温月才. 应用平面向量巧解数学题
2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版：第五章第3讲平面向量的数量积及应用举例含解析
[基础达标]1．已知A ，B ，C 为平面上不共线的三点，若向量AB →＝(1，1)，n ＝(1，－1)，且n ·AC →＝2，则n ·BC →等于( )A ．－2B ．2C ．0D ．2或－2解析：选B.n ·BC →＝n ·(BA →＋AC →)＝n ·BA →＋n ·AC →＝(1，－1)·(－1，－1)＋2＝0＋2＝2. 2．(2019·温州市十校联合体期初)设正方形ABCD 的边长为1，则|AB →－BC →＋AC →|等于( ) A ．0 B ． 2 C ．2D ．2 2解析：选C.正方形ABCD 的边长为1，则|AB →－BC →＋AC →|2＝|DB →＋AC →|2＝|DB →|2＋|AC →|2＋2DB →·AC →＝12＋12＋12＋12＝4，所以|AB →－BC →＋AC →|＝2，故选C.3．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a ，b ，c 满足c ＝x a ＋y b (x ，y ∈R )，且a ·c >0，b ·c >0.( )A ．若a·b <0则x >0，y >0B ．若a·b <0则x <0，y <0C ．若a·b >0则x <0，y <0D ．若a·b >0则x >0，y >0 解析：选A.由a ·c >0，b ·c >0，若a ·b <0， 可举a ＝(1，1)，b ＝(－2，1)，c ＝(0，1)， 则a ·c ＝1>0，b ·c ＝1>0，a ·b ＝－1<0， 由c ＝x a ＋y b ，即有0＝x －2y ，1＝x ＋y ，解得x ＝23，y ＝13，则可排除B ；若a·b >0，可举a ＝(1，0)，b ＝(2，1)，c ＝(1，1)，则a ·c ＝1>0，b ·c ＝3>0，a ·b ＝2>0，由c ＝x a ＋y b ，即有1＝x ＋2y ，1＝y ，解得x ＝－1，y ＝1， 则可排除C ，D.故选A.4．在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，则△ABC 的形状一定是( ) A ．等边三角形 B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形解析：选C.由(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，得AC →·(BC →＋BA →－AC →)＝0，即AC →·(BC →＋BA →＋CA →)＝0， 所以2AC →·BA →＝0，所以AC →⊥AB →.所以∠A ＝90°，又因为根据条件不能得到|AB →|＝|AC →|.故选C.5．已知正方形ABCD 的边长为2，点F 是AB 的中点，点E 是对角线AC 上的动点，则DE →·FC →的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B.以A 为坐标原点，AB →、AD →方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则F (1，0)，C (2，2)，D (0，2)，设E (λ，λ)(0≤λ≤2)，则DE →＝(λ，λ－2)，FC →＝(1，2)，所以DE →·FC →＝3λ－4≤2.所以DE →·FC →的最大值为2.故选B.6．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a ，b 是两个非零向量，且|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎡⎦⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是( )A ．⎣⎡⎦⎤π3，2π3B ．⎣⎡⎦⎤2π3，5π6C ．⎣⎡⎭⎫2π3，πD ．⎣⎡⎭⎫5π6，π解析：选B.因为|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎡⎦⎤33，1，不妨设|a ＋b |＝1，则|a |＝|b |＝λ.令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA 、OB 为邻边作平行四边形OACB ， 则平行四边形OACB 为菱形．故有△OAB 为等腰三角形，故有∠OAB ＝∠OBA ＝θ， 且0<θ<π2.而由题意可得，b 与a －b 的夹角， 即OB →与BA →的夹角，等于π－θ，△OAC 中，由余弦定理可得|OC |2＝1＝|OA |2＋|AC |2－2|OA |·|AC |·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ， 解得cos 2θ＝1－12λ2.再由33≤λ≤1，可得12≤12λ2≤32，所以－12≤cos 2θ≤12，所以π3≤2θ≤2π3，所以π6≤θ≤π3， 故2π3≤π－θ≤5π6，即b 与a －b 的夹角π－θ的取值范围是⎣⎡⎦⎤2π3，5π6. 7．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，那么|a －2b |＝________．解析：因为平面向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，所以a ·b ＝4·4·cos 120°＝－8， 所以|a －2b |＝（a －2b ）2＝a 2－4a ·b ＋4b 2＝16－4·（－8）＋4·16＝112＝47. 答案：47 8．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e 1，e 2为单位向量，其中a ＝2e 1＋e 2，b ＝e 2，且a 在b 上的投影为2，则a ·b ＝________，e 1与e 2的夹角为________．解析：设e 1，e 2的夹角为θ，因为a 在b 上的投影为2，所以a ·b |b |＝（2e 1＋e 2）·e 2|e 2|＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝12，则θ＝π3.a ·b ＝(2e 1＋e 2)·e 2＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2. 答案：2 π39. 如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点Q 为边CD 上一个动点，CQ →＝λQD →，点P 为线段BQ (含端点)上一个动点．若λ＝1，则P A →·PD →的取值范围为________．解析：当λ＝1时，Q 为CD 的中点． 设AB →＝m ，AD →＝n ，BP →＝μBQ →(0≤μ≤1)．易知BQ →＝－12m ＋n ，AP →＝AB →＋BP →＝m ＋μ⎝⎛⎭⎫－12m ＋n ＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μn ， DP →＝AP →－AD →＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μn －n ＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋(μ－1)n ， 所以P A →·PD →＝AP →·DP →＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μn ·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋（μ－1）n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12μ2＋4μ(μ－1)＝5μ2－8μ＋4.根据二次函数性质可知，当μ＝45时上式取得最小值45；当μ＝0时上式取得最大值4.所以P A →·PD→的取值范围为⎣⎡⎦⎤45，4.答案：⎣⎡⎦⎤45，410．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD 满足AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)，则凸四边形ABCD 的面积为________；AB →·CD →的取值范围是________．