第五章 第3讲 平面向量的数量积-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习（人教A版2019）

回高考一轮总复习·数学·RUA 第3讲 平面向量的数量积 课标要求 1.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算 2.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， 3.会用向量的方法解决某些简单的平面儿何问题. 对应客案P403] 必备知识 夯实四基可 知识梳理 3.平面向量数量积的运算律 1.平面向量数量积的有关概念 (1)a·b=b·a(交换律). (1)向量的夹角：已知两个非零向量a和b,O是 (2)a·b=λ(a·b)=a·(b)(结合律). 平面上的任意一点，作OA=a,OB=b,则∠AOB (3)(a+b)·c=a·c+b·c(分配律). =(0≤≤x)叫做向量a与b的夹角. 化常用结论 (2)数量积的定义：已知两个非零向量a与b,它 1.平面向量数量积运算的常用公式 们的夹角为0，我们把数量回 叫做 (1)(a+b)·(a-b)=a2-b; 向量a与b的数量积（或内积），记作a·b,即 (2)(a±b)2=a±2a·b+b. a·b=☑ .规定：零向量与任一向 2.有关向量夹角的两个结论 量的数量积为0，即0·a=0. (3)投影向量 (1)两向量a与b为锐角曰a·b>0且a与b不 如图，在平面内任取一点O,作 共线 OM=a,ON=b,过点M作直 (2)两向量a与b为钝角→a·b<0且a与b不 线ON的垂线，垂足为M,则b,N 共线 ☒ 就是向量a在向量b上的投影向量. 诊断自测 设与b方向相同的单位向量为e,a与b的夹角 思考辨析 为0，则OM与e,a,0之间的关系为OM=|a 1.判断下列结论是否正确.（对的打“/”，错的打 cos 0e. 2.平面向量数量积的性质及其坐标表示 “X”) 设向量a=(x1,%),b=(x2,y2),0为向量a,b的 (1)若a∥b,则必有a·b≠0. () 夹角 (2)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、 (1)数量积：a·b=a|bcos0=xx+yy 减，数乘运算结果是向量， () (2)模：la=√aa=√+. (3)若a·b<0,则向量a,b的夹角为钝角. a·b () (3)夹角：c0s0=ab1=√2+·V十 工工2十当3y (4)若a·b=a·c(a≠0)，则b=c. () (4)两非零向量a⊥b的充要条件：a·b=0台 教材衍化 xx2十y3y2=0. 2.(人A必楼第二册P33练习T2改编)已知向量a (5)a·b≤|a1b(当且仅当a∥b时等号成 =(1,m),b=(m-1,6),若(2a-b)⊥a,则实数 立)台xx十yy2≤√金十y·√十y m= ®104 第五章平面肉量，复数回 3.(人A必修第二册P24T21改编)已知|a=4, 边长为2，则AB.BC () 1b=3,a·b=-12,则向量b在a方向上的投 A.2 B.-2 C.-⑤ D.5 影向量为 ( 5.(忽视向量夹角为锐角的条件致误)已知平面内 A-0 C.-b D.-ga 两个向量a=(2k,1),b=(1,登)，若a与b的夹 易错自纠 角为钝角，则实数k的取值范围是 4.(向量夹角的概食不清政误)已知等边△ABC的 提升能力 [对应答案P404] 考点剖析⊙ 考点 数量积的计算（师生共研） [例1](1)(2023·全国乙卷文科)正方形ABCD (2)坐标法：当平面图形易建系求出各点坐标 的边长是2，E是AB的中点，则EC,ED= 时，可利用坐标法求解。 ( ◆变式训练多 A.√5 B.3 C.25 D.5 1.已知四边形ABCD为平行四边形，AB1=√3， (2)在△ABC中，已知∠BAC=90°，AB=6,若 AD=2,DN=2 NC,BM=3 MC,AM.NM 点D在斜边BC上，且CD=2DB,则AB·AD 等于 () 的值为 A.6 A.7 B.1 B.12 C.24 D.48 c D. 感悟方法 2.