1、第3讲平面向量的数量积及应用1向量的夹角定义图示范围共线与垂直已知两个非零向量a和b，作a，b，则AOB叫做a与b的夹角设是a与b的夹角，则的取值范围是00或ab，ab2平面向量数量积的定义已知两个非零向量a与b，我们把数量|a|b|cos叫做a与b的数量积(或内积)，记作ab，即ab|a|b|cos，其中是a与b的夹角规定：零向量与任一向量的数量积为0.3投影与投影向量设a，b是两个非零向量，a，b，过的起点A和终点B，分别作所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到(如图)，则称上述变换为向量a向向量b投影，叫做向量a在向量b上的投影向量.4向量数量积的运算律交换律abba分配律(ab)c
2、acbc数乘结合律(a)b(ab)a(b)5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.结论几何表示坐标表示模|a|a| 夹角coscosab的充要条件ab0x1x2y1y20|ab|与|a|b|的关系|ab|a|b|x1x2y1y2|1数量积运算律要准确理解、应用，例如，abac(a0)不能得出bc，两边不能约去一个向量2数量积不满足乘法结合律，即(ab)ca(bc)3当a与b同向时，ab|a|b|；当a与b反向时，ab|a|b|，特别地，aaa2或|a|.4有关向量夹角的两个结论(1)两个向量a与b的夹角为锐角，则有ab0，反之不成立(因为a与b
3、夹角为0时也有ab0)(2)两个向量a与b的夹角为钝角，则有ab0，反之不成立(因为a与b夹角为时也有ab0，且2x，解得x2.故选B.5(2021全国甲卷)已知向量a(3,1)，b(1,0)，cakb.若ac，则 k_.答案解析cakb(3,1)k(1,0)(k3,1)，由ac，得ac0，所以3(k3)10，解得k.6已知|a|5，|b|4，a与b的夹角120，则向量b在向量a上的投影向量的模为_.答案2解析由数量积的定义知，向量b在向量a上的投影向量的模为|b|cos|4cos120|2.考向一平面向量数量积的运算例1(1)(2021玉溪三模)已知a，b为单位向量，|ab|ab|，记e是与
4、ab方向相同的单位向量，则a在ab方向上的投影向量为()A.e BeC.e De答案C解析由题意可得12ab124ab2，可得ab，则a(ab)1，设a与ab的夹角为，则|a|ab|cos，有|ab|，故|a|cos.则a在ab方向上的投影向量为e.故选C.(2)(2021吉林模拟)一副三角板有两种规格，一种是等腰直角三角形，另一种是有一个锐角是30的直角三角形，如图两个三角板斜边之比为2，四边形ABCD就是由三角板拼成的，|AB|2，ABC60，则的值为()A2 B6C62 D2答案C解析建立如图所示直角坐标系，因为|AB|2，ABC60，所以|AC|2，|AD|，则B(2,0)，C(0,2
5、)，D(，)，所以(2,0)，(0,2)，(，)，(2，)，所以62，故选C.(3)(2021泰安一模)如图，在平面四边形ABCD中，已知AD3，BC4，E，F为AB，CD的中点，P，Q为对角线AC，BD的中点，则的值为_.答案解析如图，连接FP，FQ，EP，EQ，E，F为AB，CD的中点，P，Q为对角线AC，BD的中点，四边形EPFQ为平行四边形，()，()，且AD3，BC4，(22).求向量a，b的数量积ab的三种方法(1)若两向量共起点，则两向量的夹角直接可得，根据定义即可求得数量积；若两向量的起点不同，则需要通过平移使它们的起点重合，再计算(2)根据图形之间的关系，用长度和相互之间的夹
6、角都已知的向量分别表示出向量a，b，然后根据平面向量的数量积的定义进行计算求解(3)若图形适合建立平面直角坐标系，则建立坐标系，求出a，b的坐标，通过坐标运算求解1.(2021海南省海南中学高三月考)如图为函数ysin的图象，P，R，S为图象与x轴的三个交点，Q为函数图象在y轴右侧部分上的第一个最大值点，则()()的值为()A2 B4 C22 D24答案D解析设PR的中点为A，RS的中点为B，则Q，A，B，所以()()(2)(2)44(，1)24，故选D.2已知e1，e2为单位向量且夹角为，设a3e12e2，b3e2，则a在b上的投影向量为_.答案e2解析因为a3e12e2，b3e2，所以ab
7、(3e12e2)3e29e1e26e911cos6，又|b|3，所以a在b上的投影向量为e2e2e2.3(2020北京高考)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足()，则|_；_.答案1解析以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则点A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，()(2,0)(2,2)(2,1)，则点P(2，1)，(2,1)，(0，1)，|，0(2)(1)11.多角度探究突破考向二平面向量数量积的性质角度平面向量的垂直例2(1)已知向量a(1,2)，b(2，3)若向量c满足(ca)b，c(ab)，则c()A. BC. D答案
