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学案27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|.
2．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＝________________.
3．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〉＝____________________________.
(4)若A（x1，y1），B（x2，y2），则|AB→＝________________________，所以|AB→|＝
_____________________.
自我检测
1.（2010·湖南）在Rt△ABC中，∠C=90°,AC=4,则AB→·AC→等于()
A．－16B．－8C．8D．16
2．(2010·重庆)已知向量a，b满足a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则|2a－b|＝()
A．0B．22C．4D．8
3．(2011·福州月考)已知a＝(1,0)，b＝(1,1)，(a＋λb)⊥b，则λ等于()
A．－2B．2C.12D．－12
4.平面上有三个点A（-2，y），B（0，2y），C（x，y），若AB→⊥BC→，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CM→＝16CB→＋23CA→，
则MA→·MB→＝________.
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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，(2a－3b)·(2a＋b)＝61.
(1)求a与b的夹角θ；(2)求|a＋b|；
（3）若AB→＝a，BC→＝b，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(a－c)·(b
－c)＝0，则|c|的最大值是
()
A．1B．2
C.2D.22
(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，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＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，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＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，c＝(cosβ，－
4sinβ)．
(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；
(2)求|b＋c|的最大值；
(3)若tanαtanβ＝16，求证：a∥b.
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a＝????cos32x，sin32x，
b＝????cosx2，－sinx2，且x∈????－π3，π4.
(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（2010·四川）已知△ABC的面积S=12AB→·AC→·＝3，且cosB＝35，求cosC.
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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．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)，θ是向量a与b的夹角.
向量表示坐标表示
向量a的模|a|＝a·a＝a2|a|＝x21＋y21
a与b的数量积a·b＝|a||b|cosθa·b＝x1x2＋y1y2
a与b共线的充要条件A∥b(b≠0)?a＝λba∥b?x1y2－x2y1＝0
非零向量a，b垂直的充要条件a⊥b?a·b＝0a⊥b?x1x2＋y1y2＝0
向量a与b的夹角cosθ＝a·b|a||b|cosθ＝x1x2＋y1y2x2
1＋y
2
1x
2
2＋y
2
2
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AB→2＝CD→2或|AB→|＝|CD→|.
（2）要证两线段AB∥CD，只要证存在唯一实数?≠0，使等式AB→＝λCD→成立即可．
（3）要证两线段AB⊥CD，只需证AB→·CD→＝0.
(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)，a·b＝0，则实数m的值为()
A．－32B.32
C．2D．6
2．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
()
A．－6B．－3
C．3D．6
3.已知△ABC中，AB→＝a，AC→＝b，a·b<0，S△ABC＝154，|a|＝3，|b|＝5，则∠BAC等于()
A．30°B．－150°
C．150°D．30°或150°
4．(2010·湖南)若非零向量a，b满足|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，则a与b的夹角为()
A．30°B．60°
C．120°D．150°
5．已知a＝(2,3)，b＝(－4,7)，则a在b上的投影为()
A.135B.655
C.6513D.1313
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
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6．(2010·湖南长沙一中月考)设a＝(cos2α，sinα)，b＝(1，2sinα－1)，α∈????π2，π，若
a·b＝25，则sinα＝________.
7．(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________．
8．已知向量m＝(1,1)，向量n与向量m夹角为3π4，且m·n＝－1，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MA→⊥
MB→，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(－θ)，sin(－θ))，b＝(cos????π2－θ，sin????π2－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＋tb，满足x⊥y，试求此
时k＋t
2
t的最小值．
11．(14分)(2011·济南模拟)已知a＝(1,2sinx)，b＝????2cos????x＋π6，1，函数f(x)＝a·b(x
∈R)．
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若f(x)＝85，求cos????2x－π3的值．
答案自主梳理
1．(1)a·b＝|a||b|cos〈a，b〉(2)①|a|cos〈a，e〉②a·b＝0③|a|2a·a④a·b|a||b|
⑤≤2.(1)b·a
(2)a·c＋b·c(3)λ(a·b)3.(1)a1b1＋a2b2(2)a1b1＋a2b2＝0(3)a21＋a22
a1b1＋a2b2
a21＋a22b21＋b22
(4)(x2－x1，y2－y1)?x2－x1?2＋?y2－y1?2
自我检测
2．B[|2a－b|＝?2a－b?2
＝4a2－4a·b＋b2＝8＝22.]
