（江苏专用）2020版高考数学二轮复习 微专题五 平面向量的数量积课件 苏教版

三角函数、解三角形、平面向量微专题五平面向量的数量积课时作业考情分析在近三年的江苏高考中，平面向量的数量积这个C级考点必考，且形式多样，难度不一．年份填空题解答题2017T12考察向量的线性运算；T13数量积与圆结合在一起考察T16向量与三角函数综合考察2018T13数量积与圆结合在一起考察2019T12解三角形与平面向量数量积课时作业典型例题目标1平面向量的夹角与模例1(1)已知平面向量a＝(1,2)，b＝(4,2)，c＝ma＋b(m∈R)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则m＝________.2解析：(1)因为a＝(1,2)，b＝(4,2)，所以c＝ma＋b＝(m＋4,2m＋2)，|a|＝5，|b|＝25，所以a·c＝5m＋8，b·c＝8m＋20.因为c与a的夹角等于c与b的夹角，所以c·a|c|·|a|＝c·b|c|·|b|，所以5m＋85＝8m＋2025，解得m＝2.(2)设单位向量e1，e2，对于任意实数λ都有e1＋12e2≤|e1－λe2|成立，则向量e1，e2的夹角为________．2π3(2)设单位向量e1，e2的夹角为θ.因为对于任意实数λ都有e1＋12e2≤|e1－λe2|成立，所以对于任意实数λ都有e1＋12e22≤|e1－λe2|2成立，即e21＋14e22＋|e1||e2|cosθ≤e21＋λ2e22－2λ|e1||e2|cosθ，即1＋14＋cosθ≤1＋λ2－2λcosθ，即λ2－2λcosθ－14＋cosθ≥0恒成立，所以Δ＝4cos2θ＋414＋cosθ≤0，整理可得cosθ＋122≤0.又cosθ＋122≥0，可得cosθ＋12＝0，故cosθ＝－12.因为θ∈[0，π]，所以θ＝2π3.【思维变式题组训练】1.若非零向量a，b满足|a|＝223|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为_______．π4解析：由题知(a－b)·(3a＋2b)＝3a2－2b2－a·b＝0，即a·b＝3a2－2b2.又|a|＝223|b|，所以a·b＝3·2232b2－2b2＝23b2，所以cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝23b2223|b|2＝22，所以〈a，b〉＝π4.2.在△ABC中，已知AB＝3，BC＝2，D在边AB上，AD→＝13AB→.若DB→·DC→＝3，则边AC的长是________．10解析：思路分析1：注意到AB，BC已知，故以BA→，BC→为基底，将其他向量表示出来，通过DB→·DC→＝3计算出向量BA→，BC→的夹角后，再利用余弦定理求得AC的长．思路分析2：以B为坐标原点，BC所在的直线为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，从而用向量的坐标运算来研究问题，要求AC的长本质就是求点A的坐标，可以通过DB→·DC→＝3来求得点A的坐标．解法1：因为AD→＝13AB→，所以DB→·DC→＝23AB→·23AB→＋BC→＝49AB→2＋23AB→·BC→＝4－23×3×2cos∠ABC＝3，解得cos∠ABC＝14，因此AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝10，即AC＝10.解法2：以B为坐标原点，BC所在的直线为x轴的正半轴建立平面直角坐标系．设∠ABC＝θ，则因为AB＝3，BC＝2，所以C(2,0)，A(3cosθ，3sinθ)．又因为AD→＝13AB→，所以D(2cosθ，2sinθ)，故DB→＝(－2cosθ，－2sinθ)，DC→＝(2－2cosθ，－2sinθ)，因此DB→·DC→＝－4cosθ＋4cos2θ＋4sin2θ＝3，解得cosθ＝14，从而A34，3154，由此可得AC＝34－22＋31542＝10.3.