2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第五章第三节平面向量的数量积

第三节平面向量的数量积

一、基础知识批注——理解深一点
1．向量的夹角
(1)定义：已知两个非零向量a和b，如图所示，作＝a，＝b，则∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．
只有两个向量的起点重合时所对应的角才是两向量的夹角．　
(2)范围：夹角θ的范围是[0，π]．
当θ＝0时，两向量a，b共线且同向；
当θ＝时，两向量a，b相互垂直，记作a⊥b；
当θ＝π时，两向量a，b共线但反向．
2．平面向量数量积的定义
已知两个非零向量a与b，我们把数量|a||b| cos θ叫做a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos θ，其中θ是a与b的夹角．
规定：零向量与任一向量的数量积为零．
3．平面向量数量积的几何意义
(1)一个向量在另一个向量方向上的投影
设θ是a，b的夹角，则|b|cos θ叫做向量b在向量a的方向上的投影，|a|cos θ叫做向量a在向量b的方向上的投影．
(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|cos θ的乘积．　　　　　　　　　

4．向量数量积的运算律
(1)交换律：a·b＝b·a.
(2)数乘结合律：(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)．
(3)分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.
向量数量积的运算不满足乘法结合律，即(a·b)·c不一定等于a·(b·c)，这是由于(a·b)·c表示一个与c共线的向量，a·(b·c)表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线．
5．平面向量数量积的性质
设a，b为两个非零向量，e是与b同向的单位向量，θ是a与e的夹角，则
(1)e·a＝a·e＝|a|cos θ.
(2)a⊥b⇔a·b＝0.
(3)当a与b同向时，a·b＝|a||b|；当a与b反向时，a·b＝－|a||b|.
特别地，a·a＝|a|2或|a|＝.
(4)cos θ＝.
(5)|a·b|≤|a||b|.

6．平面向量数量积的坐标表示
已知两个非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，则
(1)|a|＝；　 　(3)a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝0；
(2)a·b＝x1x2＋y1y2;_ (4)cos θ＝.
二、常用结论汇总——规律多一点
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)两个向量a与b的夹角为锐角，则有a·b>0，反之不成立(因为夹角为0时不成立)；
(2)两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b<0，反之不成立(因为夹角为π时不成立)．
三、基础小题强化——功底牢一点

(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.(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×

(二)选一选
1．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝(　　)
A．4　　　　　　　　 　B．3
C．2 D．0
解析：选B　∵|a|＝1，a·b＝－1，∴a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b＝2×12＋1＝3.

2．已知a·b＝－12，|a|＝4，a和b的夹角为135°，则|b|的值为(　　)
A．12 B．6
C．3 D．3
解析：选B　因为a·b＝|a||b|cos 135°＝－12，
所以|b|＝＝6.
3．若|a|＝2，|b|＝4，且(a＋b)⊥a，则a与b的夹角为(　　)
A. B.
C. D．－
解析：选A　∵(a＋b)⊥a，∴(a＋b)·a＝a2＋a·b＝0，∴a·b＝－4，cos〈a，b〉＝＝＝－，∴〈a，b〉＝，故选A.
(三)填一填
4．(2018·北京高考)设向量a＝(1,0)，b＝(－1，m)．若a⊥(ma－b)，则m＝________.
解析：因为a＝(1,0)，b＝(－1，m)，
所以ma－b＝(m＋1，－m)．
由a⊥(ma－b)，得a·(ma－b)＝0，
即m＋1＝0，所以m＝－1.
答案：－1
5．已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ为120°，则向量b在向量a方向上的投影为________．
解析：由数量积的几何意义知，b在a方向上的投影为|b|cos θ＝4×cos 120°＝－2.
答案：－2


