高考数学一轮复习考点突破讲与练 第5章 第3节　第2课时　系统题型 平面向量的数量积及应用 (含解析)

这是一份高考数学一轮复习考点突破讲与练 第5章 第3节　第2课时　系统题型 平面向量的数量积及应用 (含解析)，共15页。试卷主要包含了学前明考情——考什么，课堂研题型——怎么办等内容，欢迎下载使用。

第2课时　系统题型——平面向量的数量积及应用
一、学前明考情——考什么、怎么考

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·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b.
∵|a|＝1，a·b＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.
2.(2016·全国卷Ⅲ)已知向量＝，＝，则∠ABC＝(　　)
A．30° B.45°
C．60° D．120°
解析：选A　因为＝，＝，所以·＝＋＝.又因为·＝||||cos∠ABC＝1×1×cos∠ABC＝，所以cos∠ABC＝.又0°≤ ∠ABC≤180°，所以∠ABC＝30°.
3.(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则·(＋)的最小值是(　　)
A．－2 B.－
C．－ D．－1
解析：选B　如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(－1，0)，C(1,0)，设P(x，y)，则＝(－x, －y)，＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，所以·(＋)＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋22－，当x＝0，y＝时，·(＋)取得最小值，最小值为－.

常规角度
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算，以及利用数量积求向量的模、夹角等．
2.平面向量数量积的应用：主要考查平面向量模或数量积的最值范围问题．
主要以选择、填空题为主，难度中等偏下
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、课堂研题型——怎么办、提知能

平面向量数量积及其性质的应用

1．(2019·宝鸡金台区质检)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，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则C(0,0)，A(1,0)，B(0,1)，不妨设P，所以·＋·＝＋＝1.故选B.
2．已知向量a，b均为单位向量，若它们的夹角为60°，则|a＋3b|等于(　　)
A. B.
C. D．4
解析：选C　依题意得a·b＝，|a＋3b|＝＝，故选C.
3．(2019·江西三校联考)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.
4．(2019·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.

1．平面向量数量积的2种运算方法
方法
运用提示
适用题型
定义法
当已知向量的模和夹角θ时，可利用定义法求解，即a·b＝|a|·|b|cos θ
适用于平面图形中的向量数量积的有关计算问题
坐标法
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
适用于已知相应向量的坐标求解数量积的有关计算问题
2.利用数量积求解长度问题的处理方法
(1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝.
(2)|a±b|＝＝.
(3)若a＝(x，y)，则|a|＝.
3．向量夹角问题的2个注意点
(1)切记向量夹角的范围是[0，π]．
(2)a与b夹角为锐角⇔a·b>0且a，b不共线，a与b夹角为钝角⇔a·b<0且a，b不共线．
4．两向量垂直的应用
两非零向量垂直的充要条件是a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|.

