新高考數學高頻考點題型歸納25平面向量數量積（教師版）

專題25平面向量的數量積一、關鍵能力理解平面向量數量積的概念及其意義，了解平面向量的數量積與向量投影的關系.掌握數量積與兩個向量的夾角之間的關系.二、教學建議以考查向量的數量積、夾角、模、垂直的條件等問題為主，基本穩(wěn)定為選擇題或填空題，難度中等以下；常常以平面圖形為載體，同三角函數、解析幾何等知識相結合，以工具的形式出現．三、自主梳理 知識點1．兩個向量的夾角1．定義已知兩個非零向量a和b，作＝a，＝b，則∠AOB＝θ叫做向量a與b的夾角．2．范圍向量夾角θ的范圍是0°≤θ≤180°a與b同向時，夾角θ＝0°；a與b反向時，夾角θ＝180°.3．向量垂直如果向量a與b的夾角是90°，則a與b垂直，記作a⊥b.知識點2．平面向量的數量積1．已知兩個非零向量a與b，則數量|a||b|·cosθ叫做a與b的數量積，記作a·b，即a·b＝|a||b|cosθ，其中θ是a與b的夾角．規(guī)定0·a＝0.當a⊥b時，θ＝90°，這時a·b＝0.2．a·b的幾何意義：數量積a·b等于a的長度|a|與b在a的方向上的投影|b|cosθ的乘積．知識點3．數量積的運算律1．交換律：a·b＝b·a.2．分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.3．對λ∈R，λ(a·b)＝(λa)·b＝a·(λb)．知識點4．向量數量積的性質1．如果e是單位向量，則a·e＝e·a.2．a⊥ba·b＝0.3．a·a＝|a|2，.4．cosθ＝.(θ為a與b的夾角)5．|a·b|≤|a||b|.知識點5．數量積的坐標運算設a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，則：1．a·b＝a1b1＋a2b2.2．a⊥ba1b1＋a2b2＝0.3．|a|＝eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)).4．cosθ＝＝.(θ為a與b的夾角)四、高頻考點+重點題型考點一、數量積例1-1（2020·天津高考真題）如圖，在四邊形中，，，且，則實數的值為_________，若是線段上的動點，且，則的最小值為_________．【答案】【解析】，，，，解得，以點為坐標原點，所在直線為軸建立如下圖所示的平面直角坐標系，,∵，∴的坐標為,∵又∵,則，設，則（其中），，，，所以，當時，取得最小值.故答案為：；.例1-2（2021·全國高考真題）已知向量，，，_______．【答案】【解析】由已知可得，展開化簡后可得結果.【詳解】由已知可得，因此，.故答案為：.對點訓練1.（2021·北京高考真題），，，則_______；_______．【答案】03【解析】根據坐標求出，再根據數量積的坐標運算直接計算即可.【詳解】，，，.故答案為：0；3.對點訓練2.（2018·天津高考真題（文））在如圖的平面圖形中，已知OM=1.ON=2,∠MON=120°,BM=2MAA．?15B．?9C．?6D．0【答案】C【解析】如圖所示，連結MN，由BM=2MA,CN=2NA可知點M,N則BC=3MN由題意可知：OM2=12結合數量積的運算法則可得：BC?OM本題選擇C選項.考點二、向量夾角例2-1.（2019·全國高考真題（文））已知向量，則___________.【答案】【解析】．例2-2.（2021·陜西西安市）若兩個非零向量滿足，則向量與的夾角是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】把已知等式兩邊平方，得到、的關系及，然后利用向量的數量積公式求出量與的夾角．【詳解】解：，，，，，設與的夾角為，．，，．故選：D．對點訓練1.（2021·全國高三其他模擬（文））已知向量，，，，___________.【答案】【解析】利用向量的坐標運算求出，進而求出，，結合向量的數量積公式即可求解.【詳解】，又，利用向量的數量積公式可知故答案為：對點訓練2.設兩個向量e1，e2滿足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夾角為60°，若向量2te1＋7e2與向量e1＋te2的夾角為鈍角，求實數t的取值范圍．解析：∵e1·e2＝|e1|·|e2|·cos60°＝2×1×eq\f(1,2)＝1，∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＝2t＋7t＋(2t2＋7)e1·e2＝8t＋7t＋2t2＋7＝2t2＋15t＋7．因為向量2te1＋7e2與向量e1＋te2的夾角為鈍角，所以(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，即2t2＋15t＋7<0，解得－7<t<－eq\f(1,2)．當向量2te1＋7e2與向量e1＋te2反向時，設2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)，λ<0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2t＝λ，,λt＝7))2t2＝7，t＝－eq\f(\r(14),2)或t＝eq\f(\r(14),2)(舍)．故t的取值范圍為．考點三、向量的模例3-1（2021·全國高考真題（文））若向量滿足，則_________.【答案】【解析】∵∴∴.故答案為：.例3-2.（2020·北京高考真題）已知正方形的邊長為2，點P滿足，則_________；_________．【答案】【解析】以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸建立如下圖所示的平面直角坐標系，則點、、、，，則點，，，因此，，.故答案為：；.對點訓練1.（2020屆浙江紹興市諸暨市高三上期末）已知，是不共線的兩個向量，若對任意的，的最小值為1，的最小值為1，若，則，所成角的余弦值為______.【答案】【解析】因為,所以當時，即，因為，所以當時，，即，所以，所以.故答案為：對點訓練2.已知，，，若，則的最小值為（）A．6 B． C．3 D．【答案】C【解析】，則當時，取得最小值為3.故選：C.考點四、向量垂直例4-1（2020·全國高考真題（文））已知單位向量，的夾角為60°，則在下列向量中，與垂直的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由已知可得：.A：因為，所以本選項不符合題意；B：因為，所以本選項不符合題意；C：因為，所以本選項不符合題意；D：因為，所以本選項符合題意.故選：D.例4-2（2021·全國高考真題（理））已知向量，若，則__________．【答案】【解析】根據平面向量數量積的坐標表示以及向量的線性運算列出方程，即可解出．