解析：由AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)得AC →⊥BD →，且|AC →|＝2，|BD →|＝2，所以凸四边形ABCD 的面积为12×2×2＝2；因为ABCD 为凸四边形，所以AC 与BD 交于四边形内一点，记为M ，则AB →·CD→＝(MB →－MA →)·(MD →－MC →)＝MB →·MD →＋MA →·MC →－MB →·MC →－MA →·MD →，设AM →＝λAC →，BM →＝μBD →，则λ，μ∈(0，1)，且MA →＝－λAC →，MC →＝(1－λ)AC →，MB →＝－μBD →，MD →＝(1－μ)BD →，所以AB →·CD →＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝12时，AB →·CD →取到最小值－2. 答案：2 [－2，0)11．已知m ＝⎝⎛⎭⎫sin ⎝⎛⎭⎫x －π6，1，n ＝(cos x ，1)． (1)若m ∥n ，求tan x 的值；(2)若函数f (x )＝m ·n ，x ∈[0，π]，求f (x )的单调递增区间． 解：(1)由m ∥n 得，sin ⎝⎛⎭⎫x －π6－cos x ＝0， 展开变形可得，sin x ＝3cos x ，即tan x ＝ 3.(2)f (x )＝m ·n ＝12sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋34， 由－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z 得，－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z .又x ∈[0，π]，所以当x ∈[0，π]时， f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，π3和⎣⎡⎦⎤5π6，π. 12．(2019·金华市东阳二中高三月考)设O 是△ABC 的三边中垂线的交点，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 对应的边，已知b 2－2b ＋c 2＝0，求BC →·AO →的取值范围．解：因为O 是△ABC 的三边中垂线的交点，故O 是三角形外接圆的圆心，如图所示，延长AO 交外接圆于点D .因为AD 是⊙O 的直径，所以∠ACD ＝∠ABD ＝90°. 所以cos ∠CAD ＝AC AD ，cos ∠BAD ＝AB AD. 所以AO →·BC →＝12AD →·(AC →－AB →)＝12AD →·AC →－12AD →·AB → ＝12|AD →||AC →|·cos ∠CAD －12|AD →||AB →|· cos ∠BAD ＝12|AC →|2－12|AB →|2＝12b 2－12c 2＝12b 2－12(2b －b 2)(因为c 2＝2b －b 2) ＝b 2－b ＝⎝⎛⎭⎫b －122－14. 因为c 2＝2b －b 2>0，解得0<b <2. 令f (b )＝⎝⎛⎭⎫b －122－14.所以当b ＝12时，f (b )取得最小值－14.又f (0)＝0，f (2)＝2. 所以－14≤f (b )<2.即AO →·BC →的取值范围是⎣⎡⎭⎫－14，2. [能力提升]1．(2019·嘉兴市高考模拟)已知平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，若向量c 满足|a －b＋c |≤1，则|c |的最大值为( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选D.由平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得|a|·|b |·cos 〈a ，b 〉＝1·1·cos 〈a ，b 〉＝12，由0≤〈a ，b 〉≤π，可得〈a ，b 〉＝π3，设a ＝(1，0)，b ＝⎝⎛⎭⎫12，32，c ＝(x ，y )，则|a －b ＋c |≤1，即有⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫12＋x ，y －32≤1，即为⎝⎛⎭⎫x ＋122＋⎝⎛⎭⎫y －322≤1， 故|a －b ＋c |≤1的几何意义是在以⎝⎛⎭⎫－12，32为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c |的几何意义是表示向量c 的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.2．(2019·温州市高考模拟)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a ＜b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b＝0，c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋μ＝1)，则当max{c ·a ，c ·b }取最小值时，|c |＝ ( )A ．255B ．223C ．1D ．52解析：选A.如图，设OA →＝a ，OB →＝b ，则a ＝(1，0)，b ＝(0，2)，因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1.又c ＝λa ＋μb ，所以c ·a ＝(λa ＋b －λb )·a ＝λ；c ·b ＝(λa ＋b －λb )·b ＝4－4λ.由λ＝4－4λ，得λ＝45.所以max{c ·a ，c ·b }＝⎩⎨⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.令f (λ)＝⎩⎨⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.则f (λ)∈⎣⎡⎦⎤45，1. 所以f (λ)min ＝45，此时λ＝45，μ＝15，所以c ＝45a ＋15b ＝⎝⎛⎭⎫45，25. 所以|c |＝⎝⎛⎭⎫452＋⎝⎛⎭⎫252＝255.故选A. 3．(2019·瑞安市龙翔高中高三月考)向量m ＝⎝⎛⎭⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈(0，π)，①若m ∥n ，则tan x ＝________；②若m 与n 的夹角为π3，则x ＝________．解析：m ＝⎝⎛⎭⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈(0，π)， ①由m ∥n ，得22cos x ＋22sin x ＝0，即sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＝0， 因为0<x <π，所以π4<x ＋π4<5π4，则x ＋π4＝π，x ＝34π.所以tan x ＝－1.②由m 与n 的夹角为π3，得cos π3＝22sin x －22cos x ⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫－222·sin 2x ＋cos 2x＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4＝12，因为0<x <π，所以－π4<x －π4<3π4，则x －π4＝π6，x ＝5π12. 答案：①－1 ②5π124．(2019·宁波市余姚中学高三期中)已知向量OA →，OB →的夹角为60°，|OA →|＝2，|OB →|＝23，OP →＝λOA →＋μOB →.若λ＋3μ＝2，则|OP →|的最小值是________，此时OP →，OA →夹角的大小为________．解析：向量OA →，OB →的夹角为60°，|OA →|＝2，|OB →|＝23，即有OA →·OB →＝|OA →|·|OB →|·cos 60°＝2×23×12＝23，若λ＋3μ＝2，可得λ＝2－3μ，则|OP →|＝|λOA →＋μOB →|＝λ2OA →2＋μ2OB →2＋2λμOA →·OB →＝4λ2＋12μ2＋43λμ＝4（λ＋3μ）2－43λμ ＝16－43（2－3μ）μ＝12⎝⎛⎭⎫μ－332＋12≥23，当μ＝33，λ＝1时，|OP →|的最小值为2 3. 由OP →＝OA →＋33OB →，可得OP →·OA →＝OA →2＋33OA →·OB →＝4＋33·23＝6，则cos 〈OP →，OA →〉＝OP →·OA →|OP →|·|OA →|＝623·2＝32，由0°≤〈OP →，OA →〉≤180°，可得〈OP →，OA →〉＝30°.答案：23 30° 5．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝4，|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，求(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值．