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3．D[由(a＋λb)·b＝0得a·b＋λ|b|2＝0，
∴1＋2λ＝0，∴λ＝－12.]
4．y2＝8x(x≠0)
解析由题意得AB→＝????2，－y2，
BC→＝????x，y2，又AB→⊥BC→，∴AB→·BC→＝0，
即????2，－y2·????x，y2＝0，化简得y2＝8x(x≠0)．
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MA→＝????32，－12，MB→＝????32，－12，MB→＝????－32，52，所以
MA→·MB→＝－2.
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.
∴cosθ＝a·b|a||b|＝－64×3＝－12.
又0≤θ≤π，∴θ＝2π3.
(2)|a＋b|＝?a＋b?2
＝|a|2＋2a·b＋|b|2
＝16＋2×?－6?＋9＝13.
(3)∵AB→与BC→的夹角θ＝2π3，
∴∠ABC＝π－2π3＝π3.
又|AB→|＝|a|＝4，|BC→|＝|b|＝3，
∴S△ABC＝12|AB→||BC→|sin∠ABC
＝12×4×3×32＝33.
变式迁移1(1)C[∵|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
展开(a－c)·(b－c)＝0?|c|2＝c·(a＋b)
＝|c|·|a＋b|cosθ，∴|c|＝|a＋b|cosθ＝2cosθ，
∴|c|的最大值是2.]
(2)λ<12且λ≠－2
解析∵〈a，b〉∈(0，π2)，∴a·b>0且a·b不同向．
即|i|2－2λ|j|2>0，∴λ<12.
当a·b同向时，由a＝kb(k>0)得λ＝－2.
∴λ<12且λ≠－2.
例2解题导引1.非零向量a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0.
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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，
从而有，a·b＝1＋k
2
4k(k>0)．
(3)由(2)知a·b＝1＋k
2
4k＝
1
4(k＋
1
k)≥
1
2，
当k＝1k时，等号成立，即k＝±1.
∵k>0，∴k＝1.
此时cosθ＝a·b|a||b|＝12，而θ∈[0，π]，∴θ＝π3.
故a·b的最小值为12，此时θ＝π3.
变式迁移2(1)解因为a与b－2c垂直，
所以a·(b－2c)
＝4cosαsinβ－8cosαcosβ＋4sinαcosβ＋8sinαsinβ
＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0.
因此tan(α＋β)＝2.
(2)解由b＋c＝(sinβ＋cosβ，4cosβ－4sinβ)，
得|b＋c|＝?sinβ＋cosβ?2＋?4cosβ－4sinβ?2
＝17－15sin2β≤42.
又当β＝－π4时，等号成立，所以|b＋c|的最大值为42.
(3)证明由tanαtanβ＝16得4cosαsinβ＝sinα4cosβ，
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．
解(1)a·b＝cos32xcosx2－sin32xsinx2＝cos2x，
|a＋b|＝????cos32x＋cosx22＋????sin32x－sinx22
＝2＋2cos2x＝2|cosx|，
∵x∈????－π3，π4，∴cosx>0，
∴|a＋b|＝2cosx.
(2)f(x)＝cos2x－2cosx＝2cos2x－2cosx－1
＝2????cosx－122－32.
∵x∈????－π3，π4，∴12≤cosx≤1，
∴当cosx＝12时，f(x)取得最小值－32；
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当cosx＝1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S＝12bcsinA＝12.
