学案26 平面向量的数量积及其应用
导学目标： 1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义.2.了解平面向量的数量积与向量投影的关系.3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算.4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.5.会用向量方法解决某些简单的平面几何问题.6.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题．
自主梳理
1．向量的夹角
→＝a，OB→＝b，则∠AOB＝θ(1)已知两个非零向量a和b，作OA
叫做向量a与b的________．
(2)向量夹角θ的范围是________________，a与b同向时，夹角θ＝______；a与b反向时，夹角θ＝______.
(3)如果向量a与b的夹角是________，我们说a与b垂直，记作________．
2．向量数量积的定义 (1)向量数量积的定义：______________________，其中|a|cos〈a，b〉叫做向量a在b方向上的投影．
(2)向量数量积的性质：
①如果e是单位向量，则a·e＝e·a＝______________； ②非零向量a，b，a⊥b⇔________； ③a·a＝________或|a|＝________； ④cos〈a，b〉＝______________； ⑤|a·b|____|a||b|.
3．向量数量积的运算律 (1)交换律：a·b＝________； (2)分配律：(a＋b)·c＝________________； (3)数乘向量结合律：(λa)·b＝a·(λb)＝____________＝λa·b. 4．向量数量积的坐标运算与度量公式
(1)两个向量的数量积等于它们对应坐标乘积的和，即若a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则a·b＝____________；
(2)设a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则a⊥b⇔____________；
(3)设向量a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则|a|＝________________， cos〈a，b〉＝_______________.
→＝________________，所以|AB→(4)若A(x，y)，B(x，y)，则AB
1
1
2
2
|＝_____________.
自我检测
→·→1．(2010·湖南改编)在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，则ABAC
＝________.
2．(2010·重庆改编)已知向量a，b满足a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则|2a－b|＝________.
3．已知a＝(1,0)，b＝(1,1)，(a＋λb)⊥b，则λ＝________.
y→⊥BC→，，C(x，y)，若AB0，4．平面上有三个点A(－2，y)，B2
则动点C的轨迹方程为________________．
5．(2009·天津)若等边△ABC的边长为23，平面内一点M满足1→2→→→·→＝________. CM＝6CB＋3CA，则MAMB
探究点一 向量的模及夹角问题
例1 已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)(2a＋b)＝61. (1)求a与b的夹角θ；(2)求|a＋b|；
→＝a，BC→＝b，求△ABC的面积． (3)若AB
变式迁移1 (1)已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值为________．
(2)已知i，j为互相垂直的单位向量，a＝i－2j，b＝i＋λj，且a与b的夹角为锐角，则实数λ的取值范围为________．
探究点二 两向量的平行与垂直问题
例2 已知a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，且ka＋b的长度是a－kb的长度的3倍(k>0)．
(1)求证：a＋b与a－b垂直； (2)用k表示a·b； (3)求a·b的最小值以及此时a与b的夹角θ.
变式迁移2 (2009·江苏)设向量a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，c＝(cos β，－4sin β)．
(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值； (2)求|b＋c|的最大值；
(3)若tan αtan β＝16，求证：a∥b.
探究点三 向量与三角函数的综合应用
33
例3 已知向量a＝cos 2x，sin 2x，
xxππcos ，－sin b＝22，且x∈－3，4.
(1)求a·b及|a＋b|； (2)若f(x)＝a·b－|a＋b|，求f(x)的最大值和最小值．
变式迁移3 在三角形ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、
2A＋Bb、c，且2sin2＋cos 2C＝1.
(1)求角C的大小；
b
a，－(2)若向量m＝(3a，b)，向量n＝(－m3，m⊥n，(m＋n)·
＋n)＝－16.求a、b、c的值．
1．一些常见的错误结论：
(1)若|a|＝|b|，则a＝b；(2)若a2＝b2，则a＝b；(3)若a∥b，b∥c，则a∥c；(4)若a·b＝0，则a＝0或b＝0；
(5)|a·b|＝|a|·|b|；(6)(a·b)c＝a(b·c)；(7)若a·b＝a·c，则b＝c.以上结
论都是错误的，应用时要注意．
2．证明直线平行、垂直、线段相等等问题的基本方法有：
→2＝CD→2或|AB→|＝|CD→|. (1)要证AB＝CD，可转化证明AB
→＝(2)要证两线段AB∥CD，只要证存在唯一实数λ≠0，使等式AB→成立即可． λCD
→·→＝0. (3)要证两线段AB⊥CD，只需证ABCD
(满分：90分)
一、填空题(每小题6分，共48分) 1．已知非零向量a，b，若|a|＝|b|＝1，且a⊥b，又知(2a＋3b)⊥(ka－4b)，则实数k的值为________．
15→→2．已知△ABC中，AB＝a，AC＝b，a·b<0，S△ABC＝4，|a|＝3，
|b|＝5，则∠BAC＝________.
