第33讲 平面向量的数量积
● 课前基础巩固
【知识聚焦】
1.(2)|a||b|cos θ |a||b|cos θ 0 (3)
2.①|a|cos θ ②a·b=0 ③|a||b|
-|a||b| |a|2 ④≤
3.①a·b=b·a ②λ(a·b) a·(λb) ③a·c+b·c
4. x1x2+y1y2
x1x2+y1y2=0
【对点演练】
1.63 [解析] |a|==5,|b|==13,a·b=3×5+4×12=63.设a与b的夹角为θ,则cos θ==,所以sin θ==.
2.± [解析] 由题意知(a+kb)·(a-kb)=a2-k2b2=9-16k2=0,解得k=±.
3. [解析] 因为|a|=2,|b|=1,且a与b的夹角为,所以|a+b|===
=.
4.16 [解析] 由|a+b|=|a-b|,两边平方可得a2+2b·a+b2=a2-2b·a+b2,所以b·a=0,所以a·(a-b)=a2-a·b=42-0=16.
5.-3e [解析] 向量a在向量e上的投影向量为|a|·cos 135°e=6×e=-3e.
6.菱形 [解析] ∵平面四边形ABCD满足+=0,∴四边形ABCD是平行四边形,又(-)·=0,即·=0,∴该平行四边形的对角线互相垂直,∴该四边形是菱形.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)思路一:以{,}为基底表示,,再结合数量积的运算律运算求解;思路二:建系,利用平面向量的坐标运算求解;思路三:利用余弦定理求出cos∠DEC,进而根据数量积的定义求解.(2)根据已知条件可得向量a,b的夹角为60°,a·b=|a|2,再利用数量积运算可得解.
(1)B (2)C [解析] (1)方法一:由题知||=||=2,=+=+,=+=-+,所以·=·=-+=-1+4=3.故选B.
方法二:如图,以A为原点,AB,AD所在直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系,则E(1,0),C(2,2),D(0,2),则=(1,2),=(-1,2),所以·=(1,2)·(-1,2)=-1+4=3.故选B.
方法三:由题意可得,ED=EC=,CD=2,在△CDE中,由余弦定理可得
cos∠DEC===,所以·=||||cos∠DEC=××=3.故选B.
(2)由|a|=|b|=|a-b|及向量加减法的几何意义,可得向量a,b的夹角为60°,∴a·b=|a|2,∴a·(a+b)=a2+a·b=a2+a·b+b2=(a+b)2=a2.故选C.
变式题 (1)11 (2)D [解析] (1)设a与b的夹角为θ,则cos θ=,又|a|=1,|b|=3,所以a·b=|a|·|b|cos θ=1×3×=1,所以(2a+b)·b=2a·b+b2=2×1+32=11.
(2)方法一:以C为坐标原点,CA,CB所在直线分别为x,y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(3,0),B(0,4).设P(cos θ,sin θ),θ∈[0,2π),则=(3-cos θ,-sin θ),=(-cos θ,4-sin θ),∴·=(3-cos θ)(-cos θ)+(-sin θ)(4-sin θ)=-3cos θ-4sin θ+1=-5sin(θ+φ)+1∈[-4,6].故选D.
方法二:由题易知cos<,>=±sin<,>,且·=0,∴·=(+)·(+)=+·+·+·=1+3cos<,>+4cos<,>+0=1+3cos<,>±4sin<,>=1+5sin(<,>±φ),其中tan φ=,∴-4≤·≤6.故选D.
例2 [思路点拨] 由(b-2a)⊥b得b2=2a·b,由|a|=1,|a+2b|=2,得4|b|2+4a·b=3,联立即可得解.
B [解析] 因为(b-2a)⊥b,所以(b-2a)·b=0,得|b|2=2a·b①.因为|a+2b|=2,所以|a+2b|2=4,即|a|2+4|b|2+4a·b=4,得4|b|2+4a·b=3②.由①②得|b|2=,则|b|=,故选B.
例3 [思路点拨] (1)结合已知条件,利用平面向量模与数量积的运算即可得解.(2)首先由a+b+c=0及|a|=|b|=1,|c|=得到a·b=0.思路一:利用已知及向量数量积的定义,求出(a-c)·(b-c)及|a-c|,|b-c|,进而求出cos
;思路二:由a,b是单位正交向量,作出图形,在特殊三角形中表示出已知和待求向量,用三角恒等变换求解;思路三:由a,b是单位正交向量,令a=(1,0),b=(0,1),求出c,a-c,b-c,利用坐标运算求解.
(1)C (2)D [解析] (1)因为向量a=(,-1),所以|a|=2,设a与b的夹角为θ,由|a-2b|=2|a+b|,得a2-4a·b+4b2=4(a2+2a·b+b2),即3a2+12a·b=0,又|b|=1,则有12+24cos θ=0,得cos θ=-,又θ∈[0,π],所以θ=,即a与b的夹角为.故选C.
(2)因为a+b+c=0,所以a+b=-c,即a2+b2+2a·b=c2,即1+1+2a·b=2,所以a·b=0.
方法一:因为a-c=a-(-a-b)=2a+b,b-c=b-(-a-b)=a+2b,所以(a-c)·(b-c)=(2a+b)·(a+2b)=2a2+5a·b+2b2=4,且|a-c|=|2a+b|===,|b-c|=|a+2b|===,所以cos=
=.故选D.
方法二:如图,设=a,=b,=c,由题知,OA=OB=1,OC=,△OAB是等腰直角三角形, AB边上的高OD=,AD=,△ACB是等腰三角形,C,O,D共线,所以CD=CO+OD=+=,则tan∠ACD==,则cos∠ACD=,所以cos=cos∠ACB=cos 2∠ACD=2cos2∠ACD-1=2×-1=.
方法三:如图,令向量a,b的起点均为O,终点分别为A,B,以,的方向分别为x,y轴的正方向建立平面直角坐标系,则a=(1,0),b=(0,1),c=-a-b=(-1,-1),所以a-c=(2,1),b-c=(1,2),则cos===.