在梯形ABCD中，AB∥DC,AD⊥DC,AD=AB =2DC=2,E为BC的中点，F为AE的中点，则 平面向量数量积的两种运算方法 C京.DF等于 () (1)基底法：当已知向量的模和夹角0时，可利 用定义法求解，适用于平面图形中的向量数量 A C. 37 D.6 积的有关计算问题： 考点2 数量积的应用（多维探究） 角度1平面向量的模 角度2夹角问题 [例2](1)(2023·新高考全国Ⅱ卷)已知向量a,b [例3](1)(2023·全国甲卷文科)已知向量a= 满足a一b川=√3,1a十b|=|2a-b|,则1b1= (3,1),b=(2,2),则cos(a+b,a-b)=() A司 B.v17 17 c D.2/5 5 (2)(2023·责州资阳·一模)已知向量a,b,c满 (2)(2023·全国甲卷理科)向量|a=|b=1, 足a=(3,0),b=(0,4),c=a+(1-)b |c|=√2，且a十b十c=0,则cos(a-c,b-c>= (a∈R),则|c的最小值 () () A号 B号 c n号 A-号B-号C.号 D.号 105® 回高考一轮总复习·数学·RUA 角度3垂直问题 令变式训练号 [例4](2023·新高考全国I卷)已知向量a= 1.(多选)已知向量a=(2,1),b=(x,x十1)，则下列 (1,1),b=(1,-1),若(a+b)⊥(a+b),则 结论正确的是 () ( A.λ+u=1 B.A+4=-1 A.若a⊥b,则x=一3 C.=1 D.A=-1 B.若a∥b,则x=±2 感悟方法☑ C.若x=1,则a-b川=2 (1)根据平面向量数量积的性质：若a,b为非零 D.若x=1,则a与b的夹角为锐角 向量，则0s9=日治（失角公式），aLba… 2.(多选)△ABC是边长为2的等边三角形，已知 向量a,b满足AB=2a,AC=2a十b,则() b=0等，可知平面向量的数量积可以用来解决 A.|b=2 有关角度、垂直问题， B.a·b=-2 (2)计算向量的模：①当向量有坐标或适合建坐 C.(4a+b)⊥BC 标系时，可用模的计算公式：②利用|a=√a·a D.a-b=1 及(a士b)2=a2士2a·b十|b12,把向量的模 3.已知平面向量a,b,c满足a|=1,c=1,a十b 的运算转化为数量积运算：③几何法，利用向量 +c=0,a·b=-1,则b|= 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。 考点3 平面向量的综合应用（师生共研） [例5](1)线段AB的端点分 感悟方法 别在x轴、y轴的正半轴上 用向量法解决平面几何问题的一般方法是选择 移动，如图，∠ABC=30°， 基底或建立坐标系将几何问题转化为向量问 题，然后利用向量解决 AC.CB-0,|BC1-√3，若 变式训练 点D为AB的中点，则|OC 1.已知点M在△ABC所在的平面内，满足OM -2OD1的取值范围是 AC OA+ AB ABI sin B ACI sin C (A∈R),则 (2)已知非零向量A店与AC满足A店，BC IABI 动点M的轨迹一定通过△ABC的 Ci:C且A店. AC A.内心 B.垂心 C.外心 D.重心 IACI IABI IACI ,则△ABC为 2.如图，在平行四边形ABCD 中，AB=2,∠BAD=登，E A.三边均不相等的三角形 是边BC的中点，F是CD B.直角三角形 上靠近D的三等分点，若AE·BF-8,则|AD C.等腰非等边三角形 等于 A.4 B.4√2 C.4√3 D.8 D.等边三角形 请完成《课时检测训练32》 ®106 第五章平面肉量，复数回 自主培优9 极化恒等式 >对应客案P405 极化恒等式的证明过程与几何意义 2.极化恒等式使用方法 证明过程：如图，设AB= 在确定求数量积的两个向量共起点或共终点 a,AD=b,则AC=a+b,DB= 的情况下，极化恒等式的一般步骤如下： a-b. 第一步：取第三边的中点，连接向量的起，点与 1AC12=(a十b)2=|a2+2a·b+|b1, 中点： 1Di12=(a-b)2=a2-2a·b+1b12, 第二步：利用极化恒等式公式，将数量积转化 两式相减得a·b=(a十b2-(a-b], 为中线长与第三边长的一半的平方差； 此即极化恒等式。 第三步：利用平面几何方法或用正、余弦定理 几何意义：向量的数量积可以表示为以这组 求中线及第三边的长度，从而求出数量积 向量为邻边的平行四边形的“和对角线长”与“差 类型二求数量积的最值或范围 对角线长”平方差的 [典例2](1)已知正方形ABCD的边长为2，MN 类型一求数量积的值 是它的内切圆的一条弦，点P为正方形四条边 [典例1们如图，在平面四边形ABCD中，O为BD 上的动点，当弦MN的长度最大时，PM·PN 的中点，且OA=3,OC=5.