解：设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，a －b 与a －c 所成夹角为θ，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2 ＝|AB |2|AC |2－|AB |2|AC |2cos 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2∠CAB ＝4S 2△ABC ，因为|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，所以b ，c 的夹角为60°， 设B (3，0)，C (1，3)，则|BC |＝7， 所以S △OBC ＝12×3×2×sin 60°＝332，设O 到BC 的距离为h ，则12·BC ·h ＝S △OBC ＝332，所以h ＝3217， 因为|a |＝4，所以A 点落在以O 为圆心，以4为半径的圆上，所以A 到BC 的距离最大值为4＋h ＝4＋3217.所以S △ABC 的最大值为12×7×⎝⎛⎭⎫4＋3217＝27＋332，所以(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值为4⎝⎛⎭⎫27＋3322＝(47＋33)2.6. 在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A (1，0)和点B (－1，0)，|OC →|＝1，且∠AOC ＝θ，其中O 为坐标原点．(1)若θ＝34π，设点D 为线段OA 上的动点，求|OC →＋OD →|的最小值；(2)若θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，向量m ＝BC →，n ＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m ·n 的最小值及对应的θ值． 解：(1)设D (t ，0)(0≤t ≤1)， 由题意知C ⎝⎛⎭⎫－22，22， 所以OC →＋OD →＝⎝⎛⎭⎫－22＋t ，22，所以|OC →＋OD →|2＝12－2t ＋t 2＋12＝t 2－2t ＋1＝⎝⎛⎭⎫t －222＋12， 所以当t ＝22时，|OC →＋OD →|最小，为22. (2)由题意得C (cos θ，sin θ)，m ＝BC →＝(cos θ＋1，sin θ)，则m ·n ＝1－cos 2θ＋sin 2θ－2sin θcos θ＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－2sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π4， 因为θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， 所以π4≤2θ＋π4≤5π4，所以当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8时，sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π4取得最大值1. 所以m ·n 的最小值为1－2，此时θ＝π8.。
高考文科数学命题热点名师解密专题：两招破解平面向量难题含答案
，
，则动点 的轨迹一定经过
A ．重心
B．垂心
【答案】 B
C ．外心
的（） D ．内心
【解析】解出 ，计算
并化简可得出结论．
【详解】
λ（
），
∴
，
∴
，即点 P 在 BC 边的高上，即点 P 的轨迹经过 △ABC 的垂心．
故选： B．
练习 4．已知点 O 是锐角 △ABC 的外心，a，b，c 分别为内角 A 、B、C 的对边，A= ，且
．
，
，
由题意，
，即
0，
∴
，
∵ e﹣ 1＜ x1＜ e2﹣ 1，∴
，
则
．
设 h（ x）
，则 h′（ x）
令
,则 u′（x） =
=
所以 单增，所以
>
= >0，∴ h′（ x）＞ 0，
即函数 h（x）
在（ e﹣ 1＜ x＜ e2﹣1）上为增函数，
， >0 在 e﹣ 1＜ x＜ e2﹣ 1 恒成立，
则
，
即 4e-2＜ a
C．
D．
【答案】 C
【解析】通过建立直角坐标系，利用向量的坐标运算和圆的方程及数形结合即可得出．
【详解】
练习 1．
的斜边 等于 4，点 在以 为圆心， 1 为半径的圆上，则
A．
B．
C．
D．
【答案】 C
的取值范围是（）
练习 2．已知在平面四边形
动点，则
的最小值为
中，
，
，
,
，
，点 为边 上的
A．
B．
【答案】 C
OA,OB 是平面的一个基底，
2025高考数学必刷题 第36讲、平面向量的数量积及运算(教师版)
第36讲平面向量的数量积及运算知识梳理知识点一．平面向量的数量积a （1）平面向量数量积的定义已知两个非零向量a 与 b ，我们把数量||||cos a b θ 叫做a 与b的数量积（或内积），记作a b ⋅ ，即a b ⋅ =||||cos a b θ，规定：零向量与任一向量的数量积为0．（2）平面向量数量积的几何意义①向量的投影：||cos θa 叫做向量a 在b 方向上的投影数量，当θ为锐角时，它是正数；当θ为钝角时，它是负数；当θ为直角时，它是0．②⋅a b 的几何意义：数量积⋅a b 等于a 的长度||a 与b 在a 方向上射影||cos θb 的乘积．③设a ，b 是两个非零向量，它们的夹角是,e θ与b 是方向相同的单位向量，,AB a CD b == ，过AB 的起点A 和终点B ，分别作CD 所在直线的垂线，垂足分别为11,A B ，得到11A B ，我们称上述变换为向量a 向向量b 投影，11A B 叫做向量a在向量b 上的投影向量．记为||cos a e θ．知识点二．数量积的运算律已知向量a 、b 、c 和实数λ，则：①⋅=⋅a b b a ；②()()()λλλ⋅⋅=⋅a b =a b a b ；③()+⋅⋅+⋅a b c =a c b c ．知识点三．数量积的性质设a 、b 都是非零向量，e 是与b 方向相同的单位向量，θ是a 与e 的夹角，则①||cos θ⋅=⋅=e a a e a ．②0⊥⇔⋅=a b a b ．③当a 与b 同向时，||||⋅=a b a b ；当a 与b 反向时，||||⋅=-a b a b ．特别地，2||⋅=a a a 或||a ．④cos ||||θ⋅=a ba b (||||0)≠a b ．⑤||||||⋅a b a b ≤．知识点四．数量积的坐标运算已知非零向量11()x y =，a ，22()x y =，b ，θ为向量a 、b 的夹角．知识点五、向量中的易错点（1）平面向量的数量积是一个实数，可正、可负、可为零，且||||||a b a b ⋅≤．（2）当0a ≠ 时，由0a b ⋅=不能推出b 一定是零向量，这是因为任一与a 垂直的非零向量b 都有0a b ⋅=．当0a ≠ 时，且a b a c ⋅=⋅时，也不能推出一定有b c = ，当b 是与a 垂直的非零向量，c是另一与a 垂直的非零向量时，有0a b a c ⋅=⋅=，但b c ≠ ．（3）数量积不满足结合律，即a b c b c a ⋅≠⋅()() ，这是因为a b c ⋅() 是一个与c共线的向量，而b c a ⋅() 是一个与a 共线的向量，而a 与c 不一定共线，所以a b c ⋅() 不一定等于b c a ⋅() ，即凡有数量积的结合律形式的选项，一般都是错误选项．（4）非零向量夹角为锐角（或钝角）．当且仅当0a b ⋅> 且(0)a b λλ≠> （或0a b ⋅<，且(0))a b λλ≠<【解题方法总结】（1）b 在a上的投影是一个数量，它可以为正，可以为负，也可以等于0．（2）数量积的运算要注意0a =时，0a b ⋅= ，但0a b ⋅= 时不能得到0a=或0b =，因为a ⊥b 时，也有0a b ⋅=．（3）根据平面向量数量积的性质：||a cos ||||a ba b θ⋅=，0a b a b ⊥⇔⋅= 等，所以平面向量数量积可以用来解决有关长度、角度、垂直的问题．（4）若a 、b 、c 是实数，则ab ac b c =⇒=（0a ≠）；但对于向量，就没有这样的性质，即若向量a 、b 、c 满足a b a c ⋅=⋅（0a ≠ ），则不一定有=b c ，即等式两边不能同时约去一个向量，但可以同时乘以一个向量．（5）数量积运算不适合结合律，即()()a b c a b c ⋅⋅≠⋅⋅ ，这是由于()a b c ⋅⋅ 表示一个与c共线的向量，()a b c ⋅⋅ 表示一个与a 共线的向量，而a 与c不一定共线，因此()a b c ⋅⋅ 与()a b c ⋅⋅不一定相等．必考题型全归纳题型一：平面向量的数量积运算例1．（2024·吉林四平·高三四平市第一高级中学校考期末）已知向量a ，b满足|2|a b =，a 与b 的夹角为π6，则()()2a b a b +⋅-= （）A ．6B ．8C ．10D ．14【答案】B 【解析】`由|2|a b == ，a 与b的夹角为π6，所以()()2222a b a b a a b b+⋅-=+⋅-r r r r r r r r 222co 6s πa a b b=+⋅-r r r r222228=⨯+⨯=.