【数学】2018届一轮复习人教A版平面向量的数量积与平面向量应用举例学案 8页

平面向量的数量积与平面向量应用举例 ‎【考点梳理】‎ ‎1．平面向量的数量积 ‎(1)定义：已知两个非零向量a和b，它们的夹角为θ，则数量|a||b|cos θ叫做a与b的数量积(或内积)．规定：零向量与任一向量的数量积为0.‎ ‎(2)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．‎ ‎2．平面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·b＋a·c.‎ ‎3．平面向量数量积的性质及其坐标表示 设非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ＝〈a，b〉.‎ 结论 几何表示 坐标表示 模 ‎|a|＝ ‎|a|＝ 数量积 a·b＝|a||b|cos θ a·b＝x1x2＋y1y2‎ 夹角 cos θ＝ cos θ＝ a⊥b a·b＝0‎ x1x2＋y1y2＝0‎ ‎|a·b|与|a||b|的关系 ‎|a·b|≤|a||b|‎ ‎|x1x2＋y1y2|≤· ‎【考点突破】‎ 考点一、平面向量数量积的运算 ‎【例1】(1)已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE＝2EF，则·的值为(　　)‎ A．－　　　B.　　　C.　　　D. ‎(2)已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则· 的值为________；·的最大值为________．‎ ‎[答案] (1)B　(2)1　1‎ ‎[解析] (1)如图所示，＝＋.‎ 又D，E分别为AB，BC的中点，‎ 且DE＝2EF，所以＝，＝＋＝，‎ 所以＝＋.‎ 又＝－，‎ 则·＝·(－)‎ ‎＝·－2＋2－· ‎＝2－2－·.‎ 又||＝||＝1，∠BAC＝60°，‎ 故·＝－－×1×1×＝.故选B.‎ ‎(2)法一：以射线AB，AD为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，设E(t,0)，t∈[0，1]，则＝(t，－1)，＝(0，－1)，所以·＝(t，－1)·(0，－1)＝1.‎ 因为＝(1,0)，所以·＝(t，－1)·(1,0)＝t≤1，‎ 故·的最大值为1.‎ 法二：由图知，无论E点在哪个位置，在方向上的投影都是CB＝1，所以·＝||·1＝1，‎ 当E运动到B点时，在方向上的投影最大，即为DC＝1，‎ 所以(·)max＝||·1＝1.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1.求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．‎ ‎2．(1)要有“基底”意识，关键用基向量表示题目中所求相关向量．(2)注意向量夹角的大小，以及夹角θ＝0°，90°，180°三种特殊情形．‎ ‎【对点训练】‎ ‎1．已知＝(2,1)，点C(－1,0)，D(4,5)，则向量在方向上的投影为 (　　)‎ A．－ B．－3 C. D．3 ‎[答案] C ‎[解析] 因为点C(－1,0)，D(4,5)，所以CD＝(5,5)，又＝(2,1)，所以向量在方向上的投影为||cos〈，〉＝＝＝.‎ ‎2．线段AD，BE分别是边长为2的等边三角形ABC在边BC，AC边上的高，‎ 则·＝(　　)‎ A．－　　 B. C．－　 　 D. ‎[答案] A ‎[解析] 由等边三角形的性质得||＝||＝，〈，〉＝120°，所以·＝||||cos〈，〉＝××＝－，故选A.‎ 考点二、平面向量数量积的性质 ‎【例2】(1)已知不共线的两个向量a，b满足|a－b|＝2且a⊥(a－2b)，则|b|＝(　　)‎ A. B．2‎ C．2 D．4‎ ‎(2)已知向量a，b满足|a|＝1，b＝(2,1)，且λa＋b＝0(λ∈R)，则|λ|＝________.‎ ‎[答案] (1)B　(2) ‎[解析] (1)由a⊥(a－2b)得a·(a－2b)＝|a|2－‎2a·b＝0.又∵|a－b|＝2，∴|a－b|2＝|a|2－‎2a·b＋|b|2＝4，则|b|2＝4，|b|＝2，故选B.‎ ‎(2)∵|a|＝1，∴可令a＝(cos θ，sin θ)，‎ ‎∵λa＋b＝0.‎ ‎∴即 由sin2θ＋cos2θ＝1得λ2＝5，得|λ|＝.‎ ‎【例3】(1)若|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，则向量a＋b与a的夹角为(　　)‎ A. B. C. D. ‎(2)已知平面向量a，b的夹角为120°，且a·b＝－1，则|a－b|的最小值为(　　)‎ A. B. ‎ C. D．1‎ ‎[答案] (1)B　(2)A ‎[解析] (1)由|a＋b|＝|a－b|两边平方得，a·b＝0，由|a－b|＝2|a|两边平方得，‎3a2＋‎2a·b－b2＝0，故b2＝‎3a2，则(a＋b)·a＝a2＋a·b＝a2，设向量a＋b与a的夹角为θ，则有cos θ＝＝＝，故θ＝.