新高考数学高频考点题型归纳25平面向量数量积（教师版）

专题25平面向量的数量积一、关键能力理解平面向量数量积的概念及其意义，了解平面向量的数量积与向量投影的关系.掌握数量积与两个向量的夹角之间的关系.二、教学建议以考查向量的数量积、夹角、模、垂直的条件等问题为主，基本稳定为选择题或填空题，难度中等以下；常常以平面图形为载体，同三角函数、解析几何等知识相结合，以工具的形式出现．三、自主梳理 知识点1．两个向量的夹角1．定义已知两个非零向量a和b，作＝a，＝b，则∠AOB＝θ叫做向量a与b的夹角．2．范围向量夹角θ的范围是0°≤θ≤180°a与b同向时，夹角θ＝0°；a与b反向时，夹角θ＝180°.3．向量垂直如果向量a与b的夹角是90°，则a与b垂直，记作a⊥b.知识点2．平面向量的数量积1．已知两个非零向量a与b，则数量|a||b|·cosθ叫做a与b的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cosθ，其中θ是a与b的夹角．规定0·a＝0.当a⊥b时，θ＝90°，这时a·b＝0.2．a·b的几何意义：数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cosθ的乘积．知识点3．数量积的运算律1．交换律：a·b＝b·a.2．分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.3．对λ∈R，λ(a·b)＝(λa)·b＝a·(λb)．知识点4．向量数量积的性质1．如果e是单位向量，则a·e＝e·a.2．a⊥ba·b＝0.3．a·a＝|a|2，.4．cosθ＝.(θ为a与b的夹角)5．|a·b|≤|a||b|.知识点5．数量积的坐标运算设a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则：1．a·b＝a1b1＋a2b2.2．a⊥ba1b1＋a2b2＝0.3．|a|＝eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)).4．cosθ＝＝.(θ为a与b的夹角)四、高频考点+重点题型考点一、数量积例1-1（2020·天津高考真题）如图，在四边形中，，，且，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，则的最小值为_________．【答案】【解析】，，，，解得，以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，,∵，∴的坐标为,∵又∵,则，设，则（其中），，，，所以，当时，取得最小值.故答案为：；.例1-2（2021·全国高考真题）已知向量，，，_______．【答案】【解析】由已知可得，展开化简后可得结果.【详解】由已知可得，因此，.故答案为：.对点训练1.（2021·北京高考真题），，，则_______；_______．【答案】03【解析】根据坐标求出，再根据数量积的坐标运算直接计算即可.【详解】，，，.故答案为：0；3.对点训练2.（2018·天津高考真题（文））在如图的平面图形中，已知OM=1.ON=2,∠MON=120∘,BM=2MAA．−15B．−9C．−6D．0【答案】C【解析】如图所示，连结MN，由BM=2MA,CN=2NA可知点M,N则BC=3MN由题意可知：OM2=12结合数量积的运算法则可得：BC⋅OM本题选择C选项.考点二、向量夹角例2-1.（2019·全国高考真题（文））已知向量，则___________.【答案】【解析】．例2-2.（2021·陕西西安市）若两个非零向量满足，则向量与的夹角是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】把已知等式两边平方，得到、的关系及，然后利用向量的数量积公式求出量与的夹角．【详解】解：，，，，，设与的夹角为，．，，．故选：D．对点训练1.（2021·全国高三其他模拟（文））已知向量，，，，___________.【答案】【解析】利用向量的坐标运算求出，进而求出，，结合向量的数量积公式即可求解.【详解】，又，利用向量的数量积公式可知故答案为：对点训练2.设两个向量e1，e2满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夹角为60°，若向量2te1＋7e2与向量e1＋te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围．解析：∵e1·e2＝|e1|·|e2|·cos60°＝2×1×eq\f(1,2)＝1，∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＝2t＋7t＋(2t2＋7)e1·e2＝8t＋7t＋2t2＋7＝2t2＋15t＋7．因为向量2te1＋7e2与向量e1＋te2的夹角为钝角，所以(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，即2t2＋15t＋7<0，解得－7<t<－eq\f(1,2)．当向量2te1＋7e2与向量e1＋te2反向时，设2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)，λ<0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2t＝λ，,λt＝7))2t2＝7，t＝－eq\f(\r(14),2)或t＝eq\f(\r(14),2)(舍)．故t的取值范围为．考点三、向量的模例3-1（2021·全国高考真题（文））若向量满足，则_________.【答案】【解析】∵∴∴.故答案为：.例3-2.（2020·北京高考真题）已知正方形的边长为2，点P满足，则_________；_________．【答案】【解析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则点、、、，，则点，，，因此，，.故答案为：；.对点训练1.（2020届浙江绍兴市诸暨市高三上期末）已知，是不共线的两个向量，若对任意的，的最小值为1，的最小值为1，若，则，所成角的余弦值为______.【答案】【解析】因为,所以当时，即，因为，所以当时，，即，所以，所以.故答案为：对点训练2.已知，，，若，则的最小值为（）A．6 B． C．3 D．【答案】C【解析】，则当时，取得最小值为3.故选：C.考点四、向量垂直例4-1（2020·全国高考真题（文））已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由已知可得：.A：因为，所以本选项不符合题意；B：因为，所以本选项不符合题意；C：因为，所以本选项不符合题意；D：因为，所以本选项符合题意.故选：D.例4-2（2021·全国高考真题（理））已知向量，若，则__________．【答案】【解析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出．