[典例]　(1)(2018·新乡二模)若向量m＝(2k－1，k)与向量n＝(4,1)共线，则m·n＝(　　)
A．0　　　　　　　 　B．4
C．－ D．－
(2)(2018·天津高考)在如图所示的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，＝2，＝2，则·的值为(　　)
A．－15 B．－9
C．－6 D．0
[解析]　(1)∵向量m＝(2k－1，k)与向量n＝(4,1)共线，∴2k－1－4k＝0，解得k＝－，
∴m＝，
∴m·n＝－2×4＋×1＝－.
(2)法一：如图，连接MN.
∵＝2，＝2，
∴＝＝.
∴MN∥BC，且＝.
∴＝3＝3(－)．
∴·＝3(·－2)
＝3(2×1×cos 120°－12)＝－6.
法二：在△ABC中，不妨设∠A＝90°，取特殊情况ON⊥AC，以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，因为∠MON＝120°，ON＝2，OM＝1，所以O，C，M，B.
故·＝·＝－－＝－6.
[答案]　(1)D　(2)C
[解题技法]　求非零向量a，b的数量积的策略
(1)若两向量共起点，则两向量的夹角直接可得，根据定义即可求得数量积；若两向量的起点不同，则需要通过平移使它们的起点重合，再计算．
(2)根据图形之间的关系，用长度和相互之间的夹角都已知的向量分别表示出向量a，b，然后根据平面向量的数量积的定义进行计算求解．
(3)若图形适合建立平面直角坐标系，可建立坐标系，求出a，b的坐标，通过坐标运算求解．
[题组训练]
1．(2019·济南模拟)已知矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，则·＝(　　)
A．1　　　　　　　　 　B．－1
C. D．2
解析：选B　设＝a，＝b，则a·b＝0，
∵|a|＝，|b|＝1，
∴·＝(a＋b)·(－b)＝－a·b－b2＝－1.
2．(2019·南昌调研)已知向量a，b满足a·(b＋a)＝2，且a＝(1,2)，则向量b在a方向上的投影为(　　)
A. B．－
C．－ D．－
解析：选D　由a＝(1,2)，可得|a|＝，
由a·(b＋a)＝2，可得a·b＋a2＝2，
∴a·b＝－3，
∴向量b在a方向上的投影为＝－.

3．(2018·石家庄质检)在△ABC中，已知与的夹角为90°，||＝2，||＝1，M为BC上的一点，且＝λ＋μ (λ，μ∈R)，且·＝0，则 的值为________．
解析：法一：∵＝－，·＝0，
∴(λ＋μ)·(－)＝0，
∵与的夹角为90°，||＝2，||＝1，
∴－λ||2＋μ||2＝0，即－4λ＋μ＝0，∴＝.
法二：根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(0,2)，C(1,0)，所以＝(0,2)，＝(1,0)，＝(1，－2)．设M(x，y)，则＝(x，y)，所以·＝(x，y)·(1，－2)＝x－2y＝0，所以x＝2y，又＝λ＋μ，即(x，y)＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，所以x＝μ，y＝2λ，所以＝＝.
答案：

考法(一)　平面向量的模
[典例]　(1)(2019·昆明适应性检测)已知非零向量a，b满足a·b＝0，|a|＝3，且a与a＋b的夹角为，则|b|＝(　　)
A．6　　　　　　　　　 　B．3
C．2 D．3
(2)(2019·福州四校联考)已知向量a，b为单位向量，且a·b＝－，向量c与a＋b共线，则|a＋c|的最小值为(　　)
A．1 B.
C. D.
[解析]　(1)∵a·b＝0，|a|＝3，∴a·(a＋b)＝a2＋a·b＝|a||a＋b|cos，∴|a＋b|＝3，将|a＋b|＝3两边平方可得，a2＋2a·b＋b2＝18，解得|b|＝3，故选D.
(2)∵向量c与a＋b共线，∴可设c＝t(a＋b)(t∈R)，
∴a＋c＝(t＋1)a＋tb，∴(a＋c)2＝(t＋1)2a2＋2t(t＋1)·a·b＋t2b2，
∵向量a，b为单位向量，且a·b＝－，
∴(a＋c)2＝(t＋1)2－t(t＋1)＋t2＝t2＋t＋1≥，
∴|a＋c|≥，∴|a＋c|的最小值为，故选D.
[答案]　(1)D　(2)D
[解题技法]　求平面向量模的2种方法
公式法
利用|a|＝及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量模的运算转化为数量积运算
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，再利用余弦定理等方法求解