平面向量数量积的应用问题
平面向量数量积的应用中，常考查向量的模或数量积的最值或范围问题，能力要求较高，综合性强．
考法一　平面向量模的最值或范围问题　
[例1]　(1)(2019·衡水中学调研)已知向量a，b，c满足|a|＝|b|＝a·b＝2，(a－c)·(b－2c)＝0，则|b－c|的最小值为(　　)
A. B.
C. D．
(2)(2019·长春模拟)已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是(　　)
A．1 B.2
C. D．
[解析]　(1)由|a|＝|b|＝a·b＝2，知a，b的夹角为，
可设a＝(2,0)，b＝(1，)，c＝(x，y)，
∵(a－c)·(b－2c)＝0，
∴(2－x，－y)·(1－2x，－2y)＝0，
即2x2＋2y2－5x－y＋2＝0.
方程2x2＋2y2－5x－y＋2＝0表示圆心为，半径为的圆，|b－c|＝表示圆2x2＋2y2－5x－y＋2＝0上的点到点(1，)的距离，所以|b－c|的最小值为 －＝.
(2)因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
(a－c)·(b－c)＝－c·(a＋b)＋|c|2＝－|c||a＋b|·cos θ＋|c|2＝0，其中θ为c与a＋b的夹角，
所以|c|＝|a＋b|cos θ＝cos θ≤，
所以|c|的最大值是.
[答案]　(1)A　(2)C
[方法技巧]
求向量模的最值(范围)的2种方法
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
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求解
考法二　数量积的最值或范围问题　
[例2]　(1)(2019·南昌调研)如图，在直角梯形ABCD中，DA＝AB＝1，BC＝2，点P在阴影区域(含边界)中运动，则·的取值范围是(　　)
A. B.
C．[－1,1] D．[－1,0]
(2)(2019·宝鸡模拟)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N(不与A，C重合)为AC边上的两个动点，且满足| |＝，则·的取值范围为(　　)
A. B.
C. D．
[解析]　(1)∵在直角梯形ABCD中，DA＝AB＝1，BC＝2，
∴BD＝.如图所示，过点A作AO⊥BD，垂足为O，
则＝＋，·＝0，
∴·＝(＋)·＝·.
∴当点P与点B重合时，·取得最大值，
即·＝·＝××＝1；
当点P与点D重合时，·取得最小值，
即·＝－××＝－1.
∴·的取值范围是[－1,1]．
(2)以等腰直角三角形的直角边BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示，则B(0,0)，直线AC的方程为x＋y＝2.
设M(a,2－a)，
则0< a <1，N(a＋1,1－a)，
∴＝(a,2－a)，＝(a＋1,1－a)，
∴·＝a (a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2 a 2－2 a＋2，
∵0 又·<2，故·的取值范围为.
[答案]　(1)C　(2)C
[方法技巧]
数量积的最值或范围问题的2种求解方法
临界分析法
结合图形，确定临界位置的动态分析求出范围
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

1.已知向量a，b是两个互相垂直的单位向量，且c·a＝c·b＝3，|c|＝3，则对任意的正实数t，的最小值是(　　)
A．2 B.2
C．4 D．4
解析：选D　因为向量a，b是两个互相垂直的单位向量，所以a·b＝0，又c·a＝c·b＝3，所以2＝c2＋t2a2＋b2＋2(tc·a＋c·b＋a·b)＝t2＋＋6t＋＋18≥32，当且仅当t2＝，6t＝，即t＝1时等号成立，故的最小值为4.故选D.
2.在△ABC中，AB＝2AC＝6，·＝2，点P是△ABC所在平面内一点，则当2＋2＋2取得最小值时，·＝________.
解析：∵·＝2，∴·－2＝

·(－)＝·＝0，∴⊥，即BA⊥AC.以点A为原点建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(6,0)，C(0,3)，设P(x，y)，则2＋2＋2＝x2＋y2＋(x－6)2＋y2＋x2＋(y－3)2＝3x2－12x＋3y2－6y＋45＝3[(x－2)2＋(y－1)2＋10]，所以当x＝2，y＝1时，2＋2＋2取得最小值，此时·＝(2,1)·(－6,3)＝－9.
答案：－9

平面向量与其他知识的综合问题
平面向量集数与形于一体，是沟通代数、几何与三角函数的一种非常重要的工具．在高考中，常将它与三角函数问题、解三角形问题、几何问题等结合起来考查．
考法一　平面向量与几何的综合问题　
[例1]　(2019·杭州期末)在四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，设·＝m，·＝n.若AB＝，EF＝1，CD＝，则(　　)

