【知識重溫】
一、必記4個知識點
1．平面向量的數(shù)量積的定義
(1)已知兩個①____________a、b，過O點作eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，則∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a與b的②________.
很顯然，當(dāng)且僅當(dāng)兩非零向量a、b同方向時，θ＝③________，當(dāng)且僅當(dāng)a、b反方向時，θ＝④________，特別地，0與其他任何非零向量之間不談夾角這一問題．
(2)如果a，b的夾角為90°，則稱a與b垂直，記作⑤________.
(3)a，b是兩個非零向量，它們的夾角為θ，則數(shù)|a|·|b|·cs θ叫做a與b的數(shù)量積．記作a·b，即a·b＝⑥________________.
規(guī)定0·a＝0.
當(dāng)a⊥b時，θ＝90°，這時⑦_(dá)_______＝0.
(4)a·b的幾何意義
a·b等于a的長度與b在a的方向上的⑧____________.
2．向量數(shù)量積的性質(zhì)
(1)如果e是單位向量，則a·e＝e·a＝⑨____________.
(2)a⊥b?⑩________且a·b＝0??____________.(a，b為非零向量)
(3)a·a＝?________，|a|＝? ____________.
(4)cs〈a，b〉＝?________________.
(5)|a·b|?________|a||b|.
3．?dāng)?shù)量積的運算律
(1)交換律a·b＝?________.
(2)分配律(a＋b)·c＝?________________.
(3)對λ∈R，λ(a·b)＝?________________＝?________________.
4．?dāng)?shù)量積的坐標(biāo)運算
設(shè)a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，則
(1)a·b＝?________________.
(2)a⊥b?eq \(○,\s\up1(21))________________.
(3)|a|＝eq \(○,\s\up1(22))____________.
(4)cs〈a，b〉＝eq \(○,\s\up1(23))____________________.
二、必明2個易誤點
1．若a，b，c是實數(shù)，則ab＝ac?b＝c(a≠0)；但對于向量就沒有這樣的性質(zhì)，若向量a，b，c滿足a·b＝a·c(a≠0)，則不一定有b＝c，即等式兩邊不能同時約去一個向量，但可以同時乘以一個向量．
2．?dāng)?shù)量積運算不適合結(jié)合律，即(a·b)·c≠a·(b·c)．
【小題熱身】
一、判斷正誤
1．判斷下列說法是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．
(1)兩個向量的數(shù)量積是一個向量．( )
(2)向量在另一個向量方向上的投影也是向量．( )
(3)若a·b>0，則a和b的夾角為銳角；若a·b|b|，且a與b同向，則a>b
B．|a＋b|≤|a|＋|b|
C．|a·b|≥|a|·|b|
D．|a－b|≤|a|－|b|
3．若e1，e2是夾角為60°的兩個單位向量，則a＝2e1＋e2與b＝－3e1＋2e2的夾角為( )
A．30° B．60° C．120° D．150°

三、易錯易混
4．已知a，b為非零向量，則“a·b>0”是“a與b的夾角為銳角”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
5．已知向量a，b的夾角為60°，|a|＝2，|b|＝1，則|a＋2b|＝________.

四、走進高考
6．[2020·全國卷Ⅰ]設(shè)a，b為單位向量，且|a＋b|＝1，則|a－b|＝________.

考點一 平面向量的數(shù)量積[自主練透型]
1．已知正方形ABCD的邊長為2，點P滿足eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，則|eq \(PD,\s\up6(→))|＝________；eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝________.
2．[2019·全國卷Ⅱ]已知eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,3)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(3，t)，|eq \(BC,\s\up6(→))|＝1，則eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
3．[2021·南昌市高三年級摸底測試卷]已知△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠A＝eq \f(π,3)，BC的中點為M，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))等于( )
A.eq \f(15,2) B．11 C．12 D．15
4．[2021·重慶第一中學(xué)月考]已知非零向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，a，b的夾角為120°，且|b|＝2|a|，則向量a，c的數(shù)量積為( )
A．0 B．－2a2 C．2a2 D．－a2