【详解】因为，所以由可得，，解得．故答案为：．对点训练1.（2020·全国高考真题（理））已知单位向量,的夹角为45°，与垂直，则k=__________.【答案】【解析】首先求得向量的数量积，然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数k的值.【详解】由题意可得：，由向量垂直的充分必要条件可得：，即：，解得：.故答案为：．对点训练2.（2021·全国高考真题（理））已知向量．若，则________．【答案】.【解析】利用向量的坐标运算法则求得向量的坐标，利用向量的数量积为零求得的值【详解】,，解得,故答案为：.考点五、向量的投影例5.（2020·山东高考真题）已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到在方向上的投影的取值范围是，利用向量数量积的定义式，求得结果.【详解】的模为2，根据正六边形的特征，可以得到在方向上的投影的取值范围是，结合向量数量积的定义式，可知等于的模与在方向上的投影的乘积，所以的取值范围是，故选：A.对点训练1.已知向量a＝(－2，m)，b＝(1,2)，若向量a在向量b方向上的投影为2，则实数m＝()A．－4 B．－6C．4 D.eq\r(5)＋1【答案】D【解析】∵a·b＝－2＋2m，∴|a|cosθ＝eq\f(a·b,|b|)＝eq\f(－2＋2m,\r(1＋4))＝2.解得m＝eq\r(5)＋1.巩固训练一、单项选择题1.已知向量a＝(m－1，1)，b＝(m，－2)，则“m＝2”是“a⊥b”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答案A解析当m＝2时，a＝(1，1)，b＝(2，－2)，所以a·b＝(1，1)·(2，－2)＝2－2＝0，所以a⊥b，充分性成立；当a⊥b时，a·b＝(m－1，1)·(m，－2)＝m(m－1)－2＝0，解得m＝2或m＝－1，必要性不成立.所以“m＝2”是“a⊥b”的充分不必要条件.2.已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(3，t)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝1，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))等于()A．－3B．－2C．2D．3答案C解析因为eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，t－3)，所以|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝＝1，解得t＝3，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,0)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2×1＋3×0＝2，故选C.3.已知非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，|2a－b|＝1，则|a|＝()A.eq\f(1,2) B.1 C.eq\r(2) D.2答案A解析由题意得a·b＝|a|×1×eq\f(1,2)＝eq\f(|a|,2)，又|2a－b|＝1，∴|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4|a|2－2|a|＋1＝1，即4|a|2－2|a|＝0，又|a|≠0，解得|a|＝eq\f(1,2).4.若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，则向量a＋b与a的夹角为()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3) C.eq\f(5π,6) D.eq\f(π,6)答案D解析设|b|＝1，则|a＋b|＝|a－b|＝2.由|a＋b|＝|a－b|，得a·b＝0，故以a，b为邻边的平行四边形是矩形，且|a|＝eq\r(3)，设向量a＋b与a的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(a·（a＋b）,|a|·|a＋b|)＝eq\f(a2＋a·b,|a|·|a＋b|)＝eq\f(|a|,|a＋b|)＝eq\f(\r(3),2)，又0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(π,6).5.在平面内,AB·AC=BA·BC=CA·CB=6,动点P,M满足|AP|=2,PM=MC,则|BM|的最大值是()A.3B.4C.8D.16答案B6.如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝4，BC＝CD＝2，若E，F分别是边BC，AB上的点，且满足eq\f(BE,BC)＝eq\f(AF,AB)＝λ，则当eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝0时，λ的值所在的区间是()A. B.C. D.答案B解析在等腰梯形ABCD中，AB＝4，BC＝CD＝2，可得〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝60°，所以〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))〉＝60°，〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝120°，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝4×2×eq\f(1,2)＝4，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝4×2×＝－4，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2×2×eq\f(1,2)＝2，又eq\f(BE,BC)＝eq\f(AF,AB)＝λ，所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，则eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→)))·(λeq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋λ2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))－λeq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，即2λ2－7λ＋2＝0，解得λ＝eq\f(7＋\r(33),4)(舍去)或λ＝eq\f(7－\r(33),4)∈.