若AB·AD=-7, 的取值范围是 () 则BC.DC= A.0,1]B.[0W2]C.[1,2]D.[-1,1] (2)在平面直角坐标系xOy中，A,B分别在 x轴、y轴正半轴上移动，AB=2,若点P满足 感悟方法 PA·PB=2,则OP的取值范围为 1.极化恒等式的适用范围： 感悟方法 (1)共起点或共终点的两向量的数量积问题 求数量积的最值或范围，一般用极化恒等式转 可直接进行转化： 化为点到直线的距离最小，或用三角形两边之 (2)不共起，点和不共终点的数量积问题可通 过向量的平移，等价转化为共起点或共终点 和大于第三边，两边之差小于第三边，或用基本 的两向量的数量积问题. 不等式等求得中线长的最值（范国）. 第4讲复数 课标安求 1,理解复数的基本概念和复数相等的充要条件。 2.了解复数的代数表示法及其几何意义，能进行复数代数形式的四则运算. 3.了解复数代数形式的加、减运算的几何意义. 107®考点3 解得m=6,”=号， 即BA=号AF+号CE. [例3](1)D 解析 因为a-b=(2,2-t),2a+b=(1,4+t), (a-b)//(2a+b),则有2-t=2(4+t),所以t=-2. (2)A 解析 因为AB=(4,-4),BC=(-3,m),所以AC= AB+BC=(1,m-4). 考点2 因为A,C,D三点共线，所以AC=aAD>{m=4=1m [例2](1(售，号) 解析 设G的坐标为(x,y),且A(-1, 4),B(2,6),C(3,0), (=2,故选A. 因为GA+GB+GC=0,可得(-1-x,4-y)+[例4](1)A 解析 AB=(3,-4),设与AB同方向的单位向量 为(x,y),(2-x,6-y)+(3-x,-y)=(0,0), x==132+3=3,y=4+6+°=3可得： ,所以G的坐标 3(=412=0,则 解得< 为(4,3). (2)3 解析 在正方形ABCD中，以点A为原点，直线AB, AD分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图， 当 时，所求向量为 (3,一号),向量AB=(3, D下 C -4)=5(3,-号),符合题意； M A B 当 时，所求向量为 (-3,4),向量AB=(3, 令|AB|=2,则 B(2,0),C(2,2),D(0,2),M(2,1),AC= (2,2),AM=(2,1),BD=(-2,2), -4)=-5(-3,4),不符合题意，舍去。 aAM+μBD=(2a-2μ,λ+2μ).因AC=λAM+μBD, -(A+-2=2,解得 ,所以a+μ于是得 3的值为 (2)(3,3) 解析 法一：由O,P,B三点共线，可设OP=aOB =(4λ,4λ),则AP=OP-OA=(4λ-4,4x).又AC=OC- OA=(-2,6), 由AP与AC共线，得(4λ-4)×6-4x×(-2)=0,解得λ= 4,所以OP=3OB=(3,3), [变式训练] 所以点P的坐标为(3,3). 1.(2,4)解析 设点P的坐标为(x,y),因为M(-2,7), N(6,1),所以PN=(6-x,1-y),PM=(-2-x,7-y).又 P=-PM,所以6-x=2+x,1-y=y-7, 法二：设点P(x,y),则OP=(x,y).因为OB=(4,4),且OP 4=4,即x=y.又AP=(x-4,y),AC=与OB共线，所以 故x=2,y=4,即点P的坐标为(2,4). (-2,6),且AP与AC共线， 2.号 解析 如下图，将a,b,c平移至相同起点0,且a=OA, b=OB,c=OC,并构建直角坐标系xOy, 所以(x-4)×6-y×(-2)=0,解得x=y=3,所以点P的 坐标为(3,3). [变式训练] C y A 1.C 解析 由a=(1,2),b=(-3,2),得ka+b=(k-3,2k+ k-3=2),a-3b=(10,-4),由(ka+b)//(a-3b),得 k=-32k42,整理可得-4k+12=20k+20,解得 O 2.D 解析 由题意可知AB=(m-6,-2),AC=(2,m-2),因 x B 为A,B,C三点共线，所以AB与AC共线，所以(m-6)(m-2) 若每个单元格长为1,则a=(1,2),b=(2,-1),c=(3,4). 