第五章 §5.3 平面向量的数量积（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（湘教版 甘）

§5.3　平面向量的数量积 课标要求　1.理解平面向量数量积的含义及其几何意义.2.了解平面向量的数量积与投影的关系.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． 知识梳理 1．向量的夹角 设a，b是两个非零向量，任选一点O，作＝a，＝b，则∠AOB＝θ 称为向量a，b所成的角(也称夹角)，记作〈a，b〉． 2．平面向量的数量积 设a，b是任意两个向量，〈a，b〉是它们的夹角，则定义a·b＝|a||b|cos〈a，b〉为a与b的数量积． 3．平面向量数量积的几何意义 一般地，a与b的数量积等于a的长度|a|与b在a方向上的投影|b|cos α的乘积，或b的长度|b|与a在b方向上的投影|a|cos α的乘积． 4．向量数量积的运算律 (1)a·b＝b·a. (2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)． (3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c. 5．平面向量数量积的有关结论 已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ. 几何表示 坐标表示 数量积 a·b＝|a||b|cos θ a·b＝x1x2＋y1y2 模 |a|＝ |a|＝ 夹角 cos θ＝ cos θ＝ a⊥b的充要条件 a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0 |a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b| |x1x2＋y1y2|≤ 常用结论 1．平面向量数量积运算的常用公式 (1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2； (2)(a±b)2＝a2±2a·b＋b2. 2．有关向量夹角的两个结论 (1)若a与b的夹角为锐角，则a·b>0； 若a·b>0，则a与b的夹角为锐角或0. (2)若a与b的夹角为钝角，则a·b<0； 若a·b<0，则a与b的夹角为钝角或π. 3．向量a在向量b上的投影向量为·. 自主诊断 1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”) (1)两个向量的夹角的范围是.(　×　) (2)若a，b共线，则a·b＝|a|·|b|.(　×　) (3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的结果是向量．(　√　) (4)若a·b＝a·c，则b＝c.(　×　) 2．已知向量m＝(2x，1)与向量n＝垂直，则x等于(　　) A. B．－ C. D．－ 答案　C 解析　∵m＝(2x，1)与n＝垂直， ∴m·n＝(2x，1)·＝x－＝0，即x＝. 3．(2023·郑州模拟)已知向量a，b满足|b|＝2|a|＝2，且a与b的夹角为，则(2a＋b)·a等于(　　) A．12 B．4 C．3 D．1 答案　D 解析　因为|b|＝2|a|＝2， 所以(2a＋b)·a＝2a2＋a·b＝2|a|2＋|a||b|·cos ＝2＋2×1×＝1. 4．已知a＝(1，)，|b|＝2，a·b＝－3，则a与b的夹角为______________________． 答案　120° 解析　设a与b的夹角为θ， 因为a＝(1，)，|b|＝2，a·b＝－3， 所以cos θ＝＝＝－， 因为0°≤θ≤180°，所以θ＝120°， 即a与b的夹角为120°. 题型一　平面向量数量积的基本运算 例1 (1)(2023·安康模拟)已知四边形ABCD为平行四边形，||＝，||＝2，＝2，＝3，则·等于(　　) A．7 B．1 C. D. 答案　D 解析　如图， ·＝(＋)·(＋) ＝· ＝2－2＝×3－×4＝. (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·等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则A(0,0)，B(2,0)，C(1,2)， D(0,2)，E，F， 所以＝，＝， 所以·＝－×＋×＝. 思维升华 计算平面向量数量积的主要方法 (1)利用定义：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． (2)利用坐标运算，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)， 则a·b＝x1x2＋y1y2. (3)利用基求数量积． (4)灵活运用平面向量数量积的几何意义． 跟踪训练1　(1)已知向量a＝(1，m)，b＝(m，2)，若a·b＝4，则实数m等于(　　) A．－ B．