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  • 2021-05-13 发布

2015高考数学(理)(平面向量的数量积及其应用)一轮复习学案

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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|cos 〈a,b〉叫做向量 a 在 b 方向上的投影. (2)向量数量积的性质: ①如果 e 是单位向量,则 a·e=e·a=__________________; ②非零向量 a,b,a⊥b⇔________________; ③a·a=________________或|a|=________________; ④cos〈a,b〉=________; ⑤|a·b|____|a||b|. 2.向量数量积的运算律 (1)交换律:a·b=________; (2)分配律:(a+b)·c=________________; (3)数乘向量结合律:(λa)·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 a·b =________________________; (2)设 a=(a1,a2),b=(b1,b2),则 a⊥b⇔________________________; (3)设向量 a=(a1,a2),b=(b1,b2), 则|a|=________________,cos〈a,b〉=____________________________. (4)若 A(x 1 ,y 1 ),B(x 2 ,y 2 ),则|AB → =________________________,所以| AB → |= _____________________. 自我检测 1.(2010·湖南)在 Rt△ABC 中,∠C=90°,AC=4,则AB→ ·AC→ 等于 (  ) A.-16 B.-8 C.8 D.16 2.(2010·重庆)已知向量 a,b 满足 a·b=0,|a|=1,|b|=2,则|2a-b|= (  ) A.0 B.2 2 C.4 D.8 3.(2011·福州月考)已知 a=(1,0),b=(1,1),(a+λb)⊥b,则 λ 等于 (  ) A.-2 B.2 C.1 2 D.-1 2 4.平面上有三个点 A(-2,y),B(0, ),C(x,y),若A B → ⊥BC → ,则动点 C 的轨迹 方程为________________. 5.(2009·天津)若等边△ABC 的边长为 2 ,平面内一点 M 满足CM→ =1 6CB → +2 3CA → , 则MA → ·MB → =________. 探究点一 向量的模及夹角问题 2 y 3 例 1  (2011·马鞍山月考)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AB→ =a,BC → =b,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. 2 D. 2 2 (2)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,实 数 λ 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 α,sin α),b=(cos β,sin β),且 ka+b 的长度是 a-kb 的长度的 3 倍(k>0). (1)求证:a+b 与 a-b 垂直; (2)用 k 表示 a·b; (3)求 a·b 的最小值以及此时 a 与 b 的夹角 θ. 变式迁移 2 (2009·江苏)设向量 a=(4cos α,sin α),b=(sin β,4cos β),c=(cos β,-4sin β). (1)若 a 与 b-2c 垂直,求 tan(α+β)的值; (2)求|b+c|的最大值; (3)若 tan αtan β=16,求证:a∥b. 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 a=(cos 3 2x,sin 3 2x), b=(cos x 2,-sin x 2),且 x∈[-π 3,π 4]. (1)求 a·b 及|a+b|; (2)若 f(x)=a·b-|a+b|,求 f(x)的最大值和最小值. 变式迁移 3 (2010·四川)已知△ABC 的面积 S= AB→ ·AC → ·=3,且 cos B= 3 5,求 cos C. 1 2 1.