第2课时 平面向量数量积的应用
类型一 平面向量在平面几何中的应用
【例1】 如图，在△ABC中，已知AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，M是BC的中点，＝，设AM与BN相交于点P，则cos∠MPN＝________.
向量研究平面几何问题的解法
(1)基向量法：适当选取一个基底，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进行求解．
(2)坐标法：若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．
【训练1】 在△ABC中，AC＝9，∠A＝60°，D点满足＝2，AD＝，则BC的长为( )
A．3 B．3
C．3 D．6
类型二 平面向量在物理中的应用
【例2】 若平面上的三个力F1，F2，F3作用于一点，且处于平衡状态，已知|F1|＝1 N，|F2|＝ N，F1与F2的夹角为45°，求：
(1)F3的大小；
(2)F3与F1夹角的大小．
用向量方法解决物理问题的步骤
【训练2】 一条东西方向的河流两岸平行，河宽250 m，河水的速度为正东3 km/h.一艘小货船准备从河流南岸码头P处出发，航行到河流对岸对应点Q(PQ与河流的方向垂直)的正西方向并且与点Q相距250 m的码头M处卸货，若水流的速度与小货船航行的速度的合速度的大小为5 km/h，则当小货船的航程最短时，小货船航行速度的大小为( )
A．3 km/h B．6 km/h
C．7 km/h D．3 km/h
类型三 最值(范围)问题
【例3】 (1)平面向量a，b满足|a|＝3|b|，且|a－b|＝4，则a与a－b夹角的正弦值的最大值为( )
A． B． C． D．
(2)(2025·成都诊断)已知平面向量a，b，c满足a·b＝0，|a|＝|b|＝1，(c－a)·(c－b)＝，则|c－a|的最大值为( )
A． B．1＋ C． D．2
向量求最值(范围)的常用方法
1．利用基本不等式求最值(范围)．
2．建立坐标系，设变量构造函数求最值(范围)．
3．数形结合，应用图形的几何性质求最值．
【训练3】 已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，AD上(包含端点)，若·＝2，则与夹角的余弦值的最大值是________．
第2课时 平面向量数量积的应用
关键能力·落实
【例1】 解析 因为M是BC的中点，所以＝＋，||＝＝＝＝.因为＝，所以＝－＝－，所以||＝＝＝＝2，所以·＝·＝－||2＋||2－||||×＝－×4＋×9－×2×3×＝，所以cos∠MPN＝cos〈，〉＝＝＝.
【训练1】 A 解析 因为＝2，所以＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，设AB＝x，由2＝2，得37＝x2＋×x×9cos 60°＋×92，即2x2＋9x－126＝0，因为x>0，故解得x＝6，即AB＝6，所以||＝|－|＝＝＝3.故选A.
【例2】 解 (1)因为三个力平衡，所以F1＋F2＋F3＝0，所以|F3|＝|F1＋F2|＝＝
＝＝1＋.故F3的大小为(1＋)N.
(2)解法一：设F3与F1的夹角为θ，则|F2|＝
，即＝
，解得cos θ＝－，因为θ∈(0，π)，所以θ＝.
解法二：设F3与F1的夹角为θ，由余弦定理得cos(π－θ)＝＝，因为θ∈(0，π)，所以θ＝.
【训练2】 C 解析 连接PM，由题意得，当小货船的航程最短时，其航线为线段PM.设小货船航行的速度为v，水流的速度为v1，水流的速度与小货船航行的速度的合速度为v2，作出示意图，如图所示．PQ＝250 m，QM＝250 m．在Rt△PQM中，tan∠PMQ＝＝＝，由题意知∠PMQ∈.所以∠PMQ＝，∠MPQ＝，〈v1，v2〉＝＋＝，所以v＝v2－v1，所以|v|＝＝＝＝7，所以小货船航行速度的大小为7 km/h.故选C.
【例3】 (1)B 解析 如图所示，设a＝，b＝，则a－b＝，设|b|＝m，|a|＝3m,1≤m≤2，cos∠OAB＝＝＝＋≥2＝，当且仅当＝，即m＝时等号成立，故∠OAB∈，当cos∠OAB最小时，sin∠OAB最大，故a与a－b夹角的正弦值的最大值为＝.故选B.
(2)B 解析 依题意，不妨设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)．则(c－a)·(c－b)＝(x－1，y)·(x，y－1)＝x2＋y2－x－y＝，即(x，y)满足2＋2＝1.而|c－a|可以看作圆2＋2＝1上的一点到点(1,0)的距离，所以|c－a|的最大值即为＋1＝1＋，故选B.