又c=λa+μb, =-4,即(m-4)2=0,解得m=4,所以AB=(-2,-2). 第3讲 平面向量的数量积 所以(3,4)=(a,2λ)+(2μ,μ)=(a+2μ,2λ-μ),即 -=可得 所以λ-K=号. [必备知识 夯实四基] 知识梳理 1|a||b|cosθ 2|a||b|cosθ 3OM? 诊断自测 1.(1)×(2)√(3)×(4)× · 403· 高考一轮总复习·数学·RJA 2.2或3 解析 因为2a-b=(2,2m)-(m-1,6)=(3-m, 2m-6),且(2a-b)⊥a,所以(3-m)·1+(2m-6)m=0,即 m=或m=3.2m2-7m+3=0,解得 3.A 解析 设a与b的夹角为θ,则向量b在a方向上的投影 向量为|b|·cosO·a=1b|·ab·a-b· a==412×a=-4a. 3,,所以AB·BC=4.B 解析 因为向量AB,BC的夹角为 2×2×cs23=-2,故选B. ,a·b=2k+<5.(-∞,-1)U(-1,0)解析 由题意， 0,∴k<0. -<当a,b反向时，有 ,解得k=-1,∴k的取值范围 是(-∞,-1)U(-1,0). [提升能力 考点剖析] 考点1 [例1](1)B 解析 方法一：以{AB,AD}为基底向量，可知 |AB|=|AD|=2,AB·AD=0, 则EC=EB+BC=2AB+AD,ED=EA+AD=-2AB +AD, 所以E·E=(2AB+AD)·(-2AB+AD)= -4AB+AD2=-1+4=3. 方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系， 则E(1,0),C(2,2),D(0,2),可得EC=(1,2),ED=(-1, 2),所以EC·ED=-1+4=3. ty DF C A E B 方法三：由题意可得ED=EC=√5,CD=2. 在△CDE 中，由余弦 定理 可得 cos ∠DEC= DE2DCecDC-2×+5×45-3, 所以EC·ED=|ECI|ED|cos∠DEC=√5×√5×3=3. (2)C 解析 因为CD=2DB,∠BAC=90°,AB=6,所以AB ·AD=AB·(AB+BD)=AB·(AB+3BC)=AB· [AB+÷(AC-AB)]=3AB+÷AB·AC=3AB= 3×62=24. [变式训练] 1.D 解析 如图， AM·NM=(AB+BM)·(NC+CM) =(AB+4BC)·(3AB-4BC) =3AB-36BC=3×3-36×4=4. 2.B 解析 以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐 标系， +y DF c E F A| B x (2,1),则A(0,0),B(2,0),C(1,2),D(0,2),E( F(4,2), 所以CF=(-4,-),DF=(4,-2), 所以CF·DF=-4×3+(-2)×(-2)=36 考点2 [例2](1)√3 解析 方法一：因为|a+b|=|2a-b|,即(a+ b)2=(2a-b)2, 则a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,整理得a2-2a·b=0. 又因为|a-b|=√3,即(a-b)2=3,则a2-2a·b+b2=b2 =3,所以|b|=√3. 方法二：设c=a-b,则|c|=√3,a+b=c+2b,2a-b=2c +b. 由题意可得(c+2b)2=(2c+b)2,则c2+4c·b+4b2=4c2+ 4c·b+b2, 整理得c2=b2,即|b|=|c|=√3. (2)B 解析 由条件可知c=(3a,4-4λ),则|c|= √9x2+(4-4λ)2=√25x2-32x+16 =√25(a-)+244,当A=时，c-号 [例3](1)B 解析 因为a=(3,1),b=(2,2),所以a+b=(5, 3),a-b=(1,-1), 则|a+b|=√52+32=√34,|a-b|=√1+1=√2,(a+ b)·(a-b)=5×1+3×(-1)=2, 所以cos(a+b,a-b)=qa+ba--b=34×/2 - (2)D 解析 因为a+b+c=0,所以a+b=-c,即a2+b2+ 2a·b=c2,即1+1+2a·b=2,所以a·b=0.