一些常见的错误结论: (1)若|a|=|b|,则 a=b;(2)若 a2=b2,则 a=b;(3)若 a∥b,b∥c,则 a∥c;(4)若 a·b= 0,则 a=0 或 b=0;(5)|a·b|=|a|·|b|;(6)(a·b)c=a(b·c);(7)若 a·b=a·c,则 b=c.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: 已知 a=(x1,y1),b=(x2,y2),θ 是向量 a 与 b 的夹角. 向量表示 坐标表示 向量 a 的模 |a|= a·a= a2 |a|= x21+y21 a 与 b 的数量积 a·b=|a||b|cos θ a·b=x1x2+y1y2 a 与 b 共线的充要条件 A∥b(b≠0)⇔a=λb a∥b⇔x1y2-x2y1=0 非零向量 a,b 垂直的充要条件 a⊥b⇔a·b=0 a⊥b⇔x1x2+y1y2=0 向量 a 与 b 的夹角 cos θ= a·b |a||b| cos θ= x1x2+y1y2 x21+y21 x22+y22 3.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 AB→ 2=CD → 2 或|AB → |=|CD → |. (2)要证两线段 AB∥CD,只要证存在唯一实数 ≠0,使等式AB→ =λ CD → 成立即可. (3)要证两线段 AB⊥CD,只需证AB→ ·CD → =0. (满分:75 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1.(2010·重庆)若向量 a=(3,m),b=(2,-1),a·b=0,则实数 m 的值为 (  ) A.-3 2 B.3 2 C.2 D.6 2.已知非零向量 a,b,若|a|=|b|=1,且 a⊥b,又知(2a+3b)⊥(ka-4b),则实数 k 的 值为 (  ) A.-6 B.-3 C.3 D.6 3.已知△ABC 中,AB→ =a,AC→ =b,a·b<0,S △ABC=15 4 ,|a|=3,|b|=5,则∠BAC 等于 (   ) A.30° B.-150° C.150° D.30°或 150° 4.(2010·湖南)若非零向量 a,b 满足|a|=|b|,(2a+b)·b=0,则 a 与 b 的夹角为 (  ) A.30° B.60° C.120° D.150° 5.已知 a=(2,3),b=(-4,7),则 a 在 b 上的投影为 (  ) A. 13 5 B. 65 5 C. 65 13 D. 13 13 题号 1 2 3 4 5 答案 二、填空题(每小题 4 分,共 12 分) λ 6.(2010·湖南长沙一中月考)设 a=(cos 2α,sin α),b=(1,2sin α-1),α∈(π 2,π ),若 a·b =2 5,则 sin α=________. 7.(2010·广东金山中学高三第二次月考)若|a|=1,|b|=2,c=a+b,且 c⊥a,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 3π 4 ,且 m·n=-1,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MA → ⊥ MB → ,若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,请说明理由. 10.(12 分)(2011·杭州调研)已知向量 a=(cos(-θ),sin(-θ)),b=(cos (π 2-θ ), sin(π 2-θ )). (1)求证:a⊥b; (2)若存在不等于 0 的实数 k 和 t,使 x=a+(t2+3)b,y=-ka+tb,满足 x⊥y,试求此 时k+t2 t 的最小值. 11.(14 分)(2011·济南模拟)已知 a=(1,2sin x),b=(2cos(x+π 6 ),1),函数 f(x)=a·b (x∈ R). (1)求函数 f(x)的单调递减区间; (2)若 f(x)=8 5,求 cos (2x-π 3)的值. 答案 自主梳理 1.(1)a·b=|a||b|cos〈a,b〉 (2)①|a|cos〈a,e〉 ②a·b=0 ③|a|2  a·a ④ a·b |a||b|  ⑤≤ 2.(1)b·a (2)a·c+b·c (3)λ(a·b) 3.(1)a1b1+a2b2 (2)a1b1+a2b2=0 (3) a21+a22  a1b1+a2b2 a21+a22 b21+b22 (4)(x2-x1,y2-y1)  (x2-x1)2+(y2-y1)2 自我检测 2.B [|2a-b|= (2a-b)2 = 4a2-4a·b+b2= 8=2 2.] 3.D [由(a+λb)·b=0 得 a·b+λ|b|2=0, ∴1+2λ=0,∴λ=-1 2.] 