sacsin B，因此ABC的面积的最大值为.12.(多选)(2021新高考卷)已知O为坐标原点，点P1(cos ，sin )，P2(cos ，sin )，P3(cos()，sin()，A(1，0)，则()A.|B.|C.D.答案AC解析由题意可知，|1，|1，所以|，故A正确；取，则P1，取，则P2，则|，故B错误；因为cos()，cos
27、 cos sin sin cos()，所以，故C正确；因为cos ，cos cos()sin sin()cos(2)，取，则，cos ，所以，故D错误.13.(2022广州模拟)已知四边形ABCD中，ADBC，BAD90，AD1，BC2，M是AB边上的动点，则|的最小值为_.答案3解析以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设A(0，a)，M(0，b)，且0ba，由于BC2，AD1.C(2，0)，D(1，a).则(2，b)，(1，ab)，(3，a2b).因此|，当且仅当a2b时，|取得最小值3.14.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)，|1，且AOC，其中O为坐标原点.(1)若，设点D为线段OA上的动点，求|的最小值；(2)若，向量m，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，所以，所以|2，所以t时，|最小，最小值为.(2)由题意得C(cos ，sin )，m(cos 1，sin )，则mn1cos2sin22sin cos 1cos 2sin 21sin，因为，所以2，所以当2，即时，sin取得最大值1，即mn取得最小值1.所以mn的最小值为1，此时.