AB→·AC→＝bccosA＝3>0，
∴A∈????0，π2，cosA＝3sinA.
又sin2A＋cos2A＝1，
∴sinA＝1010，cosA＝31010.
由题意cosB＝35，得sinB＝45.
∴cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB＝1010.
∴cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－1010.
课后练习区
1．D[因为a·b＝6－m＝0，所以m＝6.]
2．D[由(2a＋3b)·(ka－4b)＝0得2k－12＝0，∴k＝6.]
3．C[∵S△ABC＝12|a||b|sin∠BAC＝154，
∴sin∠BAC＝12.又a·b<0，
∴∠BAC为钝角．∴∠BAC＝150°.]
4．C[由(2a＋b)·b＝0，得2a·b＝－|b|2.
cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝
－12|b|2
|b|2＝－
1
2.
∵〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a，b〉＝120°.]
5．B[因为a·b＝|a|·|b|·cos〈a，b〉，
所以，a在b上的投影为|a|·cos〈a，b〉
＝a·b|b|＝21－842＋72＝1365＝655.]
6.35
解析∵a·b＝cos2α＋2sin2α－sinα＝25，
∴1－2sin2α＋2sin2α－sinα＝25，∴sinα＝35.
7．120°
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＋2cosθ＝0.
∴cosθ＝－12，θ∈[0°，180°]即θ＝120°.
8．(－1,0)或(0，－1)
解析设n＝(x，y)，由m·n＝－1，
有x＋y＝－1.①
由m与n夹角为3π4，
有m·n＝|m|·|n|cos3π4，
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∴|n|＝1，则x2＋y2＝1.②
由①②解得
??
??
?x＝－1
y＝0或???
??x＝0
y＝－1，
∴n＝(－1,0)或n＝(0，－1)．
9．解设存在点M，且OM→＝λOC→＝(6λ，3λ)(0≤λ≤1)，
MA→＝(2－6λ，5－3λ)，MB→＝(3－6λ，1－3λ)．…………………………………………(4
分)
∵MA→⊥MB→，
∴(2－6λ)(3－6λ)＋(5－3λ)(1－3λ)＝0，………………………………………………(8分)
即45λ2－48λ＋11＝0，解得λ＝13或λ＝1115.
∴M点坐标为(2,1)或????225，115.
故在线段OC上存在点M，使MA→⊥MB→，且点M的坐标为(2,1)或(225，115)．………(12
分)
10．(1)证明∵a·b＝cos(－θ)·cos????π2－θ＋sin()－θ·sin????π2－θ
＝sinθcosθ－sinθcosθ＝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.………………………………………………………………(6分)
又|a|2＝1，|b|2＝1，
∴－k＋t3＋3t＝0，∴k＝t3＋3t.…………………………………………………………(8分)
∴k＋t
2
t＝
t3＋t2＋3t
t＝t
2＋t＋3
＝????t＋122＋114.……………………………………………………………………………(10
分)
故当t＝－12时，k＋t
2
t有最小值
11
4.………………………………………………………(12分)
11．解(1)f(x)＝a·b＝2cos????x＋π6＋2sinx
＝2cosxcosπ6－2sinxsinπ6＋2sinx
＝3cosx＋sinx＝2sin????x＋π3.…………………………………………………………(5分)
由π2＋2kπ≤x＋π3≤3π2＋2kπ，k∈Z，
得π6＋2kπ≤x≤7π6＋2kπ，k∈Z.
所以f(x)的单调递减区间是
????
π
6＋2kπ，
7π
6＋2kπ(k∈Z)．……………………………………………………………(8分)
(2)由(1)知f(x)＝2sin????x＋π3.
又因为2sin????x＋π3＝85，
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所以sin????x＋π3＝45，……………………………………………………………………(11分)
即sin????x＋π3＝cos????π6－x＝cos????x－π6＝45.
所以cos????2x－π3＝2cos2????x－π6－1＝725.………………………………………………(14分)
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