考點二 平面向量數(shù)量積的性質(zhì)(高頻考點)
[互動講練型]
考向一：平面向量的模
[例1] (1)[2021·惠州市高三調(diào)研考試試題]平面向量a與b的夾角為eq \f(π,3)，a＝(2,0)，|b|＝1，則|a－2b|＝( )
A．2eq \r(3) B.eq \r(6) C．0 D．2
(2)[2021·河北省九校高三聯(lián)考試題]已知兩個不相等的非零向量a，b滿足|a|＝1，且a與b－a的夾角為60°，則|b|的取值范圍是( )
A．(0，eq \f(\r(3),2)) B．[eq \f(\r(3),2)，1)
C．[eq \f(\r(3),2)，＋∞) D．(1，＋∞)
考向二：平面向量的夾角
[例2] (1)[2020·全國卷Ⅲ]已知向量a，b滿足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，則cs〈a，a＋b〉＝( )
A．－eq \f(31,35) B．－eq \f(19,35) C.eq \f(17,35) D.eq \f(19,35)
(2)[2021·山西省八校高三聯(lián)考]已知向量a＝(－1,2)，單位向量b滿足b·(a＋eq \r(5)b)＝eq \f(\r(5),2)，則向量a，b的夾角θ為________．
考向三：平面向量的垂直與平行
[例3] (1)[2020·全國卷Ⅱ]已知單位向量a，b的夾角為45°，ka－b與a垂直，則k＝________.
(2)[2021·貴陽市適應(yīng)性考試]已向量a＝(1,2)，b＝(m，－1), 若a∥(a＋b)，則a·b＝( )
A.eq \f(5,2) B．－eq \f(5,2) C.eq \f(3,2) D．－eq \f(3,2)
悟·技法
平面向量數(shù)量積應(yīng)用的技巧
1．求兩向量的夾角，cs θ＝eq \f(a·b,|a|·|b|)，要注意θ∈[0，π]．
2．兩向量垂直的應(yīng)用．兩非零向量垂直的充要條件是：a⊥b?a·b＝0?|a－b|＝|a＋b|.
3．求向量的模的方法
(1)公式法：利用|a|＝eq \r(a·a)及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的運算轉(zhuǎn)化為數(shù)量積運算．
(2)幾何法：利用向量的幾何意義，即利用向量加減法的平行四邊形法則或三角形法則作出向量，再利用余弦定理等方法求解.
[變式練]——(著眼于舉一反三)
1．[2021·廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考試題]已知向量a、b的夾角為60°，|a|＝2，|b|＝1，則|a－b|＝( )
A.eq \r(3) B.eq \r(5) C．2eq \r(3) D.eq \r(7)
2．[2021·福州市高三畢業(yè)班適應(yīng)性練習(xí)卷]已知兩個單位向量e1，e2，若(e1－2e2)⊥e1，則e1，e2的夾角為( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
3．[2021·黃岡中學(xué)，華師附中等八校聯(lián)考]已知平面向量a＝(1，－3)，b＝(4，－2)，若λa－b與b垂直，則λ＝( )
A．－1 B．1 C．－2 D．2
考點三 平面向量與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用
[互動講練型]
[例4] [2021·福建泉州模擬]已知函數(shù) f(x)＝d·e，其中d＝(2cs x，－eq \r(3)sin 2x)，e＝(cs x,1)，x∈R.
(1)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；
(2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，f(A)＝－1，a＝eq \r(7)，且向量m＝(3，sin B)與n＝(2，sin C)共線，求邊長b和c的值．
悟·技法
平面向量與三角函數(shù)的綜合問題的解題思路
(1)題目條件給出向量的坐標(biāo)中含有三角函數(shù)的形式，運用向量共線或垂直或等式成立等，得到三角函數(shù)的關(guān)系式，然后求解．
(2)給出用三角函數(shù)表示的向量坐標(biāo)，要求的是向量的模或者其他向量的表達(dá)形式，解題思路是經(jīng)過向量的運算，利用三角函數(shù)在定義域內(nèi)的有界性，求值域等.
[變式練]——(著眼于舉一反三)
4．[2017·江蘇卷]已知向量a＝(cs x，sin x)，b＝(3，－eq \r(3))，x∈[0，π]．
(1)若a∥b，求x的值；
(2)記f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及對應(yīng)的x的值．
第三節(jié) 平面向量的數(shù)量積與應(yīng)用舉例
【知識重溫】
非零向量 ②夾角 ③0° ④180° ⑤a⊥b ⑥|a|·|b|·cs θ ⑦a·b ⑧投影的乘積 ⑨|a|cs〈a，e〉 ⑩a·b＝0 ?a⊥b ?|a|2 ?eq \r(a·a) ?eq \f(a·b,|a|·|b|) ?≤ ?b·a ?a·c＋b·c ?(λa)·b ?a·(λb) ? eq \\ac(○,21)＝0 eq \\ac(○,22) eq \\ac(○,23)
【小題熱身】
1．答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)×
2．解析：對于A：向量不能比較大小，故A錯誤；對于B：由向量運算的三角形法則，可得B正確；對于C：a·b＝|a||b|cs θ，則必有|a·b|≤|a|·|b|，C錯誤；對于D：由向量運算的三角形法則，有|a－b|≥|a|－|b|，D錯誤．
答案：B
3．解析：由題意知e1·e2＝1×1×cs 60°＝eq \f(1,2).
a·b＝－6eeq \\al(2,1)＋e1·e2＋2eeq \\al(2,2)＝－6＋eq \f(1,2)＋2＝－eq \f(7,2).
|a|＝eq \r(?2e1＋e2?2)＝eq \r(4e\\al(2,1)＋e\\al(2,2)＋4e1·e2)＝eq \r(4＋1＋2)＝eq \r(7)，
|b|＝eq \r(?－3e1＋2e2?2)＝eq \r(9e\\al(2,1)－12e1·e2＋4e\\al(2,2))＝ eq \r(9－12×\f(1,2)＋4)＝eq \r(7)，
∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－\f(7,2),\r(7)·\r(7))＝－eq \f(1,2).
∴a與b的夾角為120°.
答案：C
4．解析：根據(jù)向量數(shù)量積的定義可知，若a·b>0，則a與b的夾角為銳角或零角，若a與b的夾角為銳角，則一定有a·b>0，所以“a·b>0”是“a與b的夾角為銳角”的必要不充分條件，故選B.
答案：B
5．解析：方法一 |a＋2b|＝eq \r(?a＋2b?2)＝eq \r(a2＋4a·b＋4b2)
＝eq \r(22＋4×2×1×cs 60°＋4×12)＝eq \r(12)＝2eq \r(3).
方法二 (數(shù)形結(jié)合法)
由|a|＝|2b|＝2知，以a與2b為鄰邊可作出邊長為2的菱形OACB，如圖，則|a＋2b|＝|eq \(OC,\s\up6(→))|.
又∠AOB＝60°，所以|a＋2b|＝2eq \r(3).
答案：2eq \r(3)
6．解析：由|a＋b|＝1，得|a＋b|2＝1，即a2＋b2＋2a·b＝1，而|a|＝|b|＝1，故a·b＝－eq \f(1,2)，|a－b|＝eq \r(|a－b|2)＝eq \r(a2＋b2－2a·b)＝eq \r(1＋1＋1)＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
課堂考點突破
考點一
1．解析：
解法一 如圖，在正方形ABCD中，由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))得點P為BC的中點，∴|eq \(PD,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \(PB,\s\up6(→))·(eq \(PC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→)))＝eq \(PB,\s\up6(→)) ·eq \(PC,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PC,\s\up6(→))＝1×1×cs 180°＝－1.
解法二∵eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，∴P為BC的中點，以A為原點，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，由題意知A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，P(2,1)，∴|eq \(PD,\s\up6(→))|＝eq \r(?2－0?2＋?1－2?2)＝eq \r(5)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0，－1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(－2,1)，∴eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，－1)·(－2,1)＝－1.
答案：eq \r(5) －1
2．解析：因為eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，t－3)，所以|eq \(BC,\s\up6(→))|＝eq \r(1＋?t－3?2)＝1，解得t＝3，所以eq \(BC,\s\up6(→))＝(1,0)，所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝2×1＋3×0＝2，故選C.
答案：C
3．解析：解法一 因為M為BC的中點，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，則eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝8＋eq \f(1,2)×4×3×cs eq \f(π,3)＝11，故選B.
解法二 如圖，以A為坐標(biāo)原點，AC所在的直線為x軸，過點A與AC垂直的直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，C(3,0)，B(2,2eq \r(3))．因為M為BC的中心，所以M(eq \f(5,2)，eq \r(3))，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝(eq \f(5,2)，eq \r(3))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，2eq \r(3))，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(5,2)×2＋eq \r(3)×2eq \r(3)＝11，故選B.
答案：B
4．解析：由非零向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，可得c＝－(a＋b)，所以a·c＝a·[－(a＋b)]＝－a2－a·b＝－a2－|a|·|b|·cs〈a，b〉．由于a，b的夾角為120°，且|b|＝2|a|，所以a·c＝－a2－|a|·|b|cs 120°＝－|a|2－2|a|2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝0.故選A.
答案：A
考點二
例1 解析：(1)因為|a|＝2，|b|＝1，平面向量a與b的夾角為eq \f(π,3)，所以a·b＝2×1×cs eq \f(π,3)＝2×eq \f(1,2)＝1，所以|a－2b|＝eq \r(|a－2b|2)＝eq \r(a2－4a·b＋4b2)＝eq \r(4－4＋4)＝2，選D.
(2) 如圖所示，設(shè)eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(AB,\s\up6(→))＝b－a，則eq \(OB,\s\up6(→))＝b.因為a與b－a的夾角為60°，所以∠BAC＝60°，則∠OAB＝120°，則B為射線AD上的動點(不包括點A)，又|a|＝1，即|eq \(OA,\s\up6(→))|＝1，所以由圖可知，|b|＞1，故選D.
