2022届高三数学一轮复习（原卷版）第三节 第2课时 精研题型明考向——平面向量的数量积及应用 教案

1、 1 第第 2 课时课时 精研题型明考向精研题型明考向平面向量的数量积及应用平面向量的数量积及应用 一、真题集中研究一、真题集中研究明考情明考情 1(2020 全国卷全国卷 考查数量积的运算、模考查数量积的运算、模) 已知向量已知向量 a a，b b 满足满足|a a|5，|b b|6，a a b b6，则，则 cosa a，a ab b( ) a3135 b1935 c.1735 d1935 解析：解析：选选 d 由题意，得由题意，得 a a (a ab b)a a2a a b b25619，|a ab b|a a22a a b bb b22512367，所以，所以 cosa a，a ab

2、ba a a ab b |a a|a ab b|19571935，故选，故选 d. 2(2020 全国卷全国卷 考查向量垂直考查向量垂直) 已知单位向量已知单位向量 a a，b b 的夹角为的夹角为 60 ，则在下列向量中，与，则在下列向量中，与 b b 垂直的是垂直的是( ) aa a2b b b2a ab b ca a2b b d2a ab b 解析：解析：选选 d 法一：法一：由题意，得由题意，得 a a b b|a a| |b b|cos 60 12. 对于对于 a，(a a2b b) b ba a b b2b b2122520，故，故 a 不符合题意；不符合题意； 对于对于 b，(2

3、a ab b) b b2a a b bb b21120，故，故 b 不符合题意；不符合题意； 对于对于 c，(a a2b b) b ba a b b2b b2122320，故，故 c 不符合题意；不符合题意； 对于对于 d，(2a ab b) b b2a a b bb b2110，所以，所以(2a ab b)b b.故选故选 d. 法二：法二：不妨设不妨设 a a 12，32，b b(1,0)，则，则 a a2b b 52，32，2a ab b(2， 3)，a a2b b 32，32，2a ab b(0， 3)，易知，只有，易知，只有(2a ab b) b b0，即，即(2a ab b)b b

4、，故选，故选 d. 法三：法三：根据条件，分别作出向量根据条件，分别作出向量 b b 与与 a，b，c，d 四个选项对应的向量的位置关系，如图四个选项对应的向量的位置关系，如图所示：所示： 由图易由图易知，只有选项知，只有选项 d 满足题意，故选满足题意，故选 d. 2 3(2019 全国卷全国卷 考查数量积的坐标运算考查数量积的坐标运算) 已知已知ab (2,3)， ac (3，t)，|bc |1，则，则 ab bc ( ) a3 b2 c2 d3 解析：解析：选选 c bc ac ab (3，t)(2,3)(1，t3)，|bc |1， 12 t3 21，解得解得 t3，bc (1,0)，

5、ab bc 21302. 4(2019 全国卷全国卷 考查两向量的夹角考查两向量的夹角) 已知非零向量已知非零向量 a a，b b 满足满足|a a|2|b b|，且，且(a ab b)b b，则，则 a a 与与 b b 的夹角为的夹角为( ) a.6 b3 c.23 d56 解析：解析：选选 b 由由(a ab b)b b，可得，可得(a ab b) b b0， 即即 a a b bb b2. |a a|2|b b|，cosa a，b ba a b b|a a| |b b|b b22b b212. 又又0a a，b b，a a 与与 b b 的夹角为的夹角为3. 5(2020 新高考全国卷

6、新高考全国卷 考查数量积的范围考查数量积的范围) 已知已知 p 是边长为是边长为 2 的正六边形的正六边形 abcdef 内的内的一点，则一点，则 ap ab 的取值范围是的取值范围是( ) a(2,6) b(6,2) c(2,4) d(4,6) 解析：解析：选选 a 法一：法一：如图，如图，取取 a 为坐标原点，为坐标原点，ab 所在直线为所在直线为 x 轴建立平轴建立平面直角坐标系，则面直角坐标系，则 a(0,0)，b(2,0)，c(3， 3)，f(1， 3) 设设 p(x，y)，则，则 ap (x，y)， ab (2,0)，且且1x3. 所以所以 ap ab (x，y) (2,0)2x(

7、2,6)故选故选 a. 法二：法二： ap ab | |ap| | | |ab| | cospab2| |ap| | cospab， 又又| |ap| | cospab 表示表示 ap 在在 ab 方向上的投影，方向上的投影， 所以结合图形可知，当所以结合图形可知，当 p 与与 c 重合时投影最大，当重合时投影最大，当 p 与与 f 重合时投影最小重合时投影最小 3 又又 ac ab 2 32cos 30 6， af ab 22cos 120 2， 故当点故当点 p 在正六边形在正六边形 abcdef 内部运动时，内部运动时， ap ab (2,6)故选故选 a. 把脉考情把脉考情 常规角度常