故选：B.例2．（2024·全国·高三专题练习）已知6a = ，3b = ，向量a 在b方向上投影向量是4e ，则a b ⋅为（）A ．12B ．8C ．-8D ．2【答案】A【解析】a 在b方向上投影向量为cos 4a e e ⋅= θ，cos 4a ∴θ= ，∴cos 4312a b a b ⋅==⨯=θ.故选：A例3．（2024·湖南长沙·周南中学校考二模）已知菱形ABCD 的边长为1，12AB AD ⋅=- ，G 是菱形ABCD 内一点，若0GA GB GC ++= ，则AG AB ⋅=（）A ．12B ．1C ．32D ．2【答案】A【解析】在菱形ABCD ，菱形ABCD 的边长为1，12AB AD ⋅=- ，所以1cos cos 2AB AD AB AD BAD BAD ⋅=⋅∠=∠=- ，所以120BAD ∠=︒，则ABC 为等边三角形，因为0GA GB GC ++=，所以()GA GB GC =-+ ，设点M 为BC 的中点，则2GA GD =- ，所以GA GD ∥ ，所以G ，A ，M 三点共线，所以AM 为BC 的中线，所以AM ==同理可得点AB ，AC 的中线过点G ，所以点G 为ABC 的重心，故23AG AM ==在等边ABC 中，M 为BC 的中点，则30BAM ︒∠=，所以1cos 12AG AB AG AB BAM ⋅=⋅∠=⨯.故选：A变式1．（2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知单位向量,a b →→，且π,3a b →→〈〉=，若()a b c →→→+⊥，||2c →=，则a c →→⋅=（）A ．1B ．12C ．2-或2D ．1-或1【答案】D【解析】由题意单位向量,a b →→，且π,3a b →→〈〉=，可知a b →→+与a →的夹角为π6，因为()a b c +⊥ ，所以π3,a c = 或2π3，故当π3,a c = 时，1cos 1212a c a c a c ⋅=⋅⋅=⨯⨯=r r r r r r ；当23,πa c = 时，1cos 12(12a c a c a c ⋅=⋅⋅=⨯⨯-=-r r r r r r ，故选：D.变式2．（2024·广东·校联考模拟预测）将向量OP =绕坐标原点O 顺时针旋转75︒得到1OP，则1OP OP ⋅= （）ABC D ．2【答案】B【解析】因为OP =，所以2OP ==，因为向量OP 绕坐标原点O 顺时针旋转75︒得到1OP ，所以向量OP 与向量1OP的夹角为75︒，且12OP = ，所以11cos7522cos(3045)OP OP OP OP ⋅=⋅⋅=⨯⨯+12=-故选：B变式3．（2024·全国·高三专题练习）正方形ABCD 的边长是2，E 是AB 的中点，则EC ED ⋅=（）A B ．3C ．D ．5【答案】B【解析】方法一：以{},AB AD为基底向量，可知2,0AB AD AB AD ==⋅=uu u r uuu r uu u r uuu r ，则11,22EC EB BC AB AD ED EA AD AB AD =+=+=+=-+uu u r uu r uu u r uu u r uuu r uu u r uu r uuu r uu u r uuu r ，所以22111143224EC ED AB AD AB AD AB AD ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅-+=-+=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭uu u r uu u r uu u r uuu r uu u r uuu r uu ur uuu r ；方法二：如图，以A 为坐标原点建立平面直角坐标系，则()()()1,0,2,2,0,2E C D ，可得()()1,2,1,2EC ED ==-uu u r uu u r，所以143EC ED ⋅=-+=uu u r uu u r；方法三：由题意可得：2ED EC CD ===，在CDE 中，由余弦定理可得2223cos25DE CE DC DEC DE CE +-∠==⋅，所以3cos 35EC ED EC ED DEC ⋅=∠==uu u r uu u r uu u r uu u r .故选：B.变式4．（2024·天津和平·高三耀华中学校考阶段练习）如图，在ABC 中，π3BAC ∠=，2AD DB =，P 为CD 上一点，且满足()R 12AP mAC AB m +∈= ，若3AC =，4AB =，则AP CD ⋅的值为（）.A ．3-B ．1312-C ．1312D ．112-【答案】C【解析】∵()R 12AP mAC AB m +∈= ，2AD DB =，即23AD AB = 且2133CD CB CA =+ ，∴()R 34AP mAC AD m +∈=，又C 、P 、D 共线，有314m +=，即14m =，即1142AP AC AB =+ ，而CB CA AB =+ ，∴2122()3333CD CA AB CA CA AB AB AC=++=+=- ∴AP CD ⋅ =2211211116913()()24233343412AC AB AB AC AB AB AC AC +-=-⋅-=--= .故选：C变式5．（2024·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）已知向量a ，b满足同向共线，且2b = ，1a b -=r r ，则()a b a +=⋅ （）A ．3B ．15C ．3-或15D ．3或15【答案】D【解析】因为向量a ，b满足同向共线，所以设(0)a b λλ=> ，又因为1a b -=r r ，2b = ，所以22222(1)(1)4(1)1b b b b λλλλ-=-=-=-=r r r r ，所以12λ=或32λ=，即12a b =或32a b = .①当12a b=时，()23133224a b a b b b ⎛⎫⎛⎫+=⎭⋅== ⎪ ⎪⎝⎭⎝ ；②当32a b =时，()2531515224a b a b b b ⎛⎫⎛⎫+⎭⋅=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝ ；所以()a ab +⋅ 的值为3或15.故选：D.变式6．（2024·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）在矩形ABCD 中，1,2,AB AD AC==与BD 相交于点O ，过点A 作AE BD ⊥于E ，则AE AO ⋅=（）A ．1225B ．2425C ．125D ．45【答案】D【解析】建立如图所示直角坐标系：则(0,1),(0,0),(2,0),(2,1)A B C D ，设(,)E x y ，则()(,1),(,),2,1AE x y BE x y BD =-==AE BD AE BD ⊥∴⊥ 且//BE BD，21020x y x y +-=⎧∴⎨-=⎩，解得2515x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，481(,,5212(,55555AE EC E ⎛⎫=-=- ∴⎪⎝⎭，在矩形ABCD 中，O 为BD 的中点，所以11,2O ⎛⎫⎪⎝⎭，由(0,1)A ，所以11.2AO ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，4141+52525AE AO ⎛⎫⎛⎫-⨯-= ⎪⎝⋅⎪⎝⎭⎭=⨯ ，故选：D.【解题方法总结】（1）求平面向量的数量积是较为常规的题型，最重要的方法是紧扣数量积的定义找到解题思路．（2）平面向量数量积的几何意义及坐标表示，分别突出了它的几何特征和代数特征，因而平面向量数量积是中学数学较多知识的交汇处，因此它的应用也就十分广泛．（3）平面向量的投影问题，是近几年的高考热点问题，应熟练掌握其公式：向量a在向量b 方向上的投影为||a bb ⋅ ．（4）向量运算与整式运算的同与异（无坐标的向量运算）同：222()2a b a ab b ±=±+；a b ±=()a b c ab ac +=+公式都可通用异：整式：a b a b ⋅=±，a 仅仅表示数；向量：cos a b a b θ⋅=±（θ为a 与b 的夹角）ma nb ±= ma nb ma nb ma nb -≤±≤+ ，通常是求ma nb ±最值的时候用．题型二：平面向量的夹角例4．（2024·河南驻马店·统考二模）若单位向量a ，b 满足2a b -= a ，b夹角的余弦值为____________．【答案】14-/0.25-【解析】设向量a ，b 的夹角为θ，因为2a b -= 22446a a b b -⋅+= ．又1a b == ，所以44cos 16θ-+=，所以1cos 4θ=-．故答案为：14-例5．