例4 [思路点拨] 思路一:根据a,b的坐标得到|a|=|b|=,a·b=0,再根据向量垂直列出方程即可得到答案;思路二:根据向量的坐标运算求出a+λb,a+μb,再根据向量垂直的坐标表示即可得到答案.
D [解析] 方法一:因为a=(1,1),b=(1,-1),所以|a|=|b|=,a·b=0,又(a+λb)⊥(a+μb),所以(a+λb)·(a+μb)=a2+λμb2=0,即2+2λμ=0,所以λμ=-1,故选D.
方法二:因为a=(1,1),b=(1,-1),所以a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ),由(a+λb)⊥(a+μb)得(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,即2+2λμ=0,所以λμ=-1,故选D.
例5 [思路点拨] (1)根据b在a上的投影向量为|b|cos·,即可得到答案.(2)由已知条件及投影向量的定义可得答案.
(1)A (2)-2 [解析] (1)因为|a|=2|b|,=,所以b在a上的投影向量为|b|cos·=cos·a=cos·a=-a.故选A.
(2)a+λb在向量a上的投影向量为·a=2a,故=2,则(a+λb)·a=|a|2+λ|a|·
|b|cos 120°=1-λ=2,解得λ=-2.
【应用演练】
1.D [解析] 因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,即4+x(x-4)=0,解得x=2.故选D.
2.D [解析] 因为|a+b|=,所以(a+b)2=3,故a2+2a·b+b2=3,即1+2×1×2×cos+4=3,即cos=-,所以=.故选D.
3.D [解析] 因为a在b上的投影向量为-b,所以-b=|a|··,所以-b=(a·b)·b,故a·b=-,所以|a-2b|===
=,故选D.
4.D [解析] 因为|b|=2|a|=2,且a⊥(a+b),所以a·(a+b)=0,即a2+a·b=0,所以a·b=-a2=-1.设a与b的夹角为θ,则cos θ===-,因为θ∈[0,π],所以θ=,即a与b的夹角为.故选D.
例6 [思路点拨] (1)由m⊥n,得到2a·sin B=b,再利用正弦定理求解;(2)根据a=3和A=,利用正弦定理得到外接圆的直径,进而得到b,c,然后用B表示出b+c,结合B的取值范围即可求解.
解:(1)∵m⊥n,∴2a·sin B-b=0,即2a·sin B=b,由正弦定理得2sin Asin B=sin B.
∵sin B≠0,∴sin A=,又∵A∈(0,π),∴A=或π.
(2)∵△ABC为锐角三角形,∴A=,∴由正弦定理得====2,∴b=2sin B,c=2sin C,
∴b+c=2(sin B+sin C)=
2=
2=
2=2×
=6sin.∵△ABC为锐角三角形,∴0变式题 (1)A (2)B [解析] (1)如图,以E为原点,建立平面直角坐标系.由题意知,梯形ABCD的高为=2,则A(-4,0),C(-1,2),D(-2,2).因为以E为圆心、1为半径的圆的方程为x2+y2=1,所以可设点P(cos θ,sin θ),0≤θ<2π,则·=(cos θ+2,sin θ-2)·(3,2)=3cos θ+6+2sin θ-12=2sin θ+3cos θ-6=sin(θ+φ)-6,其中tan φ=,故当sin(θ+φ)=1时,(·)max=-6.故选A.
(2)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设BC的中点为D,连接OD,因为O是△ABC的外心,所以OD⊥BC,即·=0,则·+·=(++)·+·=·+·+·=-+=-2+c2.在△ABC中,由正弦定理可得===,则c=sin C≤,当且仅当sin C=1,即C=时,等号成立,所以·+·的最大值为-2+=.故选B.第33讲 平面向量的数量积
1..B [解析] ∵a=(0,1),b=(1,0),∴a-b=(-1,1),∴a·(a-b)=0×(-1)+1×1=1.故选B 2.C [解析] a在b上的投影向量为·=·=4(1,0)=(4,0).故选C.
3.A [解析] 因为(a+2b)⊥a,所以(a+2b)·a=a2+2a·b=0,又|a|=,所以a·b=-,所以cos==-.故选A.
4.A [解析] 由题知=+=+,=+=+, 且·=0,则·=·=||2+||2=×36+×16=32.故选A.
5.BD [解析] 对于A,∵a=(1,3),b=(2,-4),∴a·b=1×2+3×(-4)=-10,故A错误;对于B,cos===-,又∵0≤≤π,∴向量a,b的夹角为,故B正确;对于C,∵a+b=(1,3)+(2,-4)=(2,1),∴==,故C错误;对于D,∵c·a=-6×1+2×3=0,∴c⊥a,故D正确.故选BD.
6.-2 [解析] 由已知条件,得a·b=0,即m+2=0,即m=-2.
7.-2 [解析] a-b=(4,2),因为(a-b)⊥c,所以(a-b)·c=0,即4+2k=0,解得k=-2.
8.B [解析] 因为向量a在向量b上的投影向量为b,a,b是两个单位向量,所以|a|cos·=b,所以cos=,又∈[0,π],所以=,所以a·(a-b)=a2-a·b=1-1×1×=.又|a|=1,|a-b|===1,所以cos==,又∈[0,π],所以向量a与向量a-b的夹角为.故选B.
9.A [解析] 设b=(x,y),又a=(1,),所以a-b=(1-x,-y),因为|a-b|=4,所以|a-b|==4,所以点(x,y)在以C(1,)为圆心,4为半径的圆上,又|OC|=2,所以|b|=∈[4-2,4+2],即|b|∈[2,6].故选A.