8、规角度 1.平面向量数量积及其性质的应用：主要考查平面向量数量积的计平面向量数量积及其性质的应用：主要考查平面向量数量积的计算，以及利用数量积求向量的模、夹角等算，以及利用数量积求向量的模、夹角等 2.平面向量的综合应用：主要考查平面向量模或数量积的最值范围平面向量的综合应用：主要考查平面向量模或数量积的最值范围问题问题 创新角度创新角度 平面向量的数量积与解析几何、 平面几何以及三角函数交汇， 主要平面向量的数量积与解析几何、 平面几何以及三角函数交汇， 主要利用数量积证明垂直或利用数量积转化垂直的条件、求长度等利用数量积证明垂直或利用数量积转化垂直的条件、求长度等 二、题型精细研究二、题型

9、精细研究提素养提素养 题型一题型一 平面向量数量积的运算平面向量数量积的运算 典例典例 (1)(多选多选)八卦八卦是中国文化的基本哲学概念，如图是中国文化的基本哲学概念，如图 1 是八卦模型图，其平面图形记为是八卦模型图，其平面图形记为图图 2 中的正八边形中的正八边形 abcdefgh，其中，其中|oa|1，则下列结论正确的有，则下列结论正确的有( ) aoa od 22 bob oh 2 oe cah ho bc bo dah ab 1 2 (2)已知点已知点 a，b，c 满足满足| ab |3，|bc |4，|ca |5，则，则 ab bc bc ca ca ab 的的值为值为_ 解析解

10、析 (1)对于对于 a：oa od 11cos3422， 故正确 对于， 故正确 对于 b：ob oh 2oa 2oe ，故正确对于，故正确对于 c：|ah | bc |，|ho |bo |，但对应向量的夹角不相等，但对应向量的夹角不相等，所以不成立，故错误对于所以不成立，故错误对于 d：ah ab |ab |2cos 341 2，故正确，故正确 (2)法一：定义法法一：定义法 由题意可知由题意可知abc 为直角三角形，且为直角三角形，且b2，cos a35，cos c45. 4 ab bc bc ca ca ab bc ca ca ab 45cos(c)53cos(a)20cos c15co

11、s a2045153525. 法二：坐标法法二：坐标法 易知易知abc90 .如图，以点如图，以点 b 为坐标原点，为坐标原点，ba ，bc 的方向分别为的方向分别为 x 轴，轴，y 轴的正方向，建立平面直角坐标系，则轴的正方向，建立平面直角坐标系，则 a(3,0)，b(0,0)，c(0,4) ab (3,0)，bc (0,4)，ca (3，4)， ab bc 30040，bc ca 034(4)16， ca ab 330(4)9. ab bc bc ca ca ab 25. 答案答案 (1)abd (2)25 方法技巧方法技巧 平面向量数量积的平面向量数量积的 2 种运算方法种运算方法 方法

12、方法 运用提示运用提示 适用题型适用题型 定义法定义法 当已知向量的模和夹角当已知向量的模和夹角 时，可利用时，可利用定义法求解，即定义法求解，即 a a b b|a a| |b b|cos 适用于平面图形中的向量数量积的适用于平面图形中的向量数量积的有关计算问题有关计算问题 坐标法坐标法 当已知向量的坐标时，可利用坐标法当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若求解，即若 a a(x1，y1)，b b(x2，y2)，则则 a bx1x2y1y2 适用于已知相应向量的坐标求解数适用于已知相应向量的坐标求解数量积的有关计算问题量积的有关计算问题 针对训练针对训练 1(2021 长沙雅礼中学月考长

13、沙雅礼中学月考)已知已知 a a，b b 为单位向量，其夹角为为单位向量，其夹角为 60 ，则，则(2a ab b) b b( ) a1 b0 c1 d2 解析：解析：选选 b 由已知得由已知得|a a|b b|1， ， a a，b b60 ， (2a ab b) b b2a a b bb b22|a a|b b|cosa a，b b|b b|2211cos 60 120， 故选故选 b. 2设设 a a，e e 均为单位向量，当均为单位向量，当 a a，e e 的夹角为的夹角为23 时，时，a a 在在 e e 方向上的投影为方向上的投影为_ 解析：解析：a a 在在 e e 方向上的投影为

14、方向上的投影为|a a|cosa a，e ecos2312. 答案：答案：12 3已知已知abc 中，中，ab3，ac5，bc7，若点，若点 d 满足满足ad 13ab 12ac ，则，则db dc 5 _. 解析：解析：法一：法一： bc 2(ac ab )2 ac 2ab 22ab ac ， ab3，ac5，bc7， ab ac 152. db dc (ab ad ) ( ac ad ) 23ab 12ac 12 ac 13 ab 29ab 214ac 212ab ac 225415412. 法二：法二：在在abc 中，中，ab3，ac5，bc7， 由余弦定理可得由余弦定理可得 cosba

