第2课时 向量数量积的运算
1.已知单位向量a，b，则（2a＋b）·（2a－b）＝（ ）
A. B.
C.3 D.5
2.已知a，b是非零向量，且a，b不共线，｜a｜＝3，｜b｜＝4，若向量a＋kb与a－kb互相垂直，则实数k的值为（ ）
A.±2 B.±
C.± D.±
3.若向量a，b满足｜a｜＝，｜b｜＝2，且（a－b）⊥a，则｜a＋b｜＝（ ）
A.3 B.2
C.10 D.
4.设非零向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝｜c｜，a＋b＝c，则a与b的夹角θ＝（ ）
A.150° B.120°
C.60° D.30°
5.（多选）设a，b，c是任意的非零向量，且它们相互不共线，给出下列结论中正确的有（ ）
A.a·c－b·c＝（a－b）·c
B.（b·c）·a－（c·a）·b不与c垂直
C.｜a｜－｜b｜＜｜a－b｜
D.（3a＋2b）·（3a－2b）＝9｜a｜2－4｜b｜2
6.（多选）已知正三角形ABC的边长为2，设＝2a，＝b，则下列结论正确的是（ ）
A.｜a＋b｜＝1 B.a⊥b
C.（4a＋b）⊥b D.a·b＝－1
7.设单位向量a，b的夹角的余弦值为－，则（2a－b）·（a＋b）＝ .
8.（2024·聊城月考）已知向量a，b的夹角为，且｜a｜＝2，｜b｜＝1，则｜a＋b｜＝ .
9.已知两个单位向量a，b满足｜4a＋b｜＝，则a，b的夹角为 .
10.已知平面向量a，b，若｜a｜＝1，｜b｜＝2，且｜a－b｜＝.
（1）求a与b的夹角θ；
（2）若c＝ta＋b，且a⊥c，求t的值及｜c｜.
11.（2024·宁德月考）若O为△ABC所在平面内任一点，且满足（－）·（＋－2）＝0，则△ABC的形状为（ ）
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.正三角形 D.等腰直角三角形
12.已知向量a≠b，｜b｜≠0，若对任意的t∈R，｜a－tb｜≥｜a－b｜恒成立，则必有（ ）
A.a⊥b B.a⊥（a－b）
C.b⊥（a－b） D.（a＋b）⊥（a－b）
13.（2024·绍兴质检）已知向量a，b满足｜a｜＝5，｜b｜＝3，且b⊥（a－b），则a，b夹角的余弦值为 ，设a在b方向上的投影向量为λb，则λ＝ .
14.已知向量a，b满足｜a｜＝2，｜b｜＝1，（a－3b）·（a＋b）＝3.
（1）求｜a＋b｜的值；
（2）求向量a与a－2b的夹角.
15.已知a，b是夹角为90°的两个单位向量，若非零向量c满足（c－a）·（c－b）＝0，则｜c｜的最大值为（ ）
A.1 B.
C. D.2
16.如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，点F在CD边上运动（含C，D点）.
（1）若点F是CD上靠近点C的三等分点，设＝λ＋μ，求λ＋μ的值；
（2）若AB＝2，当·＝1时，求cos∠EAF的值.
第2课时 向量数量积的运算
1.C 由题意得（2a＋b）·（2a－b）＝4a2－b2＝4－1＝3.
2.D 因为向量a＋kb与a－kb互相垂直，所以有（a＋kb）·（a－kb）＝0 a2－k2b2＝0 9－16k2＝0 k＝±，故选D.
3.D ∵（a－b）⊥a，∴（a－b）·a＝｜a｜2－a·b＝0，∴a·b＝｜a｜2＝2，∴｜a＋b｜2＝a2＋2a·b＋b2＝10，∴｜a＋b｜＝.
4.B 由｜a｜＝｜b｜＝｜c｜且a＋b＝c，得｜a＋b｜＝｜b｜，两边平方得｜a｜2＋｜b｜2＋2a·b＝｜b｜2，∴2a·b＝－｜a｜2，则2｜a｜｜b｜cos θ＝－｜a｜2，∴cos θ＝－.又0°≤θ≤180°，∴θ＝120°.
5.ACD 根据数量积的分配律知A正确；∵[（b·c）·a－（c·a）·b]·c＝（b·c）·（a·c）－（c·a）·（b·c）＝0，∴（b·c）·a－（c·a）·b与c垂直，B错误；∵a，b不共线，∴｜a｜，｜b｜，｜a－b｜组成三角形，∴｜a｜－｜b｜＜｜a－b｜成立，C正确；显然D正确.故正确结论的选项是A、C、D.
6.CD 分析知｜a｜＝1，｜b｜＝2，a与b的夹角是120°，故B错误；∵（a＋b）2＝｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝3，∴｜a＋b｜＝，故A错误；∵（4a＋b）·b＝4a·b＋b2＝4×1×2×cos 120°＋4＝0，∴（4a＋b）⊥b，故C正确；a·b＝1×2×cos 120°＝－1，故D正确.