10.A [解析] 方法一:以A为原点,的方向为x轴的正方向,建立如图①所示的平面直角坐标系,设P(x,y),则=(2,0),=(x,y),∵-1方法二:如图②,以{,}为基底,则<,>=,且||=2,||=2.∵P为正六边形内一点,∴=x+y,-方法三:作出正六边形ABCDEF,如图③所示,P是正六边形内一点,·=||||cos<,>,||=2.由图可得,当P位于C处时,||cos<,>最大,又BC=2,∠CAB=30°,故此时||cos<,>=2×=3,则·=||||cos<,>=2×3=6;当P位于F处时,||cos<,>最小,又AF=2,∠FAB=120°,故此时||cos<,>=2×=-1,则·=||||cos<,>=2×(-1)=-2.∵P在正六边形内,∴·的取值范围为(-2,6).故选A.
11.AC [解析] ∵四边形ABCD为矩形,∴以A为原点,分别以,的方向为x轴、y轴正方向建立平面直角坐标系,如图所示,则A(0,0),B(2,0),C(2,1),D(0,1),E,F(1,1),∴=,=(1,1),=.对于A,||==,故A正确;对于B,∵·=-1+=-≠0,∴与不垂直,故B不正确;对于C,·=2+=,故C正确;对于D,cos<,>===,故D不正确.故选AC.
12. [解析] 由F1+F2+F3=0,可得F1+F2=-F3,所以(-F3)2=(F1+F2)2,化简可得=++2F1·F2,因为|F1|=|F2|=|F3|=1 N,所以2F1·F2=-1,所以|F1-F2|====(N).
13. - [解析] 方法一:因为CE=DE,所以=,则=+=+,可得λ=,μ=1,所以λ+μ=.由题意可知||=||=1,·=0,因为F为线段BE上的动点,所以设=k=k+k,k∈[0,1],则=+=+k,又因为G为AF的中点,所以=+=-+=+,可得·=·=+k=-.因为k∈[0,1],所以当k=1时,·取得最小值-.
方法二:以B为坐标原点,BA所在直线为x轴,BC所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,如图所示,则A(-1,0),B(0,0),C(0,1),D(-1,1),E,可得=(-1,0),=(0,1),=,因为=λ+μ=(-λ,μ),所以解得
所以λ+μ=.因为点F在线段BE:y=-3x,x∈上,所以设F(a,-3a),a∈,又G为AF的中点,所以G,可得=(a+1,-3a),=,则·=+(-3a)=5-.因为a∈,所以当a=-时,·取得最小值-.
14.解:(1)∵a=(4,3cos α),b=(1,2tan α),且a∥b,∴8tan α-3cos α=0,∴8sin α=3cos2α=3-3sin2α,∴3sin2α+8sin α-3=0,即(3sin α-1)(sin α+3)=0,可得sin α=.
(2)∵a⊥b,∴a·b=4+6cos αtan α=0,∴sin α=-,又α∈,
∴cos α=,∴sin 2α=2sin αcos α=-,cos 2α=2cos2α-1=,
∴cos=×+×=.
15.解:(1)如图所示.由=2可得=,所以=+=+=+=-,
又=λ+μ,所以λ=,μ=-,所以λ+μ=-.
(2)方法一:以点A为坐标原点,以AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系,如图所示,则A(0,0),D(0,2),B(4,0),C(2,2),F(3,1).由点P是线段AF上的动点(含端点),可令=t,t∈[0,1],所以=t=(3t,t),又=(0,2),则=-=(3t,t-2),所以·=10t2-2t,t∈[0,1],由二次函数的性质可得,当t=时,·取得最小值-;当t=1时,·取得最大值8.综上得·∈.
方法二:取AD的中点M,作MG⊥AF,垂足为G,如图所示,连接PM,则·=·=(+)·(+)=+·(+)+·=-=-1,显然当点P位于点F时,PM取得最大值3,当点P位于点G时,PM取得最小值,可得·∈.
16.A [解析] 设与同方向的单位向量=e1,与同方向的单位向量=e2,与同方向的单位向量=e3,由题意知e1+3e2=λe3,所以(e1+3e2)2=λ2,即+6e1·e2+9=λ2,所以1+6×1×1×cos∠BAD+9=λ2,所以cos∠BAD=,因为λ∈[,3],所以λ2∈[7,9],所以∈,即cos∠BAD∈.故选A.
17.BCD [解析] 由题意知|a|=2,|c|=1,|a-b|=|b-c|=1,设=a,=b,=c,不妨设C(1,0),如图,动点A在以O为圆心,2为半径的圆上,动点B在以C为圆心,1为半径的圆上,且满足||=1,圆C的方程是(x-1)2+y2=1.当点B在圆C上运动时,由|AB|+|OB|≥|OA|,得|OB|≥1,当且仅当O,A,B三点共线且B在O,A之间时取等号.由图易知|OB|≤2,即1≤|b|≤2,故选项A不可能成立,选项B可能成立.设B(x,y),则b·c=(x,y)·(1,0)=x,由解得∴x≥,又x≤2,∴≤x≤2,∴b·c∈,故选项C,D均可能成立.故选BCD.第33讲 平面向量的数量积
【课标要求】 1.通过物理中功等实例,理解平面向量数量积的概念及其物理意义,会计算平面向量的数量积.
2.通过几何直观,了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义.
3.会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.
4.能用坐标表示平面向量的数量积,会表示两个平面向量的夹角.
5.能用坐标表示平面向量垂直的条件.
1.平面向量的数量积
(1)向量的夹角
①定义:已知两个非零向量a,b(如图),O是平面上的任意一点,作=a,=b,则∠AOB=θ(0≤θ≤π)叫作向量a与b的夹角.
②性质:当θ=0时,a与b同向;当θ=π时,a与b反向.
③向量垂直:如果a与b的夹角是,我们说a与b垂直,记作a⊥b.
(2)数量积概念
已知两个非零向量a与b,它们的夹角为θ,我们把数量 叫作向量a与b的数量积(或内积),记作a·b,即a·b= .
规定:零向量与任一向量的数量积为 ,即0·a=0.
(3)投影向量
如图,在平面内任取一点O,作=a,=b,过点M作直线ON的垂线,垂足为M1,则
就是向量a在向量b上的投影向量,且=|a|cos θ e(θ为与的夹角,e为与b方向相同的单位向量).