4.y2=8x(x≠0) 解析 由题意得AB → =(2,-y 2), BC→ =(x,y 2 ),又AB → ⊥BC→ ,∴AB → ·BC→ =0, 即(2,-y 2)·(x,y 2 )=0,化简得 y2=8x(x≠0). 5.-2 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(2 3,0),B( 3, 3),这样利用向量关系式,求得MA→ =( 3 2 ,-1 2),MB → =( 3 2 ,-1 2),MB → =(- 3 2 ,5 2),所以 MA → ·MB → =-2. 课堂活动区 例 1  解 (1)∵(2a-3b)·(2a+b)=61, ∴4|a|2-4a·b-3|b|2=61. 又|a|=4,|b|=3,∴64-4a·b-27=61, ∴a·b=-6. ∴cos θ= a·b |a||b|= -6 4 × 3=-1 2. 又 0≤θ≤π,∴θ=2π 3 . (2)|a+b|= (a+b)2 = |a|2+2a·b+|b|2 = 16+2 × (-6)+9= 13. (3)∵AB → 与BC→ 的夹角 θ=2π 3 , ∴∠ABC=π-2π 3 =π 3. 又|AB→ |=|a|=4,|BC→ |=|b|=3, ∴S△ABC=1 2|AB→ ||BC→ |sin∠ABC =1 2×4×3× 3 2 =3 3. 变式迁移 1 (1)C [∵|a|=|b|=1,a·b=0, 展开(a-c)·(b-c)=0⇒|c|2=c·(a+b) =|c|·|a+b|cos θ,∴|c|=|a+b|cos θ= 2cos θ, ∴|c|的最大值是 2.] (2)λ<1 2且 λ≠-2 解析 ∵〈a,b〉∈(0,π 2),∴a·b>0 且 a·b 不同向. 即|i|2-2λ|j|2>0,∴λ<1 2. 当 a·b 同向时,由 a=kb(k>0)得 λ=-2. ∴λ<1 2且 λ≠-2. 例 2  解题导引 1.非零向量 a⊥b⇔a·b=0⇔x1x2+y1y2=0. 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, ∴(a+b)·(a-b)=a2-b2=0, ∴a+b 与 a-b 垂直. (2)|ka+b|2=k2a2+2ka·b+b2=k2+2ka·b+1, ( 3|a-kb|)2=3(1+k2)-6ka·b. 由条件知,k2+2ka·b+1=3(1+k2)-6ka·b, 从而有,a·b=1+k2 4k (k>0). (3)由(2)知 a·b=1+k2 4k =1 4(k+1 k)≥1 2, 当 k=1 k时,等号成立,即 k=±1. ∵k>0,∴k=1. 此时 cos θ= a·b |a||b|=1 2,而 θ∈[0,π],∴θ=π 3. 故 a·b 的最小值为1 2,此时 θ=π 3. 变式迁移 2 (1)解 因为 a 与 b-2c 垂直, 所以 a·(b-2c) =4cos αsin β-8cos αcos β+4sin αcos β+8sin αsin β =4sin(α+β)-8cos(α+β)=0. 因此 tan(α+β)=2. (2)解 由 b+c=(sin β+cos β,4cos β-4sin β), 得|b+c|= (sin β+cos β)2+(4cos β-4sin β)2 = 17-15sin 2β≤4 2. 又当 β=-π 4时,等号成立,所以|b+c|的最大值为 4 2. (3)证明 由 tan αtan β=16 得4cos α sin β = sin α 4cos β, 所以 a∥b. 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)a·b=cos 3 2xcos x 2-sin 3 2xsin x 2=cos 2x, |a+b|= (cos 3 2x+cos x 2)2+(sin 3 2x-sin x 2)2 = 2+2cos 2x=2|cos x|, ∵x∈[-π 3,π 4],∴cos x>0, ∴|a+b|=2cos x. (2)f(x)=cos 2x-2cos x=2cos2x-2cos x-1 =2(cos x-1 2)2-3 2. ∵x∈[-π 3,π 4],∴1 2≤cos x≤1, ∴当 cos x=1 2时,f(x)取得最小值-3 2; 当 cos x=1 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 S= 1 2bcsin A= 1 2. AB → ·AC → =bccos A=3>0, ∴A∈(0,π 2 ),cos A=3sin A. 