2027届高考数学人教A版一轮复习考点突破讲义：第36讲 平面向量的数量积（含答案）

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[例1] (1)(2026·山西太原模拟)已知向量a,b,c均为单位向量,且a+3b+2c=0,则a·(2b-c)=( )
A.0 B.-1
C.2D.-3
[答案] D
[解析] 由a+3b=-2c,得a2+6a·b+9b2=4c2,即1+6a·b+9=4,有a·b=-1.
又由a+2c=-3b,得a2+4a·c+4c2=9b2,即1+4+4a·c=9,有a·c=1,
故a·(2b-c)=2a·b-a·c=-3.
(2)(2023·全国乙卷)已知正方形ABCD的边长为2,E为AB的中点,则EC·ED=( )
A.5B.3
C.25D.5
[答案] B
[解析] 法一:以{AB,AD}为基底向量,可知|AB|=|AD|=2,AB·AD=0,则EC=EB+BC=12AB+AD,ED=EA+AD=-12AB+AD,所以EC·ED=(12AB+AD)·(-12AB+AD)=-14AB2+AD2=-1+4=3.
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.
❙方法总结❙
计算平面向量数量积的主要方法
1.利用定义:a·b=|a||b|cs.
2.利用坐标运算:若a=(x1,y1),b=(x2,y2),则a·b=x1x2+y1y2.
3.利用基底法求数量积.
4.灵活运用平面向量数量积的几何意义.
1.已知非零向量a,b满足|b|=2|a|=2,且|2a-b|=3|a|,则a·b=( )
A.-14B.34
C.43D.-23
答案:A
解析:因为|b|=2|a|=2,则|a|=1.
又|2a-b|=3|a|,则有(2a-b)2=(3a)2,化简得4|a|2+|b|2-4a·b=9|a|2,解得a·b=-14.
2.如图, N为等边△ABC的中线AD上任意一点,MB=3,MC=2,则MN·(MB-MC)=( )
A.132B.92
C.72D.52
答案:D
解析:法一:因为△ABC为等边三角形,AD是边BC的中线,所以AD⊥BC,故DN·CB=0,
所以MN·(MB-MC)=(MD+DN)·CB=MD·CB+DN·CB=MD·CB.
因为D是BC上的中点,所以MD=12(MB+MC).
因此MD·CB=12(MB+MC)·(MB-MC)=12(|MB|2-|MC|2)=52.
法二:以D为原点,DC,DA分别为x轴、y轴,建立如图所示的平面直角坐标系.
设M(x,y),N(0,n),B(-a,0),C(a,0).
则MN=(-x,n-y),MB=(-a-x,-y),MC=(a-x,-y),CB=(-2a,0),
所以MN·(MB-MC)=MN·CB=2ax.
又因为MB=3,MC=2,
所以有(−a−x)2+(−y)2=9,(a−x)2+(−y)2=4.
两式作差得4ax=5,故MN·(MB-MC)=2ax=52.
考点二 平面向量数量积的应用
角度1 向量的模
[例2] (2026·山东烟台模拟)在△ABC中,AB=2AC=6,∠BAC=60°,BC=3BD,则|AD|=( )
A.7B.13
C.21D.27
[答案] C
[解析] 在△ABC中,AB=2AC=6,∠BAC=60°,BC=3BD,
所以AD=23AB+13AC,
则|AD|=49|AB|2+19|AC|2+49AB·AC
=49|AB|2+19|AC|2+49|AB|·|AC|cs60°
=49×62+19×32+49×6×3×12=21.
角度2 向量的夹角
[例3] (2026·河北邯郸模拟)已知非零向量a,b满足|a|=|a-2b|,且向量a,b的夹角为π3,则向量a,a+2b的夹角为 .