考法(二)　平面向量的夹角
[典例]　(1)已知平面向量a，b的夹角为，且|a|＝1，|b|＝，则a＋2b与b的夹角是(　　)
A. B.
C. D.
(2)已知向量a＝(1，)，b＝(3，m)且b在a方向上的投影为－3，则向量a与b的夹角为________．
[解析]　(1)因为|a＋2b|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝1＋1＋4×1××cos＝3，
所以|a＋2b|＝.
又(a＋2b)·b＝a·b＋2|b|2＝1××cos＋2×＝＋＝，
所以cos〈a＋2b，b〉＝＝＝，
所以a＋2b与b的夹角为.
(2)因为b在a方向上的投影为－3，所以|b|cos〈a，b〉＝－3，又|a|＝＝2，所以a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝－6，又a·b＝3＋m，所以3＋m＝－6，解得m＝－3，
则b＝(3，－3)，所以|b|＝＝6，所以cos 〈a，b〉＝＝＝－，因为0≤〈a，b〉≤π，所以a与b的夹角为.
[答案]　(1)A　(2)
[解题技法]　求平面向量夹角的2种方法
定义法
当a，b是非坐标形式，求a与b的夹角θ时，需求出a·b及|a|，|b|或得出它们之间的关系，由cos θ＝求得
坐标法
若已知a＝(x1，y1)与b＝(x2，y2)，则cos 〈a，b〉＝，〈a，b〉∈[0，π]

考法(三)　平面向量的垂直
[典例]　(1)若非零向量a，b满足|a|＝|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为(　　)
A. B.
C. D．π
(2)已知向量与的夹角为120°，且||＝3，||＝2.若＝λ＋，且⊥，则实数λ的值为________．
[解析]　(1)设a与b的夹角为θ，因为|a|＝|b|，(a－b)⊥(3a＋2b)，
所以(a－b)·(3a＋2b)＝3|a|2－2|b|2－a·b＝|b|2－2|b|2－|b|2cos θ＝0，
解得cos θ＝，因为θ∈[0，π]，所以θ＝.
(2)由⊥，知·＝0，即·＝(λ＋)·(－)＝(λ－1)·－λ2＋2＝(λ－1)×3×2×－λ×9＋4＝0，解得λ＝.
[答案]　(1)A　(2)
[解题技法]
1．利用坐标运算证明两个向量的垂直问题
若证明两个向量垂直，先根据共线、夹角等条件计算出这两个向量的坐标；然后根据数量积的坐标运算公式，计算出这两个向量的数量积为0即可．
2．已知两个向量的垂直关系，求解相关参数的值
根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数．
[题组训练]
1．(2018·深圳高级中学期中)已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则λ＝(　　)
A．－4　　　　　　　　 　B．－3
C．－2 D．－1
解析：选B　∵(m＋n)⊥(m－n)，∴(m＋n)·(m－n)＝m2－n2＝(λ＋1)2＋1－(λ＋2)2－4＝0，解得λ＝－3.故选B.
2．(2018·永州二模)已知非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，|2a－b|＝1，则|a|＝(　　)
A. B．1
C. D．2
解析：选A　∵非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，∴a·b＝|a|×1×＝，∵|2a－b|＝1，∴|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4|a|2－2|a|＋1＝1，∴4|a|2－2|a|＝0，∴|a|＝，故选A.
3．(2019·益阳、湘潭调研)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a＋b＝(1，)，记向量a，b的夹角为θ，则tan θ＝________.
解析：∵|a|＝1，|b|＝2，a＋b＝(1，)，∴(a＋b)2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝5＋2a·b＝1＋3，∴a·b＝－，∴cos θ＝＝－，∴sin θ＝ ＝，∴tan θ＝＝－.
答案：－