8、D解析不妨设c(m，n)，则ac(1m,2n)，ab(3，1)，由(ca)b，得3(1m)2(2n)，由c(ab)，得3mn0，联立，解得故选D.(2)(2020全国卷)已知单位向量a，b的夹角为60，则在下列向量中，与b垂直的是()Aa2b B2abCa2b D2ab答案D解析由已知可得，ab|a|b|cos6011.对于A，(a2b)bab2b2210，不符合题意；对于B，(2ab)b2abb22120，不符合题意；对于C，(a2b)bab2b2210，不符合题意；对于D，(2ab)b2abb2210，符合题意故选D.角度平面向量的模例3(1)(2021全国甲卷)若向量a，b满足|a|3，
9、|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|3.(2)(2021北京模拟)已知向量a(1，2)，同时满足条件ab，|ab|a|的一个向量b的坐标为_.答案(1,2)(答案不唯一)解析设b(x，y)，由ab，得y2x，ab(1x，2y)，由|ab|a|，得 ，把y2x代入，得(x1)2(2x2)25，化简，得x22x0，解得2x0，取x1，得y2，所以b(1,2)(答案不唯一)角度平面向量的夹角例4(1)(2020全国卷)已知向量a，b满足|a|5，|b|6，ab6，则cosa，ab()A
10、B C D答案D解析|a|5，|b|6，ab6，a(ab)|a|2ab52619，|ab|7，cosa，ab.故选D.(2)(2021德州二模)设a(1,3)，b(1,1)，cakb，若bc，则a与c夹角的余弦值为()A. B C D答案B解析因为a(1,3)，b(1,1)，所以cakb(1k，3k)，因为bc，所以(1k)1(3k)10，解得k1，所以c(2，2)，因为ac8，|a|，|c|2，所以cosa，c，所以a与c夹角的余弦值为.故选B. 平面向量数量积求解问题的策略(1)求两向量的夹角：cos，要注意0，(2)两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是：abab0|ab|ab|.
11、(3)求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有：a2aa|a|2或|a|；|ab|；若a(x，y)，则|a|.4.(2021景德镇模拟)已知向量m(2，1)，n(2，5)且|m2n|m2n|，则()A B C1 D答案A解析因为m(2，1)，n(2，5)，所以m2n(24,211)，m2n(24，29)，因为|m2n|m2n|，所以(24)2(211)2(24)2(29)2，解得.故选A.5(2021新高考八省联考)已知单位向量a，b满足ab0，若向量cab，则sina，c()A. B C D答案B解析因为a，b是单位向量，所以|a|b|1.因为cab，所以|c|ab| 3.所以cosa
12、，c，所以sina，c.故选B.6(多选)已知向量与的夹角为60，且|3，|2，若mn，且，则实数m，n的值可能为()Am1，n6 Bm1，n4Cm，n3 Dm，n2答案AC解析32cos603，因为mn，所以(mn)(mn)()(mn)m2n20，所以3(mn)9m4n0，所以.故选AC.多角度探究突破考向三数量积运算的综合应用角度最值或范围问题例5(1)(2020新高考卷)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解析解法一：的模为2，根据正六边形的特征，可以得到|cos，的取值范围是(1，3)，结合向量数量
13、积的定义式，可知|cos，所以的取值范围是(2,6)故选A.解法二：设P(x，y)，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2，0)，(x，y)，(2,0)，所以2x，由题意可得点C的横坐标为3，点F的横坐标为1，所以1x3，所以26.故选A.(2)已知平面向量，满足|1，若|1，则|的最大值为()A.1 B1C.1 D1答案D解析因为|1，所以cosAPB，即APB，由余弦定理可得AB，如图，建立平面直角坐标系，则A，B，由题意知点C(x，y)在以B为圆心，1为半径的圆上运动，结合图形可知，当点C(x，y)运动到点D时，|取最大值，即|max|11，故选D. 与向量相关的最值或范围
14、问题求最值或取值范围必须有函数或不等式，因此，对于题目中给出的条件，要结合要求的夹角或长度或其他量，得出相应的不等式或函数(包括自变量的范围)，然后利用相关知识求出最值或取值范围7.已知a，b为单位向量，且ab，向量c满足|cab|2，则|c|的取值范围为()A1,1 B2，2C，2 D32，32答案B解析设ab，c，则c(ab)，由|a|b|1，ab，得|ab|，又|cab|2，所以点B在以A为圆心，2为半径的圆上运动，故2|c|2，故选B.8(2021广东珠海11月模拟)在边长为1的正方形ABCD中，M为BC的中点，点E在线段AB上运动，则的取值范围是()A. BC. D0,1答案C解析如
15、图，建立平面直角坐标系xAy.设E(x,0)，则0x1.易知M，C(1，1)，所以，(1x,1)，所以(1x,1)(1x)2，因为0x1，所以(1x)2，即的取值范围是.故选C.角度向量与三角函数、解三角形的综合问题例6(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解析对于A，因为|1，| 1，所以A正确；对于B，因为|，|，所以B错误；对于C，因为(1,0)(cos()，sin()cos()，coscossinsincos()，所以，所以C正确；对于D，因为(1,0)(