‎ ‎(2)由题意可知：－1＝a·b＝|a|·|b|cos 120°，所以2＝|a|·|b|≤.即|a|2＋|b|2≥4，|a－b|2＝a2－‎2a·b＋b2＝a2＋b2＋2≥4＋2＝6，‎ 所以|a－b|≥.‎ ‎【例4】已知向量a＝(1，－1)，b＝(6，－4)．若a⊥(ta＋b)，则实数t的值为________．‎ ‎[答案] －5‎ ‎[解析] ∵a＝(1，－1)，b＝(6，－4)，∴ta＋b＝(t＋6，－t－4)．‎ 又a⊥(ta＋b)，则a·(ta＋b)＝0，即t＋6＋t＋4＝0，解得t＝－5.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1.求两向量的夹角：cos θ＝，要注意θ∈[0，π]．‎ ‎2．两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是：a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|.‎ ‎3．求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有：‎ ‎(1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝.‎ ‎(2)|a±b|＝＝.‎ ‎(3)若a＝(x，y)，则|a|＝.‎ ‎【对点训练】‎ ‎1．已知平面向量a与b的夹角等于，若|a|＝2，|b|＝3，则|2a－3b|＝(　　)‎ A. B. C.57 D.61‎ ‎[答案] B ‎[解析] 由题意可得a·b＝|a|·|b|cos＝3，‎ 所以|2a－3b|＝＝＝＝，故选B.‎ ‎2．设向量a＝(m,1)，b＝(1,2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则m＝________.‎ ‎[答案] －2‎ ‎[解析] ∵|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2，‎ ‎∴a·b＝0.‎ 又a＝(m,1)，b＝(1,2)，∴m＋2＝0，∴m＝－2.‎ ‎3．已知非零向量a，b满足|b|＝4|a|，且a⊥(‎2a＋b)，则a与b的夹角为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案] C ‎[解析] ∵a⊥(‎2a＋b)，∴a·(‎2a＋b)＝0，‎ ‎∴2|a|2＋a·b＝0，‎ 即2|a|2＋|a||b|cos〈a，b〉＝0.‎ ‎∵|b|＝4|a|，∴2|a|2＋4|a|2cos〈a，b〉＝0，‎ ‎∴cos〈a，b〉＝－，∴〈a，b〉＝.‎ ‎4．已知向量＝，＝，则∠ABC＝(　　)‎ A．30°　　　 B．45°‎ C．60°　　　 D．120°‎ ‎[答案] A ‎[解析] 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°.故选A.‎ ‎5．已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m＝(　　)‎ A．－8 B．－6‎ C．6 D．8‎ ‎[答案] D ‎[解析] 法一：因为a＝(1，m)，b＝(3，－2)，所以a＋b＝(4，m－2)．‎ 因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，所以12－2(m－2)＝0，解得m＝8.‎ 法二：因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，即a·b＋b2＝3－2m＋32＋(－2)2＝16－2m＝0，解得m＝8.‎ 考点三、平面向量在平面几何中的应用 ‎【例5】已知△ABC中，∠C是直角，CA＝CB，D是CB的中点，E是AB上一点，且AE＝2EB，求证：AD⊥CE.‎ ‎[解析] 建立如图所示的平面直角坐标系，设A(a,0)，则B(0，a)，E(x，y).‎ ‎∵D是BC的中点，∴D.‎ 又∵＝2，即(x－a，y)‎ ‎＝2(－x，a－y)，‎ ‎∴解得x＝，y＝a.‎ ‎∵＝－(a,0)＝，‎ ＝＝，‎ ‎∴·＝－a×＋×a ‎＝－a2＋a2＝0.‎ ‎∴⊥，即AD⊥CE.‎ ‎【类题通法】‎ 平面几何问题中的向量方法 ‎(1)坐标法：把几何图形放在适当的坐标系中，就赋予了有关点与向量具体的坐标，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(如本例)．‎ ‎(2)基向量法：适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量共线构造关于设定未知量的方程 进行求解．‎ ‎【对点训练】‎ 在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点．若·＝1，则AB的长为________.‎ ‎[答案] ‎[解析] 设AB的长为a(a>0)，‎ 因为＝＋，＝＋＝－，‎ 于是·＝(＋)·＝·－2＋2＝－a2＋a＋1，‎ 故－a2＋a＋1＝1，解得a＝，‎ 所以AB＝.‎