已知点A(0,1)，B(0，－1)，C(1,0)，动点P满足AP→·BP→＝2|PC→|2，则|AP→＋BP→|的最大值为________．6解析：设动点P(x，y)，因为点A(0,1)，B(0，－1)，C(1,0)，AP→·BP→＝2|PC→|2，所以(x，y－1)·(x，y＋1)＝2[(x－1)2＋y2]，即(x－2)2＋y2＝1，所以|AP→＋BP→|＝2x2＋y2，所以|AP→＋BP→|表示圆(x－2)2＋y2＝1上的点到原点距离的两倍，|AP→＋BP→|的最大值为6.目标2平面向量的数量积例2如图，在△ABC中，已知边BC的四等分点依次为D，E，F.若AB→·AC→＝2，AD→·AF→＝5，则AE的长为________．6解析：(1)由题意，2＝AB→·AC→＝AE→＋2ED→·AE→－2ED→＝AE→2－4ED→2，5＝AD→·AF→＝AE→＋ED→·AE→－ED→＝AE→2－ED→2，解得AE→2＝6，即|AE→|＝6.(2)在边长为2的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是线段BD上的任意一点，则AP→·AC→＝________.2(2)如图所示，由条件知△ABC为正三角形，AC⊥BP，所以AP→·AC→＝(AB→＋BP→)·AC→＝AB→·AC→＋BP→·AC→＝AB→·AC→＝AB→×AC→cos60°＝2×2×12＝2.(3)如图，已知△ABC的边BC的垂直平分线交AC于点P，交BC于点Q.若|AB→|＝3，|AC→|＝5，则(AP→＋AQ→)·(AB→－AC→)的值为________．－16(3)因为AP→＝AQ→＋QP→，所以AP→＋AQ→＝2AQ→＋QP→，而AB→－AC→＝CB→，由于QP→⊥CB→，所以QP→·CB→＝0，所以(AP→＋AQ→)·(AB→－AC→)＝(2AQ→＋QP→)·CB→＝2AQ→·CB→.又因为Q是BC的中点，所以2AQ→＝AB→＋AC→，故2AQ→·CB→＝(AB→＋AC→)·(AB→－AC→)＝AB→2－AC→2＝9－25＝－16.【思维变式题组训练】1.在△ABC中，已知AB＝1，AC＝2，O为△ABC外接圆的圆心，则AO→·BC→＝________.32解析：AO→·BC→＝AO→·(OC→－OB→)＝AO→·OC→－AO→·OB→.又AB→＝OB→－OA→，AC→＝OC→－OA→，所以OB→－OA→2＝OB→2－2OB→·OA→＋OA→2＝1，OC→－OA→2＝OC→2－2OC→·OA→＋OA→2＝4，即AO→·OC→－AO→·OB→＝32，故AO→·BC→＝32.2.在△ABC中，已知AB＝1，AC＝2，A＝60°，若点P满足AP→＝AB→＋λAC→，且BP→·CP→＝1，则实数λ的值为________．1或－14解析：解法1：由题意可得AP→－AB→＝BP→＝λAC→.又CP→＝AP→－AC→＝AB→＋(λ－1)AC→，所以BP→·CP→＝λAB→·AC→＋λ(λ－1)|AC→|2＝1，即λ＋(λ2－λ)×4＝1，所以有4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－14.解法2：建立平面直角坐标系，所以A(0,0)，B12，32，C(2,0)，设P(x，y)．所以AP→＝(x，y)，AB→＝12，32，AC→＝(2,0)．又因为AP→＝AB→＋λAC→，所以有x＝2λ＋12，y＝32，所以BP→＝(2λ，0)，CP→＝2λ－32，32.由BP→·CP→＝1可得4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－14.9解析：BC→·DC→＝(OC→－OB→)·(OC→－OD→)＝(OC→＋OD→)·(OC→－OD→)＝OC2－OD2，类似地，AB→·AD→＝AO2－OD2＝－7，所以BC→·DC→＝OC2－OD2＝OC2－AO2－7＝9.3.