1．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角的余弦值为sin，则b·(2a－b)等于(　　)
A．2　　　　　　　　　　 　B．－1
C．－6 D．－18
解析：选D　∵a与b的夹角的余弦值为sin＝－，
∴a·b＝－3，b·(2a－b)＝2a·b－b2＝－18.
2．已知平面向量a＝(－2,3)，b＝(1,2)，向量λa＋b与b垂直，则实数λ的值为(　　)
A. B．－
C. D．－
解析：选D　∵a＝(－2,3)，b＝(1,2)，∴λa＋b＝(－2λ＋1,3λ＋2)．∵λa＋b与b垂直，∴(λa＋b)·b＝0，∴(－2λ＋1,3λ＋2)·(1,2)＝0，即－2λ＋1＋6λ＋4＝0，解得λ＝－.
3．已知向量a，b满足|a|＝1，b＝(2,1)，且a·b＝0，则|a－b|＝(　　)
A. B.
C．2 D.
解析：选A　因为|a|＝1，b＝(2,1)，且a·b＝0，所以|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝1＋5－0＝6，所以|a－b|＝.故选A.
4．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)．若向量c满足(a＋c)∥b，c⊥(a＋b)，则c＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　设c＝(m，n)，
则a＋c＝(1＋m,2＋n)，a＋b＝(3，－1)，
因为(a＋c)∥b，则有－3(1＋m)＝2(2＋n)，
即3m＋2n＝－7，又c⊥(a＋b)，则有3m－n＝0，
联立解得
所以c＝.
5．(2018·襄阳调研)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的取值范围是(　　)
A.∪ B.
C．(－∞，－2)∪ D.
解析：选C　不妨令i＝(1,0)，j＝(0,1)，则a＝(1，－2)，b＝(1，λ)，因为它们的夹角为锐角，所以a·b＝1－2λ>0且a，b不共线，所以λ<且λ≠－2，故选C.
6．(2019·石家庄质检)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. B.
C. D.
解析：选A　∵|a＋b|＝|a－b|，∴|a＋b|2＝|a－b|2，∴a·b＝0.又|a＋b|＝2|b|，∴|a＋b|2＝4|b|2，|a|2＝3|b|2，∴|a|＝|b|，cos〈a＋b，a〉＝＝＝＝＝，故a＋b与a的夹角为.
7．(2018·宝鸡质检)在直角三角形ABC中，角C为直角，且AC＝BC＝1，点P是斜边上的一个三等分点，则·＋·＝(　　)
A．0 B．1
C. D．－
解析：选B　以点C为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则C(0,0)，A(1，0)，B(0,1)，不妨设P，所以·＋·＝·(＋)＝＋＝1.故选B.
8．(2019·武汉调研)已知平面向量a，b，e满足|e|＝1，a·e＝1，b·e＝－2，|a＋b|＝2，则a·b的最大值为(　　)
A．－1 B．－2
C．－ D．－
解析：选D　不妨设e＝(1,0)，则a＝(1，m)，b＝(－2，n)(m，n∈R)，则a＋b＝(－1，m＋n)，所以|a＋b|＝＝2，所以(m＋n)2＝3，即3＝m2＋n2＋2mn≥2mn＋2mn＝4mn，当且仅当m＝n时等号成立，所以mn≤，所以a·b＝－2＋mn≤－，综上可得a·b的最大值为－.
9．已知平面向量a，b满足a·(a＋b)＝3，且|a|＝2，|b|＝1，则向量a与b的夹角的正弦值为________．
解析：∵a·(a＋b)＝a2＋a·b＝22＋2×1×cos〈a，b〉＝4＋2cos〈a，b〉＝3，
∴cos〈a，b〉＝－，又〈a，b〉∈[0，π]，
∴sin〈a，b〉＝＝.
答案：
10．(2018·湖北八校联考)已知平面向量a，b的夹角为，且|a|＝1，|b|＝2，若(λa＋b)⊥(a－2b)，则λ＝________.
解析：∵|a|＝1，|b|＝2，且a，b的夹角为，∴a·b＝1×2×＝－1，又∵(λa＋b)⊥(a－2b)，∴(λa＋b)·(a－2b)＝0，即(λa＋b)·(a－2b)＝λa2－2b2＋(1－2λ)a·b＝λ－8－(1－2λ)＝0，解得λ＝3.
答案：3
11．(2018·合肥一检)已知平面向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝，则a在b方向上的投影等于________．
解析：∵|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝，
∴(a＋b)2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝5＋2a·b＝3，
∴a·b＝－1，
∴a在b方向上的投影为＝－.
答案：－
12.如图所示，在等腰直角三角形AOB中，OA＝OB＝1，＝4，则·(－)＝________.
解析：由已知得||＝，||＝，
则·(－)＝(＋)·＝·＋·＝cos＋×＝ －.
答案：－
13．(2019·南昌质检)设向量a，b满足|a|＝|b|＝1，且|2a－b|＝.
(1)求|2a－3b|的值；
(2)求向量3a－b与a－2b的夹角θ.
解：(1)∵|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4－4a·b＋1＝5，∴a·b＝0，
∴|2a－3b|＝＝＝.
(2)cos θ＝＝＝＝，
∵θ∈[0，π]，∴θ＝.