答案：(1)D (2)D
例2 解析：(1)由題意得cs〈a，a＋b〉＝eq \f(a·?a＋b?,|a|·|a＋b|)＝eq \f(a2＋a·b,|a|·\r(a2＋b2＋2a·b))＝eq \f(25－6,5×\r(25＋36－12))＝eq \f(19,35).故選D.
(2)由b·(a＋eq \r(5)b)＝eq \f(\r(5),2)得a·b＋eq \r(5)|b|2＝eq \f(\r(5),2)，∵|b|＝1，∴a·b＝－eq \f(\r(5),2)，又|a|＝eq \r(5)，∴cs θ＝－eq \f(1,2)，而0≤θ≤π，∴向量a，b的夾角θ＝eq \f(2π,3).
答案：(1)D (2)eq \f(2π,3)
例3 解析：(1)因為(ka－b)·a＝ka2－a·b＝0，且單位向量a，b的夾角為45°，所以k－eq \f(\r(2),2)＝0，即k＝eq \f(\r(2),2).
(2)通解 依題意得a＋b＝(m＋1,1)．由a∥(a＋b)得(m＋1)×2－1×1＝0，m＝－eq \f(1,2)，a·b＝m－2＝－eq \f(5,2)，選B.
優(yōu)解 由a≠0，及a∥(a＋b)得a∥b，因此b＝－eq \f(1,2)a，a·b＝－eq \f(1,2)a2＝－eq \f(5,2).選B.
答案：(1)eq \f(\r(2),2) (2)B
變式練
1．解析：|a－b|＝eq \r(?a－b?2)＝eq \r(a2－2a·b＋b2)＝eq \r(4－2|a|·|b|cs 60°＋1)＝eq \r(3)，故選A.
答案：A
2．解析：因為(e1－2e2)⊥e1，所以(e1－2e2)·e1＝0，所以eeq \\al(2,1)＝2e2·e1，所以cs 〈e1，e2〉＝eq \f(1,2)，又〈e1，e2〉∈[0，π]，所以〈e1，e2〉＝eq \f(π,3)，故選B.
答案：B
3．解析：由已知得λa－b＝(λ－4，－3λ＋2)，因為λa－b與b垂直，所以(λa－b)·b＝0, 即(λ－4，－3λ＋2)·(4，－2)＝0，所以4λ－16＋6λ－4＝0，解得λ＝2，故選D.
答案：D
考點三
例4 解析：(1)f(x)＝d·e＝2cs2 x－eq \r(3)sin 2x＝1＋cs 2x－eq \r(3)·sin 2x＝1＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，令2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．
(2)因為f(A)＝1＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,3)))＝－1，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,3)))＝－1.又eq \f(π,3)＜2A＋eq \f(π,3)＜eq \f(7π,3)，所以2A＋eq \f(π,3)＝π，即A＝eq \f(π,3).因為a＝eq \r(7)，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝(b＋c)2－3bc＝7 ①.因為向量m＝(3，sin B)與n＝(2，sin C)共線，所以2sin B＝3sin C，由正弦定理得2b＝3c ②，由①②可得b＝3，c＝2.
變式練
4．解析：(1)因為a＝(cs x，sin x)，b＝(3，－eq \r(3))，a∥b，
所以－eq \r(3)cs x＝3sin x.
若cs x＝0，則sin x＝0，與sin2x＋cs2x＝1矛盾，
故cs x≠0.
于是tan x＝－eq \f(\r(3),3).
又x∈[0，π]，所以x＝eq \f(5π,6).
(2)f(x)＝a·b＝(cs x，sin x)·(3，－eq \r(3))＝3cs x－eq \r(3)sin x＝2eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).
因為x∈[0，π]，所以x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，
從而－1≤cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))≤eq \f(\r(3),2).
于是，當(dāng)x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，即x＝0時，f(x)取到最大值3；
當(dāng)x＋eq \f(π,6)＝π，即x＝eq \f(5π,6)時，f(x)取到最小值－2eq \r(3).

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高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)第5章平面向量數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入第3節(jié)平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例學(xué)案

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人教版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第5章平面向量第3節(jié)平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例學(xué)案理含解析

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新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)教師用書：第五章　3 第3講　平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例學(xué)案

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2022屆高三統(tǒng)考數(shù)學(xué)（文科）人教版一輪復(fù)習(xí)學(xué)案：5.3 平面向量的數(shù)量積與應(yīng)用舉例

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