2020届高考数学总复习 第五章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 5-3 平面向量的数量积与平面向

第3讲平面向量的数量积与平面向量应用举例1．向量的夹角已知两个非零向量a和b，作OA→＝a，OB→＝b，则________就是向量a与b的夹角，向量夹角的范围是：____________．∠AOB[0，π]2．平面向量的数量积3.平面向量数量积的运算律(1)交换律：a·b＝b·a.(2)数乘结合律：(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)．(3)分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.4．平面向量数量积的性质及其坐标表示设非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ＝〈a，b〉．结论几何表示坐标表示模|a|＝a·a|a|＝x21＋y21数量积a·b＝|a||b|cosθa·b＝x1x2＋y1y2夹角cosθ＝a·b|a||b|cosθ＝x1x2＋y1y2x21＋y21·x22＋y22a⊥ba·b＝0_______________|a·b|与|a||b|的关系|a·b|≤|a||b||x1x2＋y1y2|≤x21＋y21·x22＋y22x1x2＋y1y2＝0题组一常识题1．(教材改编)已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ为120°，则a·b＝________．【解析】由数量积的定义知，a·b＝|a||b|cosθ＝5×4×cos120°＝－10.【答案】－102．(教材改编)已知平面向量a，b的夹角为2π3，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋b|＝________．【解析】∵|a＋b|2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝4＋2|a||b|cos2π3＋1＝4－2＋1＝3，∴|a＋b|＝3.【答案】33．(教材改编)设a＝(5，－7)，b＝(－6，t)，若a·b＝－2，则t的值为________．【解析】由a·b＝－2得5×(－6)＋(－7)×t＝－2，即－7t＝28，所以t＝－4.【答案】－44．(教材改编)已知力F1和F2的合力F的大小为12N，F1的大小为24N，力F2与合力F的夹角为90°，则力F1与F2的夹角的大小为________．【解析】由向量加法的平行四边形法则知〈F2，F〉＝〈F，F1〉＝90°，|F|＝12，|F1|＝24，所以〈F，F1〉＝60°，所以〈F1，F2〉＝150°.【答案】150°题组二常错题◆索引：(1)没有找准向量的夹角致误．(2)不理解向量的数量积的几何意义致误．(3)向量的数量积的有关性质应用不熟练致误．5．在边长为1的等边三角形ABC中，设BC→＝a，CA→＝b，AB→＝c，则a·b＋b·c＋c·a＝________．【解析】依题意有a·b＋b·c＋c·a＝1×1×cos120°＋1×1×cos120°＋1×1×cos120°＝－12＋－12＋－12＝－32.本题在计算时，容易把两向量的夹角取作60°而致误．【答案】－326．已知AB→＝(2，1)，点C(－1，0)，D(4，5)，则向量AB→在CD→方向上的投影为________．【解析】因为点C(－1，0)，D(4，5)，所以CD→＝(5，5)，又AB→＝(2，1)，所以向量AB→在CD→方向上的投影为|AB→|cos〈AB→，CD→〉＝AB→·CD→|CD→|＝1552＝322.本题容易忽视向量内积的几何意义致误．【答案】322【答案】菱形7．若平面四边形ABCD满足AB→＋CD→＝0，(AB→－AD→)·AC→＝0，则该四边形一定是________．【解析】由四边形ABCD满足AB→＋CD→＝0知其为平行四边形．由(AB→－AD→)·AC→＝0，即DB→·AC→＝0，可知该平行四边形的对角线互相垂直，从而该四边形一定是菱形．考点一平面向量数量积的运算【例1】(1)已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA→·(PB→＋PC→)的最小值是()A．－2B．－32C．－43D．－1(2)已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则DE→·CB→的值为________，DE→·DC→的最大值为________．【解析】(1)以BC为x轴，BC的垂直平分线AD为y轴，D为坐标原点建立坐标，则A(0，3)，B(－1，0)，C(1，0)，设P(x，y)，所以PA→＝(－x，3－y)，PB→＝(－1，－x，－y)，PC→＝(1－x，－y)所以PB→＋PC→＝(－2x，－2y)，PA→·(PB→＋PC→)＝2x2－2y(3－y)＝2x2＋2y－322－32≥－32.当P0，32时，所求的最小值为－32，故选B.(2)法一：以射线AB，AD为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)，D(0，1)，设E(t，0)，t∈[0，1]，则DE→＝(t，－1)，CB→＝(0，－1)，所以DE→·CB→＝(t，－1)·(0，－1)＝1.因为DC→＝(1，0)，所以DE→·DC→＝(t，－1)·(1，0)＝t≤1，故DE→·DC→的最大值为1.法二：由图知，无论E点在哪个位置，DE→在CB→方向上的投影都是CB＝1，∴DE→·CB→＝|CB→|·1＝1，当E运动到B点时，DE→在DC→方向上的投影最大，即为DC＝1，∴(DE→·DC→)max＝|DC→|·1＝1.【答案】(1)B(2)11【反思归纳】跟踪训练1在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°.点E和F分别在线段BC和DC上，且BE→＝23BC→，DF→＝16DC→，则AE→·AF→的值为________．