高考數(shù)學(xué)平面向量與復(fù)數(shù)時(shí)平面向量的數(shù)量積及平面向量更多資料關(guān)注微博高中學(xué)習(xí)資料庫(kù)

1、最高考系列 高考總復(fù)習(xí)2014屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)（考點(diǎn)引領(lǐng)+技巧點(diǎn)撥）第四章平面向量與復(fù)數(shù)第3課時(shí)平面向量的數(shù)量積及平面向量頁(yè))考情分析考點(diǎn)新知 理解平面向量數(shù)量積的含義及其物理意義.掌握數(shù)量積的坐標(biāo)表示，會(huì)進(jìn)行平面向量數(shù)量積的運(yùn)算；能利用數(shù)量積表示兩個(gè)向量夾角的余弦，會(huì)用數(shù)量積判斷兩個(gè)非零向量是否垂直 平面向量的數(shù)量積及其幾何意義，數(shù)量積的性質(zhì)及運(yùn)算律，數(shù)量積的坐標(biāo)表示.了解用平面向量的數(shù)量積可以處理有關(guān)長(zhǎng)度、角度和垂直的問(wèn)題.1. (必修4P77練習(xí)第2(1)題改編)已知向量a和向量b的夾角為135°，|a|2，|b|3，則向量a和向量b的數(shù)量積a·b_答案：3解析：a&

2、#183;b|a|·|b|cos135°2×3×3.2. (必修4P80練習(xí)第3題改編)已知向量a、b滿足|a|1，|b|4，且a·b2，則a與b的夾角為_(kāi)答案：解析： cosa，b，a，b.3. (必修4P81習(xí)題2.4第2題改編)已知向量a，b滿足|a|1，|b|2，a與b的夾角為60°，則|ab|_答案：解析：|ab|.4. (必修4P81習(xí)題2.4第3(1)題改編)已知兩個(gè)單位向量e1、e2的夾角為，若向量b1e12e2，b23e14e2，則b1·b2_答案：6解析：b1e12e2，b23e14e2，則b1·

3、;b2(e12e2)·(3e14e2)3e2e1·e28e.因?yàn)閑1，e2為單位向量，e1，e2，所以b1·b232×83186.5. (必修4P84習(xí)題4改編)若平面四邊形ABCD滿足0，()·0，則該四邊形一定是_答案：菱形解析：四邊形ABCD滿足0知其為平行四邊形，()·0即·0知該平行四邊形的對(duì)角線互相垂直，從而該四邊形一定是菱形1. 向量數(shù)量積的定義(1) 向量a與b的夾角(2) 已知兩個(gè)非零向量a和b，它們的夾角為，我們把數(shù)量|a|b|cos叫做a與b的數(shù)量積(或內(nèi)積)，記作a·b，并規(guī)定零向量與任一向

4、量的數(shù)量積為0.2. 向量數(shù)量積的性質(zhì)設(shè)a，b都是非零向量，e是單位向量，是a與b的夾角，則(1) e·aa·e.(2) aba·b0(3) 當(dāng)a與b同向時(shí)，a·b|a|b|；當(dāng)a與b反向時(shí)，a·b|a|b|；特殊的，a·a|a|2或|a|.(4) cos.(5) |a·b|a|·|b|.3. 向量數(shù)量積的運(yùn)算律(1) 交換律：a·bb·a.(2) 分配律：(ab)·ca·cb·c.(3) 數(shù)乘結(jié)合律：(a)·b(a·b)a·(b)4.

5、 平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示(1) 若非零向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，則a·bx1x2y1y2.故abx1x2y1y20.(2) 設(shè)a(x，y)，則|a|(3) 若向量a(x1，y1)與向量b(x2，y2)的夾角為，則有cos.備課札記題型1向量平行與垂直的充分條件例1已知平面向量a(1，x)，b(2x3，x)，xR.(1) 若ab，求x的值；(2) 若ab，求|ab|的值解：(1) 若ab，則a·b(1，x)·(2x3，x)1×(2x3)x(x)0，整理得x22x30，解得x1或x3.(2) 若ab，則有1×(x)x(2x3)0，即