3．(2010·湖南改编)若非零向量a，b满足|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，则a与b的夹角为________．
4．(2010·英才苑高考预测)已知a＝(2,3)，b＝(－4,7)，则a在b上的投影为________．
5．(2011·南京月考)设a＝(cos 2α，sin α)，b＝(1，2sin α－1)，π2，πα∈2，若a·b＝5，则sin α＝________.
6．(2010·广东金山中学高三第二次月考)若|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b，且c⊥a，则向量a与b的夹角为________．
→|＝3，|BC→|＝4，|CA→|＝5，则AB→·→＋7．已知点A、B、C满足|ABBC→·→＋CA→·→的值是________． BCCAAB
3π
8．已知向量m＝(1,1)，向量n与向量m夹角为4，且m·n＝－1，则向量n＝__________________.
二、解答题(共42分)
→＝(2,5)，→＝(3,1)，→＝(6,3)，9．(12分)已知O为坐标原点且OAOBOC→⊥MB→，若存在，求出点M的坐在线段OC上是否存在点M，使MA
标；若不存在，请说明理由．
π
10．(14分)已知向量a＝(cos(－θ)，sin(－θ))，b＝(cos2－θ，
πsin2－θ)．
(1)求证：a⊥b；
(2)若存在不等于0的实数k和t，使x＝a＋(t2＋3)b，y＝－ka＋
k＋t2
tb，满足x⊥y，试求此时t的最小值．
11．(16分)(2010·济南三模)已知a＝(1,2sin x)，b＝
π
2cosx＋，1，函数f(x)＝a·b (x∈R)． 6
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
π8
(2)若f(x)＝5，求cos2x－3的值．
答案 自主梳理
π
1．(1)夹角 (2)[0，π] 0 π (3)2 a⊥b 2.(1)a·b＝|a||b|cos〈a，
a·b2
b〉 (2)①|a|cos〈a，e〉 ②a·b＝0 ③|a| a·a ④ ⑤≤
|a||b|
3.(1)b·a (2)a·c＋b·c (3)λ(a·b) 4.(1)a1b1＋a2b2 (2)a1b1＋a2b2＝0
a1b1＋a2b222(3)a1＋a2 2222 (4)(x2－x1，y2－y1) a1＋a2 b1＋b2
x2－x12＋y2－y12 自我检测 1．16
→·→＝0， 解析 因为∠C＝90°，所以ACCB
→·→＝(AC→＋CB→)·→＝(AC→)2＋AC→·→＝16. 所以ABACACCB
2．22
解析 |2a－b|＝2a－b2 ＝4a2－4a·b＋b2＝8＝22.
13．－2 解析 由(a＋λb)·b＝0得a·b＋λ|b|2＝0，
1
∴1＋2λ＝0，∴λ＝－2. 4．y2＝8x(x≠0)
y→＝2，－， 解析 由题意得AB2
y→→⊥BC→，∴AB→·→＝0， BC＝x，2，又ABBC
yy
x，＝0，化简得y2＝8x(x≠0)． 即2，－2·2
5．－2
解析 合理建立直角坐标系，因为三角形是正三角形，故设C(0,0)，A(23，0)，B(3，3)，这样利用向量关系式，求得
33131→35→M，2，然后求得MA＝2，－2，MB＝－2，2，所以2
→·→＝－2. MAMB
课堂活动区
例1 解 (1)∵(2a－3b)(2a＋b)＝61， ∴4|a|2－4a·b－3|b|2＝61. 又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4a·b－27＝61，∴a·b＝－6.
－61a·b
∴cos θ＝＝＝－2. |a||b|4×3
2π
又0≤θ≤π，∴θ＝3.
(2)|a＋b|＝a＋b2＝|a|2＋2a·b＋|b|2 ＝16＋2×－6＋9＝13.