15、c32527223512， 可得可得bac120 . 如图所示，以如图所示，以 a 为坐标原点，为坐标原点，ac 所在直线为所在直线为 x 轴，建立平面直角坐标系，轴，建立平面直角坐标系， 则则 a(0,0)，c(5,0)，b 32，323 ， 故故ad 13ab 12ac 13 32，323 12(5,0) 2，32， 从而点从而点 d 2，32，db 72， 3 ，dc 3，32， db dc 2123212. 答案：答案：12 题型二题型二 平面向量的夹角与垂直、模的计算平面向量的夹角与垂直、模的计算 典例典例 (1)(2021 年年 1 月新高考八省联考卷月新高考八省联考卷)已知单位向

16、量已知单位向量 a a，b b 满足满足 a a b b0，若向量，若向量 c c 7a a 2b b，则，则 sina a，c c( ) a.73 b23 c.79 d29 (2)已知平面向量已知平面向量 mm，n n 的夹角为的夹角为6，且，且|mm| 3，|n n|2，在，在abc 中，中，ab 2mm2n n，ac 6 2mm6n n，d 为为 bc 的中点，则的中点，则|ad |_. 解 析解 析 (1) a a c c a a (7a a 2b b)7a a22a a b b7， |c c| 7a 2b 2 7a22b22 14a b723， cosa a，c ca a c c|a

17、 a|c c|71373， sina a，c c23.故选故选 b. (2)由题意知由题意知 mm n n 32cos 63. 在在abc 中，中，d 为为 bc 的中点，的中点， ad 12( ab ac )12(2mm2n n2mm6n n)2mm2n n. |ad |2mm2n n|2 mn 2 2 m22m nn22 32342. 答案答案 (1)b (2)2 方法技巧方法技巧 (1)根据根据平面向量数量积的性质： 若平面向量数量积的性质： 若 a a， b b 为非零向量， 则为非零向量， 则 cos a a b b|a|a|b b|(夹角公式夹角公式)， a ab ba a b b

18、0 等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题 (2)数量积大于数量积大于 0 说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于 0 说明不共线的两向量的说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于夹角为直角，数量积小于 0 说明不共线的两向量的夹角为钝角说明不共线的两向量的夹角为钝角 (3)计算向量的模：计算向量的模： 当向量有坐标或适合建坐标系时， 可用模的计算公式；当向量有坐标或适合建坐标系时， 可用模的计算公式； 利用利用|a a| a a及及(a a b b)2|a a|2 2a a

19、b b|b b|2，把向量的模的运算转化为数量积运算；，把向量的模的运算转化为数量积运算；几何法，利用向量的几几何法，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方法求解 针对训练针对训练 1若若|a a|2，|b b|4，且，且(a ab b)a a，则，则 a a 与与 b b 的夹角为的夹角为( ) a.23 b3 c.43 d23 解析：解析：选选 a (a ab b)a a，(a ab b) a aa a2a a b b0，a a b b4，cosa a

20、，b ba b|a|b| 7 42412，a a，b b23，故选，故选 a. 2已知向量已知向量 a a(x，y)，b b(1,2)，且，且 a ab b(1,3)，则，则|a a2b b|等于等于( ) a1 b3 c4 d5 解析：解析：选选 d 由向量由向量 a a(x，y)，b b(1,2)，且，且 a ab b(1,3)，得，得 a ab b(x1，y2)(1,3)，所以所以 x11，y23，解得解得 x2，y1，所以，所以 a a(2,1)所以所以 a a2b b(2,1)2(1,2)(4，3)，所以所以|a a2b b| 42 3 25，故选，故选 d. 3已知已知 e e1，

21、e e2是互相垂直的单位向量，若是互相垂直的单位向量，若 3e e1e e2与与 e e1e e2的夹角为的夹角为 60 ，则实数，则实数 的的值是值是_ 解析：解析：由题意知由题意知|e e1|e e2|1，e e1 e e20， 则则| 3e e1e e2| 3e1e2 23e212 3e1 e2e223012. 同理同理|e e1e e2|12. 所以所以 cos 60 3e1e2 e1e2 | 3e1e2|e1e2| 3e21 31 e1 e2e22212321212， 解得解得 33. 答案：答案：33 题型三题型三 平面向量数量积中的最值范围问题平面向量数量积中的最值范围问题 典例

22、典例 (1)(2021 福建模拟福建模拟)已知已知 p为边长为为边长为2的正方形的正方形abcd所在平面内一点， 则所在平面内一点， 则 pc ( pb pd )的最小值为的最小值为( ) a1 b3 c12 d32 (2)已知直角梯形已知直角梯形 abcd 中，中，adbc，adc90 ，ad2，bc1，p 是腰是腰 dc 上的动上的动点，则点，则| pa 3 pb |的最小值为的最小值为_ 解析解析 (1)法一：综合法法一：综合法 如图，连接如图，连接 bd，取，取 bd 的中点的中点 o，连接，连接 co，取，取 co 的中点的中点 q. 连接连接 po，因为，因为 o 为为 bd 的中

