2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第六章平面向量、复数6.3

§6.3　平面向量的数量积
最新考纲
考情考向分析
1.理解平面向量数量积的概念及其几何意义．
2.掌握平面向量数量积的坐标运算，掌握数量积与两个向量的夹角之间的关系．
3.会用坐标表示平面向量的平行与垂直.
主要考查利用数量积的定义解决数量积的运算、投影、求模与夹角等问题，考查利用数量积的坐标表示求两个向量的夹角、模长以及判断两个平面向量的平行与垂直关系．一般以选择题、填空题的形式考查，偶尔会在解答题中出现，属于中档题.



1．向量的夹角
已知两个非零向量a和b，作＝a，＝b，则∠AOB就是向量a与b的夹角，向量夹角的范围是[0，π]．
2．平面向量的数量积
定义
设两个非零向量a，b的夹角为θ，则数量|a||b|·cos θ叫做a与b的数量积，记作a·b
投影
|a|cos θ叫做向量a在b方向上的投影，
|b|cos θ叫做向量b在a方向上的投影
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|cos θ的乘积

3.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.
4．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.

结论
几何表示
坐标表示
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|≤

概念方法微思考
1．a在b方向上的投影与b在a方向上的投影相同吗？
提示　不相同．因为a在b方向上的投影为|a|cos θ，而b在a方向上的投影为|b|cos θ，其中θ为a与b的夹角．
2．两个向量的数量积大于0，则夹角一定为锐角吗？
提示　不一定．当夹角为0°时，数量积也大于0.

题组一　思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量．(　√　)
(2)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量．(　√　)
(3)由a·b＝0可得a＝0或b＝0.(　×　)
(4)(a·b)c＝a(b·c)．(　×　)
(5)两个向量的夹角的范围是.(　×　)
(6)若a·b<0，则a和b的夹角为钝角．(　×　)
题组二　教材改编
2．[P105例4]已知向量a＝(2,1)，b＝(－1，k)，a·(2a－b)＝0，则k＝________.
答案　12
解析　∵2a－b＝(4,2)－(－1，k)＝(5,2－k)，
由a·(2a－b)＝0，得(2,1)·(5,2－k)＝0，
∴10＋2－k＝0，解得k＝12.
3．[P106T3]已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ＝120°，则向量b在向量a方向上的投影为________．
答案　－2
解析　由数量积的定义知，b在a方向上的投影为
|b|cos θ＝4×cos 120°＝－2.
题组三　易错自纠
4．已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.
答案　2
解析　方法一　|a＋2b|＝
＝
＝
＝＝2.
方法二　(数形结合法)

由|a|＝|2b|＝2知，以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|a＋2b|＝||.
又∠AOB＝60°，
所以|a＋2b|＝2.
5．已知点A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量在方向上的投影为________．
答案　
解析　＝(2,1)，＝(5,5)，
由定义知，在方向上的投影为＝＝.
6．已知△ABC的三边长均为1，且＝c，＝a，＝b，则a·b＋b·c＋a·c＝________.
答案　－
解析　∵〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈a，c〉＝120°，|a|＝|b|＝|c|＝1，
∴a·b＝b·c＝a·c＝1×1×cos 120°＝－，
∴a·b＋b·c＋a·c＝－.

题型一　平面向量数量积的基本运算
1．已知a＝(x,1)，b＝(－2,4)，若(a＋b)⊥b，则x等于(　　)
A．8 B．10 C．11 D．12
答案　D
解析　∵a＝(x,1)，b＝(－2,4)，∴a＋b＝(x－2,5)，
又(a＋b)⊥b，∴(x－2)×(－2)＋20＝0，∴x＝12.
2．(2018·全国Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)等于(　　)
A．4 B．3 C．2 D．0
答案　B
解析　a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b.
∵|a|＝1，a·b＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.
3．(2012·浙江)在△ABC中，M是BC的中点，AM＝3，BC＝10，则·＝________.
答案　－16
解析　如图所示，

＝＋，
＝＋＝－，
∴·＝(＋)·(－)
＝2－2＝||2－||2＝9－25＝－16.
思维升华 平面向量数量积的三种运算方法
(1)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2.
(3)利用数量积的几何意义求解．
题型二　平面向量的模
例1 (1)(2018·浙江五校联考)如图，已知在平行四边形ABCD中，E，M分别为DC的两个三等分点，F，N分别为BC的两个三等分点，且·＝25，·＝43，则||2＋||2等于(　　)