6、x(2x4)0，解得x0或x2.當(dāng)x0時(shí)，a(1，0)，b(3，0)，ab(2，0)，|ab|2；當(dāng)x2時(shí)，a(1，2)，b(1，2)，ab(2，4)，|ab|2.綜上，可知|ab|2或2.已知向量a(1，2)，b(2，m)，xa(t21)b，ykab，mR，k、t為正實(shí)數(shù)(1) 若ab，求m的值；(2) 若ab，求m的值；(3) 當(dāng)m1時(shí)，若xy，求k的最小值解：(1) 因?yàn)閍b，所以1·m2·(2)0，解得m4.(2) 因?yàn)閍b，所以a·b0，所以1·(2)2m0，解得m1.(3) 當(dāng)m1時(shí)，a·b0.因?yàn)閤y，所以x·y0.則x

7、·yka2a·b(t)b20.因?yàn)閠0，所以kt2，當(dāng)t1時(shí)取等號(hào)，即k的最小值為2.題型2向量的夾角與向量的模例2已知|a|4，|b|3，(2a3b)·(2ab)61.(1)求a與b的夾角；(2) 求|ab|；(3)若a，b，求ABC的面積解：(1) (2a3b)·(2ab)61， 4|a|24a·b3|b|261.又|a|4，|b|3， 644a·b2761，a·b6. cos.又0，.(2) 可先平方轉(zhuǎn)化為向量的數(shù)量積|ab|2(ab)2|a|22a·b|b|2422×(6)3213， |ab|.(

8、3) 與的夾角，ABC.又|a|4，|b|3， SABC|sinABC×4×3×3.已知非零向量a、b、c滿足abc0 ，向量a、b的夾角為120°，且|b|2|a|，則向量a與c的夾角為_(kāi)答案：90°解析：由題意，得cab，a·ca2a·b|a|2|a|b|cos120°|a|2|a|b|a|2|a|·2|a|a|2|a|20，所以ac，即a與c的夾角為90°.題型3平面向量與三角函數(shù)的交匯例3在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且(2ac)··c·

9、0.(1) 求角B的大??；(2) 若b2，試求·的最小值解：(1) 因?yàn)?2ac)·c·0，所以(2ac)accosBabccosC0，即(2ac)cosBbcosC0，所以(2sinAsinC)cosBsinBcosC0，即2sinAcosBsin(BC)0.因?yàn)閟in(BC)sinA0，所以cosB，所以B.(2) 因?yàn)閎2a2c22accos，所以12a2c2ac3ac，即ac4，所以·accosac2，當(dāng)且僅當(dāng)ac2時(shí)等號(hào)成立，所以·的最小值為2.(2013·山東卷)設(shè)ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且ac6，

10、b2，cosB.(1) 求a，c的值；(2) 求sin(AB)的值解：(1) 由余弦定理b2a2c22accosB，得b2(ac)22ac(1cosB)，又ac6，b2，cosB，所以ac9，解得a3，c3.(2) 在ABC中，sinB，由正弦定理得sinA，因?yàn)閍c，所以A為銳角，所以cosA，因此sin(AB)sinAcosBcosAsinB. 例4(2013·泰州市期末)已知向量a(cos，cos(10)，b(sin(10)，sin)，、R.(1) 求|a|2|b|2的值；(2)若ab，求；(3) 若，求證：ab.(1) 解： |a|，|b|， |a|2|b|22.(2) 解：

11、 ab， cos·sin(10)cos(10)·sin0， sin(10)0， sin100， 10k，kZ，kZ.(3) 證明： ，cos·sincos(10)·sin(10)cos·sincos·sincos·sinsin·cos0，ab.(2013·陜西卷)已知向量a，b(sinx，cos2x)，xR, 設(shè)函數(shù)f(x)a·b. (1) 求f (x)的最小正周期. (2) 求f (x) 在上的最大值和最小值解：(1) f(x)a·bcosx·sinxcos2xsin2xc

12、os2xsin.最小正周期T. 所以f(x)sin，最小正周期為. (2) 當(dāng)x時(shí)，由標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)ysinx在上的圖象知，f(x)sin. 所以，f (x) 在上的最大值和最小值分別為1，.探討兩個(gè)向量的夾角為鈍角或銳角時(shí)，首先要理解和把握其充要條件【示例】(本題模擬高考評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)，滿分14分)設(shè)兩個(gè)向量e1、e2滿足|e1|2，|e2|1，e1、e2的夾角為60°，若向量2te17e2與向量e1te2的夾角為鈍角，求實(shí)數(shù)t的取值范圍學(xué)生錯(cuò)解： 解： e1·e2|e1|·|e2|·cos60°2×1×1，(2te17e2)