7. 解析：因为cos＜a，b＞＝－，所以a·b＝｜a｜｜b｜·cos＜a，b＞＝－，则（2a－b）·（a＋b）＝2a2＋a·b－b2＝2－－1＝.
8. 解析：｜a＋b｜＝＝
＝＝.
9. 解析：｜4a＋b｜＝两边平方得16a2＋8a·b＋b2＝13，设a，b的夹角为θ，即16｜a｜2＋8｜a｜·｜b｜cos θ＋｜b｜2＝13，因为a，b为单位向量，所以16＋8cos θ＋1＝13，解得cos θ＝－，因为θ∈[0，π]，所以θ＝.
10.解：（1）由｜a－b｜＝，得a2－2a·b＋b2＝7，
∴1－2×1×2×cos θ＋4＝7，
∴cos θ＝－.
又θ∈[0，π]，∴θ＝.
（2）∵a⊥c，∴a·（ta＋b）＝0，
∴ta2＋a·b＝0，∴t＋1×2×（－）＝0，
∴t＝1，
∴c＝a＋b，c2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×1×2×（－）＋4＝3，
∴｜c｜＝.
11.A 因为（－）·（＋－2）＝0，即·（＋）＝0，又因为－＝，所以（－）·（＋）＝0，即｜｜＝｜｜，所以△ABC是等腰三角形.
12.C 因为｜a－tb｜≥｜a－b｜恒成立，两边平方，化简得b2t2－2a·bt＋2a·b－b2≥0对任意的t∈R恒成立，又｜b｜≠0，则Δ＝4（a·b）2－4b2（2a·b－b2）≤0，即（a·b－b2）2≤0，所以a·b－b2＝0，所以b·（a－b）＝0，即b⊥（a－b）.
13. 1 解析：∵b⊥（a－b），∴b·（a－b）＝0 b·a－b2＝0 b·a＝b2，∴cos＜a，b＞＝＝＝＝，∴a在b方向上的投影向量为｜a｜·cos＜a，b＞＝5×·＝b，即b＝λb，解得λ＝1.
14.解：（1）∵（a－3b）·（a＋b）＝3，
∴｜a｜2＋a·b－3a·b－3｜b｜2＝3，
∴4－2a·b－3＝3，即a·b＝－1，
故｜a＋b｜＝＝＝＝.
（2）设向量a与a－2b的夹角为θ，
则cos θ＝＝，
∵｜a－2b｜＝＝＝＝2，∴cos θ＝＝，
又∵θ∈[0，π]，∴θ＝，即a与a－2b的夹角为.
15.B 设a＋b与c的夹角为θ，由题意知，a·b＝0，则（c－a）·（c－b）＝c2－（a＋b）·c＋a·b＝c2－（a＋b）·c＝｜c｜2－｜a＋b｜｜c｜cos θ＝0，因为c为非零向量，所以｜c｜＝｜a＋b｜·cos θ≤｜a＋b｜，易得｜a＋b｜＝，因此｜c｜的最大值为.
16.解：（1）∵E是BC的中点，点F是CD上靠近点C的三等分点，
∴＝＝，＝－＝－，
∴＝＋＝－＋，
又＝λ＋μ，
∴λ＝－，μ＝，故λ＋μ＝－＋＝.
（2）设＝m（0≤m≤1），
则＝＋＝－m，
又＝＋＝＋，·＝0，
∴·＝（＋）·（－m）＝－m＋＝－4m＋2＝1，
故m＝.
∴·＝（＋）·（＋）＝＋＝3＋2＝5，
易得｜｜＝，｜｜＝，
∴cos∠EAF＝＝＝.
2 / 2第2课时 向量数量积的运算
通过前面的学习，我们知道向量的加法运算满足交换律、结合律，向量的数乘运算满足结合律即λ（μa）＝（λμ）a，分配律即（λ＋μ）a＝λa＋μa（λ，μ∈R）.
【问题】 （1）向量的数量积是否也满足交换律，数乘结合律及数量积对向量加法分配律？
（2）平方差公式、完全平方公式在向量运算中是否成立？
（3）向量的模、两向量的夹角如何计算？
知识点 向量数量积的运算律
1.向量数量积的运算律
（1）a·b＝ （交换律）；
（2）（λa）·b＝ ＝ （结合律）；
（3）（a＋b）·c＝ （分配律）.
2.向量数量积的常用结论
（1）（a±b）2＝｜a±b｜2＝｜a｜2±2a·b＋｜b｜2＝a2±2a·b＋b2；
（2）a2－b2＝（a＋b）·（a－b）＝｜a｜2－｜b｜2；
（3）（a＋b）2＋（a－b）2＝2（｜a｜2＋｜b｜2）；
（4）a2＋b2＝0 a＝b＝0.