A．45 B．60 C．90 D．180
答案　C
解析　设＝a，＝b，依题意得＝＋＝a＋b，＝＋＝a＋b，＝＋＝a＋b，＝＋＝a＋b，
∵·＝25，·＝43，
∴
即∴a2＋b2＝45，
∴||2＋||2＝|a＋b|2＋|b－a|2＝(a＋b)2＋(b－a)2＝2(a2＋b2)＝90.故选C.
(2)(2017·浙江)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．
答案　4　2
解析　设a，b的夹角为θ，
∵|a|＝1，|b|＝2，
∴|a＋b|＋|a－b|＝＋
＝＋.
令y＝＋.
则y2＝10＋2.
∵θ∈[0，π]，∴cos2θ∈[0,1]，
∴y2∈[16,20]，
∴y∈[4,2]，即|a＋b|＋|a－b|∈[4,2]．
思维升华 计算平面向量模的方法
利用数量积求长度问题是数量积的重要应用，要掌握此类问题的处理方法：
(1)|a|2＝a2＝a·a；
(2)|a±b|2＝(a±b)2＝a2±2a·b＋b2；
(3)若a＝(x，y)，则|a|＝.
跟踪训练1 (1)(2014·浙江)设θ为两个非零向量a，b的夹角，已知对任意实数t，|b＋ta|的最小值为1，则(　　)
A．若θ确定，则|a|唯一确定
B．若θ确定，则|b|唯一确定
C．若|a|确定，则θ唯一确定
D．若|b|确定，则θ唯一确定
答案　B
解析　|b＋ta|2＝b2＋2a·b·t＋t2a2
＝|a|2t2＋2|a|·|b|cos θ·t＋|b|2.
因为|b＋ta|min＝1，
所以＝|b|2(1－cos2θ)＝1.
所以|b|2sin2θ＝1，所以|b|sin θ＝1，即|b|＝.
即θ确定，|b|唯一确定．
(2)(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)已知向量a，b满足|a－b|＝|a＋3b|＝2，则|a|的取值范围是________．
答案　[1,2]
解析　方法一　设a－b＝m，a＋3b＝n，则a＝(3m＋n)，b＝(n－m)，因为|m|＝|n|＝2，
所以16a2＝(3m＋n)2＝9m2＋n2＋6m·n＝9×4＋4＋6×2×2×cos θ＝40＋24cos θ，其中θ为向量m，n的夹角，cos θ∈[－1,1]，40＋24cos θ∈[16,64]，即a2∈[1,4]，所以|a|的取值范围是[1,2]．
方法二　由|a－b|＝2得a2＋b2－2a·b＝4，由|a＋3b|＝2得a2＋9b2＋6a·b＝4，所以a2＋3b2＝4，b2＋a·b＝0，设向量a，b的夹角为θ，所以|b|＝－|a|cos θ，－cos θ∈[0,1]，所以|b|≤|a|，a2＋3b2≤4a2，即4a2≥4，所以|a|≥1，又a2≤4，所以1≤|a|≤2，故|a|的取值范围是[1,2]．
题型三　平面向量的夹角
例2 (1)(2018·浙江高考适应性考试)若向量a，b满足|a|＝4，|b|＝1，且(a＋8b)⊥a，则向量a，b的夹角为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　由(a＋8b)⊥a，得|a|2＋8a·b＝0，因为|a|＝4，所以a·b＝－2，所以cos〈a，b〉＝＝－，所以向量a，b的夹角为，故选C.
(2)已知e1，e2是互相垂直的单位向量．若e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°，则实数λ的值是________．
答案　
解析　由题意知|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝0，
|e1－e2|＝
＝＝＝2.
同理|e1＋λe2|＝.
所以cos 60°＝
＝＝＝，
解得λ＝.
思维升华 求平面向量的夹角的方法
(1)定义法：cos θ＝，θ的取值范围为[0，π]．
(2)坐标法：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则cos θ＝.
(3)解三角形法：把两向量的夹角放到三角形中．
跟踪训练2 (1)(2011·浙江)若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为，则α与β的夹角θ的取值范围是________．
答案　
解析　由题意知S＝|α||β|sin θ＝≤sin θ，
∵θ∈[0，π]，∴θ∈.
(2)(2018·浙江金华名校统考)已知向量a，b是夹角为的单位向量，当实数λ≤－1时，向量a与向量a＋λb的夹角的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　根据向量a，b是夹角为的单位向量，
画出图形，如图所示，设＝a，＝b，∠AOB＝，

当λ＝－1时，a＋λb＝＋＝，
此时a与a＋λb的夹角为∠AOD＝；
当λ<－1时，a＋λb＝＋＝，此时a与a＋λb的夹角为∠AOF，且∠AOD<∠AOF<∠AOE，即<∠AOF<.综上，向量a与向量a＋λb的夹角的取值范围是.