→与BC→的夹角θ＝2π， (3)∵AB3
2ππ
∴∠ABC＝π－3＝3. →|＝|a|＝4，|BC→|＝|b|＝3， 又|AB
1→→13
∴S△ABC＝2|AB||BC|sin∠ABC＝2×4×3×2＝33.
1
变式迁移1 (1)2 (2)λ<2且λ≠－2 解析 (1)∵|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
展开(a－c)·(b－c)＝0⇒|c|2＝c·(a＋b) ＝|c|·|a＋b|cos θ，∴|c|＝|a＋b|cos θ＝2cos θ， ∴|c|的最大值是2.
π
(2)∵〈a，b〉∈(0，2)，∴a·b>0且a·b不同向．
1
即|i|2－2λ|j|2>0，∴λ<2. 当a·b同向时，由a＝λb(λ>0)得λ＝－2.
1
∴λ<2且λ≠－2.
例2 解题导引 1.非零向量a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
2．当向量a与b是非坐标形式时，要把a、b用已知的不共线的向量表示．但要注意运算技巧，有时把向量都用坐标表示，并不一定都能够简化运算，要因题而异．
解 (1)由题意得，|a|＝|b|＝1， ∴(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0， ∴a＋b与a－b垂直． (2)|ka＋b|2＝k2a2＋2ka·b＋b2＝k2＋2ka·b＋1， (3|a－kb|)2＝3(1＋k2)－6ka·b. 由条件知，k2＋2ka·b＋1＝3(1＋k2)－6ka·b，
1＋k2
从而有，a·b＝4k(k>0)．
1＋k2111
(3)由(2)知a·b＝4k＝4(k＋k)≥2，
1
当k＝k时，等号成立，即k＝±1.∵k>0，∴k＝1.
a·b1π
此时cos θ＝＝2，而θ∈[0，π]，∴θ＝3. |a||b|
1π
故a·b的最小值为2，此时θ＝3.
变式迁移2 (1)解 因为a与b－2c垂直，所以a·(b－2c) ＝4cos αsin β－8cos αcos β＋4sin αcos β＋8sin αsin β ＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0. 因此tan(α＋β)＝2.
(2)解 由b＋c＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)， 得|b＋c|＝sin β＋cos β2＋4cos β－4sin β2 ＝17－15sin 2β≤42.
π
又当β＝－4时，等号成立，所以|b＋c|的最大值为42.
4cos αsin α
(3)证明 由tan αtan β＝16得sin β＝4cos β， 所以a∥b.
例3 解题导引 与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热点题型．解答此类问题，除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式，向量模、夹角的坐标运算公式外，还应掌握三角恒等变换的相关知识．
3x3x
解 (1)a·b＝cos 2xcos 2－sin 2xsin 2＝cos 2x，
3x23x2cos x＋cos sin x－sin |a＋b|＝22＋22
ππ
＝2＋2cos 2x＝2|cos x|，∵x∈－3，4，∴cos x>0，
∴|a＋b|＝2cos x.
(2)f(x)＝cos 2x－2cos x＝2cos2x－2cos x－1
123ππ1
＝2cos x－2－2.∵x∈－3，4，∴2≤cos x≤1，
13
∴当cos x＝2时，f(x)取得最小值－2； 当cos x＝1时，f(x)取得最大值－1.
2A＋B变式迁移3 解 (1)∵2sin2＋cos 2C＝1，
2A＋B∴cos 2C＝1－2sin2＝cos(A＋B)＝－cos C.
∴2cos2C＋cos C－1＝0.
1
∴cos C＝2或－1.
π
∵C∈(0，π)，∴C＝3. 2b
(2)∵m⊥n，∴3a2－3＝0，即b2＝9a2. ① 又(m＋n)·(－m＋n)＝－16，
2
8b
∴－8a2－9b2＝－16，即a2＋9＝2.② 由①②可得a2＝1，b2＝9，∴a＝1，b＝3. 又c2＝a2＋b2－2abcos C＝7，∴c＝7. 课后练习区 1．6
解析 由(2a＋3b)·(ka－4b)＝0得2k－12＝0，∴k＝6.
2．150°
115解析 ∵S△ABC＝2|a||b|sin∠BAC＝4，
1
∴sin∠BAC＝2.又a·b<0，
∴∠BAC为钝角．∴∠BAC＝150°. 3．120°
解析 由(2a＋b)·b＝0，得2a·b＝－|b|2.