【训练3】 解析 如图建立直角坐标系，则可设＝(t,1)，＝(2，s)，－2≤t≤2，－1≤s≤1，所以·＝2t＋s＝2，cos〈，〉＝＝＝＝＝＝，当st≤0时，(st－2)2≥4，当st＞0时，由2t＋s＝2，故s＞0，t＞0，所以2＝2t＋s≥2，所以st≤，当且仅当s＝1，t＝时取等号，所以st最大值为，所以(st－2)2的最小值为2＝，此时取得最大值为，即与夹角的余弦值的最大值为.(共21张PPT)
第三节
第五章 平面向量与复数
平面向量的数量积
第2课时
第五章 平面向量与复数
平面向量数量积的应用
关键能力/落实
第一部分
——考向探究
类型一
平面向量在平面几何中的应用
解析
解析
解析
类型二
平面向量在物理中的应用
解
解
解析
类型三
最值(范围)问题
解析
解析
解析
解析
R
赢在欲点
B
M
P
A
N
C
M
Q
02
)
P
U
A
O
B
y个
G
O
C
F
A(OE
B
X微练(四十四) 平面向量数量积的应用
基础过关
一、单项选择题
1．已知向量a＝，b＝，则|a－b|＝( )
A．1 B． C． D．
2．在水流速度10 km/h的自西向东的河中，如果要使船以10 km/h的速度从河的南岸垂直到达北岸，则船出发时行驶速度的方向和大小为( )
A．北偏西30°，20 km/h
B．北偏西60°，10 km/h
C．北偏东30°，10 km/h
D．北偏东60°，20 km/h
3．边长为2的正△ABC内一点M(包括边界)满足：＝＋λ(λ∈R)，则·的取值范围是( )
A． B．
C． D．[－2,2]
4．已知非零向量，满足·＝0，且·＝，则△ABC的形状是( )
A．三边均不相等的三角形
B．直角三角形
C．等腰(非等边)三角形
D．等边三角形
5．在△ABC中，||＝3，||＝2，＝＋，则直线AD通过△ABC的( )
A．重心 B．外心
C．垂心 D．内心
6．已知圆C的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，点P在直线y＝x＋3上，线段AB为圆C的直径，则|＋|的最小值为( )
A． B．3
C．4 D．3
7．(2024·九省联考)已知Q为直线l：x＋2y＋1＝0上的动点，点P满足＝(1，－3)，记P的轨迹为E，则( )
A．E是一个半径为的圆
B．E是一条与l相交的直线
C．E上的点到l的距离均为
D．E是两条平行直线
8. 如图，在直角梯形ABCD中，AB＝BC＝2，AD＝，CD＝1，点O，E分别为AB，BC的中点，F在AD，CD，BC边上运动(包含端点)，则·的取值范围为( )
A． B．
C． D．
9. 如图，AB是圆O的一条直径且AB＝2，EF是圆O的一条弦且EF＝1，点P在线段EF上，则·的最小值是( )
A． B．－
C．－ D．－
10．已知平面向量|a|＝，|a－b|＝1，则|b|的最大值为( )
A．＋1 B．2＋1
C．－1 D．2－1
二、填空题
11．如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，BE⊥AC，垂足为点E，则ED＝________.
12．△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设向量m＝(a＋b，sin C)，n＝(a＋c，sin B－sin A)，若m∥n，则角B的大小为________．
13．已知A(2，－1)，B(－1,1)，O为坐标原点，动点M满足＝m＋n，其中m，n∈R，且2m2－n2＝2，则点M的轨迹方程为________________．
14. 如图，已知等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝4，AD＝BC＝，E是DC的中点，P是线段BC上的动点，则·的最小值为________．
素养提升15．已知O是△ABC所在平面内一点，且||＝2，·＝－1，·＝1，则∠ABC的最大值为( )
A． B． C． D．
16．平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝a·b＝2，|a＋b＋c|＝1，则(a＋c)·(b＋c)的最小值是________．
微练(四十四) 平面向量数量积的应用
1．C 解析 因为a－b＝＝(，0)，所以|a－b|＝.故选C.
2．A 解析 如图，船从点O出发，沿方向行驶才能垂直到达对岸，||＝10，||＝10，则||＝＝20，则cos∠BOC＝＝，因为∠BOC为锐角，故∠BOC＝30°，故船以20 km/h的速度，以北偏西30°的方向行驶，才能垂直到达对岸．故选A.
3．B 解析 因为点M在△ABC内部(包括边界)，所以0≤λ≤，·＝·(＋)＝·＝－2＋＋2λ＝－＋2λ∈.故选B.
4．D 解析 因为和分别表示向量和向量方向上的单位向量，因为·＝0，所以角A的平分线与BC垂直，所以△ABC为等腰三角形，且AB＝AC，因为·＝，所以cos A＝.又A∈(0，π)，所以A＝，所以B＝C＝A＝，所以△ABC为等边三角形．故选D.
5．D 解析 因为||＝3，||＝2，所以||＝||＝.设＝，＝，则||＝||.因为＝＋＝＋，所以AD平分∠EAF，所以AD平分∠BAC，所以直线AD通过△ABC的内心．故选D.