23、点，的中点， 8 所以所以 pb pd 2po . 连接连接 pq，在，在pcq 中，中， pc pq qc . 因为因为 q 为为 co 的中点，所以的中点，所以qo qc . 在在poq 中，中， po pq qo pq qc . 所以所以 pc ( pb pd ) pc 2 po 2 pc po 2(pq qc ) ( pq qc )2(pq 2qc 2) 因为因为 q，c 是定点，所以当是定点，所以当 pq 2最小，即最小，即 p，q 重重合时，合时， pc ( pb pd )取得最小值，取得最小值，最小值为最小值为2qc 22 142 221.故选故选 a. 法二：坐标法法二：坐标法

24、 建立如图所示的平面直角坐标系，则建立如图所示的平面直角坐标系，则 a(0,0)，b(2,0)，c(2,2)，d(0,2)， 设设 p(x，y)， 所以所以 pc (2x,2y)， pb pd (2x，y)(x,2y)(22x,22y)， 故故 pc ( pb pd )(2x)(22x)(2y)(22y) 2(x23x2)2(y23y2) 2 x322122 y32212 2 x3222 y3221.所以当所以当 xy32时，时， pc ( pb pd )取得最小值取得最小值1.故选故选 a. (2)建立平面直角坐标系如图所示，建立平面直角坐标系如图所示， 则则 a(2,0)， 设设 p(0，

25、y)，c(0，b)，则，则 b(1，b) 所以所以 pa 3pb (2，y)3(1，by)(5,3b4y)， 所以所以| pa 3pb |25 3b4y 2(0yb)， 所以当所以当 y34b 时，时，| pa 3pb |取得最小值取得最小值 5. 答案答案 (1)a (2)5 方法技巧方法技巧 1数量积的最值或范围问题的数量积的最值或范围问题的 2 种求解方法种求解方法 临界分析法临界分析法 结合图形，确定临界位置的动态分析求出范围结合图形，确定临界位置的动态分析求出范围 目标函数法目标函数法 将数量积表示为某一个变量或两个变量的函数，建立函数关系式，再将数量积表示为某一个变量或两个变量的函

26、数，建立函数关系式，再 9 利用三角函数有界性、二次函数或基本不等式求最值或范围利用三角函数有界性、二次函数或基本不等式求最值或范围 2求向量模的最值求向量模的最值(范围范围)的的 3 种方法种方法 代数法代数法 把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解 几何法几何法 弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形求解求解 不等式法不等式法 利用绝对值三角不等式利用绝对值三角不等式|a a|b b|a a b b|a a|b b|求模的最值求模的最值(范围范围) 针对训练针对训练 1(

27、2021 石家庄模拟石家庄模拟)已知已知 a a， b b 是平面内两个互相垂直的单位向量， 若向量是平面内两个互相垂直的单位向量， 若向量 c c 满足满足(a ac c) (b bc c)0，则，则|c c|的最大值是的最大值是( ) a1 b2 c. 2 d22 解析：解析：选选 c 因为因为|a a|b b|1，a a b b0， (a ac c) (b bc c)c c (a ab b)|c c|2|c c|a ab b| cos |c c|20，其中，其中 为为 c c 与与 a ab b 的的夹角，夹角， 所以所以|c c|a ab b|cos 2cos 2， 所以所以|c c|

28、的最大值是的最大值是 2. 2已知向量已知向量 a a，b b 满足满足|a a|1，(a ab b)(3a ab b)，则，则 a a 与与 b b 的夹角的最大值为的夹角的最大值为( ) a.6 b3 c.23 d56 解析：解析：选选 a 设设 a a 与与 b b 的夹角为的夹角为 ，0， 因为因为(a ab b)(3a ab b)，所以，所以(a ab b) (3a ab b)0. 整理可得整理可得 3a a24a a b bb b20，即，即 3|a a|24a a b b|b b|20. 将将|a a|1 代入代入 3|a a|24a a b b|b b|20， 可得可得 34|

29、b b|cos |b b|20， 整理可得整理可得 cos 34|b|b|42 34|b|b|432， 当且仅当当且仅当34|b|b|4，即，即|b b| 3时取等号，时取等号， 10 故故 cos 32，结合，结合 0， 可知可知 的最大值为的最大值为6，故选，故选 a. 3(2021 湖北八校联考湖北八校联考)在等腰直角在等腰直角abc 中，中，abc90 ，abbc2，m，n(不与不与 a，c 重合重合)为为 ac 边上的两个动点，且满足边上的两个动点，且满足|mn | 2，则，则bm bn 的取值范围为的取值范围为( ) a. 32，2 b 32，2 c. 32，2 d 32， 解析：

30、解析：选选 c 以等腰直角三角形的直角边以等腰直角三角形的直角边 bc 所在直线为所在直线为 x 轴，轴，ba 所所在直线为在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系如图所示，则轴，建立平面直角坐标系如图所示，则 b(0,0)，直线，直线 ac 的的方程为方程为 xy2. 设设 m(a,2a)， 则则 0a1，n(a1,1a)， bm (a,2a)，bn (a1,1a)， bm bn a(a1)(2a)(1a)2a22a2. 0a1，当当 a12时，时，bm bn 取得最小值取得最小值32， 又又bm bn 2，故，故bm bn 的取值范围为的取值范围为 32，2 . 题型四题型四 平面向量与其他知

