1、第 三 节 平 面 向 量 的 数 量 积 与 平 面 向 量 应 用 |a|b|cos a b |a|b|cos b a a ( b) a c b c cos _ cos _ a b _ _ |a b| |a|b| |a b| _ |x 1 x 2 y 1 y 2 | _ x 2 1 y 2 1|a| _ a a a b |a|b|x 1 x 2 y 1 y 2 x 2 1 y 2 1 x 2 2 y 2 2a b 0 x 1 x 2 y 1 y 2 0 |a|b| x 2 1 y 2 1 x 2 2 y 2 2 |a| _ 1 (2015 全国卷 改编) a (1 1) b ( 1,2)
2、(2a b) a _. 解 析：法一 ： a (1 ，1) ，b ( 1,2) ， a 2 2 ，a b3 ， 从而(2a b) a 2a 2 a b 4 3 1. 法二 ： a (1 ，1) ，b ( 1,2) ， 2a b (2 ，2) ( 1,2) (1,0) ， 从而(2a b) a (1,0) (1 ，1) 1. 答 案：1 2 ( 教 材 习 题 改 编) a b |a| |b| 2 a b 2 a b _ 解析： 因为cos a ，b a b |a|b| 1 2 ，所 以a ，b 3 . 答案： 33 ( 教 材 习 题 改 编) a b |a| 1 |b| 2 a b 60 |
3、a b| _. 解析：|a b| a b 2 a 2 b 2 2a b 1 2 2 2 2 1 2cos 60 3. 答案： 3 4 e 1 e 2 3 b 1 e 1 2e 2 b 2 3e 1 4e 2 b 1 b 2 _. 解 析：b 1 e 1 2e 2 ，b 2 3e 1 4e 2 ， 则 b 1 b 2 (e 1 2e 2 ) (3e 1 4e 2 ) 3e 2 1 2e 1 e 2 8e 2 2 . 因为 e 1 ，e 2 为 单位向 量， e 1 ，e 2 3 ， 所以 b 1 b 2 3 2 1 2 8 6. 答 案： 6 1 (1)0 0 0a 0 0 a ( a) 0 0
4、 a0 0 0 (2)0 0 2 a b 0 a 0 b 0 a b 0 a b. 3 0 4 |a| a 2 a 2 1 a b0 a b a b0，即18 4t0 ， 解得t 9 2 . 但当t 8 时 ，两向 量同向 ，应舍 去， 故 实数t 的 取值范 围是 9 2 ，8 (8 ， ) 答 案： 9 2 8 (8 ) 3 a (2cos 2sin ) 2 b (0 1) a b _ 解析： 以坐标原点 O 为起点 ，可知向量 a 和 b 如 图所示，易知它们 的夹角为 3 2 . 答案： 3 2 1 ( 易错题) a ( 1,2) b (m,1) a 2b 2a b a b _. 解析
5、：a 2b ( 1 2m,4) ，2a b ( 2 m,3) ，由 题 意得 3( 1 2m) 4( 2 m) 0，则 m 1 2 ， 所以 a b1 1 2 2 1 5 2 . 答案： 5 22 a b |a b| 1 a b _ 解 析： |a b| 1 ， a 2 2a b b 2 1. 又|a| |b| 1 ， cos a ，b 1 2 . 又a ，b 0 ， ， a ，b 2 3 . 答 案： 2 33 (2016 苏 州 中学 检测) e 1 e 2 |a b| _. 解析： 由题设，知a 1 2 e 1 7 2 e 2 ， b 3 2 e 1 1 2 e 2 ， 所以a b2e
6、1 4e 2 ，所以|a b| 2e 1 4e 2 2 4e 2 1 16e 1 e 2 16e 2 2 20 2 5. 答案：2 5 4 (2015 天 津 高考) ABCD AB DC AB 2 BC 1 ABC 60 . E F BC DC BE 2 3 BC DF 1 6 DC AE AF _ 解析： 取BA ，BC 为一组 基底 ， 则 AE BE BA 2 3 BC BA ， AF AB BC CF BA BC 5 12 BA 7 12 BA BC ， AE AF 2 3BC BA 7 12BA BC 7 12 |BA| 2 25 18 BA BC 2 3 |BC | 2 7 12