A．2m－n＝1 B.2m－2n＝1
C．m－2n＝1 D．2n－2m＝1
[解析]　由题可得，·＝(＋)·(＋)＝－2＋·－·＋·＝－2＋·(－)＋m＝－2＋·(＋＋－)＋m＝·＋m.又因为点E，F分别是边AD，BC的中点，所以＝＋＋，＝＋＋.两式相加得2＝＋，两边同时平方得4＝2＋3＋2·，所以·＝－.则·＝，所以·＝＋m，所以n＝＋m，即2n－2m＝1，故选D.
[答案]　D
[方法技巧]　平面向量与几何综合问题的求解方法
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
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于未知量的方程来进行求解
考法二　平面向量与三角函数的综合问题　
[例2]　(2019·陕西部分学校摸底)在△ABC中，设A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cos A，sin A)，n＝(－sin A，cos A)，且|m＋n|＝2.
(1)求角A的大小；
(2)若b＝4，c＝a，求△ABC的面积．
[解]　(1)∵m＋n＝(＋cos A－sin A，cos A＋sin A)，
∴|m＋n|＝
＝ .
∵|m＋n|＝2，∴sin＝0，
又0 即A＝.
(2)∵c＝a，A＝，
∴＝＝，
∴sin C＝1，又0 ∴△ABC为等腰直角三角形，S△ABC＝×(4)2＝16.
[方法技巧]
平面向量与三角函数综合问题的类型及求解思路
(1)向量平行、垂直与三角函数综合
此类题型的解答一般是利用向量平行(共线)、垂直关系得到三角函数式，再利用三角恒等变换对三角函数式进行化简，结合三角函数的图象与性质进行求解．
(2)向量的模与三角函数综合
此类题型主要是利用向量模的性质|a|2＝a2，如果涉及向量的坐标，解答时可利用两种方法：一是先进行向量的运算，再代入向量的坐标进行求解；二是先将向量的坐标代入，再利用向量的坐标运算求解．此类题型主要表现为两种形式：①利用三角函数与向量的数量积直接联系；②利用三角函数与向量的夹角交汇，达到与数量积的综合．　　

1.在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝，＝2，点F在边CD上．若·＝3，则·的值为(　　)
A．0 B.
C．－4 D．4
解析：选C　＝2 ⇒| |＝||＝.设与的夹角为α，·＝3⇒||cos α＝1⇒| |＝1.以A为坐标原点建立平面直角坐标系，AD为x轴，AB为y轴，则B(0，3)，F(，1)，E.因此＝(，－2)，·＝×－2×3＝2－6＝－4，故选C.
2.已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.设平面向量m＝(cos B，sin B)，n＝(cos C，－sin C)，m与n所成的夹角为120°.
(1)求A的值；
(2)若△ABC的面积S＝，sin C＝2sin B，求a的值．
解：(1)由题知cos 120°＝
＝
＝cos(B＋C)＝－cos A＝－，则cos A＝.
又0 (2)由正弦定理和sin C＝2sin B，得c＝2b.
则△ABC的面积S＝bcsin A＝b2×＝，则b2＝，