提醒 （1）向量的数量积不满足消除律：若a，b，c均为非零向量，且a·c＝b·c，但得不到a＝b；（2）（a·b）·c≠a·（b·c），因为a·b，b·c是数量积，是实数，不是向量，所以（a·b）·c与向量c共线，a·（b·c）与向量a共线，因此，（a·b）·c＝a·（b·c）在一般情况下不成立.
【想一想】
1.向量的数量积与向量的数乘运算结果相同吗？
2.已知非零向量a，b，a与b的夹角为θ，若a·b＜0，则θ是钝角对吗？
1.已知｜a｜＝2，｜b｜＝3，则（2a－3b）·（2a＋3b）＝ .
2.已知｜a｜＝1，｜b｜＝，且（a＋b）与a 垂直，则a与b的夹角是 .
3.已知两个单位向量a，b的夹角为60°，则｜a＋2b｜＝ .
题型一 向量数量积的计算
角度1 求两个或两个以上向量线性表达式的数量积
【例1】 已知｜a｜＝3，｜b｜＝4，｜c｜＝5，向量a，b的夹角是120°，a，c的夹角是45°.求：
（1）（a－2b）·（3a＋b）；
（2）a·（a－4b＋c）.
通性通法
求向量的数量积的一般思路
求向量的数量积时，需明确两个关键量：相关向量的模和夹角.若相关向量是两个或两个以上向量的线性运算，则需先利用向量数量积的运算律及多项式乘法的相关公式进行化简.
角度2 求与几何图形有关的向量的数量积
【例2】 在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则·＝ .
通性通法
求与几何图形有关向量数量积的一般思路
（1）可先利用向量的加、减运算或数量积的运算律，将所求数量积转化为已知模和夹角的向量的数量积后再运算；
（2）充分利用图形特点，观察向量的夹角与平面几何图形中的角的关系是相等还是互补.
【跟踪训练】
1.已知｜a｜＝6，｜b｜＝4，a与b的夹角为60°，则（a＋2b）·（a＋3b）＝ .
2.（2024·青岛月考）如图，在 ABCD中，｜｜＝4，｜｜＝3，∠DAB＝60°，则·＝ .
题型二 向量模的计算
【例3】 （1）（2024·新乡月考）已知平面向量a与b的夹角为60°，｜a｜＝2，｜b｜＝1，则｜a＋2b｜＝（ ）
A. B.2
C.4 D.12
（2）向量a，b满足｜a｜＝1，｜a－b｜＝，a与b的夹角为60°，则｜b｜＝（ ）
A. B.
C. D.
通性通法
求向量的模的基本思路
a·a＝a2＝｜a｜2或｜a｜＝是求向量的模及用向量求解图形中线段长度的依据.这种通过求自身的数量积从而求模的思想是解决向量的模的问题的主要方法.此外，根据平面图形求向量的模时，要注意利用图形的性质对向量的数量积或夹角等进行转化.
【跟踪训练】
已知向量a，b满足｜a｜＝1，｜b｜＝2，a·（a－2b）＝0，则｜a＋b｜＝（ ）
A.6 B.4
C. D.
题型三 向量的夹角与垂直
角度1 求两向量的夹角
【例4】 已知向量a，b满足｜a｜＝｜b｜＝1及｜3a－2b｜＝，求a，b的夹角.
通性通法
求向量夹角θ的基本步骤
角度2 利用数量积解决向量的垂直问题
【例5】 已知｜a｜＝2，｜b｜＝1，向量a，b的夹角为60°，c＝a＋5b，d＝ma－2b.求实数m为何值时，c与d垂直.
通性通法
求解向量垂直问题的一般思路
对于非零向量a，b，a⊥b a·b＝0是向量中非常重要的性质，其作用主要有：（1）证明两向量垂直；（2）利用a·b＝0列方程求未知数的值；（3）解决平面几何图形中有关垂直的问题.
【跟踪训练】
1.（2024·龙岩月考）已知向量a，b满足｜a｜＝5，｜b｜＝6，a·b＝－6，则cos＜a，a＋b＞＝（ ）
A.－ B.－ C. D.
2.（2024·金华质检）已知a⊥b，｜a｜＝2，｜b｜＝3且向量3a＋2b与ka－b互相垂直，则k的值为（ ）
A.－ B. C.± D.1
1.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
2.若两个单位向量a，b的夹角为，则｜4a＋5b｜＝（ ）
A.1 B. C. D.7
3.已知非零向量m，n满足4｜m｜＝3｜n｜，m与n夹角的余弦值为，若n⊥（t m＋n），则实数t＝ .
4.已知｜a｜＝1，｜b｜＝.
（1）若a，b的夹角为60°，求｜a＋b｜；
（2）若a－b与a垂直，求a与b的夹角.
第2课时 向量数量积的运算
【基础知识·重落实】
知识点
1.（1）b·a （2）λ（a·b） a· （λb） （3）a·c＋b·c
想一想
1.提示：不相同，向量的数量积运算结果是一个实数，向量的数乘运算结果是向量.