【詳解】因為，所以由可得，，解得．故答案為：．對點訓練1.（2020·全國高考真題（理））已知單位向量,的夾角為45°，與垂直，則k=__________.【答案】【解析】首先求得向量的數量積，然后結合向量垂直的充分必要條件即可求得實數k的值.【詳解】由題意可得：，由向量垂直的充分必要條件可得：，即：，解得：.故答案為：．對點訓練2.（2021·全國高考真題（理））已知向量．若，則________．【答案】.【解析】利用向量的坐標運算法則求得向量的坐標，利用向量的數量積為零求得的值【詳解】,，解得,故答案為：.考點五、向量的投影例5.（2020·山東高考真題）已知P是邊長為2的正六邊形ABCDEF內的一點，則的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】首先根據題中所給的條件，結合正六邊形的特征，得到在方向上的投影的取值范圍是，利用向量數量積的定義式，求得結果.【詳解】的模為2，根據正六邊形的特征，可以得到在方向上的投影的取值范圍是，結合向量數量積的定義式，可知等于的模與在方向上的投影的乘積，所以的取值范圍是，故選：A.對點訓練1.已知向量a＝(－2，m)，b＝(1,2)，若向量a在向量b方向上的投影為2，則實數m＝()A．－4 B．－6C．4 D.eq\r(5)＋1【答案】D【解析】∵a·b＝－2＋2m，∴|a|cosθ＝eq\f(a·b,|b|)＝eq\f(－2＋2m,\r(1＋4))＝2.解得m＝eq\r(5)＋1.鞏固訓練一、單項選擇題1.已知向量a＝(m－1，1)，b＝(m，－2)，則“m＝2”是“a⊥b”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件答案A解析當m＝2時，a＝(1，1)，b＝(2，－2)，所以a·b＝(1，1)·(2，－2)＝2－2＝0，所以a⊥b，充分性成立；當a⊥b時，a·b＝(m－1，1)·(m，－2)＝m(m－1)－2＝0，解得m＝2或m＝－1，必要性不成立.所以“m＝2”是“a⊥b”的充分不必要條件.2.已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(3，t)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝1，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))等于()A．－3B．－2C．2D．3答案C解析因為eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，t－3)，所以|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝＝1，解得t＝3，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,0)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2×1＋3×0＝2，故選C.3.已知非零向量a，b的夾角為60°，且|b|＝1，|2a－b|＝1，則|a|＝()A.eq\f(1,2) B.1 C.eq\r(2) D.2答案A解析由題意得a·b＝|a|×1×eq\f(1,2)＝eq\f(|a|,2)，又|2a－b|＝1，∴|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4|a|2－2|a|＋1＝1，即4|a|2－2|a|＝0，又|a|≠0，解得|a|＝eq\f(1,2).4.若兩個非零向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，則向量a＋b與a的夾角為()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3) C.eq\f(5π,6) D.eq\f(π,6)答案D解析設|b|＝1，則|a＋b|＝|a－b|＝2.由|a＋b|＝|a－b|，得a·b＝0，故以a，b為鄰邊的平行四邊形是矩形，且|a|＝eq\r(3)，設向量a＋b與a的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·（a＋b）,|a|·|a＋b|)＝eq\f(a2＋a·b,|a|·|a＋b|)＝eq\f(|a|,|a＋b|)＝eq\f(\r(3),2)，又0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(π,6).5.在平面內,AB·AC=BA·BC=CA·CB=6,動點P,M滿足|AP|=2,PM=MC,則|BM|的最大值是()A.3B.4C.8D.16答案B6.如圖，在等腰梯形ABCD中，AB＝4，BC＝CD＝2，若E，F分別是邊BC，AB上的點，且滿足eq\f(BE,BC)＝eq\f(AF,AB)＝λ，則當eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝0時，λ的值所在的區(qū)間是()A. B.C. D.答案B解析在等腰梯形ABCD中，AB＝4，BC＝CD＝2，可得〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝60°，所以〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))〉＝60°，〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝120°，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝4×2×eq\f(1,2)＝4，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝4×2×＝－4，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2×2×eq\f(1,2)＝2，又eq\f(BE,BC)＝eq\f(AF,AB)＝λ，所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→)))·(λeq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋λ2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))－λeq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，即2λ2－7λ＋2＝0，解得λ＝eq\f(7＋\r(33),4)(舍去)或λ＝eq\f(7－\r(33),4)∈.