16、cos，sin)cos，(cos，sin)(cos()，sin()coscos()sinsin()cos(2)，所以D错误故选AC.向量与三角函数、解三角形综合问题的解题策略(1)通过向量的坐标运算构建出含有三角表达式的等量关系(2)灵活运用三角恒等变换、三角函数的性质及正弦、余弦定理解题提醒：注意向量夹角与三角形内角的区别与联系，避免出现将内角等同于向量夹角的错误9.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若向量m(a，cosA)，n(cosC，bc)，且mn0，则角A的大小为()A. B C D答案B解析解法一：由mn0，得acosC(bc)cosA0，由正弦定理，得sinAcos
17、C(sinBsinC)cosA0，即sinAcosCcosAsinCsinBcosA，所以sin(AC)sinBcosA，所以sin(B)sinBcosA，即sinBsinBcosA.因为0B，所以cosA，所以A，故选B.解法二：由mn0，得acosC(bc)cosA0，由余弦定理，得abcosAc0，即bbcosA，因为b0，所以cosA，所以A，故选B.向量的数量积在平面几何中的应用1(2021湖南岳阳高三模拟)已知非共线向量与满足0，且|，则ABC为()A等腰非等边三角形B直角三角形C等边三角形D三边均不相等的三角形答案A解析不妨设，即为BAC角平分线所在直线上的向量，又，ABAC，又
18、|，所以ABC为等腰非等边三角形，故选A.2已知正方形ABCD中，E，F分别是CD，AD的中点，BE，CF交于点P.求证：(1)BECF；(2)APAB.证明建立如图所示的平面直角坐标系，设AB2，则A(0,0)，B(2,0)，C(2，2)，E(1,2)，F(0，1)(1)(1,2)，(2，1)(1)(2)2(1)0，即BECF.(2)设点P的坐标为(x，y)，则(x，y1)，(2,1)，x2(y1)，即x2y2，同理，由，得y2x4，由得点P的坐标为.|2|，即APAB.答题启示向量与平面几何综合问题的解法(1)基向量法适当选取一个基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方
19、程进行求解(2)坐标法若把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，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对点训练1点P是ABC所在平面上一点，若，则点P是ABC的()A外心 B内心C重心 D垂心答案D解析由，得0，即()0，即0，则PBCA.同理PABC，PCAB，所以P为ABC的垂心2已知平行四边形ABCD，证明：AC2BD22(AB2AD2)证明取，为基底，设a，b，则ab，ab，2(ab)2a22abb2，2(ab)2a22abb2，上面两式相加，得222(a2b2)，AC2BD22(AB2AD2)一、单项选择题1(2021邯郸二模)已知向量a(2,
20、6)，b(1，x)，若a与b反向，则a(3ab)()A30 B30C100 D100答案D解析由已知得a与b共线，则2x16，解得x3，所以b(1，3)，所以3ab3(2，6)(1，3)(5,15)，因此a(3ab)(2,6)(5,15)100.故选D.2(2021湖南五市十校联考)已知向量a，b满足|a|1，|b|2，a(a2b)0，则|ab|()A. B C2 D答案A解析由题意知a(a2b)a22ab12ab0，所以2ab1，所以|ab|.故选A.3(2021滨州二模)已知正方形ABCD的边长为3，2，则()A3 B3 C6 D6答案A解析因为正方形ABCD的边长为3，2，则()()()
21、2232323.故选A.4(2021山东济南模拟)已知非零向量m，n满足4|m|3|n|，cosm，n.若n(tmn)，则实数t的值为()A4 B4 C D答案B解析由n(tmn)可得n(tmn)0，即tmnn20，所以t334.故选B.5(2021泰安市高三一轮检测)已知向量a(sin，)，b(1，cos)，|，则|ab|的最大值为()A2 B C3 D5答案B解析由已知可得|ab|2(sin1)2(cos)254sin.因为|，所以0，所以当时，|ab|2的最大值为505，故|ab|的最大值为.6(2022株洲模拟)在ABC中，()|2，则ABC的形状一定是()A等边三角形 B等腰三角形C
22、直角三角形 D等腰直角三角形答案C解析由()|2，得()0，即()0,2A0，A90.故ABC一定是直角三角形7(2021陕西咸阳模拟)已知菱形ABCD中，AC2，BD2，点E为CD上一点，且CE2ED，则AEB的余弦值为()A. B C D答案D解析设AC与BD交于点O，以O为坐标原点，AC，BD所在的直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系如图所示，则点A(，0)，B(0,1)，E，则cosAEB.故选D.8(2021湖南长郡中学模拟)骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A(前轮)，圆D(后轮)的半径均为，ABE，BEC