（2024·四川·校联考模拟预测）若21,e e 是夹角为60︒的两个单位向量，则122a e e =+与1232b e e =-+的夹角大小为________.【答案】120︒/23π【解析】12,e e 是夹角为60︒的两个单位向量，则1212e e e e ⋅=⋅ 1cos 602︒=，()()221212112217232626222e e e e e e a e b e ∴⋅=+⋅-+=-+⋅+=-++=-，||a ====||b====1cos,2||||a ba ba b⋅∴〈〉==-⋅，0,180a b︒≤〈〉≤︒，,120a b∴〈〉=︒.故答案为：120︒例6．（2024·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）已知向量a和b满足：1a=，2b=，220a b a b--⋅=，则a与b的夹角为__________．【答案】3π/60︒【解析】记向量a和b的夹角为θ，将22·a b a b-=平方得到：22222214||||4||||cos4||||cos2cos cos10cos2a b a b a bθθθθθ+-=⇒+-=⇒=或1-，又因为22·0cos1a b a bθ-=≥⇒≠-，即1πcos23θθ=⇒=．故答案为：π3.变式7．（2024·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）若向量a与b不共线也不垂直，且a ac a ba b⋅⎛⎫=- ⎪⋅⎝⎭，则向量夹角,a c〈〉=________.【答案】2π【解析】由题意可得：()2220a a a aa c a ab a a b a aa b a b⎛⋅⎫⋅⎛⎫⋅=⋅-=-⨯⋅=-=⎪⎪⋅⋅⎝⎭⎝⎭，故：a c⊥，即向量a与c的夹角为π2.故答案为：π2变式8．（2024·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知a b c､､是同一个平面上的向量，若a c b==，且0,2,1a b c a c b⋅=⋅=⋅=，则,c a=__________.【答案】【解析】设a c b m===，则2cos,2c a m c a⋅==，2cos,1c b m c b⋅==，故cos,2cos,c a c b=，[]0,,0,πa b a b ⋅=∈，则π,2a b =，20c a ⋅=> ，10c b ⋅=>，故π,,2c a c b += ，设,c a θ= ，π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则πcos 2cos 2sin 2θθθ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，又22sin cos 1θθ+=，解得sin θ=，故,c a =.故答案为：变式9．（2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知向量a ，b满足()1,1a =- ，1b = ，1a b ⋅= ，则向量a 与b的夹角大小为___________.【答案】π4【解析】由于()1,1a =-，所以a =所以cos ,02a b a b a b⋅=>⋅，所以,a b 为锐角，所以π,4a b = .故答案为：π4变式10．（2024·四川·校联考模拟预测）已知向量(a x =+ ，()1,0b = ，2a b ⋅=- ，则向量a b + 与b的夹角为______．【答案】2π3【解析】2123a b x x ⋅=-⇒+=-⇒=-，则(a b +=- ，则()12cos ,a b b a b b a b b+⋅+==-+ ，又0,,πa b b ⎡⎤+∈⎣⎦ ，则23π,a b b += 故答案为：2π3.变式11．（2024·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知向量()1,2a=，()4,2b = ，若非零向量c 与a ，b 的夹角均相等，则c的坐标为___（写出一个符合要求的答案即可）【答案】（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.【解析】设(),c x y = ，因为()1,2a=，()4,2b = ，所以cos ,a c a c a c ⋅=cos ,b c b c b c ⋅=因为c 与a ，b的夹角均相等，所以cos ,cos ,a c b c =，=化简得x y =，所以(,)c x x =，因为c为非零向量，可取1x =，此时(1,1)c = .故答案为：（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.【解题方法总结】求夹角，用数量积，由||||cos a b a bq×=×得cos ||||a ba bq +×==×进而求得向量,a b的夹角．题型三：平面向量的模长例7．（2024·湖北·荆门市龙泉中学校联考模拟预测）已知平面向量a ，b ，c满足(2,1)a = ，(1,2)b = ，且a c ⊥ .若b c ⋅=，则||c = （）AB．C．D．【答案】A【解析】令(,)c x y =，则202a c x y b c x y ⋅=+=⎧⎪⎨⋅=+=⎪⎩x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩所以||c =故选：A例8．（2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知a ，b是非零向量，1a = ，()2a b a +⊥ ，向量a 在向量b方向上的投影为4-，则a b -=r r ________.【答案】2【解析】∵()2a b a +⊥ ，∴()2220a b a a b a +⋅=+⋅= ，∴21122b a a ⋅=-=- ，∵向量a 在向量b方向上的投影为4，∴4a b b ⋅=-，∴b b =⋅=∴22221212242a b a a b b ⎛⎫-=-⋅+=-⨯-+= ⎪⎝⎭，∴2a b -=.故答案为：2例9．（2024·海南·高三校联考期末）已知向量a ，b满足()1,1a = ，4b = ，()2a a b -=-⋅ ，则3a b -=__________．【解析】因为()1,1a = ，4b = ，()2a a b -=-⋅，则a = 所以()22a a b a a b ⋅-=-⋅=- ，所以()22a a b a b ⋅-=-⋅=- ，解得：4a b ⋅=，3a b -==.变式12．（2024·四川南充·阆中中学校考二模）已知,a b为单位向量，且满足a =则2a b +=______.【解析】,a b为单位向量，且满足a =，所以2256a b b -⋅+=，即156b -⋅+=，解得0a b ⋅= ，所以2a b +==变式13．（2024·河南驻马店·统考三模）已知平面向量,a b满足2a b == ,且()()214a b a b +⋅-= ，则a b +=_________________．【答案】【解析】由()()222220414a b a b a a b b a b +⋅-=-⋅-=-⋅-= ,得2a b ⋅=,所以a b +===故答案为：变式14．（2024·全国·高三专题练习）已知向量,a b满足a b - ，2a b a b +=- ，则b =______．【解析】由a b -=r r 2223a a b b -⋅+= ，即2223a b a b ⋅=+- ①．又由2a b a b +=- ，得2222244a a b b a a b b +⋅+=-⋅+r r r r r r r r ，即2360a a b -⋅=，代入①，得()2223330a a b -+-= ，整理，得23b =，所以b =．变式15．（2024·河南郑州·模拟预测）已知点O 为坐标原点，()1,1OA = ，()3,4OB =-，点P 在线段AB 上，且1AP =，则点P 的坐标为______．【答案】18(,)55【解析】由题知，()0,0O ，设()()1122,,,A x y B x y ，()1,1OA = ，()3,4OB =-，()()110,01,1x y ∴--=，()()220,03,4x y --=-，1111x y =⎧∴⎨=⎩，2234x y =-⎧⎨=⎩，()()1,1,3,4A B ∴-，34AB k =-，则直线AB 方程为3744y x =-+，设P 点坐标为0037,44x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，031x -<<，00331,44AP x x ⎛⎫∴=--+⎝⎭，1AP ∴== ，求解可得，015x =，085y ∴=，即P 点坐标为18(,)55.故答案为：18(,55变式16．（2024·广西·高三校联考阶段练习）已知()2,1a =- ，()4,b t = ，若2a b ⋅=，则2a b -=______．