2.平面向量数量积的性质
设a,b是非零向量,它们的夹角是θ,e是与b方向相同的单位向量,则
①e·a=a·e= .
②a⊥b .
③当a与b同向时,a·b= ;当a与b反向时,a·b= .
特别地,a·a= 或|a|= .
④|a·b| |a||b|.
3.平面向量数量积的运算律
已知向量a,b,c和实数λ.
①交换律: ;
②数乘结合律:(λa)·b= = (λ∈R);
③分配律:(a+b)·c= .
4.平面向量数量积的有关结论
已知两个非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),为a与b的夹角.
向量表示 坐标表示
向量a的长度 |a|= |a|=
a,b的数量积 a·b=|a||b|cos a·b=
a与b垂直 a⊥b a·b=0 a⊥b
a与b的夹角 cos= cos=
|a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b| (当且仅当a∥b 时等号成立) |x1x2+y1y2|≤
常用结论
1.①(a+b)·(a-b)=a2-b2;②(a+b)2=a2+2a·b+b2;③(a-b)2=a2-2a·b+b2.
2.S△ABC=||||sin A=.
3.若=λ(λ≠0),则AP所在直线为∠BAC的平分线.
4.已知非零向量a,b.
(1)若a与b的夹角为锐角,则a·b>0;若a·b>0,则a与b的夹角为锐角或0;
(2)若a与b的夹角为钝角,则a·b<0;若a·b<0,则a与b的夹角为钝角或π.
题组一 常识题
1.[教材改编] 已知a=(3,4),b=(5,12),则a·b= ,a与b夹角的正弦值为 .
2.[教材改编] 已知|a|=3,|b|=4,且a与b不共线,若(a+kb)⊥(a-kb),则实数k= .
3.[教材改编] 已知平面向量a,b满足|a|=2,|b|=1,且a与b的夹角为,则|a+b|= .
题组二 常错题
◆索引:向量的模与数量积之间的关系掌握不牢致误;不理解向量的数量积的几何意义致误;向量的数量积的有关性质应用不熟练致误.
4.已知|a|=4,|b|=3,|a+b|=|a-b|,则a·(a-b)= .
5.已知|a|=6,e为单位向量,向量a,e的夹角为135°,则向量a在向量e上的投影向量是 .
6.若平面四边形ABCD满足+=0,(-)·=0,则该四边形的形状是 .
平面向量的数量积
例1 (1)[2023·全国乙卷] 正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·= ( )
A. B.3 C.2 D.5
(2)[2024·湖北十一校联考] 已知向量a,b满足|a|=|b|=|a-b|,则a·(a+b)= ( )
A.a2 B.b2
C.(a+b)2 D.(a-b)2
总结反思
解决向量数量积的运算问题的三种方法:
(1)当已知向量的长度和夹角时,可利用定义法求解;
(2)当已知向量的坐标或可通过建立平面直角坐标系表示向量的坐标时,可利用坐标法求解;
(3)利用向量数量积的几何意义求解.
变式题 (1)[2022·全国甲卷] 设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b= .
(2)[2022·北京卷] 在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点,且PC=1,则·的取值范围是 ( )
A.[-5,3] B.[-3,5]
C.[-6,4] D.[-4,6]
平面向量数量积的性质问题
微点1 平面向量的模
例2 [2024·新课标Ⅱ卷] 已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|= ( )
A. B.
C. D.1
总结反思
求平面向量的模的两种方法:
(1)公式法:①a2=a·a=|a|2或|a|=;
②|a±b|==;
③若a=(x,y),则|a|=.
(2)几何法:利用向量的几何意义,即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量,再利用余弦定理等方法求解.
微点2 平面向量的夹角
例3 (1)[2025·广州模拟] 已知向量a=(,-1),|b|=1,若|a-2b|=2|a+b|,则a与b的夹角为 ( )
A. B.
C. D.
(2)[2023·全国甲卷] 已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=,且a+b+c=0,则cos=( )
A.- B.- C. D.
总结反思
求平面向量的夹角的方法:
(1)定义法:利用向量数量积的定义得cos=,其中两向量的夹角的取值范围为[0,π].
(2)坐标法:若非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),则cos=.
微点3 平面向量的垂直
例4 [2023·新课标Ⅰ卷] 已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则 ( )
A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1
C.λμ=1 D.λμ=-1
总结反思
当向量a与b是坐标形式,即a=(x1,y1),b=(x2,y2)时,若要证明a⊥b,则只需证明a·b=0,即证明x1x2+y1y2=0.
微点4 投影向量
例5 (1)[2024·安徽黄山质检] 已知|a|=2|b|,且=,则b在a上的投影向量为 ( )
A.-a B.-3a C.a D.3a
(2)[2024·深圳调研] 已知a,b是夹角为120°的两个单位向量,若向量a+λb在向量a上的投影向量为2a,则λ= .
总结反思
求投影向量时,首先要分清是向量a在b上的投影向量还是向量b在a上的投影向量,然后利用投影向量定义求解.a在b上的投影向量为|a|·cos·或·b.
1. [2024·新课标Ⅰ卷] 已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x= ( )
A.-2 B.-1 C.1 D.2
2.[2024·安徽池州二模] 已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,|a+b|=,则a与b的夹角为 ( )
A. B. C. D.
3.[2024·湖南师范大学附中二模] 设a,b均为单位向量,a在b上的投影向量为-b,则|a-2b|=( )
A. B.
C. D.
4.[2024·浙江丽水、湖州、衢州二模] 已知平面向量a,b满足|b|=2|a|=2,若a⊥(a+b),则a与b的夹角为 ( )
A. B.
C. D.
平面向量数量积的综合应用
例6 [2025·湖南常德模拟] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知向量m,n满足m=(2a,-),n=(sin B,b),且m⊥n.
(1)求角A;
(2)若△ABC是锐角三角形,且a=3,求△ABC周长的取值范围.
总结反思
利用向量运算进行转化,化归为三角函数的问题或三角恒等变换问题是常规的解题思路和方法.以向量为载体考查三角形问题时,要注意正弦定理、余弦定理等知识的应用.
