高考数学理科一轮复习平面向量的数量积及其应用学案附答案Word文件下载.docx

1、_； （3）设向量a（a1，a2），b（b1，b2）， 则|a|_，cosa，b_. （4）若A（x1，y1），B（x2，y¬2），则|AB_，所以|AB|_. 自我检测（2010湖南）在RtABC中，C=90,AC=4,则ABAC等于 （） A16B8C8D16 2（2010重庆）已知向量a，b满足ab0，|a|1，|b|2，则|2ab| （） A0B22C4D8 3（2011福州月考）已知a（1,0），b（1,1），（ab）b，则等于 （） A2B2C.12D12 4.平面上有三个点A（-2，y），B（0， ），C（x，y），若A B BC，则动点C的轨迹方程为_ 5.（2009天

2、津）若等边ABC的边长为2 ，平面内一点M满足CM16CB23CA，则MAMB_. 探究点一向量的模及夹角问题 例1 （2011马鞍山月考）已知|a|4，|b|3，（2a3b）（2ab）（1）求a与b的夹角；（2）求|ab|； （3）若ABa，BCb，求ABC的面积 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（ac）（bc）0，则|c|的最大值是 （） A1B2 C.2D.22 （2）已知i，j为互相垂直的单位向量，ai2j，bij，且a与b的夹角为锐角，实数的取值范围为_ 探究点二两向量的平行与垂直问题 例2 已知a（cos ，sin ），b（cos ，sin ）

3、，且kab的长度是akb的长度的3倍（k0） （1）求证：ab与ab垂直； （2）用k表示ab； （3）求ab的最小值以及此时a与b的夹角. 变式迁移2（2009江苏）设向量a（4cos ，sin ），b（sin ，4cos ），c（cos ，4sin ） （1）若a与b2c垂直，求tan（）的值； （2）求|bc|的最大值； （3）若tan tan 16，求证：ab. 探究点三向量的数量积在三角函数中的应用 例3 已知向量acos 32x，sin 32x， bcos x2，sin x2，且x3，4. （1）求ab及|ab|； （2）若f（x）ab|ab|，求f（x）的最大值和最小值 变式迁移

4、3 （2010四川）已知ABC的面积S= ABAC3，且cos B35，求一些常见的错误结论： （1）若|a|b|，则ab；（2）若a2b2，则ab；（3）若ab，bc，则ac；（4）若ab0，则a0或b0；（5）|ab|a|b|；（6）（ab）ca（bc）；（7）若abac，则bc.以上结论都是错误的，应用时要注意 2平面向量的坐标表示与向量表示的比较： 已知a（x1，y1），b（x2，y2），是向量a与b的夹角. 向量表示坐标表示 向量a的模|a|aaa2 |a|x21y21 a与b的数量积ab|a|b|cos abx1x2y1y2 a与b共线的充要条件Ab（b0）&abab&x1y2x2

5、y10 非零向量a，b垂直的充要条件ab&ab0ab&x1x2y1y20 向量a与b的夹角cos ab|a|b|x1x2y1y2x21y21 x22y22 3.证明直线平行、垂直、线段相等等问题的基本方法有： （1）要证AB=CD，可转化证明AB2CD2或|AB|CD|. （2）要证两线段ABCD，只要证存在唯一实数 0，使等式ABCD成立即可 （3）要证两线段ABCD，只需证ABCD0. （满分：75分） 一、选择题（每小题5分，共25分） 1（2010重庆）若向量a（3，m），b（2，1），ab0，则实数m的值为 （） A32B.32 C2D6 2已知非零向量a，b，若|a|b|1，且ab

6、，又知（2a3b）（ka4b），则实数k的值为 （） A6 B3 C3D已知ABC中，ABa，ACb，ab0，SABC154，|a|3，|b|5，则BAC等于 （） A30B150 C150D30或150 4（2010湖南）若非零向量a，b满足|a|b|，（2ab）b0，则a与b的夹角为 （） B60 C120D150 5已知a（2,3），b（4,7），则a在b上的投影为 （） A.135BD题号12答案 二、填空题（每小题4分，共12分） 6（2010湖南长沙一中月考）设a（cos 2，sin ），b（1，2sin 1），2，若ab25，则sin _. 7（2010广东金山中学高三第二次月考

7、）若|a|1，|b|2，cab，且ca，则向量a与b的夹角为_ 8已知向量m（1,1），向量n与向量m夹角为34，且mn1，则向量n_. 三、解答题（共38分） 9.（12分）已知OA（2,5），OB（3,1），OC（6,3），在线段OC上是否存在点M，使MAMB，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由 10（12分）（2011杭州调研）已知向量a（cos（），sin（），b（cos2，sin2） ab； （2）若存在不等于0的实数k和t，使xa（t23）b，ykatb，满足xy，试求此时kt2t的最小值（14分）（2011济南模拟）已知a（1,2sin x），b2cosx6，1，函数f

8、（x）ab （xR） （1）求函数f（x）的单调递减区间； （2）若f（x）85，求cos2x3的值 答案 自主梳理 1（1）ab|a|b|cosa，b（2）|a|cosa，eab0|a|2aaab|a|b| 2.（1）ba （2）acbc（3）（ab）3.（1）a1b1a2b2（2）a1b1a2b20（3）a21a22a1b1a2b2a21a22 b21b22 （4）（x2x1，y2y1）x2x12&y2y1&2 自我检测 2B|2ab|&2ab&2 4a24abb2822. 3D由（ab）b0得ab|b|20， 120，12. 4y28x（x0） 解析由题意