0 C．1 D. 答案　D 解析　向量a＝(1，m)，b＝(m，2)，则a·b＝m＋2m＝3m＝4，解得m＝. (2)(2023·唐山模拟)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝，E是边BC的中点，F是CD上靠近D的三等分点，若·＝8，则||等于(　　) A．4 B．4 C．4 D．8 答案　A 解析　记||＝m， 因为AB＝2，且四边形ABCD为平行四边形， 所以·＝(＋)·(＋) ＝· ＝·－||2＋||2－· ＝||||cos∠BAD－||2＋||2 ＝－＋＝8， 解得m＝－(舍)或m＝4. 即||＝4. 题型二　平面向量数量积的应用 命题点1　向量的模 例2 (2023·新高考全国Ⅱ)已知向量a，b满足|a－b|＝，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝________. 答案　 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|＝， 即(a－b)2＝3， 则a2－2a·b＋b2＝b2＝3， 所以|b|＝. 方法二　设c＝a－b， 则|c|＝，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|＝. 命题点2　向量的夹角 例3 (2023·深圳模拟)已知a，b为单位向量，且|3a－5b|＝7，则a与a－b的夹角为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因为a，b为单位向量， 由|3a－5b|＝7， 所以(3a－5b)2＝49⇔9a2－30a·b＋25b2＝49， 即9－30a·b＋25＝49⇒a·b＝－， 设a与a－b的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝＝， 又θ∈[0，π]，所以θ＝. 命题点3　向量的垂直 例4 (2023·新高考全国Ⅰ)已知向量a＝(1,1)，b＝(1，－1)，若(a＋λb)⊥(a＋μb)，则(　　) A．λ＋μ＝1 B．λ＋μ＝－1 C．λμ＝1 D．λμ＝－1 答案　D 解析　因为a＝(1,1)，b＝(1，－1)， 所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)， 由(a＋λb)⊥(a＋μb)， 可得(a＋λb)·(a＋μb)＝0， 即(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0， 整理得λμ＝－1. 命题点4　向量的投影 例5 (1)已知向量a与b的夹角为，|a|＝2，|b|＝1，则向量a在b上的投影向量为(　　) A．b B.b C．a D.a 答案　A 解析　由题意知，|a|＝2，且向量a与b的夹角为， 所以向量a在b上的投影向量为|a|cos〈a，b〉＝b. (2)已知a＝(2，－1)，b＝(6,2)，则b在a方向上的投影向量的坐标为__________． 答案　(4，－2) 解析　·＝·(2，－1)＝(4，－2)． 思维升华 (1)求平面向量的模的方法 ①公式法：利用|a|＝及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2； ②几何法：利用向量的几何意义． (2)求平面向量的夹角的方法 ①定义法：cos θ＝； ②坐标法． (3)两个向量垂直的充要条件 a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0)． 跟踪训练2 (1)(2024·桂林模拟)若非零向量a，b满足|a|＝3|b|，(2a＋3b)⊥b，则a与b的夹角为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　根据题意，设a与b的夹角为θ， 因为(2a＋3b)⊥b， 所以(2a＋3b)·b＝0， 即2a·b＋3|b|2＝0， 即2|a||b|cos θ＋3|b|2＝0， 又|a|＝3|b|， 结合已知条件可知cos θ＝－，θ∈[0，π]， 故θ＝. (2)(多选)已知向量a＝(m，－1)，b＝(－2,1)，则下列说法正确的是(　　) A．若m＝1，则|a－b|＝ B．若a⊥b，则m＝2 C．“m<－”是“a与b的夹角为锐角”的充要条件 D．若m＝－1，则b在a上的投影向量的坐标为 答案　ACD 解析　对于选项A，因为m＝1，所以a＝(1，－1)，又b＝(－2,1)，所以a－b＝(3，－2)，故|a－b|＝＝，所以选项A正确； 对于选项B，因为a⊥b，所以－2m－1＝0，解得m＝－，所以选项B错误； 对于选项C，当a与b的夹角为锐角时，由cos〈a，b〉＝>0，得a·b>0， 即－2m－1>0，得m<－； 当m<－时，可得cos〈a，b〉＝>0，而〈a，b〉∈[0，π]， 又当a∥b时，m－2＝0得m＝2，此时a＝(2，－1)， b＝(－2,1)，a，b反向共线， 所以〈a，b〉∈，即“m<－”可以得出“a与b的夹角为锐角”，所以选项C正确； 对于选项D，当m＝－1时，a＝(－1，－1)，b＝(－2,1)，b在a上的投影向量为·＝×(－1，－1)＝，所以选项D正确． 