31、识的综合问题平面向量与其他知识的综合问题 考法考法(一一) 平面向量与几何的综合问题平面向量与几何的综合问题 例例 1 已知已知 a，b 是半径为是半径为 2的的o 上的两个点，上的两个点，oa ob 1，o 所在平面上有一点所在平面上有一点 c满足满足|oa ob oc |1，则向量，则向量oc 的模的取值范围是的模的取值范围是_ 解析解析 以以o为原点，为原点， oa所在直线为所在直线为x轴建立平面直角坐标系， 如图，轴建立平面直角坐标系， 如图， a( 2，0) 由由oa ob 1，|oa |ob | 2， 得得aob3，于是，于是 b 22，62， 设设 c(x，y)，则，则 x322

32、2 y6221. 问题转为求圆问题转为求圆 x3222 y6221 上一点到原点距离的取值范围，原点到圆心上一点到原点距离的取值范围，原点到圆心 322，62的距离为的距离为 6，圆的半径为，圆的半径为 1，|oc |的取值范围为的取值范围为 61， 61 11 答案答案 61， 61 方法技巧方法技巧 平面向量与几何综合问题的求解方法平面向量与几何综合问题的求解方法 坐标法坐标法 把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决这样就能进行相应的代数运算和向量运

33、算，从而使问题得到解决 基向量法基向量法 适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程来进行求解于未知量的方程来进行求解 针对训练针对训练 若点若点 o 和点和点 f 分别为椭圆分别为椭圆x24y231 的中心和左焦点，点的中心和左焦点，点 p 为椭圆上的任意一点，则为椭圆上的任意一点，则op fp 的最大值为的最大值为( ) a2 b3 c6 d8 解析：解析：选选 c 由椭圆由椭圆x24y231 可得可得 f(1,0)，点，点 o(0,0)， 设设 p(x，y)(2x2)， 则则 op fp x2xy

34、2x2x3 1x2414x2x314(x2)22，2x2， 当且仅当当且仅当 x2 时，时， op fp 取得最大值取得最大值 6. 考法考法(二二) 平面向量与三角函数的综合问题平面向量与三角函数的综合问题 例例 2 (2021 广州摸底广州摸底)在在abc 中，角中，角 a，b，c 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，向量，向量 mm(cos(ab)，sin(ab)，n n(cos b，sin b)，且，且 mm n n35. (1)求求 sin a 的值；的值； (2)若若 a4 2，b5，求角，求角 b 的大小及向量的大小及向量 ba 在在 bc 方向上的投影方向上的投影 解解 (1

35、)由由 mm n n35， 得得 cos(ab)cos bsin(ab)sin b35， 所以所以 cos a35.因为因为 0ab，所以，所以 ab，且，且 b 是是abc 一内角，则一内角，则 b4. 由余弦定理得由余弦定理得(4 2)252c225c 35， 解得解得 c1(舍去负值舍去负值)， 故向量故向量ba 在在bc 方向上的投影为方向上的投影为|ba |cos bccos b12222. 方法技巧方法技巧 平面向量与三角函数的综合问题的解题思路平面向量与三角函数的综合问题的解题思路 (1)若题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，则运用向量共线或垂直或等式成立若题目条件给出向

36、量的坐标中含有三角函数的形式，则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，求得值域等路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等 针对训练针对训练 已知已知 a，b，c 分别为分别为abc 的三边的三边 a，b，c所对的角，向量所对的角，向量 mm(sin a，sin b)，n n(cos b，cos a)，且，且

37、 mm n nsin 2c. (1)求角求角 c 的大小；的大小； (2)若若 sin a，sin c，sin b 成等差数列，且成等差数列，且ca ( ab ac )18，求边，求边 c 的长的长 解解：(1)由已知得由已知得 mm n nsin acos bcos asin b sin(ab)， 因为因为 abc， 所以所以 sin(ab)sin(c)sin c， 所以所以 mm n nsin c，又又 mm n nsin 2c， 所以所以 sin 2csin c,2sin ccos csin c，sin c0， 所以所以 cos c12.又又 0c，所以所以 c3. (2)由已知及正弦定

38、理得由已知及正弦定理得 2cab. 因为因为ca ( ab ac ) ca cb 18， 所以所以 abcos c18，所以所以 ab36. 由余弦定理得由余弦定理得 c2a2b22abcos c(ab)23ab， 所以所以 c24c2336， 13 所以所以 c236，所以所以 c6. 课时跟踪检测课时跟踪检测 一、综合练一、综合练练思维敏锐度练思维敏锐度 1已知向量已知向量 a a(1,2)，b b(3,1)，c c(x,4)，若，若(a ab b)c c，则，则 c c (a ab b)( ) a(2,12) b(2,12) c14 d10 解析：解析：选选 c 由题意可得，由题意可得，