2.提示：不对.若θ＝π时，a·b＜0.
自我诊断
1.－65 解析：（2a－3b）·（2a＋3b）＝4a2－9b2＝4×4－9×9＝－65.
2. 解析：∵（a＋b）·a＝a2＋a·b＝0.∴a·b＝－a2＝－1.设a与b的夹角为θ，∴cos θ＝＝＝－，又θ∈[0，π]，∴θ＝.
3. 解析：因为两个单位向量a，b的夹角是60°，所以｜a＋2b｜＝＝＝＝.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）（a－2b）·（3a＋b）＝3a2＋a·b－6a·b－2b2＝3｜a｜2－5a·b－2｜b｜2＝3×32－5×3×4×cos 120°－2×42＝25.
（2）a·（a－4b＋c）＝a2－4a·b＋a·c＝｜a｜2－4｜a｜｜b｜cos 120°＋｜a｜｜c｜cos 45°＝32－4×3×4×（－）＋×3×5×＝48.
【例2】 －1 解析：如图，由AD∥BC，AE＝BE，得∠BAD＝∠ABE＝∠EAB＝30°.又AB＝2，所以AE＝BE＝2.因为＝－，所以·＝·（－）＝·－·＝2×5×cos 60°－2×2×cos 30°＝－1.
跟踪训练
1.192 解析：（a＋2b）·（a＋3b）＝a·a＋5a·b＋6b·b＝｜a｜2＋5a·b＋6｜b｜2＝｜a｜2＋5｜a｜｜b｜cos 60°＋6｜b｜2＝62＋5×6×4×＋6×42＝192.
2.－7 解析：因为＝＋，＝－，所以·＝（＋）·（－）＝－＝9－16＝－7.
【例3】 （1）B （2）B
解析：（1）法一 ｜a＋2b｜＝
＝
＝＝＝2.
法二（数形结合法）
由｜a｜＝｜2b｜＝2知，以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则｜a＋2b｜＝｜｜.又∠AOB＝60°，所以｜a＋2b｜＝2.
（2）由题意得｜a－b｜2＝｜a｜2＋｜b｜2－2｜a｜｜b｜cos 60°＝，即1＋｜b｜2－｜b｜＝，解得｜b｜＝.
跟踪训练
C ∵a·（a－2b）＝0，∴a2－2a·b＝0.∵｜a｜＝1，｜b｜＝2，∴a·b＝，∴｜a＋b｜＝＝＝.
【例4】 解：设a与b的夹角为θ，由题意得（3a－2b）2＝7，
∴9｜a｜2＋4｜b｜2－12a·b＝7，
又｜a｜＝｜b｜＝1，∴a·b＝，
∴｜a｜｜b｜cos θ＝，
即cos θ＝.
又θ∈[0，π]，∴a，b的夹角为.
【例5】 解：由已知得a·b＝2×1×cos 60°＝1.
若c⊥d，则c·d＝0.
∴c·d＝（a＋5b）·（ma－2b）＝ma2＋（5m－2）a·b－10b2＝4m＋5m－2－10＝9m－12＝0，
∴m＝.
故当m＝时，c与d垂直.
跟踪训练
1.D a·（a＋b）＝｜a｜2＋a·b＝25－6＝19，｜a＋b｜＝
＝
＝＝7，故cos＜a，a＋b＞＝＝＝.故选D.
2.B 因为向量3a＋2b与ka－b互相垂直，所以（3a＋2b）·（ka－b）＝0.所以3ka2＋（2k－3）a·b－2b2＝0，因为a⊥b，｜a｜＝2，｜b｜＝3，所以a·b＝0，所以12k－18＝0，解得k＝，故选B.
随堂检测
1.B a·（2a－b）＝2a2－a·b＝2－（－1）＝3.
2.C 因为（4a＋5b）2＝16a2＋40a·b＋25b2＝16×12＋40×1×1×cos ＋25×12＝21，所以｜4a＋5b｜＝.故选C.
3.－4 解析：由题意知，＝＝，所以m·n＝｜n｜2＝n2，因为n·（tm＋n）＝0，所以t m·n＋n2＝0，即t n2＋n2＝0，所以t＝－4.
4.解：（1）因为｜a＋b｜2＝｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝3＋，
所以｜a＋b｜＝.
（2）由（a－b）·a＝0，得a2＝a·b，
设a与b的夹角为θ，
所以cos θ＝＝，又0°≤θ≤180°，故θ＝45°.
3 / 3(共58张PPT)
第2课时 向量数量积的运算
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
通过前面的学习，我们知道向量的加法运算满足交换律、结合
律，向量的数乘运算满足结合律即λ（μa）＝（λμ）a，分配律即
（λ＋μ）a＝λa＋μa（λ，μ∈R）.