【解析】在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，∴CD＝1，AE→＝AB→＋BE→＝AB→＋23BC→，AF→＝AD→＋DF→＝AD→＋16DC→，∴AE→·AF→＝AB→＋23BC→·AD→＋16DC→＝AB→·AD→＋AB→·16DC→＋23BC→·AD→＋23BC→·16DC→＝2×1×cos60°＋2×16＋23×12×cos60°＋23×16×12×cos120°＝2918.【答案】2918跟踪训练2(2019·昆明调研)已知向量a，b的夹角为120°，且|a|＝1，|b|＝2，则向量(a－b)在向量(a＋b)方向上的投影是________．【解析】依题意得(a－b)·(a＋b)＝a2－b2＝－3，(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝3，即|a＋b|＝3，向量(a－b)在向量(a＋b)方向上的投影是（a－b）·（a＋b）|a＋b|＝－33＝－3.【答案】－3考点二平面向量数量积的性质角度1平面向量的垂直【例2】(1)如图所示，在△ABC中，AD⊥AB，BC→＝3BD→，|AD→|＝1，则AC→·AD→＝()A．23B.32C.33D.3(2)已知向量a＝(－1，2)，b＝(m，1)．若向量a＋b与a垂直，则m＝________．【解析】(1)AC→·AD→＝(AB→＋BC→)·AD→＝AB→·AD→＋BC→·AD→＝BC→·AD→＝3BD→·AD→＝3|BD→||AD→|cos∠BDA＝3|AD→|2＝3.故选D.(2)∵a＝(－1，2)，b＝(m，1)，∴a＋b＝(－1＋m，2＋1)＝(m－1，3)．又a＋b与a垂直，∴(a＋b)·a＝0，即(m－1)×(－1)＋3×2＝0，解得m＝7.【答案】(1)D(2)7角度2平面向量的模【例3】(1)(2019·济南模拟)设向量a，b满足|a|＝1，|a－b|＝3，a·(a－b)＝0，则|2a＋b|＝()A．2B．23C．4D．43(2)已知向量a与b的夹角为120°，|a|＝3，|a＋b|＝13，则|b|等于()A．5B．4C．3D．1【解析】(1)∵a·(a－b)＝0，∴a2＝a·b＝1，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝3，∴b2＝4，∴|2a＋b|＝4a2＋4a·b＋b2＝4＋4＋4＝23.故选B.(2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝|a|2＋2|a||b|cos120°＋|b|2＝32＋2×3×|b|×－12＋|b|2＝9－3|b|＋|b|2＝13，即|b|2－3|b|－4＝0，解得|b|＝4或|b|＝－1(舍去)．故选B.【答案】(1)B(2)B角度3平面向量的夹角【例4】(1)已知平面向量a，b，|a|＝1，|b|＝3，且|2a＋b|＝7，则向量a与向量a＋b的夹角为()A.π2B.π3C.π6D．π(2)已知e1，e2是互相垂直的单位向量．若3e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°，则实数λ的值是________．【解析】(1)由题意，得|2a＋b|2＝4＋4a·b＋3＝7，所以a·b＝0，所以a·(a＋b)＝1，且|a＋b|＝（a＋b）2＝2，故cos〈a，a＋b〉＝a·（a＋b）|a|·|a＋b|＝12，所以〈a，a＋b〉＝π3.故选B.(2)由题意知|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝0，|3e1－e2|＝（3e1－e2）2＝3e21－23e1·e2＋e22＝3－0＋1＝2.同理|e1＋λe2|＝1＋λ2.所以cos60°＝（3e1－e2）·（e1＋λe2）|3e1－e2||e1＋λe2|＝3e21＋（3λ－1）e1·e2－λe2221＋λ2＝3－λ21＋λ2＝12，解得λ＝33.【答案】(1)B(2)33【反思归纳】考点三平面向量数量积的最值问题【例5】在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°.动点E和F分别在线段BC和DC上，且BE→＝λBC→，DF→＝19λDC→，则AE→·AF→的最小值为________．【解析】法一：(等价转化思想)因为DF→＝19λDC→，DC→＝12AB→，CF→＝DF→－DC→＝19λDC→－DC→＝1－9λ9λDC→＝1－9λ18λAB→，AE→＝AB→＋BE→＝AB→＋λBC→，AF→＝AB→＋BC→＋CF→＝AB→＋BC→＋1－9λ18λAB→＝1＋9λ18λAB→＋BC→.所以AE→·AF→＝(AB→＋λBC→)·1＋9λ18λAB→＋BC→＝1＋9λ18λAB→2＋λBC→2＋1＋λ·1＋9λ18λAB→·BC→＝1＋9λ18λ×4＋λ＋19＋9λ18×2×1×cos120°＝29λ＋12λ＋1718≥229λ·12λ＋1718＝2918，当且仅当29λ＝12λ，即λ＝23时，AE→·AF→的最小值为2918.法二：(坐标法)以线段AB的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－1，0)，B(1，0)，C12，32，D－12，32，所以AE→＝AB→＋BE→＝AB→＋λBC→＝2－12λ，32λ，AF→＝AD→＋DF→＝AD→＋19λDC→＝12＋19λ，32，所以AE→·AF→＝2－12λ12＋19λ＋32×32λ＝1718＋λ2＋29λ≥1718＋2λ2×29λ＝2918，当且仅当29λ＝12λ，即λ＝23时，AE→·AF→的最小值为2918.【答案】2918【反思归纳】跟踪训练3△ABC是直角边等于4的等腰直角三角形，D是斜边BC的中点，AM→＝14AB→＋m·AC→，向量AM→的终点M在△ACD的内部(不含边界)，则AM→·BM→的取值范围是________．【解析】以AB所在的直线为x轴，AC所在的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则点A(0，0)，B(4，0)，C(0，4)，D(2，2)，∵AM→＝14AB→＋m·AC→＝14(4，0)＋m(0，4)＝(1，4m)，∴M(1，4m)．又∵点M在△ACD的内部(不含边界)，∴1＜4m＜3，14＜m＜34.∴AM→·BM→＝(1，4m)·(－3，4m)＝16m2－3，∴－2＜16m2－3＜6.【答案】(－2，6)