在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA＝3，OC＝5.若AB→·AD→＝－7，则BC→·DC→的值是________．思想根源：极化恒等式：a·b＝a＋b22－a－b22.在△ABC中，若M是BC的中点，则AB→·AC→＝AM2－MC2.其作用是：用线段的长度来计算向量的数量积．4.如图所示，已知矩形ABCD的边AB＝4，AD＝2，以点C为圆心，CB为半径的圆与CD交于点E，若点P是圆弧EB︵(含端点B，E)上的一点，则PA→·PB→的取值范围是________．[8－82，0]解析：解法1(坐标法)：以C为原点，建立如图所示平面直角坐标系．A(－4，－2)，B(0，－2)，点P在圆x2＋y2＝4上．设点P(2cosθ，2sinθ)，θ∈π，3π2，所以PA→＝(－4－2cosθ，－2－2sinθ)，PB→＝(－2cosθ，－2－2sinθ))，PA→·PB→＝8cosθ＋8sinθ＋8＝82sinθ＋π4＋8，θ＋π4∈5π4，7π4，当θ＋π4＝3π2，即θ＝5π4时，PA→·PB→取到最小值8－82；当θ＋π4＝5π4或7π4，即θ＝π或3π2时，PA→·PB→取到最大值0，所以PA→·PB→的取值范围是[8－82，0]．解法2(基底法)：设AB中点为M，则PA→·PB→＝(PM→＋MA→)·(PM→＋MB→)＝(PM→＋MA→)·(PM→－MA→)＝PM→2－MA→2＝PM→2－4.当P，M，C三点共线时，PM长度最小为22－2，PM→2－4＝8－82；当P与E或B重合时，PM长度最大为2，PM→2－4＝0，所以PA→·PB→的取值范围是[8－82，0]．课时作业课后作业一、填空题1.已知向量a＝(1，－1)，b＝(6，－4)．若a⊥(ta＋b)，则实数t的值为________．－5解析：因为a＝(1，－1)，b＝(6，－4)，且a⊥(ta＋b)，所以a·(ta＋b)＝0，即2t＋10＝0，解得t＝－5.π6解析：根据题意得|a|＝1＋3＝2，|b|＝3＋1＝2，a·b＝3＋3＝23.设a与b的夹角为θ，则cosθ＝a·b|a||b|＝232×2＝32.因为θ∈[0，π]，所以θ＝π6.2.已知向量a＝(1，3)，b＝(3，1)，则a与b夹角的大小为________．2解析：|a－2b|＝21⇒a2－4a·b＋4b2＝21⇒1＋2|b|＋4|b|2＝21⇒|b|＝2.3.已知两个平面向量a，b满足|a|＝1，|a－2b|＝21，且a与b的夹角为120°，则|b|＝________.4.在△ABC中，AB→·AC→＝0，|AB→|＝4，|BC→|＝5，D为线段BC的中点，E为线段BC垂直平分线l上任一异于D的点，则AE→·CB→＝________.72解析：如图，连接AD，易知A＝π2，|AC→|＝3，ED⊥BC.从而AE→·CB→＝(AD→＋DE→)·CB→＝AD→·CB→＝12(AB→＋AC→)·CB→＝12(|AB→|2－|AC→|2)＝72.5.已知e1，e2是夹角为π3的两个单位向量，向量a＝e1＋2e2，b＝ke1－e2，若a·b＝0，则实数k的值为________．54解析：由a·b＝0，得(e1＋2e2)(ke1－e2)＝0，即ke21＋(2k－1)e1e2－2e22＝0，又e21＝e22＝|e1|2＝|e2|2＝1，e1e2＝|e1|×|e2|×cosπ3＝12，所以k＋12(2k－1)－2＝0，解得k＝54.6.已知点O是△ABC内部一点，且满足OA→＋OB→＋OC→＝0，又AB→·AC→＝23，∠BAC＝60°，则△OBC的面积为________．1解析：因为OA→＋OB→＋OC→＝0，所以O为△ABC的重心，所以△OBC的面积是△ABC面积的13.因为AB→·AC→＝23，所以|AB→|·|AC→|cos∠BAC＝23，因为∠BAC＝60°，所以|AB→|·|AC→|＝43，所以S△ABC＝12|AB→|·|AC→|sin∠BAC＝3，所以△OBC的面7.在平行四边形ABCD中，AC→