1．已知a，b为非零向量，则“a·b>0”是“a与b的夹角为锐角”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　B
解析　根据向量数量积的定义式可知，若a·b>0，则a与b的夹角为锐角或零角，若a与b的夹角为锐角，则一定有a·b>0，所以“a·b>0”是“a与b的夹角为锐角”的必要不充分条件，故选B.
2．(2018·台州调研)已知向量a＝(2,1)，b＝(1,3)，则向量2a－b与a的夹角为(　　)
A．135° B．60° C．45° D．30°
答案　C
解析　由题意可得2a－b＝2(2,1)－(1,3)＝(3，－1)，
则|2a－b|＝＝，
|a|＝＝，
且(2a－b)·a＝(3，－1)·(2,1)＝6－1＝5，
设所求向量的夹角为θ，由题意可得
cos θ＝＝＝，
则向量2a－b与a的夹角为45°.
3．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，且a－b＝(，)，则|2a－b|等于(　　)
A．2 B. C. D．2
答案　A
解析　根据题意，|a－b|＝＝，
则(a－b)2＝a2＋b2－2a·b ＝5－2a·b＝5，
可得a·b＝0，结合|a|＝1，|b|＝2，
可得(2a－b)2＝4a2＋b2－4a·b＝4＋4＝8，
则＝2，故选A.
4．(2018·宁波质检)在△ABC中，|＋|＝|－|，AB＝2，AC＝1，E，F为BC的三等分点，则·等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由|＋|＝|－|，化简得·＝0，又因为AB和AC为三角形的两条边，它们的长不可能为0，所以AB与AC垂直，所以△ABC为直角三角形．以A为原点，以AC所在直线为x轴，以AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，

则A(0,0)，B(0,2)，C(1,0)．不妨令E为BC的靠近C的三等分点，则E，F，
所以＝，＝，
所以·＝×＋×＝.
5．已知两个单位向量a和b的夹角为60°，则向量a－b在向量a方向上的投影为(　　)
A．－1 B．1 C．－ D.
答案　D
解析　由题意可得 |a|＝|b|＝1，
且 a·b＝|a|×|b|×cos 60°＝，
a·(a－b)＝a2－a·b＝1－＝，
则向量a－b在向量a方向上的投影为
＝＝.故选D.



6．(2018·温州“十五校联合体”联考)已知向量a，b的夹角为θ，|a＋b|＝6，|a－b|＝2，则θ的取值范围是(　　)
A．0≤θ≤ B.≤θ＜
C.≤θ＜ D．0＜θ＜
答案　A
解析　由|a＋b|＝6，
得|a|2＋2a·b＋|b|2＝36，①
由|a－b|＝2，
得|a|2－2a·b＋|b|2＝12，②
由①②得|a|2＋|b|2＝24，且a·b＝6，
从而有cos θ＝≥＝，
又0≤θ≤π，故0≤θ≤.
7．若平面向量a，b满足·b＝7，|a|＝，|b|＝2，则向量a与b的夹角为________．
答案　
解析　∵(a＋b)·b＝a·b＋b2＝7，
∴a·b＝7－b2＝3.
设向量a与b的夹角为α，
则cos α＝＝＝.
又0≤α≤π，∴α＝，
即向量a与b的夹角为.
8．已知a＝(λ，2λ)，b＝(3λ，2)，如果a与b的夹角为锐角，则λ的取值范围是______________．
答案　∪∪
解析　a与b的夹角为锐角，则a·b>0且a与b不共线，则
解得λ<－或0<λ<或λ>，所以λ的取值范围是
∪∪.