题型三　平面向量的实际应用 例6 (多选)(2023·东莞模拟)在日常生活中，我们会看到两个人共提一个行李包的情况．假设行李包所受的重力为G，所受的两个拉力分别为F1，F2，若|F1|＝|F2|，且F1与F2的夹角为θ，则以下结论正确的是(　　) A．|F1|的最小值为|G| B．θ的范围为[0，π] C．当θ＝时，|F1|＝|G| D．当θ＝时，|F1|＝|G| 答案　ACD 解析　由题意知，F1＋F2＋G＝0， 可得F1＋F2＝－G，两边同时平方得 |G|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1||F2|cos θ ＝2|F1|2＋2|F1|2cos θ， 所以|F1|2＝. 当θ＝0时，|F1|min＝|G|； 当θ＝时，|F1|＝|G|； 当θ＝时，|F1|＝|G|，故A，C，D正确； 当θ＝π时，竖直方向上没有分力与重力平衡，不成立， 所以θ∈[0，π)，故B错误． 思维升华 用向量方法解决实际问题的步骤 跟踪训练3 长江流域内某地南北两岸平行，已知游船在静水中的航行速度v1的大小|v1|＝ 10 km/h，水流的速度v2的大小|v2|＝6 km/h，如图，设v1和v2所成的角为θ(0<θ<π)，若游船从A航行到正北方向上位于北岸的码头B处，则cos θ等于(　　) A．－ B．－ C．－ D. 答案　B 解析　由题意知(v1＋v2)·v2＝0， 则v1·v2＋v＝|v1||v2|·cos θ＋v＝60cos θ＋36＝0， 所以cos θ＝－. 课时精练 一、单项选择题 1．(2023·潍坊模拟)已知平面向量a与b的夹角是60°，且|a|＝2，b＝(1,2)，则a·(2a－b)等于(　　) A．8＋2 B．4－ C．8－ D．4＋2 答案　C 解析　由b＝(1,2)可得|b|＝， 因为平面向量a与b的夹角是60°，且|a|＝2， 所以a·(2a－b)＝2|a|2－a·b ＝2|a|2－|a||b|cos 60°＝8－. 2．(2022·新高考全国Ⅱ)已知向量a＝(3,4)，b＝(1,0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则t等于(　　) A．－6 B．－5 C．5 D．6 答案　C 解析　由题意，得c＝a＋tb＝(3＋t，4)， 所以a·c＝3×(3＋t)＋4×4＝25＋3t， b·c＝1×(3＋t)＋0×4＝3＋t. 因为〈a，c〉＝〈b，c〉， 所以cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉， 即＝， 即＝3＋t，解得t＝5. 3.如图，△ABC，△BDE都是边长为1的等边三角形，A，B，D三点共线，则·等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　C 解析　根据题意可知，在△ABE中，计算得||＝，∠EAD＝30°，由数量积定义可得·＝||·||cos 30°＝2××＝3. 4．(2023·大同模拟)平面向量a与b相互垂直，已知a＝(6，－8)，|b|＝5，且b与向量(1,0)的夹角是钝角，则b等于(　　) A．(－3，－4) B．(4,3) C．(－4,3) D．(－4，－3) 答案　D 解析　设b＝(x，y)， ∵a⊥b，∴a·b＝6x－8y＝0，① ∵b与向量(1,0)夹角为钝角，∴x<0，② 又|b|＝＝5，③ 由①②③解得∴b＝(－4，－3)． 5．(2023·泰州模拟)已知平面单位向量a，b，c满足〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝，则|3a＋2b＋c|等于(　　) A．0 B．1 C. D. 答案　C 解析　∵|3a＋2b＋c|2＝(3a＋2b＋c)2＝9a2＋4b2＋c2＋12a·b＋6a·c＋4b·c＝3，∴|3a＋2b＋c|＝. 6．(2023·佛山模拟)在△ABC中，设||2－||2＝2·(－)，那么动点M的轨迹必通过△ABC的(　　) A．垂心 B．内心 C．重心 D．外心 答案　D 解析　设线段BC的中点为D，则＋＝2， 因为||2－||2＝2·(－)， 所以(＋)·(－)＝2·， 即2·＝2·， 即·(－)＝·＝0， 即DM⊥BC， 所以DM垂直且平分线段BC， 因此动点M的轨迹是BC的垂直平分线，必通过△ABC的外心． 二、多项选择题 7．已知向量a＝(1,2)，b＝(－3，m)，则下列结论正确的是(　　) A．若a∥b，则m＝6 B．若a⊥b，则m＝ C．若|a－b|＝5，则m＝－1 D．