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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.知识诊断基础夯实【知识梳理】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|
2、a|b|cos_叫做向量a与b的数量积(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)|a
3、b|a|b|(当且仅当ab时等号成立)|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.常用结论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
4、.数量积运算律要准确理解、应用，例如，abac(a0)，不能得出bc，两边不能约去同一个向量.【诊断自测】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a与b夹角为，a在b上的投影向量为(|a|cos ).()(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.(必修二P34例11改编)设a(5，7)，b(6，4)，设a，b的夹角为，
5、则cos _.答案解析cos .3.(必修二P21例13改编)已知|a|3，|b|4，且a与b不共线，若(akb)(akb)，则实数k_.答案解析由题意知(akb)(akb)a2k2b2916k20，解得k.4.在ABC中，AB3，AC2，BC，则的值为_.答案解析在ABC中，由余弦定理得cos A，所以|cos(A)|cos A32.考点突破题型剖析考点一数量积的计算例1 (1)(2022全国乙卷)已知向量a，b满足|a|1，|b|，|a2b|3，则ab()A.2 B.1 C.1 D.2答案C解析由|a2b|3，可得|a2b|2a24ab4b29，又|a|1，|b|，所以ab1，故选C.(2
6、)(2023八省八校联考)如图，在同一平面内沿平行四边形ABCD的两边AB，AD向外分别作正方形ABEF，ADMN，其中AB2，AD1，BAD，则_.答案0解析法一()()0|cos |cos 00.法二建立平面直角坐标系，如图，则A(0，2)，C，N，则，则0.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)已知向量a(2，1)，b(3，0)，e是与b方向相同的单位向量，则a在b上的投影向量为()A.e B.e C.2e D.
7、2e答案C解析设a与b所成的角为，则cos ，故a在b上的投影向量为(|a|cos )e2e.故选C.(2)(2022全国甲卷)设向量a，b的夹角的余弦值为，且|a|1，|b|3，则(2ab)b_.答案11解析(2ab)b2abb22|a|b|cosa，b|b|22133211.(3)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)(2，1)1.法二如图，在正方形ABCD中，由()，得点P为BC
8、的中点，|.()201.考点二数量积的应用角度1夹角与垂直例2 (1)(2022新高考卷)已知向量a(3，4)，b(1，0)，catb，若a，cb，c，则t()A.6 B.5 C.5 D.6答案C解析由题意，得catb(3t，4)，所以ac3(3t)44253t，bc1(3t)043t.因为a，cb，c，所以cos a，ccos b，c，即，即3t，解得t5，故选C.(2)已知ABC中，A120，且AB3，AC4，若，且，则实数的值为_.答案解析因为，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 (2023华大新高考联盟质测)已知平
9、面向量a，b，c满足bc，|b|c|2，若abac8，则|a|_.答案4解析依题意，abaca(bc)0，所以a(bc)，而bc，abac8，|b|c|2，故a，ba，c45，故ab|a|b|cos 458，解得|a|4.感悟提升1.求解平面向量模的方法(1)利用公式|a|.(2)利用|a|.2.求平面向量的夹角的方法(1)定义法：cos ，的取值范围为0，.(2)坐标法：若a(x1，y1)，b(x2，y2)，则cos .训练2 (1)(2022全国乙卷)已知向量a(2，1)，b(2，4)，则|ab|()A.2 B.3 C.4 D.5答案D解析由题意知ab(2，1)(2，4)(4，3)，所以|
10、ab|5，故选D.(2)(2023烟台、德州一模)若非零向量a，b满足|a|b|，(a2b)a，则向量a与b的夹角为()A. B. C. D.答案B解析由已知得(a2b)aa22ab|a|22|a|b|cosa，b0，则|a|22|a|2cosa，b0，所以cosa，b，又a，b0，所以a，b，故选B.(3)(2023赣州十七校联考)已知a(1，2)，b(1，3)，若(kab)(2ab)恒成立，则k的值为_.答案0解析因为a(1，2)，b(1，3)，所以kab(k1，2k3)，2ab(3，1).因为(kab)(2ab)，所以(kab)(2ab)0，即3(k1)2k30，解得k0.考点三平面向量
11、与三角的结合应用例4 (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 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.感悟提升向量与三角函数结合时，通常以向量为表现形式，实现三角函数问题，要注意向量夹角与三角形内角的区别与联系.训练3 已知A，B，C分别