变式题 (1)[2024·安徽江南十校联考] 如图,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AB=5,AD=4,DC=1,点E是线段AB上一点,且满足AE=4EB,动点P在以E为圆心、1为半径的圆上运动,则·的最大值为 ( )
A.-6
B.-
C.2-6
D.
(2)在△ABC中,BC=2,∠BAC=,O是△ABC的外心,则·+·的最大值为 ( )
A.2 B.
C. D.4第33讲 平面向量的数量积
(时间:45分钟)
1. [2025·八省联考] 已知向量a=(0,1),b=(1,0),则a·(a-b)= ( )
A.2 B.1
C.0 D.-1
2.已知向量a=(4,3),b=(1,0),则a在b上的投影向量为 ( )
A.(1,0) B.(3,0)
C.(4,0) D.(5,0)
3.[2025·南京一调] 已知|a|=,|b|=1,若(a+2b)⊥a,则cos= ( )
A.- B.-
C. D.
4.[2024·贵州遵义质检] 在矩形ABCD中,AB=6,AD=4,M是BC的中点,且=2,则·的值为 ( )
A.32 B.24
C.16 D.8
5.(多选题)已知向量a=(1,3),b=(2,-4),则 ( )
A.a·b=10
B.向量a,b的夹角为
C.=
D.向量c=(-6,2)与a垂直
6.设向量a=(m,1),b=(1,2),且|a+b|2=|a|2+|b|2,则m= .
7.[2025·武汉调研] 已知平面向量a=(5,1),b=(1,-1),c=(1,k),若(a-b)⊥c,则k= .
8.[2024·杭州质检] 已知a,b是两个单位向量,若向量a在向量b上的投影向量为b,则向量a与向量a-b的夹角为 ( )
A. B.
C. D.
9.[2025·安徽皖江名校联盟联考] 已知平面向量a,b满足a=(1,),|a-b|=4,则|b|的取值范围是 ( )
A.[2,6] B.[2,2]
C.[2,6] D.[1,2]
10.已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则·的取值范围是 ( )
A.(-2,6) B.(-6,2)
C.(-2,4) D.(-4,6)
11.(多选题)如图,矩形ABCD中,AB=2,AD=1,若点E,F分别为边BC,CD的中点,则下列说法正确的是 ( )
A.||=
B.⊥
C.·=
D.cos<,>=
12.已知力F1,F2,F3满足|F1|=|F2|=|F3|=1 N,且F1+F2+F3=0,则|F1-F2|= N.
13.[2024·天津卷] 在边长为1的正方形ABCD中,点E为线段CD的三等分点,满足CE=DE,=λ+μ,则λ+μ= ;若F为线段BE上的动点,G为AF的中点,则·的最小值为 .
14.已知向量a=(4,3cos α),b=(1,2tan α).
(1)若a∥b,求sin α的值;
(2)若a⊥b,且α∈,求cos的值.
15.在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,AB=2AD=2DC=4,点F是BC边的中点.
(1)若点E满足=2,且=λ+μ,求λ+μ的值;
(2)若点P是线段AF上的动点(含端点),求·的取值范围.
16.[2024·石家庄二模] 在平行四边形ABCD中,+=,λ∈[,3],则cos∠BAD的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
17.(多选题)已知向量a,b,c满足|a|=2|b-a|=2|b-c|=2|c|=2,则下列结论可能成立的有 ( )
A.|b|= B.|b|=
C.b·c= D.b·c=(共107张PPT)
第33讲 平面向量的数量积
课前基础巩固
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
【课标要求】 1.通过物理中功等实例，理解平面向量数量积的概念
及其物理意义,会计算平面向量的数量积.
2.通过几何直观，了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义.
3.会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.
4.能用坐标表示平面向量的数量积，会表示两个平面向量的夹角.
5.能用坐标表示平面向量垂直的条件.
1.平面向量的数量积
（1）向量的夹角
①定义：已知两个非零向量，（如图）， 是平面上的任意一点，
作，，则叫作向量与 的夹角.
②性质：当时，与同向；当 时，与 反向．
③向量垂直：如果与的夹角是，我们说与垂直，记作 .
◆ 知识聚焦 ◆
（2）数量积概念
已知两个非零向量与,它们的夹角为 ,我们把数
量___________叫作向量与 的数量积（或内积）,
记作,即 ___________.
规定：零向量与任一向量的数量积为___,即
.
（3）投影向量如图，在平面内任取一点，作， ，
过点作直线的垂线，垂足为，则_____就是向量在向量 上
的投影向量，且（ 为与的夹角，为与 方
向相同的单位向量）.
2.平面向量数量积的性质
设，是非零向量，它们的夹角是 ,是与 方向相同的单位向量，则
① ________.
② _________.
③当与同向时，______；当与反向时， ________.
特别地，_____或 _______.
④___ .
3.平面向量数量积的运算律
已知向量，，和实数 .
①交换律：____________；
②数乘结合律：________________ ；
③分配律： ___________.
4.平面向量数量积的有关结论
已知两个非零向量，，,为与 的夹角.
向量表示 坐标表示
向量表示 坐标表示
续表
常用结论
1.；；
.
2..
3.若,则所在直线为的平分线.
4.已知非零向量， .
（1）若与的夹角为锐角，则；若，则与 的夹
角为锐角或0；
（2）若与的夹角为钝角，则；若，则与 的夹
角为钝角或 .
题组一 常识题
1.［教材改编］ 已知，，则____，与
夹角的正弦值为___.
[解析] ， ，
.
设与的夹角为 ，则，
所以 .
◆ 对点演练 ◆
2.［教材改编］ 已知，，且与 不共线，若
，则实数 _ ___.
[解析] 由题意知 ，
解得 .
3.［教材改编］ 已知平面向量，满足，，且与
的夹角为，则 ____.
[解析] 因为，，且与的夹角为 ，所以
.
题组二 常错题
◆ 索引：向量的模与数量积之间的关系掌握不牢致误;不理解向量
的数量积的几何意义致误;向量的数量积的有关性质应用不熟练致误.