6．B 解析 因为C为AB的中点，所以＋＝2，从而|＋|＝|2|＝2||，可知||的最小值为点C到直线y＝x＋3的距离，d＝＝，所以|＋|min＝2×＝3.故选B.
7．C 解析 设Q(－1－2a，a)(a∈R)，P(x，y)，故＝(x＋1＋2a，y－a)＝(1，－3)，所以整理得消去a可得x＋2y＋6＝0，所以轨迹E的方程为x＋2y＋6＝0，易知E为一条与直线l平行的直线，所以A，B，D都是错误的．直线x＋2y＋6＝0与直线x＋2y＋1＝0的距离d＝＝，因此E上的点到l的距离均为，故C正确．综上所述，选C.
8．A 解析 依题意，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，如图，则A(0,0)，B(2,0)，O(1,0)，D(0，)，C(1，)，E，当F在AD边上运动时，记F(0，t)(0≤t≤)，则＝(－1，t)，＝，所以·＝－＋t，则·∈；当F在CD边上运动时，记F(s，)(0≤s≤1)，则＝(s－1，)，所以·＝(s－1)＋＝s＋1，则·∈；当F在BC边上运动时，记＝λ(0≤λ≤1)，则＝＋＝＋λ＝(1,0)＋λ(－1，)＝(1－λ，λ)，所以·＝(1－λ)＋×λ＝＋λ，则·∈.综上，·∈.故选A.
9．B 解析 由题意可得，·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(－)＝||2－||2＝||2－1，为使·最小，只需||最小，只需OP⊥EF，根据圆的性质可得，此时P为EF中点，又EF＝1，因此||min＝＝，所以·的最小值为－.故选B.
10．A 解析 解法一：因为|a|＝，|a－b|＝1，且||b|－|a||≤|a－b|，即||b|－|≤1，所以－1≤|b|－≤1，即－1≤|b|≤1＋，所以|b|的最大值为1＋，当且仅当b与a方向相同时取最大值．故选A.
解法二：设O为坐标原点，＝a，＝b，建立如图所示的平面直角坐标系，由|a|＝，|a－b|＝1，得点B的轨迹为以A(，0)为圆心，1为半径的圆，则当点B运动到图中的点C时，|b|取得最大值，此时|b|＝＋1.故选A.
11. 解析 如图，以A为坐标原点，AD，AB所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(0，)，C(3，)，D(3,0)，所以＝(3，)．设＝λ，则点E的坐标为(3λ，λ)，故＝(3λ，λ－)．因为BE⊥AC，所以·＝0，即9λ＋3λ－3＝0，解得λ＝，所以E.故＝，则||＝＝，即ED＝.
12．150° 解析 因为m∥n，所以(a＋b)(sin B－sin A)－sin C(a＋c)＝0，由正弦定理有(a＋b)(b－a)＝c(a＋c)，即a2＋c2－b2＝－ac，再由余弦定理，得cos B＝－，所以B＝150°.
13．x2－2y2＝2 解析 设点M的坐标为(x，y)，则由 ＝m＋n得得又2m2－n2＝2，所以2(x＋y)2－(x＋2y)2＝2，得x2－2y2＝2.故点M的轨迹方程为x2－2y2＝2.
14．－ 解析 依题意，取AB的中点O，建立如图所示的平面直角坐标系，则B(2,0)．因为AD＝BC＝，所以yE＝＝2，即E(0,2)，令P(x,2(2－x))，其中1≤x≤2，则＝(x,2－2x)，＝((x－2)，2(2－x))．所以·＝x(x－2)＋2(2－2x)(2－x)＝5x2－14x＋8＝52－，因为1≤x≤2，所以当x＝时，·取最小值－.
15．B 解析 由题意知，·－·＝(－)·＝·＝2＝2，则||＝，如图，固定AB则AC可绕着点A旋转，C的轨迹是以A为圆心，半径为的圆(除去直线AB与圆A的交点)，显然当直线BC与圆A相切时，∠ABC取得最大值，此时AC⊥BC，根据勾股定理得||＝＝，所以△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝，故选B.
16．3－2 解析 由题意不妨取a＝(2,0)，b＝(1，)，设c＝(x，y)，则|a＋b＋c|＝＝1，即(x＋3)2＋(y＋)2＝1，可知点(x，y)是圆心为(－3，－)，半径为1的圆上一点．(a＋c)·(b＋c)＝(x＋2)(x＋1)＋y(y＋)＝2＋2－1，可知(a＋c)·(b＋c)的意义为点(x，y)到点的距离的平方减去1.如图，记A(－3，－)，B，连接AB，则|AB|＝＝，所以(a＋c)·(b＋c)≥(－1)2－1＝3－2.(共28张PPT)
平面向量数量积的应用
微练(四十四)
基础过关
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