39、a ab b(4,1)，由，由(a ab b)c c，得，得(4)x140，即，即 4x40，解得，解得 x1，所以，所以 c c(1,4)又又 a ab b(2,3)，所以，所以 c c (a ab b)124314. 2已知非零向量已知非零向量 a a，b b 的夹角为的夹角为 60 ，且，且|b b|1，|2a ab b|1，则，则|a a|( ) a.12 b1 c. 2 d2 解析：解析：选选 a 由题意得由题意得 a a b b|a a|112|a|2， 又又|2a ab b|1， |2a ab b|24a a24a a b bb b24|a a|22|a a|11， 即即 4|a

40、 a|22|a a|0，又，又|a a|0，解得，解得|a a|12. 3已知已知 a a(2sin 13 ，2sin 77 )，|a ab b|1，a a 与与 a ab b 的夹角为的夹角为3，则，则 a a b b( ) a2 b3 c4 d5 解析 ：解析 ：选选 b 因为因为 a a (2sin 13， 2sin 77 )，所以，所以 |a a| 2sin 13 2 2sin 77 2 2sin 13 2 2cos 13 22，又因为，又因为|a ab b|1，向量，向量 a a 与与 a ab b 的夹角为的夹角为3， 所以所以 cos 3a ab |a|ab|a2a b214a

41、b2112，所以，所以 a a b b3，故选，故选 b. 4.如图，正六边形如图，正六边形 abcdef的边长为的边长为 2，则，则 ac bd ( ) a2 b3 c6 d12 解析：解析：选选 c ac bd (ab bc ) ( ad ab )( ab bc ) (2bc ab )2|bc |2 bc ab |ab |28221246. 14 5(多选多选)(2021 石家庄质检石家庄质检)已知向量已知向量 a a(6,2)，b b(2，k)，k 为实数，则下列结论正确的为实数，则下列结论正确的是是( ) a若若 a a b b6，则，则 k9 b若若|a ab b|5，则，则5k1

42、c不存在实数不存在实数 k，使，使(a ab b)b b 成立成立 d若若 a a 与与 b b 的夹角为钝角，则的夹角为钝角，则 k6 解析：解析：选选 abc 对于对于 a，由，由 a a b b6(2)2k6，解得，解得 k9，a 正确；正确； 对于对于 b，a ab b(4,2k)，由，由|a ab b|5，得，得 16(2k)225，解得，解得5k1，b 正确；正确； 对于对于 c，因为，因为 a ab b(8,2k)，由，由(a ab b)b b，得，得(8,2k) (2，k)0，即，即 k22k160，此方程无解，所以不存在实数此方程无解，所以不存在实数 k，使，使(a ab b

43、)b b 成立，成立，c 正确；正确； 对于对于 d， 若， 若 a a 与与 b b 的夹角为钝角， 则的夹角为钝角， 则 a a b b0， 且， 且 a a 与与 b b 不共线， 即不共线， 即 6(2)2k0, 6k(2)20， 解得解得 k6 且且 k23，d 错误，故选错误，故选 a、b、c. 6.如图，半径为如图，半径为 1 的扇形的扇形 aob 中，中，aob23，p 是弧是弧 ab 上的一点，上的一点，且满足且满足 opob，m，n 分别是线段分别是线段 oa，ob 上的动上的动点，则点，则pm pn 的的最大值为最大值为( ) a.22 b32 c1 d 2 解析：解析：

44、 选选 c 扇形扇形 oab 的半径为的半径为 1， |op |1， opob， op ob 0. aob23，aop6，pm pn ( po om ) ( po on ) po 2on po om po om on 1|om |cos 56|om | |on |cos 2310 320 121，故选故选 c. 7直角直角abc 中，中，abac2，d 为为 ab 边上的点，且边上的点，且addb2，则，则cd ca _；若若cd xca ycb ，则，则 xy_. 解析：解析：以以 a 为原点，分别以为原点，分别以 ab ，ac 的方向为的方向为 x 轴，轴，y 轴的正方向建立平面直角坐标系

45、轴的正方向建立平面直角坐标系(图图 15 略略)，则，则 a(0,0)，b(2,0)，c(0,2)，d 43，0 ，则，则cd 43，2 ， ca (0，2)， cb (2，2)，则，则cd ca 43，2 (0，2)430(2)(2)4.由由cd xca ycb x(0，2)y(2，2)(2y，2x2y) 43，2 ， 得得 2y43，2x2y2，解得解得 x13，y23，则则 xy29. 答案：答案：4 29 8 已知平面向量 已知平面向量 a a， b b 满足满足|b b|1， 且， 且 a a 与与 b ba a 的夹角为的夹角为 120 ， 则， 则|a a|的取值范围为的取值范围