【答案】【解析】因为()2,1a =- ，()4,b t = 且2a b ⋅=，所以2412a b t ⋅=-⨯+⨯=，解得10t =，所以()4,10b = ，所以()()()222,14,108,8a b -=--=--，所以2a b -==故答案为：【解题方法总结】求模长，用平方，||a=．题型四：平面向量的投影、投影向量例10．（2024·上海宝山·高三上海交大附中校考期中）已知向量()3,6a =，()3,4b =- ，则a 在b方向上的数量投影为______.【答案】3-【解析】因为向量()3,6a =，()3,4b =- ，所以a 在b方向上的数量投影为336415cos ,35a b a a b b⨯+⨯-⋅-<>====- .故答案为：3-.例11．（2024·上海虹口·华东师范大学第一附属中学校考三模）已知(2,1),(4,),a b m =--=-若向量b在向量am =_______．【答案】3【解析】由条件可知，向量b 在向量a方向上的数量投影为a b b⋅= ，解得：3m =.故答案为：3例12．（2024·全国·高三专题练习）已知向量6a = ，e 为单位向量，当向量a 、e的夹角等于45 时，则向量a 在向量e上的投影向量是________．【答案】【解析】因为向量a 、e的夹角等于45 ，所以向量a 在向量e上的投影向量是cos 45a e 鬃= ，故答案为：.变式17．（2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知向量(1,2)a =-，向量(1,1)b = ，则向量a在向量b 方向上的投影为_________.【答案】2【解析】cos ,a ba ab b→→→→→→⋅⋅=.故答案为：2变式18．（2024·新疆喀什·统考模拟预测）已知向量a ，b满足3a b += ，2a = ，()0,1b = ，则向量a 在向量b方向上的投影为______.【答案】2【解析】因为()0,1b = ，所以1b = ，又3a b +=，2a = ，所以()22222229a b a a b b a a b b +=+⋅+=+⋅+= ，所以2a b ⋅=，所以向量a 在向量b方向上的投影为2a b b⋅=.故答案为：2变式19．（2024·全国·高三专题练习）已知非零向量,a b 满足(2)(2)a b a b +⊥-，且向量b在向量a 方向的投影向量是14a ，则向量a 与b的夹角是________.【答案】π3【解析】因为(2)(2)a b a b +⊥-，所以22(2)(2)40a b a b a b +⋅-=-= ，即2a b = ①.因为向量b 在向量a方向的投影向量是14a ，所以1cos ,4a b a b a a ⋅= .所以1cos ,4b a b a = ②，将①代入②得，1cos ,2a b = ，又[],0,π∈ a b ，所以π,3a b =.故答案为：π3变式20．（2024·全国·模拟预测）已知向量()()1,0,0,1,1a b a c b c ==⋅=⋅= ，则向量a在向量c上的投影向量为__________.【答案】11,22⎛⎫⎪⎝⎭【解析】设(),c a b = ，因为()()1,0,0,1,1a b a c b c ==⋅=⋅=所以10110111a b a a b b ⨯+⨯==⎧⎧⇒⎨⎨⨯+⨯==⎩⎩所以()1,1c =则向量a 在向量c上的投影向量为：1,111,22⋅⎛⎫⋅== ⎪⎝⎭ a c c c c.故答案为：11,22⎛⎫⎪⎝⎭.【解题方法总结】设a ，b 是两个非零向量，它们的夹角是,e θ与b 是方向相同的单位向量，,AB a CD b == ，过AB 的起点A 和终点B ，分别作CD 所在直线的垂线，垂足分别为11,A B ，得到11A B ，我们称上述变换为向量a 向向量b 投影，11A B 叫做向量a在向量b 上的投影向量．记为||cos a e θ．题型五：平面向量的垂直问题例13．（2024·四川巴中·南江中学校考模拟预测）已知向量()()1,2,2,3a b ==-，若()()ka b a b +⊥-，则k =___________.【答案】14-/0.25-【解析】由题意可得()()2,23,3,1ka b k k a b +=-+-=-，因为()()ka b a b +⊥- ，则()()()()32230ka b a b k k +⋅-=--+= ，解得9k =.故答案为：14-例14．（2024·全国·高三专题练习）已知向量a ，b ，c ，其中a ，b 为单位向量，且a b ⊥ ，若c = ______，则()()2a c b c -⊥- .注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形.【答案】1（答案不唯一）【解析】因为,a b是相互垂直的单位向量，不妨设()()()1,0,0,1,,a b c x y ===r r r ()()()()2,20a c b c a c b c -⊥-∴--= ，即2220a b a c b c c --+=，222220x y x y ∴+--=，即221152416x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎝⎭⎝⎭，即向量c 的端点在圆心为11,24⎛⎫ ⎪⎝⎭，半的圆周上，故可以取()1,0c =，即1c = ；故答案为：1.例15．（2024·江西宜春·高三校联考期末）设非零向量a ，b的夹角为θ．若2b a = ，且()()23a b a b +⊥-，则θ=____________．【答案】60°/3π【解析】由题设22(2)(3)3520a b a b a a b b +⋅-=+⋅-= ，所以22222||3||5||1cos 25||||10||b a a a b a θ-=== ，又0180θ︒≤≤︒，所以60θ=︒.故答案为：60︒变式21．（2024·江西南昌·高三统考开学考试）已知两单位向量21,e e 的夹角为π3，若12122,a e e b e me =+=+ ，且a b ⊥，则实数m =_________．【答案】45-/-0.8【解析】因为单位向量21,e e 的夹角为π3，所以12π111cos 32e e ⋅=⨯⨯= ；因为a b ⊥，所以()()12122a b e e e me ⋅=+⋅+ ()()()112212(2)2m m e e e e e e =++⋅⋅⋅+ 112(2)2m m =+++⨯5202m =+=，所以45m =-．故答案为：45-.变式22．（2024·海南·校考模拟预测）已知a 为单位向量，向量b 在向量a上的投影向量是2a，且()3a b a λ+⊥ ，则实数λ的值为______．【答案】32-/ 1.5-【解析】因为向量b 在a 上的投影向量为2a，所以2a b a ⋅= ，又a 为单位向量，所以22a b a ⋅==，因为()3a b a λ+⊥ ，所以()30a b a λ+⋅=，所以230a a b λ+⋅=，所以320λ+=，故32λ=-，故答案为：32-.变式23．（2024·全国·模拟预测）向量()()1,,2,1m x n ==，且()n m n ⊥+ ，则实数x =_________．【答案】7-【解析】因为向量()()1,,2,1m x n == ，所以()3,1m n x +=+，又()n m n ⊥+ ，所以()0n m n ⋅+= ，得610x ++=，解得7x =-．故答案为：7-.变式24．（2024·全国·高三专题练习）非零向量(cos(),sin )a αββ=- ，(1,sin )b α= ，若a b ⊥，则tan tan αβ=______.【答案】12-/-0.5【解析】因为a b ⊥，所以()()cos ,sin a b αββ⋅=-⋅(1,sin )cos()sin sin ααβαβ=-+cos cos 2sin sin 0αβαβ=+=，由题易知π2α≠，π2β≠，所以sin sin sin sin 1tan tan cos cos 2sin sin 2αβαβαβαβαβ===--.故答案为：12-变式25．（2024·河南开封·校考模拟预测）已知向量()()2,3,4,5a b =-=-，若()a b b λ-⊥ ，则λ=________．【答案】4123-【解析】因为()2,3a =- ，()4,5b =- ，所以()()()2,34,524,35a b λλλλ-=---=--+，又()a b b λ-⊥ ，所以()()()2453504a b b λλλ-⋅-=--+= ，解得4123λ=-.故答案为：4123-变式26．（2024·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）已知向量a ，b不共线，()2,1a =r ，()a b a ⊥- ，写出一个符合条件的向量b的坐标：______.【答案】()1,3（答案不唯一）【解析】由题意得a = 20a b a ⋅-= ，则5a b ⋅= ，设(),b x y = ，得25x y +=，且2x y ≠，满足条件的向量b 的坐标可以为()1,3（答案不唯一或者1,42⎛⎫⎪⎝⎭）.