解得b＝，c＝.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得a2＝＋－2×××＝16，则a＝4.
[课时跟踪检测]
[A级　保分题——准做快做达标]
1．(2019·牡丹江第一高级中学月考)已知圆O是△ABC的外接圆，其半径为1，且＋＝2，AB＝1，则·＝(　　)
A.　　　　　　　　　 B.3
C. D．2
解析：选B　因为＋＝2，所以点O是BC的中点，即BC是圆O的直径，
又AB＝1，圆的半径为1，所以∠ACB＝30°，且AC＝，
则·＝||·||cos ∠ACB＝3.故选B.
2.(2019·广州综合测试)如图，半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝，P是弧AB上的一点，且满足OP⊥OB，M，N分别是线段OA，OB上的动点，则·的最大值为(　　)
A. B.
C．1 D．
解析：选C　∵扇形OAB的半径为1，∴| |＝1，∵OP⊥OB，∴·＝0.
∵∠AOB＝，∴∠AOP＝，∴·＝(＋)·(＋)＝2＋·＋·＋·＝1＋||cos ＋||·||cos ≤1＋0×＋0×＝1，故选C.
3．(2019·南昌模拟)已知a＝(cos α，sin α)，b＝(cos(－α)，sin(－α))，那么a·b＝0是α＝kπ＋(k∈Z)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
解析：选B　a·b＝cos α·cos(－α)＋sin α·sin(－α)＝cos2α－sin2α＝cos 2α，若a·b＝0，则cos 2α＝0，∴2α＝2kπ±(k∈Z)，解得α＝kπ±(k∈Z)．∴a·b＝0是α＝kπ＋(k∈Z)的必要不充分条件．故选B.
4.(2019·浙江部分市学校联考)如图，点C在以AB为直径的圆上，其中AB＝2，过A向点C处的切线作垂线，垂足为P，则·的最大值是(　　)
A．2 B.1
C．0 D．－1
解析：选B　连接BC，则∠ACB＝90°.∵AP⊥PC，∴·＝·(＋)＝·＝(＋)·＝2.依题意可证Rt△APC∽Rt△ACB，∴＝，即||＝.∵||2＋||2＝||2，∴||2＋||2＝4≥2||||，即||||≤2，当且仅当||＝||时取等号，∴||≤1，∴·＝2≤1，∴·的最大值为1，故选B.
5．(2019·四川双流中学月考)已知平面向量，满足||＝||＝1，·＝－.若||＝1，则||的最大值为(　　)
A.－1 B.－1
C.＋1 D．＋1
解析：选D　因为||＝||＝1，·＝－，所以cos ∠APB＝－，即∠APB＝，由余弦定理可得AB＝＝.如图，建立平面直角坐标系，则A，B，由题设点C(x，y)在以B为圆心，半径为1的圆上运动，结合图形可知，点C(x，y)运动到点D时，有|AC|max＝|AD|＝|AB|＋1＝＋1.故选D.
6．(2019·重庆梁平调研)过点P(－1,1)作圆C：(x－t)2＋(y－t＋2)2＝1(t∈R)的切线，切点分别为A，B，则·的最小值为(　　)
A. B.
C. D．2－3
解析：选C　观察圆C的方程可知，圆心C在直线y＝x－2上运动，则|PC|≥＝2.设∠CPA＝θ，则·＝||||cos 2θ＝||2(2cos2θ－1)＝(||2－1)＝(||2－1)·＝||2＋－3，令||2＝x，设y＝x＋－3，则y＝x＋－3在[8，＋∞)上为增函数，故·≥8＋－3＝，故选C.