9、得AB2，y2， BCx，y2，又ABBC，ABBC0， 即2，y2x，y20，化简得y28x（x0） 52 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MA32，12，MB32，12，MB32，52，所以MAMB2. 课堂活动区 例1 解（1）（2a3b）（2ab）61， 4|a|24ab3|b|2又|a|4，|b|3，644ab2761， ab6. cos ab|a|b|64312. 又0，23. （2）|ab|&ab& |a|22ab|b|2 162&6&9（3）AB与BC的夹角23， ABC233. 又|AB|a

10、|4，|BC|b|3， SABC12|AB|BC|sinABC 124332变式迁移1（1）C|a|b|1，ab0， 展开（ac）（bc）0⇒|c|2c（ab） |c|ab|cos ，|c|ab|cos 2cos ， |c|的最大值是2. （2）12且2 解析a，b（0，2），ab0且ab不同向 即|i|22|j|20，12. 当ab同向时，由akb（k0）得2. 12且2. 例2 解题导引1.非零向量ab&ab0&x1x2y1y20. 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（

11、1）由题意得，|a|b|1， （ab）（ab）a2b20， ab与ab垂直 （2）|kab|2k2a22kabb2k22kab1， （3|akb|）23（1k2）6kab. 由条件知，k22kab13（1k2）6kab， 从而有，ab1k24k（k0） （3）由（2）知ab1k24k14（k1k）12， 当k1k时，等号成立，即k1. k0，k1. 此时cos ab|a|b|12，而0，3. 故ab的最小值为12，此时3. 变式迁移2（1）解因为a与b2c垂直， 所以a（b2c） 4cos sin 8cos cos 4sin cos 8sin sin 4sin（）8cos（）0. 因此tan（

12、）2. （2）解由bc（sin cos ，4cos 4sin ）， 得|bc|&sin cos &4cos 4sin & 1715sin 242. 又当4时，等号成立，所以|bc|的最大值为42. （3）证明由tan tan 16得4cos sin sin 4cos ， 所以ab. 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 解（1）abcos 32xcos x2sin 32xsin x2cos 2x， |ab|cos 32xcos x22sin

13、 32xsin x22 22cos 2x2|cos x|， x3，4，cos x0， |ab|2cos x. （2）f（x）cos 2x2cos x2cos2x2cos x1 2cos x12232. x3，4，12cos x1， 当cos x12时，f（x）取得最小值32； 当cos x1时，f（x）取得最大值1. 变式迁移3解由题意，设ABC的角B、C的对边分别为b、c，则S12bcsin A12. ABACbccos A30， A0，2，cos A3sin A. 又sin2Acos2A1， sin A1010，cos A31010. 由题意cos B35，得sin Bcos（AB）cos

14、 Acos Bsin Asin B1010. cos Ccos（AB）1010. 课后练习区 1D因为ab6m0，所以m6. 2D由（2a3b）（ka4b）0得2k120，k6. 3CSABC12|a|b|sinBAC154， sinBAC12.又ab0， BAC为钝角BAC150. 4C由（2ab）b0，得2ab|b|2a，bab|a|b|12|b|2|b|212. a，b0，180，a，b120 5B因为ab|a|b|cosa，b， 所以，a在b上的投影为|a|cosa，b ab|b|21842721365655.解析abcos 22sin2sin 25， 12sin22sin2sin 2

15、5，sin 120 解析设a与b的夹角为，cab，ca， ca0，即（ab）a0.a2ab0. 又|a|1，|b|2，12cos 0. cos 12，0即120. 8（1,0）或（0，1） 解析设n（x，y），由mn1， 有xy1. 由m与n夹角为34， 有mn|m|n|cos 34， |n|1，则x2y21. 由解得x1y0或x0y1， n（1,0）或n（0，1） 9解 设存在点M，且OMOC（6，3） （01）， MA（26，53），MB（36，13）（4分） MAMB， （26）（36）（53）（13）0，（8分） 即45248110，解得13或M点坐标为（2,1）或225，故在线段OC

16、上存在点M，使MAMB，且点M的坐标为（2,1）或（225，115）（12分） 10（1）证明abcos（）cos2sinsin2 sin cos sin cos 0.ab.（4分） （2）解由xy得，xy0， 即a（t23）b（katb）0， ka2（t33t）b2tk（t23）ab0， k|a|2（t33t）|b|20.（6分） 又|a|21，|b|21， kt33t0，kt33t.（8分） kt2tt3t23ttt2t3 t122114.（10分） 故当t12时，kt2t有最小值114.（12分） 11解（1）f（x）ab2cosx62sin x 2cos xcos 62sin xsin 62sin x 3cos xsin x2sinx3.（5分） 由22kx3322k，kZ， 得62kx762k，kZ. 所以f（x）的单调递减区间是 62k，762k （kZ）（8分） （2）由（1）知f（x）2sinx3. 又因为2sinx385， 所以sinx345，（11分） 即sinx3cos6xcosx6所以cos2x32cos2x61725.（14分）