46、为_ 解析：解析：在在abc 中，设中，设 ab a a，ac b b， 则则 b ba aac ab bc ， a a 与与 b ba a 的夹角为的夹角为 120 ，b60 ， 由正弦定理得由正弦定理得1sin 60|a|sin c， |a a|sin csin 602 33sin c. 0 c120 ，sin c(0,1，|a a| 0，2 33. 答案：答案： 0，2 33 9(2020 天津高考天津高考)如图，如图，在四边形在四边形 abcd 中，中，b60 ，ab3，bc6，且，且ad bc ，ad ab 32，则实数，则实数 的值为的值为_，若，若 m，n 是线段是线段 bc 上

47、的动点，且上的动点，且|mn |1，则，则dm dn 的最小值为的最小值为_ 解析：解析：依题意得依题意得 adbc，bad120 ，由，由ad ab | |ad| | | |ab| | cosbad 32| |ad| | 32，得，得| |ad| | 1，因此，因此 | |ad| | | |bc| | 16.取取 mn 的中点的中点 e，连接，连接 de，则，则dm dn 2de ， dm dn 14(dm dn )2(dm dn )2 de 214nm 2de 214.注意到线段注意到线段 mn在线段在线段 bc 上运动时，上运动时，de 的最小值等于点的最小值等于点 d 到直线到直线 b

48、c 的距离，即的距离，即 ab sinb3 32，因，因 16 此此de 214的最小值为的最小值为 3 32214132，即，即dm dn 的最小值为的最小值为132. 答案：答案：16 132 10.伴随着国内经济的持续增长，人民的生活水平也相应有所伴随着国内经济的持续增长，人民的生活水平也相应有所提升，其中旅游提升，其中旅游业带来的消费是居民消费领域增长最快的，因此挖掘特色景区，营造文化氛业带来的消费是居民消费领域增长最快的，因此挖掘特色景区，营造文化氛围尤为重要某景区的部分道路如图所示，围尤为重要某景区的部分道路如图所示，ab30 m，bc40 2 m，cd50 m，abcbcd45

49、，要建设一条从点，要建设一条从点 a 到点到点 d 的空中长廊，则的空中长廊，则 ad_m. 解析：解析：由题可知由题可知abcbcd45 ，所以，所以 abcd， 由由ad ab bc cd 可得，可得， |ad |2|ab |2|bc |2|cd |22ab bc 2ab cd 2bc cd ， 又又 ab bc |ab |bc |cos 135 1 200， ab cd |ab |cd |cos 0 1 500， bc cd |bc |cd |cos 135 2 000， 所以所以|ad |29003 2002 5002 4003 0004 0003 200，则，则|ad |40 2 m

50、. 答案：答案：40 2 11在平面直角坐标系在平面直角坐标系 xoy 中，已知向量中，已知向量 mm 22，22，n n(sin x，cos x)，x 0，2. (1)若若 mmn n，求，求 tan x 的值；的值； (2)若若 mm 与与 n n 的夹角为的夹角为3，求，求 x 的值的值 解：解：(1)因为因为 mm 22，22，n n(sin x，cos x)，mmn n，所以，所以 mm n n0， 即即22sin x22cos x0，所以，所以 sin xcos x， 所以所以 tan x1. (2)由已知得由已知得|mm|n n|1， 所以， 所以 mm n n|mm| |n n

51、|cos 312， 即， 即22sin x22cos x12， 所以， 所以 sin x412.因为因为 0 x2，所以，所以4x4sin a，ba，故，故 a 为锐角，为锐角， cos a35， cos ccos(ab)cos acos bsin asin b3365. (2)由余弦定理由余弦定理 b2a2c22accos b 得得， 16a2c21013ac2ac1013ac1613ac，当且仅当，当且仅当 ac 时等号成立，时等号成立，ac13， ab bc accos(b)accos b513ac5. 故故 ab bc 的最小值为的最小值为5. 二、自选练二、自选练练高考区分度练高考区

52、分度 1.abc 中，中， |ac|2， |ab|2， bac120 ，ae ab ，af ac ，m 为线段为线段 ef 的中点，若的中点，若|am |1，则，则 的最大值为的最大值为( ) a.73 b2 73 c2 d213 解析：解析：选选 c am 12( ae af ) 2ab 2ac ， |am |2 2 ab 2 ac 22224cos 120 221， 122()23()234()214()2， 2，当且仅当，当且仅当 1 时等号成立故选时等号成立故选 c. 2(2021 河北部分重点中学联考河北部分重点中学联考)已知向量已知向量 a a，b b，c c 满足：满足：a a(

53、4,0)，b b(4,4)，(a ac c) (b bc c)0，则，则 b b c c 的最大值是的最大值是( ) a24 b248 2 c248 2 d8 2 解析：解析：选选 c 设设oa a a(4,0)，ob b b(4,4)，oc c c(x，y)，则，则 a ac c(4x，y)，b bc c(4x,4y)，又知，又知(a ac c) (b bc c)0，(4x)2y(4y)0，即，即(x4)2(y2)24， 18 点点 c 的轨迹方程为的轨迹方程为(x4)2(y2)24. 而而 b b c c4x4y，令，令 z4x4y，由平面几何知识可得当直线，由平面几何知识可得当直线 4x