7.(2019·北京四中期中考试)如图，在△ABC中，∠ABC＝120°，BA＝4，BC＝2，D是AC边上一点，且＝－，则·＝________.

解析：根据题意得·＝·(－)＝·－×16＋×4－·＝－·－＝－×4×2×cos 120°－＝－4.
答案：－4
8．若a，b，c是单位向量，且a·b＝0，则(a－c)·(b－c)的最大值为________．
解析：依题意可设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(cos θ，sin θ)，则(a－c)·(b－c)＝1－(sin θ＋cos θ)＝1－sin，所以(a－c)·(b－c)的最大值为1＋.
答案：1＋
9．(2018·泰安二模)已知平面向量a，b满足|b|＝1，且a与b－a的夹角为120°，则|a|的取值范围为________．
解析：在△ABC中，设＝a，＝b，
则b－a＝－＝，
∵a与b－a的夹角为120°，∴∠B＝60°，
由正弦定理得＝，
∴|a|＝＝sin C，
∵0° 答案：
10．(2019·河南豫南豫北联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos B＝.
(1)若sin A＝，求cos C；
(2)若b＝4，求·的最小值．
解：(1)在△ABC中，由cos B＝得，sin B＝，∵sin B＝>sin A，∴B>A，故A为锐角，∴cos A＝，∴cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B＝.
(2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B得，
16＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，当且仅当a＝c时等号成立，∴ac≤13，
∴·＝accos(π－B)＝－accos B＝－ac≥－5.
故·的最小值为－5.
11．(2019·太原模拟)已知向量m＝，n＝，f(x)＝m·n.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)若a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，且a＝2，(2a－b)cos C＝ ccos B，f(A)＝，求c.
解：(1)∵f(x)＝m·n＝sin cos ＋cos2
＝sin ＋＝sin＋，
∴函数f(x)的最小正周期为3π，
令－＋2kπ≤＋≤＋2kπ，k∈Z，则－π＋3kπ≤x≤＋3kπ，k∈Z，
∴函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
(2)∵(2a－b)cos C＝ccos B,
∴2sin Acos C＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin(B＋C)＝sin A，
∵00，∴cos C＝，∴C＝.
∵f(A)＝sin＋＝，
∴sin＝1，
∴＋＝＋2kπ，k∈Z，∴A＝，
∴c＝asin C＝2sin ＝.
[B级　难度题——适情自主选做]
1．在等腰三角形AOB中，若||＝||＝5，且|＋|≥||，则·的取值范围为(　　)
A．[－15,25) B.[－15,15]
C．[0,25) D．[0,15]
解析：选A　|＋|≥||＝|－|，所以|＋|2≥|－|2，即(＋)2≥(－)2，所以2＋2·＋2≥(2－2·＋2)，即52＋2·＋52≥(52－2·＋52)，则·≥－15.又·≤||||＝5×5＝25，当且仅当与同向时取等号，因此上式等号不成立，所以·的取值范围为[－15,25)，故选A.
2．已知a，b，e是同一平面内的三个向量，且|e|＝1，a⊥b，a·e＝2，b·e＝1，当|a－b|取得最小值时，a与e夹角的正切值为(　　)
A. B.
C．1 D．
解析：选D　根据题意，分别以a，b为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设e与a的夹角为θ，θ为锐角，则e与b的夹角为－θ.∵|e|＝1，a⊥b，a·e＝2，b·e＝1，∴|a|·cos θ＝2，|b|·cos＝|b|·sin θ＝1，∴|a|＝，|b|＝，∴|a－b|2＝|a|2－2a·b＋|b|2＝＋＝(sin2θ＋cos2θ)＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当2sin2θ＝cos2θ，即tan θ＝时等号成立，此时|a－b|取得最小值3，且a与e夹角的正切值为，故选D.
3．(2019·武汉调研)设A，B，C是半径为1的圆O上的三点，且⊥，则(－)·(－)的最大值是(　　)
A．1＋　　　　　　　　 B.1－
C.－1 D．1
解析：选A　如图，作出，使得＋＝，则(－)·(－)＝2－·－·＋·＝1－(＋)·＝1－·，由图可知，当点C在OD的反向延长线与圆O的交点处时，·取得最小值，最小值为－，此时(－)·(－)取得最大值，最大值为1＋，故选A.
4．(2019·江西吉安月考)已知向量a＝(cos θ，sin θ)，b＝(cos φ，sin φ)．
(1)若|θ－φ|＝，求|a－b|的值；
(2)若θ＋φ＝，记f(θ)＝a·b－λ|a＋b|，θ∈，当1≤λ≤2时，求f(θ)的最小值．
解：(1)∵向量a＝(cos θ，sin θ)，b＝(cos φ，sin φ)，
∴a－b＝(cos θ－cos φ，sin θ－sin φ)，
∴|a－b|2＝(cos θ－cos φ)2＋(sin θ－sin φ)2
＝2－2cos(θ－φ)．
∵|θ－φ|＝，∴θ－φ＝±，
∴|a－b|2＝2－2cos ＝2－1＝1，或2－2cos＝2－1＝1，
∴|a－b|＝1.
(2)∵θ＋φ＝，θ∈，
∴a·b＝cos θcos φ＋sin θsin φ＝cos(θ－φ)＝cos，
|a＋b|＝
＝2＝2cos，
∴f(θ)＝a·b－λ|a＋b|
＝cos－2λcos
＝2cos2－2λcos－1.
令t＝cos，则t∈，
∴g(t)＝2t2－2λt－1
＝22－－1.
又1≤λ≤2，≤≤1，
∴当t＝时，g(t)有最小值－－1，
∴f(θ)的最小值为－－1.