二、多項選擇題7.設a，b是兩個非零向量．則下列命題為假命題的是()A．若|a＋b|＝|a|－|b|，則a⊥bB．若a⊥b，則|a＋b|＝|a|－|b|C．若|a＋b|＝|a|－|b|，則存在實數λ，使得b＝λaD．若存在實數λ，使得b＝λa，則|a＋b|＝|a|－|b|答案ABD解析對于A，若|a＋b|＝|a|－|b|，則|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2|a||b|，得a·b＝－|a||b|≠0，a與b不垂直，所以A為假命題；對于B，由A解析可知，若a⊥b，則|a＋b|≠|a|－|b|，所以B為假命題；對于C，若|a＋b|＝|a|－|b|，則|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2|a||b|，得a·b＝－|a||b|，則cosθ＝－1，則a與b反向，因此存在實數λ，使得b＝λa，所以C為真命題．對于D，若存在實數λ，使得b＝λa，則a·b＝λ|a|2，－|a||b|＝λ|a|2，由于λ不能等于0，因此a·b≠－|a||b|，則|a＋b|≠|a|－|b|，所以D不正確．故選ABD.8．設a，b，c是任意的非零平面向量，且相互不共線，則下列命題中的真命題是()A．(a·b)c－(c·a)b＝0B．|a|－|b|＜|a－b|C．(b·c)a－(a·c)b不與c垂直D．(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2答案BD解析由于b，c是不共線的向量，因此(a·b)c與(c·a)b相減的結果應為向量，故A錯誤；由于a，b不共線，故a，b，a－b構成三角形，因此B正確；由于[(b·c)a－(c·a)b]·c＝(b·c)(a·c)－(c·a)(b·c)＝0，故C中兩向量垂直，故C錯誤；根據向量數量積的運算可以得出D是正確的．故選BD.三、填空題9．已知i，j為互相垂直的單位向量，a＝i－2j，b＝i＋λj，且a與b的夾角為銳角，則實數λ的取值范圍為________．答案λ<eq\f(1,2)且λ≠－2解析∵〈a，b〉∈(0，eq\f(π,2))，∴a·b>0且a，b不同向．即|i|2－2λ|j|2>0，∴λ<eq\f(1,2)．當a，b同向時，由a＝λb(λ>0)得λ＝－2．∴λ<eq\f(1,2)且λ≠－2．10．已知點A，B，C滿足|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝5，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的值是________．答案－25解析如圖，根據題意可得△ABC為直角三角形，且∠B＝eq\f(π,2)，cosA＝eq\f(3,5)，cosC＝eq\f(4,5)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝4×5cos(π－C)＋5×3cos(π－A)＝－20cosC－15cosA＝－20×eq\f(4,5)－15×eq\f(3,5)＝－25．11．在平面四邊形ABCD中，點E，F分別是邊AD，BC的中點，且AB＝1，EF＝eq\r(2)，CD＝eq\r(3)．若eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝15，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝________．答案13解析2eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))，平方并整理得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝2，即eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2，①由eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝15，得eq\o(AD,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝15，②②－①，得eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝13．12.已知向量a，b，c滿足|a|＝4，|b|＝2eq\r(2)，〈a，b〉＝eq\f(π,4)，(c－a)·(c－b)＝－1，則|c－a|的最大值為________．答案eq\r(2)＋1解析設eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，以OA所在的直線為x軸，O為坐標原點建立平面直角坐標系(圖略)，∵|a|＝4，|b|＝2eq\r(2)，a與b的夾角為eq\f(π,4)，則A(4,0)，B(2,2)，設C(x，y)，∵(c－a)·(c－b)＝－1，∴x2＋y2－6x－2y＋9＝0，即(x－3)2＋(y－1)2＝1，∴點C在以(3,1)為圓心，1為半徑的圓上，|c－a|表示點A，C的距離，即圓上的點與A(4,0)的距離，∵圓心到A的距離為eq\r(2)，∴|c－a|的最大值為eq\r(2)＋1.四、解答題13.已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61.(1)求a與b的夾角θ；(2)求|a＋b|；(3)若eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，求△ABC的面積．解(1)因為(2a－3b)·(2a＋b)＝61，所以4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.又|a|＝4，|b|＝3，所以64－4a·b－27＝61，所以a·b＝－6，所以cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－6,4×3)＝－eq\f(1,2).又0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(2π,3).(2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝42＋2×(－6)＋32＝13，所以|a＋b|＝eq\r(13).(3)因為eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(BC,\s\up6(→))的夾角θ＝eq\f(2π,3)，所以∠ABC＝π－eq\f(2π,3)＝eq\f(π,3).又|eq\o(AB,\