12－2|b|
1a·b
cos〈a，b〉＝＝2＝－. 2|a||b||b|∵〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a，b〉＝120°. 654.5
解析 因为a·b＝|a|·|b|·cos〈a，b〉， 所以，a在b上的投影为|a|·cos〈a，b〉
1365a·b21－8
＝＝22＝＝5. |b|654＋735.5
2
解析 ∵a·b＝cos 2α＋2sin2α－sin α＝5，
2322
∴1－2sinα＋2sinα－sin α＝5，∴sin α＝5. 6．120°
解析 设a与b的夹角为θ，∵c＝a＋b，c⊥a， ∴c·a＝0，即(a＋b)·a＝0.∴a2＋a·b＝0. 又|a|＝1，|b|＝2，∴1＋2cos θ＝0.
1
∴cos θ＝－2，θ∈[0°，180°]，即θ＝120°. 7．－25
解析 如图，
根据题意可得△ABC为直角三角形，
π34
且∠B＝2，cos A＝5，cos C＝5，
→·→＋BC→·→＋CA→·→ ∴ABBCCAAB→·→＋CA→·→＝4×5cos(π－C)＋5×3cos(π－A)＝－20cos C＝BCCAAB43
－15cos A＝－20×5－15×5＝－25.
8．(－1,0)或(0，－1)
解析 设n＝(x，y)，由m·n＝－1， 有x＋y＝－1.①
3π
由m与n夹角为4，
3π
有m·n＝|m|·|n|cos 4， ∴|n|＝1，则x2＋y2＝1.②
x＝－1x＝0
由①②解得或，
y＝0y＝－1
∴n＝(－1,0)或n＝(0，－1)．
→＝λOC→＝(6λ，3λ) (0≤λ≤1)， 9．解 设存在点M，且OM
→＝(2－6λ，5－3λ)，MB→＝(3－6λ，1－∴MA
3λ)．……………………………………(4分)
→⊥MB→， ∵MA∴(2－6λ)(3－6λ)＋(5－3λ)(1－3λ)＝
0，………………………………………………(8分)
即45λ2－48λ＋11＝0，
111
解得λ＝3或λ＝15.
2211
∴M点坐标为(2,1)或5，5.
→⊥MB→，且点M的坐标为(2,1)故在线段OC上存在点M，使MA
2211
或(5，5)．………(12分)
ππ
10．(1)证明 ∵a·b＝cos(－θ)·cos2－θ＋sin(－θ)·sin2－θ
＝sin θcos θ－sin θcos θ＝0.∴a⊥b.……………………………………………………(4分)
(2)解 由x⊥y得，x·y＝0， 即[a＋(t2＋3)b]·(－ka＋tb)＝0， ∴－ka2＋(t3＋3t)b2＋[t－k(t2＋3)]a·b＝0，
∴－k|a|2＋(t3＋3t)|b|2＝0.………………………………………………………………(8分)
又|a|2＝1，|b|2＝1，
∴－k＋t3＋3t＝0，∴k＝t3＋3t.…………………………………………………………(10分)
k＋t2t3＋t2＋3t2∴t＝＝t＋t＋3 t1211＝t＋2＋4.
k＋t21
故当t＝－2时，有最小值t11
4.………………………………………………………(14分)
πx＋11．解 (1)f(x)＝a·b＝2cos6＋2sin x
ππ
＝2cos xcos 6－2sin xsin 6＋2sin x ＝3cos x＋sin x＝πx＋2sin3.…………………………………………………………(5分)
ππ3π
由2＋2kπ≤x＋3≤2＋2kπ，k∈Z， π7π
得6＋2kπ≤x≤6＋2kπ，k∈Z. 所以f(x)的单调递减区间是
7ππ
＋2kπ，＋2kπ 66
(k∈Z)．……………………………………………………………(8分)
π
(2)由(1)知f(x)＝2sinx＋3.
π8
又因为2sinx＋3＝5，
π
x＋所以sin＝3
4
5，………………………………………………………………………(12分)
ππ4π即sinx＋3＝cos6－x＝cosx－6＝5.
所以cos
π
2x－
3
＝2cos
2
π
x－
6
－1＝
7
25.………………………………………………（16分）
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