54、4yz0 与圆与圆(x4)2(y2)24 相切时，相切时，z 取得最大值或最小值，即取得最大值或最小值，即 zmax248 2，故选，故选 c. 3已知平面向量已知平面向量 pa ， pb 满足满足| pa |pb |1， pa pb 12.若若| bc |1，则，则|ac |的最的最大值为大值为( ) a. 21 b 31 c. 21 d 31 解析：解析：选选 d 因为因为| pa | pb |1， pa pb 12，所以，所以 cosapb12，即，即apb23，由余弦定理可得，由余弦定理可得 ab111 3.如图，建立如图，建立 平面直角坐标系，则平面直角坐标系，则 a 32，0 ，b

55、 32，0 ，由题设点，由题设点 c(x，y)在以在以b 32，0 为圆心， 半径为为圆心， 半径为 1 的圆上运动， 结合图形可知， 点的圆上运动， 结合图形可知， 点 c(x， y)运动到点运动到点 d 时， 有时， 有|ac|max|ad|ab|1 31.故选故选 d. 4在在abc 中，角中，角 a，b，c 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，且满足，且满足( 2ac)ba bc ccb ca . (1)求角求角 b 的大小；的大小； (2)若若| ba bc | 6，求，求abc 面积的最大值面积的最大值 解：解：(1)由题意得由题意得( 2ac)cos bbcos c. 根据正弦

56、定理得根据正弦定理得( 2sin asin c)cos bsin bcos c， 所以所以 2sin acos bsin(cb)， 即即 2sin acos bsin a，因为因为 a(0，)，所以所以 sin a0， 所以所以 cos b22，又又 b(0，)，所以所以 b4. (2)因为因为|ba bc | 6，所以，所以|ca | 6，即，即 b 6， 根据余弦定理及基本不等式得根据余弦定理及基本不等式得 6a2c2 2ac2ac 2ac(2 2)ac(当且仅当当且仅当 ac 时时取等号取等号)， 即即 ac3(2 2) 故故abc 的面积的面积 s12acsin b3 21 2， 因此

57、因此abc 的面积的最大值为的面积的最大值为3 232. 19 第四节第四节 复数复数 核心素养立意下的命题导向核心素养立意下的命题导向 1.通过方程的解，认识复数通过方程的解，认识复数 2结合复数的代数表示及其几何意义，考查复数的实部结合复数的代数表示及其几何意义，考查复数的实部、虚部，共轭复数，复数的模等概、虚部，共轭复数，复数的模等概念的认识，凸显逻辑推理、数学运算的核心素养念的认识，凸显逻辑推理、数学运算的核心素养 3结合复数的运算法则，考查复数的加、减、乘、除运算，凸显数学运算的核心素养结合复数的运算法则，考查复数的加、减、乘、除运算，凸显数学运算的核心素养 理清主干知识理清主干知识

58、 1复数的定义及分类复数的定义及分类 (1)复数的定义：复数的定义： 形如形如 abi(a，br r)的数叫做复数，其中实部是的数叫做复数，其中实部是 a，虚部是，虚部是 b. (2)复数的分类：复数的分类： 复数复数zabi a，br 实数实数 b0 ，虚数虚数 b0 纯虚数纯虚数 a0 ，非纯虚数非纯虚数 a0 . 2复数的有关概念复数的有关概念 复数相等复数相等 abicdiac 且且 bd(a，b，c，dr) 共轭复数共轭复数 abi 与与 cdi 共轭共轭ac且且 bd(a，b，c，dr) 复数的模复数的模 向量向量 oz 的模叫做复数的模叫做复数 zabi 的模，记作的模，记作|z

59、|或或|abi|，即，即|z|abi|ra2b2(r0，a，br) 3.复数的几何意义复数的几何意义 复平面复平面 的概念的概念 建立建立直角坐标系直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面来表示复数的平面叫做复平面 实轴、实轴、 虚轴虚轴 在复平面内，在复平面内，x 轴叫做轴叫做实轴实轴，y轴叫做轴叫做虚轴虚轴，实轴上的点都表示，实轴上的点都表示实数实数；除原点以；除原点以外，虚轴上的点都表示外，虚轴上的点都表示纯虚数纯虚数 复数的复数的 几何表示几何表示 复数复数 zabi复平面内的点复平面内的点 z(a，b) 平面向量平面向量oz 4.复数的运算法则复数的运算法则 设设 z1abi，z2cdi

60、(a，b，c，dr r)，则：，则： (1)z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i； (2)z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i； 20 (3)z1 z2(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i； (4)z1z2abicdi abi cdi cdi cdi acbdc2d2bcadc2d2i(cdi0) 5复数运算的几个重要结论复数运算的几个重要结论 (1)|z1z2|2|z1z2|22(|z1|2|z2|2) (2) z z|z|2| z |2. (3)若若 z 为虚数，则为虚数，则|z|2z2. (4)(1 i)2 2i. (5)1i1ii；1i1ii. (6)i4