高考数学（理科）一轮复习平面向量的数量积及其应用学案附答案

1 / 18高考数学（理科）一轮复习平面向量的数量积及其应用学案附答案本资料为 WoRD 文档，请点击下载地址下载全文下载地址 学案 27平面向量的数量积及其应用导学目标：1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义.2.了解平面向量的数量积与向量投影的关系.3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算.4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.5.会用向量方法解决某些简单的平面几何问题.6.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题自主梳理1向量数量积的定义(1)向量数量积的定义：_，其中|a|cosa，b叫做向量 a 在 b 方向上的投影(2)向量数量积的性质：如果 e 是单位向量，则aa_；非零向量 a，b，ab_；aa_或2 / 18|a|_；cosa，b_；|ab|_|a|b|.2向量数量积的运算律(1)交换律：ab_；(2)分配律：(ab)c_；(3)数乘向量结合律：(a)b_.3向量数量积的坐标运算与度量公式(1)两个向量的数量积等于它们对应坐标乘积的和，即若a(a1，a2)，b(b1，b2)，则ab_；(2)设 a(a1，a2)，b(b1，b2)，则ab_；(3)设向量 a(a1，a2)，b(b1，b2)，则|a|_，cosa，b_.(4)若 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则|AB_，所以|AB|_.自我检测1.（XX湖南）在 RtABc 中，c=90,Ac=4,则3 / 18ABAc等于()A16B8c8D162(XX重庆)已知向量 a，b 满足ab0，|a|1，|b|2，则|2ab|()A0B22c4D83(XX福州月考)已知 a(1,0)，b(1,1)，(ab)b，则 等于()A2B 124.平面上有三个点 A（-2，y） ，B（0， ） ，c（x，y） ，若ABBc，则动点 c 的轨迹方程为_5.（XX天津）若等边ABc 的边长为 2，平面内一点 m 满足 cm16cB23cA，则mAmB_.探究点一向量的模及夹角问题例 1(XX马鞍山月考)已知|a|4，|b|3，(2a3b)(2ab)61.(1)求 a 与 b 的夹角 ；(2)求|ab|；（3）若 ABa，Bcb，求ABc 的面积变式迁移 1(1)已知 a，b 是平面内两个互相垂直的单位4 / 18向量，若向量 c 满足(ac)(bc)0，则|c|的最大值是()A1B2(2)已知 i，j 为互相垂直的单位向量，ai2j，bij，且 a 与 b 的夹角为锐角，实数 的取值范围为_探究点二两向量的平行与垂直问题例 2已知 a(cos，sin)，b(cos，sin)，且 kab 的长度是 akb 的长度的 3 倍(k0)(1)求证：ab 与 ab 垂直；(2)用 k 表示 ab；(3)求 ab 的最小值以及此时 a 与 b 的夹角 .变式迁移 2(XX江苏)设向量a(4cos，sin)，b(sin，4cos)，c(cos，4sin)(1)若 a 与 b2c 垂直，求 tan()的值；(2)求|bc|的最大值；(3)若 tantan16，求证：ab.5 / 18探究点三向量的数量积在三角函数中的应用例 3已知向量 acos32x，sin32x，bcosx2，sinx2，且 x3，4.(1)求 ab 及|ab|；(2)若 f(x)ab|ab|，求 f(x)的最大值和最小值变式迁移 3（XX四川）已知ABc 的面积S=AB3，且 cosB35，求 cosc.1一些常见的错误结论：(1)若|a|b|，则 ab；(2)若 a2b2，则 ab；(3)若 ab，bc，则 ac；(4)若 ab0，则 a0或 b0；(5)|a|b|；(6)(ac)；(7)若ac，则 bc.以上结论都是错误的，应用时要注意2平面向量的坐标表示与向量表示的比较：6 / 18已知 a(x1，y1)，b(x2，y2)， 是向量 a 与 b 的夹角.