4.已知，，，则 ____.
16
[解析] 由 ，两边平方可得
，所以 ，
所以 .
5.已知，为单位向量，向量，的夹角为 ，则向量 在
向量 上的投影向量是________.
[解析] 向量在向量 上的投影向量为
.
6.若平面四边形满足, ,则该四
边形的形状是______.
菱形
[解析] 平面四边形满足,
四边形 是平行四边形，
又,即,
该平行四边形的对角线互相垂直, 该四边形是菱形.
探究点一 平面向量的数量积
例1
（1）[2023·全国乙卷]正方形的边长是2，是 的中点，
则 ( )
A. B.3 C. D.5
√
[解析] 方法一：由题知 ,
,，所以 .故选B.
［思路点拨］思路一：以,}为基底表示, ，再结合数量积
的运算律运算求解；
[解析] 方法二：如图，以为原点，, 所在直线分别为,轴，
建立平面直角坐标系，则, ,
,则, ,所以
.故选B.
［思路点拨］思路二：建系，利用平面向量的坐标运算求解；
[解析] 方法三：由题意可得，,，
在 中，由余弦定理可得 ，
所以 .故选B.
［思路点拨］思路三：利用余弦定理求出 ，进而根据
数量积的定义求解.
（2）[2024·湖北十一校联考]已知向量，满足 ，
则 ( )
A. B. C. D.
［思路点拨］根据已知条件可得向量,的夹角为 ， ，
再利用数量积运算可得解.
[解析] 由及向量加减法的几何意义，可得向量 ,
的夹角为 ， ，
. 故选C.
√
[总结反思]
解决向量数量积的运算问题的三种方法:
（1）当已知向量的长度和夹角时,可利用定义法求解;
（2）当已知向量的坐标或可通过建立平面直角坐标系表示向量的坐
标时,可利用坐标法求解;
（3）利用向量数量积的几何意义求解.
变式题（1）[2022·全国甲卷] 设向量,的夹角的余弦值为 ,且
,,则 ____.
11
[解析] 设与的夹角为 ，则，
又， ，所以 ，
所以 .
（2）[2022·北京卷]在中，，， . 为
所在平面内的动点，且，则 的取值范围是
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：以为坐标原点，， 所在直线分别为， 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则, .
设， ，
则 ,
，
.故选D.
方法二：由题易知,,,且 ，
,, ,
,,其中 ,
.故选D.
探究点二 平面向量数量积的性质问题
微点1 平面向量的模
例2 [2024· 新课标Ⅱ卷]已知向量，满足, ，且
,则 ( )
A. B. C. D.1
√
[解析] 因为，所以，得 .
因为，所以，即 ，
得.
由①②得，则 ,故选B.
［思路点拨］ 由得，由 ,
，得 ，联立即可得解.
[总结反思]
求平面向量的模的两种方法:
（1）公式法:或;
②;
③若,则.
（2）几何法:利用向量的几何意义,即利用向量加、减法的平行四边
形法则或三角形法则作出向量,再利用余弦定理等方法求解.
微点2 平面向量的夹角
例3
（1）[2025·广州模拟]已知向量， ，若
，则与 的夹角为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因为向量，所以，
设与的夹角为 ，由，
得 ，
即，
又，则有 ，得，
又，所以，即与的夹角为 .故选C.
［思路点拨］结合已知条件，利用平面向量模与数量积的运算
即可得解.
（2）[2023·全国甲卷]已知向量,,满足， ，
且，则, ( )
A. B. C. D.
√
［思路点拨］ 思路一： 首先由及,
得到 . 利用已知及向量数量积的定义，求出
及，，进而求出， ；
[解析] 方法一： 因为，所以 ，即
，即，所以 .
因为 ， ，
所以 ，
且 ，
，所以 ， .
故选D.
[解析] 方法二：如图，设，， ，
由题知，，， 是等腰直
角三角形，边上的高， ，
是等腰三角形，，， 共线，所以
，则
，则 ，所以 ，
.
［思路点拨］ 思路二：由， 是单位正交向量，作出图形,在特殊
三角形中表示出已知和待求向量，用三角恒等变换求解；
［思路点拨］ 思路三：由， 是单位正交向量，令，
，求出，， ，利用坐标运算求解.
[解析] 方法三：如图，令向量，的起点均为 ，终点
分别为，，以，的方向分别为， 轴的
正方向建立平面直角坐标系，
则 ，， ，
所以，，
则 ， .
[总结反思]
求平面向量的夹角的方法:
（1）定义法:利用向量数量积的定义得,,其中两向量
的夹角,的取值范围为.
（2）坐标法:若非零向量,,则,
.
微点3 平面向量的垂直
例4 [2023· 新课标Ⅰ卷]已知向量， .若
，则( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：因为,，
所以 ，，
又 ，所以，
即 ，所以 ，故选D.
［思路点拨］ 思路一：根据,的坐标得到 ，
，再根据向量垂直列出方程即可得到答案；
[解析] 方法二：因为,，
所以 , ，
由 得，
即，所以 ，故选D.
［思路点拨］ 思路二：根据向量的坐标运算求出， ，
再根据向量垂直的坐标表示即可得到答案.
[总结反思]
当向量与是坐标形式,即,时,若要证明,
则只需证明,即证明
微点4 投影向量
例5
（1）[2024·安徽黄山质检]已知，且,，
则在 上的投影向量为( )
A. B. C. D.
√
［思路点拨］根据在上的投影向量为, ，即可得到答案.
[解析] 因为，,，所以在 上的投影向量为
,, .故选A.
（2）[2024·深圳调研] 已知,是夹角为 的两个单位向量，若
向量在向量上的投影向量为，则 ____.
［思路点拨］由已知条件及投影向量的定义可得答案.
[解析] 在向量上的投影向量为 ，
故 ，
则，
解得 .
[总结反思]
求投影向量时，首先要分清是向量在上的投影向量还是向量在
上的投影向量，然后利用投影向量定义求解在上的投影向量为
，或.