二、多项选择题7.设a，b是两个非零向量．则下列命题为假命题的是()A．若|a＋b|＝|a|－|b|，则a⊥bB．若a⊥b，则|a＋b|＝|a|－|b|C．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得b＝λaD．若存在实数λ，使得b＝λa，则|a＋b|＝|a|－|b|答案ABD解析对于A，若|a＋b|＝|a|－|b|，则|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2|a||b|，得a·b＝－|a||b|≠0，a与b不垂直，所以A为假命题；对于B，由A解析可知，若a⊥b，则|a＋b|≠|a|－|b|，所以B为假命题；对于C，若|a＋b|＝|a|－|b|，则|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2|a||b|，得a·b＝－|a||b|，则cosθ＝－1，则a与b反向，因此存在实数λ，使得b＝λa，所以C为真命题．对于D，若存在实数λ，使得b＝λa，则a·b＝λ|a|2，－|a||b|＝λ|a|2，由于λ不能等于0，因此a·b≠－|a||b|，则|a＋b|≠|a|－|b|，所以D不正确．故选ABD.8．设a，b，c是任意的非零平面向量，且相互不共线，则下列命题中的真命题是()A．(a·b)c－(c·a)b＝0B．|a|－|b|＜|a－b|C．(b·c)a－(a·c)b不与c垂直D．(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2答案BD解析由于b，c是不共线的向量，因此(a·b)c与(c·a)b相减的结果应为向量，故A错误；由于a，b不共线，故a，b，a－b构成三角形，因此B正确；由于[(b·c)a－(c·a)b]·c＝(b·c)(a·c)－(c·a)(b·c)＝0，故C中两向量垂直，故C错误；根据向量数量积的运算可以得出D是正确的．故选BD.三、填空题9．已知i，j为互相垂直的单位向量，a＝i－2j，b＝i＋λj，且a与b的夹角为锐角，则实数λ的取值范围为________．答案λ<eq\f(1,2)且λ≠－2解析∵〈a，b〉∈(0，eq\f(π,2))，∴a·b>0且a，b不同向．即|i|2－2λ|j|2>0，∴λ<eq\f(1,2)．当a，b同向时，由a＝λb(λ>0)得λ＝－2．∴λ<eq\f(1,2)且λ≠－2．10．已知点A，B，C满足|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝5，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的值是________．答案－25解析如图，根据题意可得△ABC为直角三角形，且∠B＝eq\f(π,2)，cosA＝eq\f(3,5)，cosC＝eq\f(4,5)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝4×5cos(π－C)＋5×3cos(π－A)＝－20cosC－15cosA＝－20×eq\f(4,5)－15×eq\f(3,5)＝－25．11．在平面四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，且AB＝1，EF＝eq\r(2)，CD＝eq\r(3)．若eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝15，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝________．答案13解析2eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))，平方并整理得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝2，即eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2，①由eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝15，得eq\o(AD,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝15，②②－①，得eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝13．12.已知向量a，b，c满足|a|＝4，|b|＝2eq\r(2)，〈a，b〉＝eq\f(π,4)，(c－a)·(c－b)＝－1，则|c－a|的最大值为________．答案eq\r(2)＋1解析设eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，以OA所在的直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系(图略)，∵|a|＝4，|b|＝2eq\r(2)，a与b的夹角为eq\f(π,4)，则A(4,0)，B(2,2)，设C(x，y)，∵(c－a)·(c－b)＝－1，∴x2＋y2－6x－2y＋9＝0，即(x－3)2＋(y－1)2＝1，∴点C在以(3,1)为圆心，1为半径的圆上，|c－a|表示点A，C的距离，即圆上的点与A(4,0)的距离，∵圆心到A的距离为eq\r(2)，∴|c－a|的最大值为eq\r(2)＋1.四、解答题13.已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61.(1)求a与b的夹角θ；(2)求|a＋b|；(3)若eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，求△ABC的面积．解(1)因为(2a－3b)·(2a＋b)＝61，所以4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.又|a|＝4，|b|＝3，所以64－4a·b－27＝61，所以a·b＝－6，所以cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－6,4×3)＝－eq\f(1,2).又0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(2π,3).(2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝42＋2×(－6)＋32＝13，所以|a＋b|＝eq\r(13).(3)因为eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(BC,\s\up6(→))的夹角θ＝eq\f(2π,3)，所以∠ABC＝π－eq\f(2π,3)＝eq\f(π,3).又|eq\o(AB,\