高考数学统考一轮复习第5章5.3平面向量的数量积与应用举例学案

这是一份高考数学统考一轮复习第5章5.3平面向量的数量积与应用举例学案，共10页。学案主要包含了知识重温，小题热身等内容，欢迎下载使用。

【知识重温】
一、必记4个知识点
1．平面向量的数量积的定义
(1)已知两个①____________a、b，过O点作eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，则∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a与b的②________.
很显然，当且仅当两非零向量a、b同方向时，θ＝③________，当且仅当a、b反方向时，θ＝④________，特别地，0与其他任何非零向量之间不谈夹角这一问题．
(2)如果a，b的夹角为90°，则称a与b垂直，记作⑤________.
(3)a，b是两个非零向量，它们的夹角为θ，则数|a|·|b|·cs θ叫做a与b的数量积．记作a·b，即a·b＝⑥________________.
规定0·a＝0.
当a⊥b时，θ＝90°，这时⑦________＝0.
(4)a·b的几何意义
a·b等于a的长度与b在a的方向上的⑧____________.
2．向量数量积的性质
(1)如果e是单位向量，则a·e＝e·a＝⑨____________.
(2)a⊥b⇒⑩________且a·b＝0⇒⑪____________.(a，b为非零向量)
(3)a·a＝⑫________，|a|＝⑬ ____________.
(4)cs〈a，b〉＝⑭________________.
(5)|a·b|⑮________|a||b|.
3．数量积的运算律
(1)交换律a·b＝⑯________.
(2)分配律(a＋b)·c＝⑰________________.
(3)对λ∈R，λ(a·b)＝⑱________________＝⑲________________.
4．数量积的坐标运算
设a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则
(1)a·b＝⑳________________.
(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个易误点
1．若a，b，c是实数，则ab＝ac⇒b＝c(a≠0)；但对于向量就没有这样的性质，若向量a，b，c满足a·b＝a·c(a≠0)，则不一定有b＝c，即等式两边不能同时约去一个向量，但可以同时乘以一个向量．
2．数量积运算不适合结合律，即(a·b)·c≠a·(b·c)．
【小题热身】
一、判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)两个向量的数量积是一个向量．( )
(2)向量在另一个向量方向上的投影也是向量．( )
(3)若a·b>0，则a和b的夹角为锐角；若a·b<0，则a和b的夹角为钝角．( )
(4)若a·b＝0，则a＝0或b＝0.( )
(5)(a·b)·c＝a·(b·c)．( )
(6)若a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c.( )
二、教材改编
2．对于任意两个向量a和b，下列命题中正确的是( )
A．若a，b满足|a|>|b|，且a与b同向，则a>b
B．|a＋b|≤|a|＋|b|
C．|a·b|≥|a|·|b|
D．|a－b|≤|a|－|b|
3．若e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则a＝2e1＋e2与b＝－3e1＋2e2的夹角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°

三、易错易混
4．已知a，b为非零向量，则“a·b>0”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
5．已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.

四、走进高考
6．[2020·全国卷Ⅰ]设a，b为单位向量，且|a＋b|＝1，则|a－b|＝________.

考点一 平面向量的数量积[自主练透型]
1．已知正方形ABCD的边长为2，点P满足eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，则|eq \(PD,\s\up6(→))|＝________；eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝________.
2．[2019·全国卷Ⅱ]已知eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,3)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(3，t)，|eq \(BC,\s\up6(→))|＝1，则eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
3．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]已知△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠A＝eq \f(π,3)，BC的中点为M，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))等于( )
A.eq \f(15,2) B．11 C．12 D．15
4．[2021·重庆第一中学月考]已知非零向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，a，b的夹角为120°，且|b|＝2|a|，则向量a，c的数量积为( )
A．0 B．－2a2 C．2a2 D．－a2