向量表示坐标表示向量 a 的模|a|aaa2|a|x21y21a 与 b 的数量积abx1x2y1y2a 与 b 共线的充要条件 Ab(b0)x1y2x2y10非零向量 a，b 垂直的充要条件abx1x2y1y20向量 a 与 b 的夹角 cosab|a|b|cosx1x2y1y2x21y21x22y223.证明直线平行、垂直、线段相等等问题的基本方法有：（1）要证 AB=cD，可转化证明 AB2cD2 或|AB|cD|.（2）要证两线段 ABcD，只要证存在唯一实数0，使等式 ABcD成立即可（3）要证两线段 ABcD，只需证 ABcD0.(满分：75 分)7 / 18一、选择题(每小题 5 分，共 25 分)1(XX重庆)若向量 a(3，m)，b(2，1)，ab0，则实数 m 的值为()Ac2D62已知非零向量 a，b，若|a|b|1，且 ab，又知(2a3b)(ka4b)，则实数 k 的值为()A6B3c3D63.已知ABc 中，ABa，Acb，a0，SABc154，|a|3，|b|5，则BAc 等于()A30B150c150D30或 1504(XX湖南)若非零向量 a，b 满足|a|b|，(2ab)b0，则 a 与 b 的夹角为()A30B60c120D1505已知 a(2,3)，b(4,7)，则 a 在 b 上的投影为()题号 123458 / 18答案二、填空题(每小题 4 分，共 12 分)6(XX湖南长沙一中月考)设 a(cos2，sin)，b(1，2sin1)，2，若 ab25，则sin_.7(XX广东金山中学高三第二次月考)若|a|1，|b|2，cab，且 ca，则向量 a 与 b 的夹角为_8已知向量 m(1,1)，向量 n 与向量 m 夹角为 34，且 mn1，则向量 n_.三、解答题(共 38 分)9.(12 分)已知 oA(2,5)，oB(3,1)，oc(6,3)，在线段 oc 上是否存在点 m，使 mAmB，若存在，求出点 m 的坐标；若不存在，请说明理由10(12 分)(XX杭州调研)已知向量a(cos()，sin()，b(cos2，sin2)(1)求证：ab；(2)若存在不等于 0 的实数 k 和 t，使 xa(t23)b，ykatb，满足 xy，试求此时 kt2t 的最小值9 / 1811(14 分)(XX济南模拟)已知 a(1,2sinx)，b2cosx6，1，函数 f(x)ab(xR)(1)求函数 f(x)的单调递减区间；(2)若 f(x)85，求 cos2x3 的值答案自主梳理1(1)ab|a|b|cosa，b(2)|a|cosa，eaaab|a|b|2.(1)ba(2)ab)3.(1)a1b1a2b2(2)a1b1a2b20(3)a21a22a1b1a2b2a21a22b21b22(4)(x2x1，y2y1)2自我检测2B|2ab|24a24abb2822.3D由(ab)b0 得10 / 18ab|b|20，120，12.4y28x(x0)解析由题意得 AB2，y2，Bcx，y2，又 ABBc，ABBc0，即 2，y2x，y20，化简得 y28x(x0)52解析合理建立直角坐标系，因为三角形是正三角形，故设 c(0,0)，A(23，0)，B(3，3)，这样利用向量关系式，求得mA32，12，mB32，12，mB32，52，所以 mAmB2.课堂活动区例 1解(1)(2a3b)(2ab)61，4|a|24ab3|b|261.又|a|4，|b|3，644ab2761，ab6.cosab|a|b|64312.又 0，23.(2)|ab|2|a|22ab|b|2162913.11 / 18(3)AB与 Bc的夹角 23，ABc233.又|AB|a|4，|Bc|b|3，SABc12|AB|Bc|sinABc12433233.变式迁移 1(1)c|a|b|1，ab0，展开(ac)(bc)0(ab)|c|ab|cos，|c|ab|cos2cos，|c|的最大值是 2.(2)12 且 2解析a，b(0，2)，a0 且ab 不同向即|i|22|j|212.当 a0)得 2.12 且 2.例 2解题导引1.