【问题】 （1）向量的数量积是否也满足交换律，数乘结合律及数
量积对向量加法分配律？
（2）平方差公式、完全平方公式在向量运算中是否成立？
（3）向量的模、两向量的夹角如何计算？
知识点 向量数量积的运算律
1. 向量数量积的运算律
（1）a·b＝ （交换律）；
（2）（λa）·b＝ ＝ （结合律）；
（3）（a＋b）·c＝ （分配律）.
b·a
λ（a·b）
a· （λb）
a·c＋b·c
2. 向量数量积的常用结论
（1）（a±b）2＝｜a±b｜2＝｜a｜2±2a·b＋｜b｜2＝
a2±2a·b＋b2；
（2）a2－b2＝（a＋b）·（a－b）＝｜a｜2－｜b｜2；
（3）（a＋b）2＋（a－b）2＝2（｜a｜2＋｜b｜2）；
（4）a2＋b2＝0 a＝b＝0.
提醒 （1）向量的数量积不满足消除律：若a，b，c均为非零向量，且a·c＝b·c，但得不到a＝b；（2）a·b）·c≠a·（b·c），因为a·b，b·c是数量积，是实数，不是向量，所以（a·b）·c与向量c共线，a·（b·c）与向量a共线，因此，（a·b）·c＝a·（b·c）在一般情况下不成立.
1. 向量的数量积与向量的数乘运算结果相同吗？
提示：不相同，向量的数量积运算结果是一个实数，向量的数乘运
算结果是向量.
2. 已知非零向量a，b，a与b的夹角为θ，若a·b＜0，则θ是钝角对
吗？
提示：不对.若θ＝π时，a·b＜0.
【想一想】
1. 已知｜a｜＝2，｜b｜＝3，则（2a－3b）·（2a＋3b）＝ .
解析：（2a－3b）·（2a＋3b）＝4a2－9b2＝4×4－9×9＝－65.
－65
2. 已知｜a｜＝1，｜b｜＝ ，且（a＋b）与a 垂直，则a与b的
夹角是 .
解析：∵（a＋b）·a＝a2＋a·b＝0.∴a·b＝－a2＝－1.设a与b
的夹角为θ，∴ cos θ＝ ＝ ＝－ ，又θ∈[0，π]，∴θ
＝ .
3. 已知两个单位向量a，b的夹角为60°，则｜a＋2b｜＝ .
解析：因为两个单位向量a，b的夹角是60°，所以｜a＋2b｜＝
＝ ＝
＝ .
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 向量数量积的计算
角度1 求两个或两个以上向量线性表达式的数量积
【例1】 已知｜a｜＝3，｜b｜＝4，｜c｜＝5，向量a，b的夹角
是120°，a，c的夹角是45°.求：
（1）（a－2b）·（3a＋b）；
解：（a－2b）·（3a＋b）＝3a2＋a·b－6a·b－2b2＝3｜a｜
2－5a·b－2｜b｜2＝3×32－5×3×4× cos 120°－2×42＝25.
（2）a·（a－4b＋ c）.
解：a·（a－4b＋ c）＝a2－4a·b＋ a·c＝｜a｜2－4｜
a｜｜b｜ cos 120°＋ ｜a｜｜c｜ cos 45°＝32－4×3×4×
（－ ）＋ ×3×5× ＝48.
通性通法
求向量的数量积的一般思路
求向量的数量积时，需明确两个关键量：相关向量的模和夹角.
若相关向量是两个或两个以上向量的线性运算，则需先利用向量数量
积的运算律及多项式乘法的相关公式进行化简.
角度2 求与几何图形有关的向量的数量积
【例2】 在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2 ，AD＝5，∠A
＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则 · ＝ .
－1
解析：如图，由AD∥BC，AE＝BE，得∠BAD＝∠ABE＝∠EAB＝
30°.又AB＝2 ，所以AE＝BE＝2.因为 ＝ － ，所以
· ＝ ·（ － ）＝ · － · ＝2×5× cos 60°－
2×2 × cos 30°＝－1.
通性通法
求与几何图形有关向量数量积的一般思路
（1）可先利用向量的加、减运算或数量积的运算律，将所求数量积
转化为已知模和夹角的向量的数量积后再运算；
（2）充分利用图形特点，观察向量的夹角与平面几何图形中的角的
关系是相等还是互补.
【跟踪训练】
1. 已知｜a｜＝6，｜b｜＝4，a与b的夹角为60°，则（a＋
2b）·（a＋3b）＝ .
解析：（a＋2b）·（a＋3b）＝a·a＋5a·b＋6b·b＝｜a｜2＋
5a·b＋6｜b｜2＝｜a｜2＋5｜a｜｜b｜ cos 60°＋6｜b｜2＝62
＋5×6×4× ＋6×42＝192.
192
2. （2024·青岛月考）如图，在 ABCD中，｜ ｜＝4，｜ ｜＝
3，∠DAB＝60°，则 · ＝ .
解析：因为 ＝ ＋ ， ＝ － ，所以 · ＝
（ ＋ ）·（ － ）＝ － ＝9－16＝－7.