应用演练
1.[2024· 新课标Ⅰ卷]已知向量，，若 ,
则 ( )
A. B. C.1 D.2
[解析] 因为,所以,即 ,
解得 .故选D.
√
2.[2024·安徽池州二模]已知向量,满足,, ，
则与 的夹角为( )
A. B. C. D.
[解析] 因为，所以 ，
故，即, ，
即, ，所以, .故选D.
√
3.[2024·湖南师范大学附中二模]设,均为单位向量，在 上的投影
向量为，则 ( )
A. B. C. D.
[解析] 因为在上的投影向量为，所以 ，
所以，故 ，
所以
，故选D.
√
4.[2024·浙江丽水、湖州、衢州二模]已知平面向量， 满足
，若，则与 的夹角为( )
A. B. C. D.
[解析] 因为，且，所以 ，
即，所以.
设与的夹角为 ，则，
因为，所以，即与 的夹角为 .故选D.
√
探究点三 平面向量数量积的综合应用
例6 [2025·湖南常德模拟] 在中，内角,,所对的边分别为 ,
,，已知向量,满足，，且 .
（1）求角 ；
［思路点拨］由，得到 ，再利用正弦定理
求解；
解：，，即 ，
由正弦定理得 .
，，又，或 .
（2）若是锐角三角形，且，求 周长的取值范围.
［思路点拨］根据和 ，利用正弦定理得到外接圆的直径，
进而得到，，然后用表示出，结合 的取值范围即可求解.
解：为锐角三角形，， 由正弦定理得
，， ，
.
为锐角三角形，，，
得 ，， ，
则，，
又 ，，
的周长的取值范围为 .
[总结反思]
利用向量运算进行转化,化归为三角函数的问题或三角恒等变换问题
是常规的解题思路和方法.以向量为载体考查三角形问题时,要注意正
弦定理、余弦定理等知识的应用.
变式题（1）[2024·安徽江南十校联考]如图，在等
腰梯形中，，， ，
，点是线段上一点，且满足 ，
动点在以 为圆心、1为半径的圆上运动，则
的最大值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图，以 为原点，建立平面直角坐标系.
由题意知，梯形 的高为，
则, ,.
因为以 为圆心、1为半径的圆的方程为，
所以可设点 , ，
则 ,其中，故当 时， .故选A.
（2）在中，，，是 的外心，则
的最大值为( )
A.2 B. C. D.4
√
[解析] 设的内角,,所对的边分别为，，，
设 的中点为，连接，
因为是的外心，所以 ，即，则 .
在中，由正弦定理可得 ，
则，当且仅当，即 时，等号成立，
所以的最大值为 .故选B.
例1 ［配例1、例6使用］ [2024·湖北黄冈二模] 已知圆为 的
外接圆， ，，则 ( )
A.2 B. C.4 D.
[解析] 如图，圆的直径为 ，
所以， ，
故 .
故选B.
√
【备选理由】例1考查正弦定理、平面向量数量积的运算等知识,考查
学生运算求解的核心素养；
例2 ［配例3、例5使用］ [2025·浙江名校协作体模拟] 已知平面向
量,满足，且在上的投影向量为，则向量 与
向量 的夹角为( )
A. B. C. D.
√
【备选理由】例2考查数量积的运算律、向量夹角的计算、
求投影向量等问题；
[解析] 因为在上的投影向量为，即 ，所以
，
又， ，
所以,，
又 , ，则, .故选C.
例3 ［配例2使用］ [2024·河北保定二模] 如图，圆和圆 外切于
点，，分别为圆和圆上的动点，已知圆和圆 的半径都
为1，且，则 的最大值为( )
A.2 B.4 C. D.
√
【备选理由】例3考查平面向量的模及数量积的运算等知识，
考查运算求解能力；
[解析]
，
所以 ，
所以 ，
即 ，
解得.
.
故选D.
例4 ［配例2、例6使用］ （多选题）[2025·山西吕梁模拟] 已知
的三边长分别为2,3,,为 内一点，且满足
.设,, ，则
( )
A. B.
C. D.
√
√
√
【备选理由】例4考查三角形面积公式及其应用、余弦定理、
数量积的运算律、已知数量积求模等问题；
[解析] 对于A， ，故A错误；
对于B，不妨设,, ，由余弦定理可知
，故 ，
，
设,,，则 ，
又因为，故 ，所以
，故B正确；
对于C，由余弦定理可知， ，同理可得, ，
故,故 ，故C正确；
对于D， ，
故D正确.故选 .
例5 ［配例6使用］ [2024·福建泉州质检] 已知平行四边形
中，，，，若以为圆心的圆与对角线 相
切，是圆上的一点，则 的最小值是( )
A. B. C. D.
√
【备选理由】例5考查平面向量数量积的运算、数量积的取值范围,
考查转化与化归思想和运算求解的核心素养.
[解析] 如图所示，过作的平行线交圆 于点，
过作，垂足为 ，
在平行四边形中，，， ，
可得， ，则由余弦定理可得
，
由，可得，则四边形 为正方形，
则.
因为， 的最小值
为，
所以 的最小值为 .故选C.
[解析]
作业手册
1. [2025·八省联考] 已知向量a=(0,1),b=(1,0),则a·(a-b)= ( )
A.2 B.1 C.0 D.-1
[解析]∵a=(0,1),b=(1,0),∴a-b=(-1,1),∴a·(a-b)=0×(-1)+1×1=1.故选B.
√
◆ 基础热身 ◆
2.已知向量，，则在 上的投影向量为( )
A. B. C. D.
[解析] 在上的投影向量为 .故选C.
√
3.[2025·南京一调]已知，，若 ，则
, ( )
A. B. C. D.
[解析] 因为，所以 ，
又，所以，所以, .故选A.
√
4.[2024·贵州遵义质检]在矩形中，，，是
的中点，且，则 的值为( )
A.32 B.24 C.16 D.8
[解析] 由题知 ,
,且，
则
. 故选A.