9．(2018·浙江名校协作体试题)已知在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝2，且O是△ABC的外心，则·＝________，·＝________.
答案　2　－
解析　因为O是△ABC的外心，所以向量在向量上的投影＝1，向量在向量上的投影为＝，所以·＝2，·＝，所以·＝·－·＝2－＝－.
10．(2018·温州市高考适应性测试)若向量a，b满足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，且|b|≥2，则a在b方向上的投影的取值范围是________．
答案　
解析　由(a＋b)2－b2＝|a|＝3，得(a＋b)2－b2＝|a|2＋2a·b＋|b|2－|b|2＝9＋2a·b＝3，解得a·b＝－3，又因为|b|≥2，则向量a在向量b方向上的投影为∈.
11．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＝a，＝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cos θ＝＝＝－.
又0≤θ≤π，所以θ＝.
(2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2
＝42＋2×(－6)＋32＝13，
所以|a＋b|＝.
(3)因为与的夹角θ＝，
所以∠ABC＝π－＝.
又||＝|a|＝4，||＝|b|＝3，
所以S△ABC＝||||·sin∠ABC
＝×4×3×＝3.
12．已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，求·(＋)的最小值．
解　方法一　设BC的中点为D，AD的中点为E，

则有＋＝2，
则·(＋)＝2·
＝2(＋)·(－)
＝2(2－2)．
而2＝2＝，
当P与E重合时，2有最小值0，
故此时·(＋)取最小值，
最小值为－22＝－2×＝－.
方法二　以AB所在直线为x轴，AB的中点为原点建立平面直角坐标系，如图，

则A(－1,0)，B(1,0)，C(0，)，
设P(x，y)，取BC的中点D，则D.
·(＋)＝2·
＝2(－1－x，－y)·
＝2
＝2.
因此，当x＝－，y＝时，
·(＋)取最小值，为2×＝－.

13．(2018·浙江名校联盟联考)已知在△ABC中，AB＝4，AC＝2，AC⊥BC，D为AB的中点，点P满足＝＋，则·(＋)的最小值为(　　)
A．－2 B．－ C．－ D．－
答案　C
解析　由＝＋知点P在直线CD上，以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,2)，B(2，0)，C(0,0)，D(，1)，∴直线CD的方程为y＝x，

设P，则＝，
＝，＝，
∴＋＝，
∴·(＋)＝－x(2－2x)＋x2－x
＝x2－x＝2－，
∴当x＝时，·(＋)取得最小值－.
14．(2018·杭州质检)记M的最大值和最小值分别为Mmax和Mmin.若平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝a·b＝c·(a＋2b－2c)＝2.则(　　)
A．|a－c|max＝
B．|a＋c|max＝
C．|a－c|min＝
D．|a＋c|min＝.
答案　A
解析　由题意，建立平面直角坐标系(图略)，不妨取a＝(2,0)，b＝(1，)，则a＋2b＝(4,2)．设c＝(x，y)，
由c·(a＋2b－2c)＝2得(x－1)2＋2＝，
即c对应的点在以为圆心，为半径的圆上，
则|a－c|max＝＋＝.故选A.

15．已知，是非零不共线的向量，设＝＋，定义点集A＝，当F1，F2∈A时，若对于任意的m≥3，当F1，F2不在直线PQ上时，不等式≤k恒成立，则实数k的最小值为________．
答案　
解析　由＝＋(m≥3)，
可得P，Q，M三点共线，且(m＋1)＝＋m，
即m＋＝＋m，即m＝，所以＝m，
由A＝，
可得cos∠PFM＝cos∠QFM，
即∠PFM＝∠QFM，则FM为∠PFQ的角平分线，
由角平分线的性质定理可得＝＝m，
以P为坐标原点，PQ所在直线为x轴，建立平面直角坐标系(图略)，则P，Q，F(x，y)，
于是＝m，
化简得2＋y2＝2，
故点F(x，y)是以为圆心，为半径的圆．要使得不等式对m≥3恒成立，
只需2≤k，即k≥＝
对m≥3恒成立，∴k≥＝.
16．(2019·嘉兴质检)已知|c|＝2，向量b满足2|b－c|＝b·c.当b，c的夹角最大时，求|b|的值．
解　设＝b，＝c，则∠BOC即向量b，c的夹角，b－c＝.由2|b－c|＝b·c，
可知2||＝2||·cos∠BOC，
从而cos∠BOC＝≥0.
若||＝0，则∠BOC＝0，不符合题意；
若||>0，则∠BOC为锐角，
设OB＝m，BC＝n，
则cos∠BOC＝，在△OBC中，
由余弦定理可知cos∠BOC＝＝，
所以＝，
即m2＝n2＋4n－4，
从而cos2∠BOC＝＝
＝，
所以当n＝2时，cos2∠BOC取得最小值，∠BOC取得最大值，为，此时|b|＝m＝＝2.