－7
题型二 向量模的计算
【例3】 （1）（2024·新乡月考）已知平面向量a与b的夹角为
60°，｜a｜＝2，｜b｜＝1，则｜a＋2b｜＝（ B ）
A. B. 2
C. 4 D. 12
B
解析：法一 ｜a＋2b｜＝ ＝
＝
＝ ＝2 .
法二（数形结合法） 由｜a｜＝｜2b｜＝2知，
以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如
图，则｜a＋2b｜＝｜ ｜.又∠AOB＝60°，所
以｜a＋2b｜＝2 .
（2）向量a，b满足｜a｜＝1，｜a－b｜＝ ，a与b的夹角为
60°，则｜b｜＝（ B ）
A. B.
C. D.
解析：由题意得｜a－b｜2＝｜a｜2＋｜b｜2－2｜a｜｜b｜
cos 60°＝ ，即1＋｜b｜2－｜b｜＝ ，解得｜b｜＝ .
B
通性通法
求向量的模的基本思路
a·a＝a2＝｜a｜2或｜a｜＝ 是求向量的模及用向量求解图
形中线段长度的依据.这种通过求自身的数量积从而求模的思想是解
决向量的模的问题的主要方法.此外，根据平面图形求向量的模时，
要注意利用图形的性质对向量的数量积或夹角等进行转化.
【跟踪训练】
已知向量a，b满足｜a｜＝1，｜b｜＝2，a·（a－2b）＝0，则｜
a＋b｜＝（ ）
A. 6 B. 4
C. D.
解析： ∵a·（a－2b）＝0，∴a2－2a·b＝0.∵｜a｜＝1，｜
b｜＝2，∴a·b＝ ，∴｜a＋b｜＝ ＝
＝ .
题型三 向量的夹角与垂直
角度1 求两向量的夹角
【例4】 已知向量a，b满足｜a｜＝｜b｜＝1及｜3a－2b｜＝
，求a，b的夹角.
解：设a与b的夹角为θ，由题意得（3a－2b）2＝7，
∴9｜a｜2＋4｜b｜2－12a·b＝7，
又｜a｜＝｜b｜＝1，∴a·b＝ ，
∴｜a｜｜b｜ cos θ＝ ，
即 cos θ＝ .
又θ∈[0，π]，∴a，b的夹角为 .
通性通法
求向量夹角θ的基本步骤
角度2 利用数量积解决向量的垂直问题
【例5】 已知｜a｜＝2，｜b｜＝1，向量a，b的夹角为60°，c
＝a＋5b，d＝ma－2b.求实数m为何值时，c与d垂直.
解：由已知得a·b＝2×1× cos 60°＝1.
若c⊥d，则c·d＝0.
∴c·d＝（a＋5b）·（ma－2b）＝ma2＋（5m－2）a·b－10b2＝
4m＋5m－2－10＝9m－12＝0，
∴m＝ .
故当m＝ 时，c与d垂直.
通性通法
求解向量垂直问题的一般思路
对于非零向量a，b，a⊥b a·b＝0是向量中非常重要的性
质，其作用主要有：（1）证明两向量垂直；（2）利用a·b＝0列方
程求未知数的值；（3）解决平面几何图形中有关垂直的问题.
【跟踪训练】
1. （2024·龙岩月考）已知向量a，b满足｜a｜＝5，｜b｜＝6，
a·b＝－6，则 cos ＜a，a＋b＞＝（ ）
A. － B. －
C. D.
解析： a·（a＋b）＝｜a｜2＋a·b＝25－6＝19，｜a＋b｜
＝ ＝ ＝ ＝7，
故 cos ＜a，a＋b＞＝ ＝ ＝ .故选D.
2. （2024·金华质检）已知a⊥b，｜a｜＝2，｜b｜＝3且向量3a＋
2b与ka－b互相垂直，则k的值为（ ）
A. － B.
C. ± D. 1
解析： 因为向量3a＋2b与ka－b互相垂直，所以（3a＋
2b）·（ka－b）＝0.所以3ka2＋（2k－3）a·b－2b2＝0，因为
a⊥b，｜a｜＝2，｜b｜＝3，所以a·b＝0，所以12k－18＝0，
解得k＝ ，故选B.
1. 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： a·（2a－b）＝2a2－a·b＝2－（－1）＝3.
2. 若两个单位向量a，b的夹角为 ，则｜4a＋5b｜＝（ ）
A. 1 B.
C. D. 7
解析： 因为（4a＋5b）2＝16a2＋40a·b＋25b2＝16×12＋
40×1×1× cos ＋25×12＝21，所以｜4a＋5b｜＝ .故选C.
3. 已知非零向量m，n满足4｜m｜＝3｜n｜，m与n夹角的余弦值
为 ，若n⊥（t m＋n），则实数t＝ .
解析：由题意知， ＝ ＝ ，所以m·n＝ ｜n｜2
＝ n2，因为n·（tm＋n）＝0，所以t m·n＋n2＝0，即 t n2＋n2
＝0，所以t＝－4.