若m＝－1，则向量a，b的夹角是 答案　BD 解析　A选项，由a∥b，得m－2×(－3)＝0，解得m＝－6，则A错误；B选项，由a⊥b，得1×(－3)＋2m＝0，解得m＝，则B正确；C选项，a－b＝(1,2)－(－3，m)＝(4,2－m)，因为|a－b|＝5，所以16＋(2－m)2＝25，解得m＝－1或m＝5，则C错误；D选项，由m＝－1，得a·b＝(1,2)·(－3，－1)＝－3－2＝－5，|a||b|＝×＝5，则cos〈a，b〉＝＝＝－，因为〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝，从而向量a，b的夹角是，则D正确． 8．(2024·亳州模拟)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则·的可能取值是(　　) A．－2 B．2 C．4 D．8 答案　BC 解析　如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系， 易知正六边形的每个内角为120°， 所以∠CBx＝60°， 则A(0,0)，B(2,0)，C(3，)，F(－1，)． 设P(x，y)，则＝(x，y)，＝(2,0)， 且－1<x<3. 所以·＝(x，y)·(2,0)＝2x∈(－2,6)． 三、填空题 9．(2024·曲靖质检)已知平面向量a＝(－2，λ)，b＝(1,1)，且a⊥b，则a－b在b方向上的投影向量的坐标为______． 答案　(－1，－1) 解析　已知a＝(－2，λ)，b＝(1,1)， 由于a⊥b，所以a·b＝(－2)×1＋λ×1＝0， 解得λ＝2， 所以a＝(－2,2)，b＝(1,1)，得a－b＝(－3,1)， 则(a－b)·b＝(－3)×1＋1×1＝－2， |b|＝＝， 故a－b在b方向上的投影向量的坐标为 ·＝(－1，－1)． 10.在如图所示的天平中，左、右两个秤盘均被3根细绳均匀地固定在横梁上．在其中一个秤盘中放入重量为60 N的物品，在另一个秤盘中放入重量60 N的砝码，天平平衡.3根细绳通过秤盘分担对物品的拉力(拉力分别为F1，F2，F3)，若3根细绳两两之间的夹角均为，不考虑秤盘和细绳本身的重量，则F1的大小为________ N. 答案　10 解析　依题意，|F1|＝|F2|＝|F3|且|F1＋F2＋F3|＝60， 所以|F1＋F2＋F3|2＝|F1|2＋|F2|2＋|F3|2＋2F1·F2＋2F2·F3＋2F3·F1＝3 600， 即3|F1|2＋3×2|F1|2×＝3 600， 解得|F1|＝10. 四、解答题 11．(2023·白银模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，||＝2||＝2，∠BAD＝，E是BC边的中点． (1)试用，表示，； (2)求·的值． 解　(1)＝＋＝＋， ＝(＋)＝ ＝＋， ＝－＝＋－＝－. (2)由题意可知，||＝＝＝1，＝－， 所以·＝(－)· ＝||2－||2－· ＝||2－||2－||||·cos  ＝×4－×1－×2×1×＝. 12．(2023·青岛模拟)如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M. (1)求∠EMF的余弦值； (2)设＝λ，求λ的值及点M的坐标． 解　(1)如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系， 则D(0,6)，E(3,0)， A(0,0)，F(6,2)， ∴＝(3，－6)，＝(6,2)， 由于∠EMF就是，的夹角， ∴cos∠EMF＝cos〈，〉＝＝，∴∠EMF的余弦值为. (2)∵＝λ， 则＝(6λ，2λ)，则M(6λ，2λ)， 又D，M，E三点共线， 则设＝t，0<t<1， 即(6λ，2λ－6)＝t(3，－6)， 则解得λ＝， 故M. 13．(2024·石家庄质检)设向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，若∃t∈R，|a＋tb|<|a＋b|，则向量a与b的夹角不等于(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 答案　C 解析　设向量a与b的夹角为θ，0°≤θ≤180°， 由向量数量积的运算律可将原问题转化为 ∃t∈R，(a＋tb)2<(a＋b)2， 即a2＋2ta·b＋t2b2<a2＋2a·b＋b2，根据题意整理得t2＋4tcos θ－4cos θ－1<0有解， 所以Δ＝(4cos θ)2－4(－4cos θ－1)＝16cos2θ＋16cos θ＋4＝4(2cos θ＋1)2>0， 解得θ≠120°. 14．(2023·浙江金丽衢十二校联考)在△ABC中，AB＝7，BC＝8，AC＝9，AM和AN分别是BC边上的高和中线，则·等于(　　) A．14 B．15 C．16 D．17 答案　C 解析　如图，设＝a，＝b，＝λ， 则有＝＋λ＝＋λ(－)＝(1－λ)＋λ＝(1－λ)a＋λb， 由余弦定理得cos∠BAC＝＝＝， ∵⊥，∴·＝0，即[(1－λ)a＋λb]·(b－a)＝(1－2λ)a·b－(1－λ)a2＋λb2＝0， 其中a·b＝|a||b|cos∠BAC＝63×＝33， a2＝49，b2＝81，解得λ＝， ＝， ∴＝－＝，·＝2＝16. 学科网（北京）股份有限公司 $