12、为ABC的三边a，b，c所对的角，向量m(sin A，sin B)，n(cos B，cos A)，且mnsin 2C.(1)求角C的大小；(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且()18，求边c的长.解(1)由已知得mnsin Acos Bcos Asin Bsin(AB)，因为ABC，所以sin(AB)sin(C)sin C，所以mnsin C，又mnsin 2C，所以sin 2C2sin Ccos Csin C，sin C0，所以cos C.又0C，所以C.(2)由已知及正弦定理得2cab.因为()18，所以abcos C18，所以ab36.由余弦定理得c2a2b22abc
13、os C(ab)23ab，所以c24c2336，所以c236，所以c6.分层精练巩固提升【A级基础巩固】1.(2023深圳质检)设xR，向量a(2，x)，b(3，2)，且ab，则|ab|()A.5 B. C.2 D.6答案B解析因为向量a(2，x)，b(3，2)，且ab，所以ab62x0，解得x3，即a(2，3).所以ab(1，5)，所以|ab|.故选B.2.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()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(
14、2，2)，则|c|2.3.(2022合肥质检)若向量a，b为单位向量，|a2b|，则向量a与向量b的夹角为()A.30 B.60 C.120 D.150答案C解析因为|a2b|，所以|a|24ab4|b|27.又向量a，b为单位向量，所以54cosa，b7，所以cosa，b，即a，b120，故向量a与向量b的夹角为120.故选C.4.(2023茂名五校联考)已知向量a(cos ，sin )，b(1，)，|ab|，则tan ()A. B. C. D.答案A解析ab(cos 1，sin )，由|ab|，得(cos 1)2(sin )25，则sin cos 0，tan .故选A.5.(多选)(202
15、3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|b|，故D正确.6.(2023浙江百校开学模拟)在ABC中，“0”是“ABC为钝角三角形”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D解析|cos B0
16、，即cos B0，又0B，所以0B，不能推出ABC为钝角三角形，充分性不成立.ABC为钝角三角形时，若B，则|cos B0，不能推出0，必要性不成立.所以“0”是“ABC为钝角三角形”的既不充分也不必要条件.故选D.7.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.8.(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|3.9.(2
17、023武汉一模)已知向量a，b的夹角为，且|a|4，|b|2，则向量a与向量a2b的夹角等于_.答案解析根据题意可得ab|a|b|cos 424，则a(a2b)|a|22ab16824，|a2b|4.设向量a与向量a2b的夹角为，故cos .又0，故.10.(2023汕头一模)已知在四边形ABCD中，ABCD，AB3CD3，ADBC，点E是CD的中点，则_.答案2解析如图，分别过点C，D作CGAB，DFAB，垂足分别为G，F.由题意得四边形ABCD为等腰梯形，AFBG1，DF1，所以DAF45，()()()22()2323cos 452.11.已知向量a(cos x，sin x)，b(3，)，
18、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 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)取到最大值3；当x，即x时，f(x)取到最小值2.12.在平面直角坐标系xOy中，点A(1，2)，B(2，3)，C(2，1).(1)求以线段AB，AC为邻边的
19、平行四边形两条对角线的长；(2)设实数t满足(t)0，求t的值.解(1)由题设知(3，5)，(1，1)，则(2，6)，(4，4).所以|2，|4.故所求的两条对角线的长分别为4，2.(2)法一由题设知(2，1)，(3，5)，t(32t，5t).由(t)0，得(32t，5t)(2，1)0，从而5t11，所以t.法二由题意得t2，(2，1)，(3，5)，t.【B级能力提升】13.(多选)(2023潍坊一模)已知向量(1，2)，将绕原点O分别旋转30，30，60到，的位置，则()A.0B.|C.D.点P1的坐标为答案ABC解析对于A，因为分别绕原点O旋转30，30，60得到，所以与的夹角为90，故0
20、，故A正确；对于B，由题意知，OPP1OPP2，所以PP1PP2，即|，故B正确；对于C，因为，60，60，且|，所以由数量积的定义知，故C正确；对于D，若点P1的坐标为，则|，故D不正确.14.(多选)(2023辽宁名校联盟联考)古代典籍周易中的“八卦”思想对我国建筑有一定影响，下图是受“八卦”的启示，设计的正八边形的八角窗.若O是正八边形ABCDEFGH的中心，且|1，则()A.，能构成向量的一个基底B.0C.D.答案BD解析连接BG，CF，由正八边形的性质可知，AHBG，CFBG，所以AHCF，所以与是共线向量，所以，不能构成向量的一个基底，A错误；连接OD，OF，易知DOF2，所以OD
21、OF，所以0，B正确；连接OA，OC，同B可知，由平行四边形法则可知，C错误；因为正八边形的每一个内角为(82)，ABCD，所以()|2cos，D正确.故选BD.15.已知点O是ABC内部一点，且满足0，又2，BAC60，则OBC的面积为_.答案1解析由2，BAC60，可得|cos BAC|2，所以|4，所以SABC|sin BAC3.又0，所以O为ABC的重心，所以SOBCSABC1.16.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.