－4
4. 已知｜a｜＝1，｜b｜＝ .
（1）若a，b的夹角为60°，求｜a＋b｜；
解：因为｜a＋b｜2＝｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝3＋ ，
所以｜a＋b｜＝ .
（2）若a－b与a垂直，求a与b的夹角.
解：（2）由（a－b）·a＝0，得a2＝a·b，
设a与b的夹角为θ，
所以 cos θ＝ ＝ ，又0°≤θ≤180°，故θ＝45°.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 已知单位向量a，b，则（2a＋b）·（2a－b）＝（ ）
A. B.
C. 3 D. 5
解析： 由题意得（2a＋b）·（2a－b）＝4a2－b2＝4－1＝3.
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2. 已知a，b是非零向量，且a，b不共线，｜a｜＝3，｜b｜＝4，
若向量a＋kb与a－kb互相垂直，则实数k的值为（ ）
A. ±2 B. ±
C. ± D. ±
解析：因为向量a＋kb与a－kb互相垂直，所以有（a＋kb）·（a－kb）＝0 a2－k2b2＝0 9－16k2＝0 k＝± ，故选D.
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3. 若向量a，b满足｜a｜＝ ，｜b｜＝2，且（a－b）⊥a，
则｜a＋b｜＝（ ）
A. 3 B. 2
C. 10 D.
解析： ∵（a－b）⊥a，∴（a－b）·a＝｜a｜2－a·b＝0，
∴a·b＝｜a｜2＝2，∴｜a＋b｜2＝a2＋2a·b＋b2＝10，∴｜a
＋b｜＝ .
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4. 设非零向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝｜c｜，a＋b＝c，则
a与b的夹角θ＝（ ）
A. 150° B. 120°
C. 60° D. 30°
解析： 由｜a｜＝｜b｜＝｜c｜且a＋b＝c，得｜a＋b｜
＝｜b｜，两边平方得｜a｜2＋｜b｜2＋2a·b＝｜b｜2，∴2a·b
＝－｜a｜2，则2｜a｜｜b｜ cos θ＝－｜a｜2，∴ cos θ＝－ .又
0°≤θ≤180°，∴θ＝120°.
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5. （多选）设a，b，c是任意的非零向量，且它们相互不共线，给
出下列结论中正确的有（ ）
A. a·c－b·c＝（a－b）·c
B. （b·c）·a－（c·a）·b不与c垂直
C. ｜a｜－｜b｜＜｜a－b｜
D. （3a＋2b）·（3a－2b）＝9｜a｜2－4｜b｜2
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解析： 根据数量积的分配律知A正确；∵[（b·c）·a－（c·a）·b]·c＝（b·c）·（a·c）－（c·a）·（b·c）＝0，
∴（b·c）·a－（c·a）·b与c垂直，B错误；∵a，b不共线，
∴｜a｜，｜b｜，｜a－b｜组成三角形，∴｜a｜－｜b｜＜｜
a－b｜成立，C正确；显然D正确.故正确结论的选项是A、C、D.
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6. （多选）已知正三角形ABC的边长为2，设 ＝2a， ＝b，则
下列结论正确的是（ ）
A. ｜a＋b｜＝1 B. a⊥b
C. （4a＋b）⊥b D. a·b＝－1
解析： 分析知｜a｜＝1，｜b｜＝2，a与b的夹角是120°，
故B错误；∵（a＋b）2＝｜a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝3，∴｜a＋
b｜＝ ，故A错误；∵（4a＋b）·b＝4a·b＋b2＝4×1×2×
cos 120°＋4＝0，∴（4a＋b）⊥b，故C正确；a·b＝1×2× cos
120°＝－1，故D正确.
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7. 设单位向量a，b的夹角的余弦值为－ ，则（2a－b）·（a＋b）
＝
解析：因为 cos ＜a，b＞＝－ ，所以a·b＝｜a｜｜b｜· cos ＜
a，b＞＝－ ，则（2a－b）·（a＋b）＝2a2＋a·b－b2＝2－
－1＝ .
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8. （2024·聊城月考）已知向量a，b的夹角为 ，且｜a｜＝2，｜
b｜＝1，则｜a＋ b｜＝ .
解析：｜a＋ b｜＝ ＝ ＝
＝ .
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9. 已知两个单位向量a，b满足｜4a＋b｜＝ ，则a，b的夹角
为 .
解析：｜4a＋b｜＝ 两边平方得16a2＋8a·b＋b2＝13，设
a，b的夹角为θ，即16｜a｜2＋8｜a｜·｜b｜ cos θ＋｜b｜2＝
13，因为a，b为单位向量，所以16＋8 cos θ＋1＝13，解得 cos θ
＝－ ，因为θ∈[0，π]，所以θ＝ .
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10. 已知平面向量a，b，若｜a｜＝1，｜b｜＝2，且｜a－b｜＝ .