故答案为：()1,3（答案不唯一）变式27．（2024·河南开封·统考三模）已知向量(,1)a m =-，(1,3)b = ，若()a b b -⊥ ，则m =______.【答案】13【解析】∵(,1)a m =- ，(1,3)b = ，(1,4)a b m -=--，又∵()a b b -⊥，∴()1120a b b m -⋅=--=，解得13m =.故答案为：13【解题方法总结】121200a b a b x x y y ⊥⇔⋅=⇔+=题型六：建立坐标系解决向量问题例16．（2024·全国·高三专题练习）已知1||||||1,2a b c a b ===⋅=- ，(,R)c xa yb x y =+∈ ，则x y -的最小值为（）A ．2-B．3-C．D ．1-【答案】B【解析】设,a b 的夹角为θ，1a b == ，12a b ⋅=- ，1cos 2θ∴=-，[]0,πθ∈ ，π3=2θ∴，又1c = ，不妨设1=(1,0),=22a b ⎛ ⎝⎭-，，[)(cos ,sin ),0,2πc ααα=∈，=,22y c xa yb x y ⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos 2sin y x yαα⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即cos x y ααα⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，ππcos sin cos()cos()3636x y αααα∴-=+=+，由[)0,2πα∈ππ13π+666α⎡⎫∴∈⎪⎢⎣⎭，，∴当π3π+=62α时，即4π=3α时，x y -有最小值故选：B例17．（2024·安徽合肥·合肥市第七中学校考三模）以边长为2的等边三角形ABC 每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成曲边三角形，已知P 为弧AC 上的一点，且π6PBC ∠=，则BP CP ⋅ 的值为（）A ．4B ．4C ．4-D ．4+【答案】C【解析】如图所示，以B 为坐标原点，直线BC 为x 轴，过点B 且垂直于BC 的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则()0,0B ，()2,0C ，由π6PBC ∠=，得)P ，所以)BP = ，)2,1CP =，所以)2114BP CP ⋅=+⨯=-故选：C.例18．（2024·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）下图是北京2022年冬奥会会徽的图案，奥运五环的大小和间距如图所示．若圆半径均为12，相邻圆圆心水平路离为26，两排圆圆心垂直距离为11．设五个圆的圆心分别为1O 、2O 、3O 、4O 、5O ，则()414542O O O O O O ⋅+的值为（）A ．507-B ．386-C ．338-D ．242-【答案】B【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，做4O A x ⊥轴于A 点，所以411O A =，由已知可得()126,0O -，()413,11O --，()513,11O -，所以()4113,11O O =- ，()4526,0O O = ，()4213,11O O = ，所以()()()41454213,1139,11507121386O O O O O O ⋅+=-⋅=-+=-.故选：B.变式28．（2024·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）如图，在圆内接四边形ABCD中，120,1,2BAD AB AD AC ∠=︒===.若E 为CD 的中点，则EA EB ⋅的值为（）A ．-3B ．13-C ．32D ．3【答案】C【解析】连接BD ，由余弦定理知22211121132BD ⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，所以BD =由正弦定理得2sin120BDAC ==︒，所以AC 为圆的直径，所以CD AD ⊥，所以CD =CD BD =，又18012060BCD ∠=︒-︒=︒，所以BCD △为等边三角形，以D 为原点，以DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系.则()31,0,,2A E B ⎛⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，31,,,02EA EB ⎛⎛⎫== ⎪ ⎝⎭⎝⎭所以EA EB ⋅=331,,022⎛⎛⎫⋅= ⎪ ⎝⎭⎝⎭.故选：C.变式29．（2024·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图，已知ABC是面积为的等边三角形，四边形MNPQ 是面积为2的正方形，其各顶点均位于ABC 的内部及三边上，且恰好可在ABC 内任意旋转，则当0BQ CP ⋅= 时，2||BQ CP +=（）A ．2+B ．4+C ．3+D ．2+【答案】A【解析】因为ABC 是面积为记ABC 边长为a ，所以212a =解得a =，记ABC 内切圆的半径为r ，根据12S Cr =，可得：132r =⨯⨯，解得1r =，因为正方形MNPQ 的面积为2，所以正方形边长为记正方形MNPQ 外接圆半径为R ，所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即1R =，根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知.正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形MNPQ 可在ABC 内任意旋转，可知正方形MNPQ 各个顶点均在该ABC 的内切圆上，以ABC 的底边BC 为x 轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系如图所示：故可知())(),,0,3B CA ，圆的方程为22(1)1y x +-=，故设()()ππcos ,1sin ,cos ,1sin ,0,2π22P Q ααααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++∈⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即()()cos ,1sin ,sin ,1cos P Q αααα+-+，)()(()sin ,1cos cos sin 1cos sin 20BQ CP αααααα⋅=+⋅+=+-=，cos sin 1αα∴+==，22222||(cos sin )(2cos sin )(cos sin )1)BQ CP αααααα+=-+++=-+222(cos sin )1)2αα=-++=+故选:A.变式30．（2024·河南安阳·统考三模）已知正方形ABCD 的边长为1,O 为正方形的中心，E是AB 的中点，则DE DO ⋅=（）A ．14-B ．12C ．34D ．1【答案】C【解析】如图，以A 为坐标原点，,AB AD 所在直线为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系，则(0,1)D ，1(,0)2E ，11(,)22O ，所以1(,1)2DE =- ，11(,)22DO =- ，所以113424DE DO ⋅=+= 故选：C.【解题方法总结】边长为a 的等边三角形已知夹角的任意三角形正方形矩形平行四边形直角梯形等腰梯形圆建系必备（1）三角函数知识cos ,sin x r y r q q ==；（2）向量三点共线知识(1)OC OB OA l l =+-．设a ，b 是两个非零向量，它们的夹角是,e θ与b 是方向相同的单位向量，,AB a CD b == ，过AB 的起点A 和终点B ，分别作CD 所在直线的垂线，垂足分别为11,A B ，得到11A B ，我们称上述变换为向量a 向向量b 投影，11A B 叫做向量a在向量b 上的投影向量．记为||cos a e θ．题型七：平面向量的实际应用例19．（2024·江西宜春·高三校考阶段练习）一质点受到同一平面上的三个力1F ，2F ，3F （单位：牛顿）的作用而处于平衡状态，已知1F ，2F 成120°角，且1F ，2F 的大小都为6牛顿，则3F 的大小为______牛顿.【答案】6【解析】设三个力1F ，2F ，3F 分别对于的向量为：,,a b c则由题知++=0a b c 所以(+)c a b =-所以(+)c a b =- 又1=6,=6,cos12066()182a b a b a b ==⨯⨯-=-所以6c =所以3F 的大小为：6故答案为：6例20．