又 sin2A+cos2A=1, ∴sin A= 10 10 ,cos A=3 10 10 . 由题意 cos B=3 5,得 sin B=4 5. ∴cos(A+B)=cos Acos B-sin Asin B= 10 10 . ∴cos C=cos[π-(A+B)]=- 10 10 . 课后练习区 1.D [因为 a·b=6-m=0,所以 m=6.] 2.D [由(2a+3b)·(ka-4b)=0 得 2k-12=0,∴k=6.] 3.C [∵S△ABC=1 2|a||b|sin∠BAC=15 4 , ∴sin∠BAC=1 2.又 a·b<0, ∴∠BAC 为钝角.∴∠BAC=150°.] 4.C [由(2a+b)·b=0,得 2a·b=-|b|2. cos〈a,b〉= a·b |a||b|= -1 2|b|2 |b|2 =-1 2. ∵〈a,b〉∈[0°,180°],∴〈a,b〉=120°.] 5.B [因为 a·b=|a|·|b|·cos〈a,b〉, 所以,a 在 b 上的投影为|a|·cos〈a,b〉 =a·b |b| = 21-8 42+72= 13 65 = 65 5 .] 6.3 5 解析 ∵a·b=cos 2α+2sin2α-sin α=2 5, ∴1-2sin2α+2sin2α-sin α=2 5,∴sin α=3 5. 7.120° 解析 设 a 与 b 的夹角为 θ,∵c=a+b,c⊥a, ∴c·a=0,即(a+b)·a=0.∴a2+a·b=0. 又|a|=1,|b|=2,∴1+2cos θ=0. ∴cos θ=-1 2,θ∈[0°,180°]即 θ=120°. 8.(-1,0)或(0,-1) 解析 设 n=(x,y),由 m·n=-1, 有 x+y=-1.① 由 m 与 n 夹角为3π 4 , 有 m·n=|m|·|n|cos 3π 4 , ∴|n|=1,则 x2+y2=1.② 由①②解得Error!或Error!, ∴n=(-1,0)或 n=(0,-1). 9.解 设存在点 M,且OM→ =λOC → =(6λ,3λ) (0≤λ≤1), MA→ =(2-6λ,5-3λ),MB → =(3-6λ,1-3λ).…………………………………………(4 分) ∵MA→ ⊥MB → , ∴(2-6λ)(3-6λ)+(5-3λ)(1-3λ)=0,………………………………………………(8 分) 即 45λ2-48λ+11=0,解得 λ=1 3或 λ=11 15. ∴M 点坐标为(2,1)或(22 5 ,11 5 ). 故在线段 OC 上存在点 M,使MA→ ⊥MB → ,且点 M 的坐标为(2,1)或(22 5 ,11 5 ).………(12 分) 10.(1)证明 ∵a·b=cos(-θ)·cos(π 2-θ )+sin(-θ )·sin(π 2-θ ) =sin θcos θ-sin θcos θ=0.∴a⊥b.……………………………………………………(4 分) (2)解 由 x⊥y 得,x·y=0, 即[a+(t2+3)b]·(-ka+tb)=0, ∴-ka2+(t3+3t)b2+[t-k(t2+3)]a·b=0, ∴-k|a|2+(t3+3t)|b|2=0.………………………………………………………………(6 分) 又|a|2=1,|b|2=1, ∴-k+t3+3t=0,∴k=t3+3t.…………………………………………………………(8 分) ∴k+t2 t =t3+t2+3t t =t2+t+3 =(t+1 2 )2+11 4 .……………………………………………………………………………(10 分) 故当 t=-1 2时,k+t2 t 有最小值11 4 .………………………………………………………(12 分) 11.解 (1)f(x)=a·b=2cos(x+π 6 )+2sin x =2cos xcos π 6-2sin xsin π 6+2sin x = 3cos x+sin x=2sin(x+π 3 ).…………………………………………………………(5 分) 由π 2+2kπ≤x+π 3≤3π 2 +2kπ,k∈Z, 得π 6+2kπ≤x≤7π 6 +2kπ,k∈Z. 所以 f(x)的单调递减区间是 [π 6+2kπ,7π 6 +2kπ] (k∈Z).……………………………………………………………(8 分) (2)由(1)知 f(x)=2sin(x+π 3 ). 又因为 2sin(x+π 3 )=8 5, 所以 sin(x+π 3 )=4 5,……………………………………………………………………(11 分) 即 sin(x+π 3 )=cos(π 6-x )=cos(x-π 6 )=4 5. 所以 cos(2x-π 3)=2cos2(x-π 6 )-1= 7 25.………………………………………………(14 分)