如图，设OA =a,OB=b,OC=c, D N MC a-c A C c ol A B 高考一轮总复习·数学·RJA b-c a b D B · 404· 由题知，OA=OB=1,OC=√2,△OAB是等腰直角三角形， AB边上的高OD=,AD=2,所以CD=CO+OD=√2 -(2)D 解析 在△ABC中， ×A×B +2-32,tan∠ACD=需-s∠ACD=3, cos<a-c,b-c>=cos∠ACB=cos 2∠ACD=2cos2∠ACD -1=2×(六)-1=号.故选D. ∴cos<AB,BC>=cos<CA,BC>,∴B=C,△ABC是等 腰三角形. ·⋯.x1csA=2, [例4]D 解析 因为a=(1,1),b=(1,-1),所以a+Ab=(1 +a,1-a),a+μb=(1+μ,1-μ). ∴.cos A=2,A=3∴△ABC是等边三角形. 由(a+λb)⊥(a+μb)可得(a+Ab)·(a+μb)=0, 即(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,整理得λμ=-1.故 [变式训练] 选D. [变式训练] 1.AD 解析 A选项，a⊥b,2x+x+1=0,x=-3,A选项 正确。 1.D 解析 令△ABC边BC上的高为h,则有|AB|sin B= AC|sin C=h,令边BC的中点为D,则AB+AC=2AD, 因此，AM=ow-oA=a(箐+贺)=会(AB+AC)= B选项，a//b,2(x+1)=x,x=-2,B选项错误. AD,即AM//AD, 所以动点M的轨迹一定通过△ABC的重心. C选项，b=(1,2),a-b=(1,-1),|a-b|=√2,C选项 错误. 2.A 解析 记|AD|=m, D选项，b=(1,2),co<a,b)=a·b=4>0,(a,b)为 锐角，D选项正确. 因为AB=2,且四边形ABCD为平行四边形， 所以AE·BF=(AB+BE)·(BC+CF) =(AB+—AD)·(AD-3AB) 2.AC 解析 对于选项A,由题意可知，b=(2a+b)-2a= AC-AB=BC,则|b|=|BC|=2,故选项A正确； 对于选项B,a·b=-AB·BC=2AB|·|BC|cos 120°= 2×2×2×(-2)=-1,故选项B错误； 对于选项C,(4a+b)·BC=(4a+b)·b=4a·b+b2=4× =AB·AD-3IABI2+2|ADI2-3AB·AD =3IAB|AD|cos∠BAD-3IAB2+去AD2 =23-3+"2=8, m=-3(舍)或m=4.解得 (-1)+22=0,则(4a+b)⊥BC,故选项C正确； 对于选项D,|a-bl2=a2-2a·b+b2=1-2×(-1)+4=7 即|AD|=4. 自主培优9≠1,即|a-b|≠1, 故选项D错误.故选AC. [典例1]9 解析 由AB·AD=0A2-BP=-7,得BD=8, 3.√2 解析 由a+b+c=0可得c=-a-b,两边同时平方得 c2=a2+2a·b+b2. 则BC·DC=0c-BD=9. ∵|a|=1,|c|=1,a·b=-1,∴1=1-2+|b|2,解得 [典例2](1)A 解析 如下图所示： |b|=√2. D C 考点3 W [例5](1)[0,√3]解析 设∠ABO=α,∵易求|AB|=2, ∴B(2cos α,0),A(0,2sin α),同理， 0 N ∵IBC I=3,∴|AC|= 1,∠ABC=6, ∴c(√3cos(6-a)+2cosa,/3sin(5-a)), 即◎C=(2osa+2sin a,3(2osa+sina)), ∴OC-2OD|=|OC-OA-OB| =|(sina-cosa,osa-专sina) =√2-2sin(2a-6). A- P B 考虑P是线段AB上的任意一点，PM=PO+OM,PM= PO+ON=PO-OM, 圆O的半径长为1,由于P是线段AB上的任意一点，则 |PO|∈[1,2], 所以PM·PN=(PO+OM)·(PO-OM)=PO-OM ∈[0,1]. (2)[√3-1,√3+1] 解析 取AB的中点为C,连接PC, 则PA·PB=2=PC-AC=PC-1,∴PC=√3, ∵ae(0,),∴2a-6∈(一否，6),∴sin(2c-6)∈ 故P在以C为圆心，√3为半径的圆上. 由条件知，0在以AB为直径的半圆上，故OP∈[√3-1, (-2,1),∴IOC-20DI∈[0,3). √3+1]. ·405· 高考一轮总复习·数学·RJA