非零向量abx1x2y1y20.2当向量 a 与 b 是非坐标形式时，要把 a、b 用已知的不共线的向量表示但要注意运算技巧，有时把向量都用12 / 18坐标表示，并不一定都能够简化运算，要因题而异解(1)由题意得，|a|b|1，(ab)(ab)a2b20，ab 与 ab 垂直(2)|kab|2k2a22kab1，(3|akb|)23(1k2)6kab.由条件知，k22kab13(1k2)6kab，从而有，a0)(3)由(2)知 ab1k24k14(k1k)12，当 k1k 时，等号成立，即 k1.k0，k1.此时 cosab|a|b|12，而 0，3.故 ab 的最小值为 12，此时 3.变式迁移 2(1)解因为 a 与 b2c 垂直，所以 a(b2c)4cossin8coscos4sincos8sinsin13 / 184sin()8cos()0.因此 tan()2.(2)解由 bc(sincos，4cos4sin)，得|bc|4cos4sin21715sin242.又当 4 时，等号成立，所以|bc|的最大值为42.(3)证明由 tantan16 得4cossinsin4cos，所以 ab.例 3解题导引与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热点题型解答此类问题，除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式，向量模、夹角的坐标运算公式外，还应掌握三角恒等变换的相关知识解(1)abcos32xcosx2sin32xsinx2cos2x，|ab|cos32xcosx22sin32xsinx2222cos2x2|cosx|，x3，4，cosx0，|ab|2cosx.14 / 18(2)f(x)cos2x2cosx2cos2x2cosx12cosx12232.x3，4，12cosx1，当 cosx12 时，f(x)取得最小值32；当 cosx1 时，f(x)取得最大值1.变式迁移 3解由题意，设ABc 的角 B、c 的对边分别为 b、c，则 S12bcsinA12.AB0，A0，2，cosA3sinA.又 sin2Acos2A1，sinA1010，cosA31010.由题意 cosB35，得 sinB45.cos(AB)cosAcosBsinAsinB1010.cosccos(AB)1010.课后练习区1D因为 ab6m0，所以 m6.2D由(2a3b)(ka4b)0 得2k120，k6.3cSABc12|a|b|sinBAc154，sinBAc12.又 a0，BAc 为钝角BAc150.4c由(2ab)b|b|2.15 / 18cosa，bab|a|b|12|b|2|b|212.a，b0，180，a，b120.5B因为acosa，b ，所以，a 在 b 上的投影为|a|cosa，bab|b|21842721365655.解析abcos22sin2sin25，12sin22sin2sin25，sin35.7120解析设 a 与 b 的夹角为 ，cab，ca，ca0，即(ab)b0.又|a|1，|b|2，12cos0.cos12，0，180即 120.8(1,0)或(0，1)解析设 n(x，y)，由 mn1，有 xy1.由 m 与 n 夹角为 34，有 m|n|cos34，|n|1，则 x2y21.由解得 x1y0 或 x0y1，16 / 18n(1,0)或 n(0，1)9解设存在点 m，且 omoc(6，3)(01)，mA(26，53)，mB(36，13)(4 分)mAmB，(26)(36)(53)(13)0，(8 分)即 45248110，解得 13 或 1115.m 点坐标为(2,1)或 225，115.故在线段 oc 上存在点 m，使 mAmB，且点 m 的坐标为(2,1)或(225，115)(12 分)10(1)证明abcos()sin2sincossincos0.ab.(4 分)(2)解由 xy 得，xy0，即a(t23)b(katb)0，ka2(t33t)b2tk(t23)ab0，k|a|2(t33t)17 / 18|b|20.(6 分)又|a|21，|b|21，kt33t0，kt33t.(8 分)kt2tt3t23ttt2t3t