√
5.（多选题）已知向量, ，则( )
A. B.向量,的夹角为
C. D.向量与 垂直
√
√
[解析] 对于A，, ,
，故A错误；
对于B， ,，
又, , 向量, 的夹角为，故B正确；
对于C， ,
，故C错误；
对于D，,，故D正确.故选 .
6.设向量，，且,则 ____.
[解析] 由已知条件，得，即，即 .
7.[2025·武汉调研] 已知平面向量,, ,若
，则 ____.
[解析] ，因为，所以 ，
即，解得 .
8.[2024·杭州质检]已知,是两个单位向量，若向量在向量 上的投
影向量为，则向量与向量 的夹角为( )
A. B. C. D.
√
◆ 综合提升 ◆
[解析] 因为向量在向量上的投影向量为，, 是两个单位向量，
所以,，所以,，
又, ，所以,，
所以 .
又， ，
所以,，
又,，所以向量 与向量的夹角为 .故选B.
9.[2025·安徽皖江名校联盟联考]已知平面向量， 满足
，，则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
[解析] 设，又，所以 ，
因为，所以 ，所以
点在以为圆心，4为半径的圆上，
又 ，所以，即 .
故选A.
√
10.已知是边长为2的正六边形内的一点，则 的取值
范围是( )
A. B. C. D.
[解析] 方法一：以为原点，的方向为 轴的正方向，
建立如图①所示的平面直角坐标系，
设，则， ，
， .
√
方法二：如图②，以,}为基底，则,，且 ,
.
为正六边形内一点，, ，
则
， .
方法三：作出正六边形，如图③所示， 是正六边形内一
点，,，.
由图可得，当 位于处时，,最大，
又， ，
故此时，，
则 ,；
当位于处时，, 最小，又， ，
故此时, ，
则,
在正六边形内，的取值范围为 .故选A.
11.（多选题）如图，矩形中，，，若点， 分
别为边， 的中点，则下列说法正确的是( )
A. B.
C. D.，
√
√
，，，，， ，
.
对于A， ，故A正确；
对于B，，
与 不垂直，故B不正确；
[解析] 四边形为矩形， 以 为原点，分别以，的方向
为轴、 轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，则， ，
对于C， ，故C正确；
对于D， ， ，
故D不正确.故选 .
12.已知力,,满足 ，且
，则____ .
[解析] 由，可得 ，
所以，化简可得 ，
因为，所以，所以 .
13.[2024·天津卷] 在边长为1的正方形中，点为线段 的三
等分点，满足,，则___；若 为
线段上的动点，为的中点，则 的最小值为_____.
[解析] 方法一：因为，所以 ，则
，可得,，所以 .
由题意可知,，因为为线段 上的动点，所以设, ，
则，
又因为为 的中点，所以 ，可得 .
因为，所以当时，取得最小值 .
方法二：以为坐标原点，所在直线为 轴，
所在直线为 轴，建立平面直角坐标系，如图
所示，则,,, ,
，可得, ,
，
因为 ，
所以解得 所以.
因为点在线段 , 上，
所以设, ，
又为的中点，所以 ，可得
, ，则
.
因为，所以当时， 取得最小值 .
14.已知向量， .
（1）若，求 的值；
解：，，且 ，
， ，
，即 ，
可得 .
（2）若，且，求 的值.
解：，， ，
又 ，， ，
，
.
15.在直角梯形中，， ，
，点是 边的中点.
（1）若点满足，且，求 的值；
解：如图所示.由可得，所以
，
又，所以,，所以 .
（2）若点是线段上的动点（含端点），求 的取值范围.
解：方法一：以点为坐标原点，以 所在直线为
轴，所在直线为 轴建立平面直角坐标系，如
图所示，则,,,， .
由 点是线段上的动点（含端点），可令, ，
所以，
又，则 ，
所以, ，
由二次函数的性质可得，当时，取得最小值；
当时， 取得最大值8.
综上得 .
方法二：取的中点，作，垂足为 ，如图所示，
连接，则 ，
显然当点位于点时，取得最大值3，当点位于点时，
取得最小值，可得 .
16.[2024·石家庄二模]在平行四边形中， ,
，则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
√
◆ 能力拓展 ◆
[解析] 设与同方向的单位向量，与 同方向的单位向量
，与同方向的单位向量 ，
由题意知，所以 ，
即，所以 ，
所以，
因为，所以 ，所以，
即 .故选A.
17.（多选题）已知向量，， 满足
，则下列结论可能成立的有
( )
A. B. C. D.
[解析] 由题意知， ，，
设 ，，，不妨设 ，
如图，动点在以为圆心，2为半径的圆上，
动点 在以 为圆心，1为半径的圆上，
且满足，圆的方程是 .
√
√
√
当点在圆上运动时，由 ，得，
当且仅当，， 三点共线且在, 之间时取等号.
由图易知 ，即 ，故选项A不可能成立，
选项B可能成立.
设 ，则 ，
由解得 ，
又，， ，故选项C，D均可能成立.故选 .
【知识聚焦】1.(2)|a||b|cos θ |a||b|cos θ 0 (3)
2.①|a|cos θ ②a·b=0 ③|a||b| -|a||b| |a|2 ④≤
3.①a·b=b·a ②λ(a·b) a·(λb) ③a·c+b·c
4. x1x2+y1y2 x1x2+y1y2=0
【对点演练】1.63 2.± 3. 4.16 5.-3e 6.菱形
课堂考点探究
例1 (1)B (2)C 变式题 (1)11 (2)D 例2 B 例3 (1)C (2)D 例4 D
例5 (1)A (2)-2
【应用演练】1.D 2.D 3.D 4.D
例6 (1)或π (2)(3+3,9] 变式题 (1)A (2)B
教师备用习题
例1 B 例2 C 例3 D 例4 BCD 例5 C
基础热身
1.B 2.C 3.A 4.A 5.BD 6.-2 7.-2
综合提升
8.B 9.A 10.A 11.AC 12. 13. -
14. (1) (2) 15.(1)- (2)
能力拓展
16.A 17.BCD 