考点二 平面向量数量积的性质(高频考点)
[互动讲练型]
考向一：平面向量的模
[例1] (1)[2021·惠州市高三调研考试试题]平面向量a与b的夹角为eq \f(π,3)，a＝(2,0)，|b|＝1，则|a－2b|＝( )
A．2eq \r(3) B.eq \r(6) C．0 D．2
(2)[2021·河北省九校高三联考试题]已知两个不相等的非零向量a，b满足|a|＝1，且a与b－a的夹角为60°，则|b|的取值范围是( )
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：平面向量的夹角
[例2] (1)[2020·全国卷Ⅲ]已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则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·山西省八校高三联考]已知向量a＝(－1,2)，单位向量b满足b·(a＋eq \r(5)b)＝eq \f(\r(5),2)，则向量a，b的夹角θ为________．
考向三：平面向量的垂直与平行
[例3] (1)[2020·全国卷Ⅱ]已知单位向量a，b的夹角为45°，ka－b与a垂直，则k＝________.
(2)[2021·贵阳市适应性考试]已向量a＝(1,2)，b＝(m，－1), 若a∥(a＋b)，则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
平面向量数量积应用的技巧
1．求两向量的夹角，cs θ＝eq \f(a·b,|a|·|b|)，要注意θ∈[0，π]．
2．两向量垂直的应用．两非零向量垂直的充要条件是：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，把向量的模的运算转化为数量积运算．
(2)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.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．[2021·广东省七校联合体高三联考试题]已知向量a、b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a－b|＝( )
A.eq \r(3) B.eq \r(5) C．2eq \r(3) D.eq \r(7)
2．[2021·福州市高三毕业班适应性练习卷]已知两个单位向量e1，e2，若(e1－2e2)⊥e1，则e1，e2的夹角为( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
3．[2021·黄冈中学，华师附中等八校联考]已知平面向量a＝(1，－3)，b＝(4，－2)，若λa－b与b垂直，则λ＝( )
A．－1 B．1 C．－2 D．2
考点三 平面向量与三角函数的综合应用
[互动讲练型]
[例4] [2021·福建泉州模拟]已知函数 f(x)＝d·e，其中d＝(2cs x，－eq \r(3)sin 2x)，e＝(cs x,1)，x∈R.
(1)求函数y＝f(x)的单调递减区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝eq \r(7)，且向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，求边长b和c的值．
悟·技法
平面向量与三角函数的综合问题的解题思路
(1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．
(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求值域等.
[变式练]——(着眼于举一反三)
4．[2017·江苏卷]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)记f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值．
第三节 平面向量的数量积与应用举例
【知识重温】
非零向量 ②夹角 ③0° ④180° ⑤a⊥b ⑥|a|·|b|·cs θ ⑦a·b ⑧投影的乘积 ⑨|a|cs〈a，e〉 ⑩a·b＝0 ⑪a⊥b ⑫|a|2 ⑬eq \r(a·a) ⑭eq \f(a·b,|a|·|b|) ⑮≤ ⑯b·a ⑰a·c＋b·c ⑱(λa)·b ⑲a·(λb) ⑳ eq \\ac(○,21)＝0 eq \\ac(○,22) eq \\ac(○,23)
【小题热身】
1．答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)×
2．解析：对于A：向量不能比较大小，故A错误；对于B：由向量运算的三角形法则，可得B正确；对于C：a·b＝|a||b|cs θ，则必有|a·b|≤|a|·|b|，C错误；对于D：由向量运算的三角形法则，有|a－b|≥|a|－|b|，D错误．
答案：B
3．解析：由题意知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与b的夹角为120°.
答案：C
4．解析：根据向量数量积的定义可知，若a·b>0，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a·b>0，所以“a·b>0”是“a与b的夹角为锐角”的必要不充分条件，故选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 (数形结合法)
由|a|＝|2b|＝2知，以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|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)
课堂考点突破
考点一
1．解析：
解法一 如图，在正方形ABCD中，由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))得点P为BC的中点，∴|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)，∴|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：因为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，故选C.
答案：C
3．解析：解法一 因为M为BC的中点，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，则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，故选B.
解法二 如图，以A为坐标原点，AC所在的直线为x轴，过点A与AC垂直的直线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，C(3,0)，B(2,2eq \r(3))．因为M为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，故选B.
答案：B
4．解析：由非零向量a，b，c满足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的夹角为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.故选A.
答案：A
考点二
例1 解析：(1)因为|a|＝2，|b|＝1，平面向量a与b的夹角为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，选D.
(2) 如图所示，设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(AB,\s\up6(→))＝b－a，则eq \(OB,\s\up6(→))＝b.因为a与b－a的夹角为60°，所以∠BAC＝60°，则∠OAB＝120°，则B为射线AD上的动点(不包括点A)，又|a|＝1，即|eq \(OA,\s\up6(→))|＝1，所以由图可知，|b|＞1，故选D.
答案：(1)D (2)D
例2 解析：(1)由题意得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).故选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的夹角θ＝eq \f(2π,3).
答案：(1)D (2)eq \f(2π,3)
例3 解析：(1)因为(ka－b)·a＝ka2－a·b＝0，且单位向量a，b的夹角为45°，所以k－eq \f(\r(2),2)＝0，即k＝eq \f(\r(2),2).
(2)通解 依题意得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)，选B.
优解 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).选B.
答案：(1)eq \f(\r(2),2) (2)B
变式练
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)，故选A.
答案：A
2．解析：因为(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)，故选B.
答案：B
3．解析：由已知得λa－b＝(λ－4，－3λ＋2)，因为λa－b与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，故选D.
答案：D
考点三
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)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．
(2)因为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).因为a＝eq \r(7)，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝(b＋c)2－3bc＝7 ①.因为向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，所以2sin B＝3sin C，由正弦定理得2b＝3c ②，由①②可得b＝3，c＝2.
变式练
4．解析：(1)因为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，则sin x＝0，与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))).
因为x∈[0，π]，所以x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，
从而－1≤cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))≤eq \f(\r(3),2).
于是，当x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，即x＝0时，f(x)取到最大值3；
当x＋eq \f(π,6)＝π，即x＝eq \f(5π,6)时，f(x)取到最小值－2eq \r(3).