（1）求a与b的夹角θ；
解：由｜a－b｜＝ ，得a2－2a·b＋b2＝7，
∴1－2×1×2× cos θ＋4＝7，
∴ cos θ＝－ .
又θ∈[0，π]，∴θ＝ .
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（2）若c＝ta＋b，且a⊥c，求t的值及｜c｜.
解：∵a⊥c，∴a·（ta＋b）＝0，
∴ta2＋a·b＝0，∴t＋1×2×（－ ）＝0，
∴t＝1，
∴c＝a＋b，c2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×1×2×（－ ）＋
4＝3，∴｜c｜＝ .
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11. （2024·宁德月考）若O为△ABC所在平面内任一点，且满足
（ － ）·（ ＋ －2 ）＝0，则△ABC的形状为（ ）
A. 等腰三角形 B. 直角三角形
C. 正三角形 D. 等腰直角三角形
解析： 因为（ － ）·（ ＋ －2 ）＝0，即
·（ ＋ ）＝0，又因为 － ＝ ，所以（ －
）·（ ＋ ）＝0，即｜ ｜＝｜ ｜，所以△ABC是等
腰三角形.
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12. 已知向量a≠b，｜b｜≠0，若对任意的t∈R，｜a－tb｜≥｜a
－b｜恒成立，则必有（ ）
A. a⊥b B. a⊥（a－b）
C. b⊥（a－b） D. （a＋b）⊥（a－b）
解析： 因为｜a－tb｜≥｜a－b｜恒成立，两边平方，化简
得b2t2－2a·bt＋2a·b－b2≥0对任意的t∈R恒成立，又｜b｜
≠0，则Δ＝4（a·b）2－4b2（2a·b－b2）≤0，即（a·b－b2）
2≤0，所以a·b－b2＝0，所以b·（a－b）＝0，即b⊥（a－b）.
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13. （2024·绍兴质检）已知向量a，b满足｜a｜＝5，｜b｜＝3，且
b⊥（a－b），则a，b夹角的余弦值为 ，设a在b方向上
的投影向量为λb，则λ＝ .
解析：∵b⊥（a－b），∴b·（a－b）＝0 b·a－b2＝0 b·a
＝b2，∴ cos ＜a，b＞＝ ＝ ＝ ＝ ，∴a
在b方向上的投影向量为｜a｜· cos ＜a，b＞ ＝
5× · ＝b，即b＝λb，解得λ＝1.
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14. 已知向量a，b满足｜a｜＝2，｜b｜＝1，（a－3b）·（a＋
b）＝3.
（1）求｜a＋b｜的值；
解：∵（a－3b）·（a＋b）＝3，
∴｜a｜2＋a·b－3a·b－3｜b｜2＝3，
∴4－2a·b－3＝3，即a·b＝－1，
故｜a＋b｜＝ ＝ ＝
＝ .
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（2）求向量a与a－2b的夹角.
解：设向量a与a－2b的夹角为θ，
则 cos θ＝ ＝ ，
∵｜a－2b｜＝ ＝
＝ ＝2 ，∴ cos θ
＝ ＝ ，
又∵θ∈[0，π]，∴θ＝ ，即a与a－2b的夹角为 .
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15. 已知a，b是夹角为90°的两个单位向量，若非零向量c满足（c
－a）·（c－b）＝0，则｜c｜的最大值为（ ）
A. 1 B.
解析： 设a＋b与c的夹角为θ，由题意知，a·b＝0，则（c－
a）·（c－b）＝c2－（a＋b）·c＋a·b＝c2－（a＋b）·c＝｜
c｜2－｜a＋b｜｜c｜ cos θ＝0，因为c为非零向量，所以｜c｜
＝｜a＋b｜ cos θ≤｜a＋b｜，易得｜a＋b｜＝ ，因此｜
c｜的最大值为 .
C. D. 2
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16. 如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，点F在CD边上运动
（含C，D点）.
（1）若点F是CD上靠近点C的三等分点，设 ＝λ ＋
μ ，求λ＋μ的值；
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解：∵E是BC的中点，点F是CD上靠近点C的三等分点，
∴ ＝ ＝ ， ＝－ ＝－ ，
∴ ＝ ＋ ＝－ ＋ ，
又 ＝λ ＋μ ，
∴λ＝－ ，μ＝ ，故λ＋μ＝－ ＋ ＝ .
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（2）若AB＝2，当 · ＝1时，求 cos ∠EAF的值.
解：设 ＝m （0≤m≤1），
则 ＝ ＋ ＝ －m ，
又 ＝ ＋ ＝ ＋ ， ·
＝0，
∴ · ＝（ ＋ ）·（ －
m ）＝－m ＋ ＝－4m＋2＝1，
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故m＝ .
∴ · ＝（ ＋ ）·（ ＋ ）＝ ＋
＝3＋2＝5，
易得｜ ｜＝ ，｜ ｜＝ ，
∴ cos ∠EAF＝ ＝ ＝ .
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谢 谢 观 看！