23、，ECD均是边长为4的等边三角形设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为()A18 B24 C36 D48答案C解析骑行过程中，点A，B，C，D，E相对不动，只有P点绕D点做圆周运动如图，以E为坐标原点，AD所在直线为x轴建立平面直角坐标系，由题意知A(4,0)，B(2,2)，C(2,2)，圆D方程为(x4)2y23，设P(4cos，sin)，则(6,2)，(6cos，sin2)，6(6cos)2(sin2)6cos6sin24122412sin24，易知当sin1时，取得最大值36.故选C.二、多项选择题9(2021泰安三模)已知向量a(2，1)，b(3,2)，c(1,1)
24、，则()Aab B(ab)cCabc Dc5a3b答案BD解析ab(1,1)，(ab)c110，故(ab)c.设c1a2b(1，2R)，则(1,1)1(2，1)2(3,2)(2132，122)，则所以所以c5a3b.故选BD.10已知a，b，c是同一平面内的三个向量，下列命题中正确的是()A|ab|a|b|B若abcb且b0，则acC两个非零向量a，b，若|ab|a|b|，则a与b共线且反向D已知a(1,2)，b(1,1)，且a与ab的夹角为锐角，则实数的取值范围是答案AC解析对于A，由平面向量数量积的定义知|ab|a|b|cos|a|b|，故A正确；对于B，由abcb且b0，得(ac)b0，
25、不能得出ac，故B错误；对于C，两个非零向量a，b，若|ab|a|b|，则a22abb2|a|22|a|b|b|2，所以ab|a|b|，所以cos1，即a与b共线且反向，故C正确；对于D，a(1，2)，b(1,1)，则ab(1，2)；若a与ab的夹角为锐角，则即解得且0，所以实数的取值范围是(0，)，D错误故选AC.11(2021苏州三模)已知ABC是边长为2的正三角形，该三角形重心为点G，点P为ABC所在平面内任一点，下列等式一定成立的是()A|2B.2C.3D|答案BC解析|2，A错误；|cos222，B正确；G为ABC的重心，0，G33，C正确；|2，|2，D错误故选BC.12(2021
26、福建省三明市三元区校级月考)八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中OA1，则以下结论正确的是()A.0B.C. D| 答案ABC解析正八边形ABCDEFGH被分成8个全等的等腰三角形，不妨取AOB，则AOB45，BOD2AOB90，即HDBF，0，即A正确；AOD3AOB135，11cos135，即B正确；以OH，OB为邻边作平行四边形可构成一个边长为1的正方形，且其中一条对角线与OA共线， ，即C正确；|，在等腰三角形AOF中，OAOF1，AOF135，由余弦定理知，FA2OA2OF22OAOFcosAOF112112，| ，即
27、D错误故选ABC.三、填空题13在平行四边形ABCD中，(1,2)，(4,2)，则该平行四边形的面积为_.答案10解析由题意知|，|2，1(4)220，S平行四边形ABCD|210.14(2021新高考卷)已知向量abc0，|a|1，|b|c|2，abbcca_.答案解析由已知可得(abc)2a2b2c22(abbcca)92(abbcca)0，因此，abbcca.15(2021济宁三模)在平行四边形ABCD中，AD6，AB3，DAB60，若2，则_.答案21解析如图所示，因为，所以，又2，又，所以()|2|2，又AD6，AB3，DAB60，所以|cos609，代入数据可得369921.16(
28、2020天津高考)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，ADBC，BAD180B120，|cos120639，解得.以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系xBy.BC6，C(6,0)，AB3，ABC60，点A的坐标为.又，D.设M(x,0)，则N(x1,0)(其中0x5)，2x24x(x2)2，当x2时，取得最小值.四、解答题17在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m，n(c，b2a)，且mn0.(1)求C的大小；(2)若点D为边AB上一点，且满足，|，c
29、2，求ABC的面积解(1)因为m(cosB，cosC)，n(c，b2a)，mn0，所以ccosB(b2a)cosC0，在ABC中，由正弦定理得sinCcosB(sinB2sinA)cosC0，整理得sinA2sinAcosC，又sinA0，所以cosC，而C(0，)，所以C.(2)由知，所以2，两边平方得4|2b2a22bacosACBb2a2ba28.又c2a2b22abcosACB，所以a2b2ab12.由得ab8，所以SABCabsinACB2.18.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，sin2cos)，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|22，所以当t时，|最小，最小值为.(2)由题意得C(cos，sin)，m(cos1，sin)，则mn1cos2sin22sincos1cos2sin21sin，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.