7、 4 25 18 2 1 1 2 2 3 29 18 . 答案 29 18 a b |a| |b|cos a (x 1 y 1 ) b (x 2 y 2 ) a b x 1 x 2 y 1 y 2 (1) (2) (3) 解 析： e 1 e 2 1 2 ， |e 1 |e 2 e 1 ，e 2 1 2 ， e 1 ，e 2 60 . 又 b e 1 b e 2 1 0 ， b ，e 1 b ，e 2 30 . 由b e 1 1，得|b|e 1 |cos 30 1 ， |b| 1 3 2 2 3 3 . 答 案： 2 3 32 (2016 南 京 一 中 检 测) a b c a b 0 (a
8、 c) (b c) 0 |a b c| _ 解 析： 由 题意 ，知 a 2 1 ，b 2 1 ，c 2 1. 由 a b 0 及(a c) (b c) 0，知(a b) c 1. 因为|a b c| 2 a 2 b 2 c 2 2a b 2a c 2b c ， 所 以|a b c| 2 3 2(a c b c) 1，故 |a b c| max 1. 答 案：1 解 析： a (2a b) ， a (2a b) 0 ， 2|a| 2 a b 0 ， 即 2|a| 2 |a|b|cos a ，b0. |b| 4|a| ， 2|a| 2 4|a| 2 cos a ，b0 ， cos a ，b 1
9、2 ， a ，b 2 3 . 答 案： 2 34 (2016 南 京 名校 联考) ABC AB ( 2 3) AC (1 2) ABC _ 解 析： 由 题意 得，(| AB | | AC |) 2 (| AB | | AC | cos AB ， AC ) 2 (| AB| | AC | sin AB ， AC ) 2 ， 即(| AB| | AC |) 2 ( AB AC ) 2 (| AB| | AC | sin AB ， AC ) 2 ， | AB| | AC| sin AB ， AC 2 3 ， S ABC 1 2 | AB| | AC | sin AB ， AC 1 3 2 . 答
10、 案：1 3 2解 析：因为 2a 3b (2k 3 ，6) ，(2a 3b) c ， 所以(2a 3b) c 2(2k 3) 6 0 ， 解得 k 3. 答 案：3 6 AB AC 120 | AB| 3 | AC | 2. AP AB AC AP BC _ 解 析：BC AC AB ， 由于 AP BC ，所以 AP BC 0 ， 即 ( AB AC ) ( AC AB ) 2 AB 2 AC ( 1) AB AC 9 4 ( 1) 3 2 1 2 0 ， 解得 7 12 . 答 案： 7 12考点三 平 面 向 量 与 三 角 函 数 的 综 合 重 点 保 分 型 考 点 师生共研 典
11、例引 领 (2016 苏 北 四 市调 研) f(x) a b a (2cos x 3sin 2x) b (cos x,1) x R. (1) y f(x) (2) ABC A B C a b c f(A) 1 a 7 m (3 sin B) n (2 sin C) b c 解：(1)f(x) a b 2cos 2 x 3sin 2x 1 cos 2x 3sin 2x 1 2cos 2x 3 ， 令 2k 2x 3 2k (k Z) ， 解得 k 6 x k 3 (k Z) ， 所以 f(x) 的单 调递 减区间 为 k 6 ，k 3 (k Z) (2) f(A) 1 2cos 2A 3 1
12、， cos 2A 3 1. 又 3 2A 3 7 3 ， 2A 3 ，即 A 3 . a 7 ， 由余弦定理得 a 2 b 2 c 2 2bccos A (b c) 2 3bc 7. 向量 m (3 ，sin B) 与 n (2 ，sin C) 共线， 所以 2sin B 3sin C. 由正 弦定理得 2b 3c ， 由 ， 可得 b 3 ，c 2. a (cos x,2cos x) b (2cos x sin x) f(x) a b. (1) f(x) 6 g(x) g(x) (2) a 0 a b f(x) 解：(1) f(x) a b 2cos 2 x2sin xcos x sin 2x cos 2x 1 2sin 2x 4 1. g(x) 2sin 2 x 6 4 1 2sin 2x 12 1. 由 2 2k 2x 12 2 2k ，k Z 得， 5 24 k x 7 24 k ，k Z ， g(x) 的单调递增区间为 5 24 k ， 7 24 k ，k Z. (2) a 0 ，a 与 b 共线， cos x 0 ， sin xcos x 4cos 2 x 0 ， tan x 4. f(x) 2 cos 2 x 2sin xcos x 2cos 2 x 2sin xcos x sin 2 x cos 2 x 2 2tan x 1tan 2 x 10 17 .