13、3;(e1te2)2te7te(2t27)e1·e28t7t2t272t215t7.因?yàn)橄蛄?te17e2與向量e1te2的夾角為鈍角，所以(2te17e2)·(e1te2)<0，即2t215t7<0，解得7<t<.審題引導(dǎo)： 當(dāng)(2te17e2)·(e1te2)<0時(shí)，其夾角一定為鈍角嗎？規(guī)范解答： 解： e1·e2|e1|·|e2|·cos60°2×1×1，(2分)(2te17e2)·(e1te2)2te7te(2t27)e1·e28t7t2t272t

14、215t7.(4分)因?yàn)橄蛄?te17e2與向量e1te2的夾角為鈍角，所以(2te17e2)·(e1te2)<0，即2t215t7<0，解得7<t<.(9分)當(dāng)向量2te17e2與向量e1te2反向時(shí)，設(shè)2te17e2(e1te2)，<0，則2t27t或t(舍)(12分)故t的取值范圍為.(14分)錯(cuò)因分析： 向量2te17e2與向量e1te2的夾角為鈍角，可得(2te17e2)·(e1te2)<0，但由(2te17e2)·(e1te2)<0，并不能推出向量2te17e2與向量e1te2的夾角為鈍角如t時(shí)，(2te17e

15、2)·(e1te2)<0，向量2te17e2與向量e1te2的夾角為，所以(2te17e2)·(e1te2)<0僅是向量2te17e2與向量e1te2的夾角為鈍角的必要條件，而不是充分條件探討兩個(gè)向量的夾角為鈍角或銳角時(shí)，首先要理解和把握其充要條件1. (2013·南通三模)在平面四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點(diǎn)，且AB1，EF，CD.若·15，則·_答案：13解析：2，平方并整理得·2，即·()··2，由·15，得·()··15，得&

16、#183;·()13.2. (2013·山東)已知向量與的夾角為120°，且|3，|2.若，且，則實(shí)數(shù)_答案：解析： ，·()·()22(1)·0，即×94(1)×3×2×0，解之得.3. 如圖，在矩形ABCD中，AB，BC2，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在邊CD上若·，則·_答案：解析：(解法1)由·，得|·|·cosFAB.由矩形的性質(zhì)，得|·cosFABDF. AB，·DF， DF1. CF1.記和之間的夾角為，AEB，F(xiàn)BC

17、，則.又 BC2，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)， BE1.·|·|·cos|·|·cos()|·|·(coscossinsin)|cos·|·cos|sin·|sinBE·BCAB·CF1×2(1).(解法2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)、AB為x軸建立直角坐標(biāo)系，則B(，0)，D(0，2)，C(，2)，E(，1)，可設(shè)F(x，2)由·，計(jì)算可得x1，·(，1)·(1，2).4. 設(shè)點(diǎn)O是ABC的三邊中垂線的交點(diǎn)，且AC22ACAB20，則·的范圍是_

18、答案：解析：··()···()·()(22) AC22ACAB20，即AB22ACAC2，·AC2(2ACAC2)AC2AC. AB20，2ACAC20， 0AC2，·.1. 已知a(3，4)，b(4，3)，求x、y的值使(xayb)a，且|xayb|1.解：由a(3，4)，b(4，3)，有xayb(3x4y，4x3y)(xayb)a(xayb)·a03(3x4y)4(4x3y)0，即25x24y0.又|xayb|1|xayb|21，有(3x4y)2(4x3y)21，整理得25x248xy25y21，即x

19、(25x24y)24xy25y21，由有24xy25y21，將變形代入可得y±，再代回得和2. 已知平面上三個(gè)向量a、b、c的模均為1，它們相互之間的夾角均為120°.(1) 求證：(ab)c；(2) 若|kabc|1(kR)，求k的取值范圍(1) 證明：(ab)·ca·cb·c|a|c|cos120°|b|c|cos120°0，(ab)c.(2) 解：|kabc|1|kabc|21k2a2b2c22ka·b2ka·c2b·c1.|a|b|c|1，且a、b、c夾角均為120°，a2b2c21，a·bb·ca·c.k22k0，即k2或k0.3. 設(shè)兩向量e1、e2滿足|e1|2，|e2|1，e1、e2的夾角為60°，若向量2te17e2與向量e1te2的夾角為鈍角，求實(shí)數(shù)t的取值范圍解：由已知得e4，e1，e1·e22×1×cos60°1.(2te17e2)·(e1te2)2te(2