[答案] π6
[解析] 由|a|=|a-2b|可得|a|2=|a|2-4a·b+4|b|2,
又a,b为非零向量,且向量a,b的夹角为π3,
则4|a|·|b|×12=4|b|2,即|a|=2|b|,
又a·(a+2b)=|a|2+2|a|·|b|×12=4|b|2+2|b|2=6|b|2,
|a+2b|=(a+2b)2=|a|2+4|a|·|b|×12+4|b|2=12|b|2=23|b|,
所以cs=a·(a+2b)|a|·|a+2b|=6|b|22|b|·23|b|=32,
所以=π6.
角度3 向量的垂直
[例4] (人A必修第二册P60T8改编)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x=( )
A.-2B.-1
C.1D.2
[答案] D
[解析] 法一:因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,即b2=4a·b.因为a=(0,1),b=(2,x),所以b2=4+x2,a·b=x,所以4+x2=4x,解得x=2.
法二(坐标法):因为a=(0,1),b=(2,x),所以b-4a=(2,x)-4(0,1)=(2,x)-(0,4)=(2,x-4).因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,所以2×2+x(x-4)=0,解得x=2.
3.(2026·辽宁鞍山模拟)已知向量a=(1,2),b=(1,0),c=(0,1),若a⊥(b+λc),则λ=( )
A.-12B.12
C.-2D.2
答案:A
解析:由b=(1,0),c=(0,1),得b+λc=(1,λ),由a⊥(b+λc),得1+2λ=0,
所以λ=-12.
4.(2026·北京模拟)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,且a2=a·b,则a与b的夹角为( )
A.π6B.π3
C.2π3D.5π6
答案:B
解析:因为a2=a·b,则|a|2=|a|·|b|cs,又|a|=1,|b|=2,
所以1=2cs,则cs=12.因为∈[0,π],所以=π3.
5.(2025·全国二卷)已知平面向量a=(x,1),b=(x-1,2x),若a⊥(a-b),则|a|= .
答案:2
解析:a-b=(1,1-2x),因为a⊥(a-b),则a·(a-b)=0,则x+1-2x=0,解得x=1,则a=(1,1),则|a|=2.
考点三 平面向量数量积的实际应用
[例5] 如图所示,质点P从点A出发,沿AB,BC,CD运动至点D,已知AB∥CD,AB=4,BC=2,CD=3,AB·BC=-2,则质点P位移的大小是( )
A.9B.215
C.213D.46
[答案] D
[解析] 由题意可得质点P的位移为AD=AB+BC+CD,
所以|AD|=(AB+BC+CD)2
=|AB|2+|BC|2+|CD|2+2AB·BC+2BC·CD+2AB·CD.
因为AB=4,BC=2,CD=3,所以AB·CD=12,
设AB,BC的夹角为θ,所以AB·BC=|AB||BC|·cs θ=-2⇒cs θ=-14.
因为AB∥CD,所以BC·CD=|BC||CD|cs θ=2×3×(-14)=-32,所以|AD|=46.
6.若平面上的三个力F1,F2,F3作用于同一点,且处于平衡状态.已知|F1|=3,|F2|=2,且F1与F2的夹角为5π6,则F2与F3的夹角为 .
答案:2π3
解析:如图以F1和F2的公共起点为原点,以F1的方向为x轴正方向建立平面直角坐标系.
设F1=OA,F2=OB,∠AOB=5π6.
因为|F1|=3,|F2|=2且F1与F2的夹角为5π6,可得A(3,0),B(-3,1),
所以F1=OA=(3,0),F2=OB=(-3,1).
因为三个力F1,F2,F3作用于同一点,且处于平衡状态,所以F1+F2+F3=0,
即F3=-(F1+F2)=(0,-1),则|F3|=1,所以F2·F3=(-3)×0+1×(-1)=-1.
设F2与F3的夹角为θ,则cs θ=F2·F3|F2||F3|=−12×1=-12.
因为θ∈[0,π],所以θ=2π3,所以F2与F3的夹角为2π3.