（2024·内蒙古赤峰·统考三模）如图所示，把一个物体放在倾斜角为30 的斜面上，物体处于平衡状态，且受到三个力的作用，即重力G，垂直斜面向上的弹力1F ，沿着斜面向上的摩擦力2F .已知：1160N F G == ，则2F的大小为___________.【答案】80N【解析】由题设，21||||cos60160802F G =︒=⨯= N ，故答案为：80N.例21．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，一个物体被两根轻质细绳拉住，且处于平衡状态.已知两条绳上的拉力分别是1F ，2F ，且1F ，2F与水平夹角均为45︒，12F F == ，则物体的重力大小为___________N .【答案】8【解析】设1F ，2F 的合力为F，则12F F F =+ ，∵1F ，2F 的夹角为90︒，∴()22221212122323264F F F F F F F =+=++⋅=+=，∴8F =，∵物体平衡状态.∴物体的重力大小为||G=8.故答案为：8.变式31．（2024·全国·高三专题练习）两同学合提一捆书，提起后书保持静止，如图所示，则1F 与2F 大小之比为___________．【答案】62【解析】物体处于平衡状态，所以水平方向的合力为0所以12cos 45cos30F F ︒=︒ ，所以123cos3062cos 45222F F ︒===︒故答案为：62变式32．（2024·浙江·高三专题练习）一条渔船距对岸4km ，以2/km h 的速度向垂直于对岸的方向划去，到达对岸时，船的实际行程为8km ，则河水的流速是________/km h ．【答案】23【解析】如图，用t v表示河水的流速，2v 表示船的速度，则12v v v =+为船的实际航行速度．由图知，4OA = ，8OB = ，则60AOB ∠= ．又22v =，所以12tan 602v v ===即河水的流速是/km h ．故答案为：【解题方法总结】用向量方法解决实际问题的步骤。
2024届高考数学学业水平测试复习专题五第21讲平面向量的应用课件
3．正余弦定理在解三角形中的应用
(1)(2023·广东模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边
分别为a，b，c，且b2＋c2＝a2＋bc.若sin B·sin C＝sin2 A，则
△ABC的形状是( )
A．钝角三角形
B．直角三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
(2)在△ABC 中，若 a2＋c2＝b2＋ 3ac，则角 B 等于( )
(2)余弦定理的推论：
cos A＝b2＋2cb2c－a2；
cos B＝c2＋2aa2c－b2；
cos C＝a2＋2ba2b－c2. 4．正弦定理
(1)在一个三角形中，各边和它所对角的正弦比相等，即
a sin
A＝sinb
B＝sinc
C＝2R.
(2)常见变形：
①a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
所以|A→B|＝ 22＋（－2）2＝2 2，|A→C|＝ 16＋64＝4 5，
|B→C|＝ 36＋36＝6 2，
所以|A→B|2＋|B→C|2＝|A→C|2，
所以△ABC 为直角三角形．
故选 B.
2．(2023·苏州期中试题)在△ABC
中，若bc··ccooss
BC＝11－－ccooss
2B，则 2C
A．5 800
B．6 000
C．6 600
D．70 000
(2)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶，到A处 时测得公路北侧一山顶D在西偏北45°的方向上，行驶600 m后到 达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为60°，则此山 的高度CD为( )
A．600 3 C．600 6
何问题．
2．平面向量在物理中的应用 (1)由于物理学中的力、速度、位移都是矢量，它们的分解与 合成与向量的加法和减法相似，可以用向量的知识来解决． (2)物理学中的功是一个标量，是力F与位移s的数量积，即 W＝F·s＝|F||s|cos θ(θ为F与s的夹角)． 3．余弦定理 (1)三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这 两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即： a2＝b2＋c2－2bccos A； b2＝c2＋a2－2cacos B； c2＝a2＋b2－2abcos C.
第二章 平面向量及其应用 B卷能力提升(含解析)——2024-2025学年高一数学
第二章 平面向量及其应用 B 卷 能力提升——2024-2025学年高一数学北师大2019必修第二册单元达标测试卷一、选择题1．已知向量,满足,且,则在上的投影向量为( )A. B. C. D.2．下列关于平面向量的说法,其中正确的是( )A.若,则B.若且,则C.若,则或D.若与不共线,则与都是非零向量3．在中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知，，则角C 的范围是( )A. B. C. D.4．若在已知,的条件下,有两个解,则的取值范围是( )A. B.C.D.,,E 为AC 中点.,求的值( )A.0B.12C.2D.66．已知向量，满足( )7．已知向量,,若,则在上的投影向量的坐标为( )A. B. C. D.2BC =a b 10a b ⋅= ()3,4b =- a b()6,8-()6,8-68,55⎛⎫-⎪⎝⎭68,55⎛⎫- ⎪⎝⎭a b ≠ ||||a b ≠ //a b ||||a b = a b= 0a b ⋅= 0a = 0b = a b a b ABC △2a =1c =π0,2⎛⎫⎪⎝⎭ππ,63⎛⎫ ⎪⎝⎭ππ,62⎛⎫ ⎪⎝⎭π0,6⎛⎤ ⎥⎝⎦B =AC ABC △AC ()2,4)4)2()1,2412BA BC ⋅= 2BE ED =DA DC ⋅ a b ||2||a b ==b -= a -= (2,1)a =-(1,)b n =a b ⊥a b +b (2,1)(1,1)(1,2)(2,1)-8．已知非零向量，满足，，则( )9．在实数)，则下列结论正确的是( )A.当时，是直角三角形B.当时，是锐角三角形C.当时，是钝角三角形D.当时，是钝角三角形10．下列各组向量中,可以作为基底的是( )A.,B.,C.,D.,11．在中,若,则B ( )A.60° B.150°C.120°D.30°，，则14．已知向量，_________.四、解答题15．已知中三个内角A ,B ,C 所对的边为a ,b ,c ,且.（1）若的值;（2）若时,求的周长.为a b ()()7a b a b -⊥- ()()2211a b a b +⊥-sin ,a b =ABC △sin 3B ==5k =ABC △3k =ABC △2k =ABC △1k =ABC △(a =(b = )a =(b =()1,0a = ()0,1b =()2,6a =- ()6,2b =-ABC △2,30a b A ===︒2=8PA PB ⋅=()2a b b +⋅=a b 2b = b ⋅=ABC △B =2=a =C 2BA BC ⋅= ABC △16．已知为中边上的中线，，.（1）若，求的长；（2）若，求的值及的值.17．已知.（1）求的值;（2）若的面积.18．在中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .已知.（1）求A ;（2）若角A的平分线与BC 交于点D ,且,的面积.19．已知向量，．（1）求的值；CD ABC △AB 1AD =12BCD CAD ∠=∠2BC =CD CD =22AC BC +324AC AC AC +-ABC △cos 3cos bB C C a+=sin C a b ==ABC ABC △()()cos cos cos b c A a B C +=+2AD =AC =ABC a b 1()a a b ⋅+参考答案1．答案：C解析:因为,且,所以在,,故选:C.2．答案：D解析：对于A 项,若与是一对相反向量,满足,但,故A 项错误;对于B 项,若与一对相反向量,满足且,但,故B 项错误;对于C 项,当时,满足,但是不满足或,故C 项错误;对于D 项,运用反证法,假设与不都是非零向量,即与中至少有一个是零向量,则与共线,与题设矛盾,故原命题正确,即D 项正确.故选：D.3．答案：D 解析：，得，，可得，，又，可得角C 是锐角，.4．答案：C解析：解析因为有两个解,所以,所以.故选：C.5．答案：A,,,.是2()()()()222412BA BC BE EA BE EC BE EA BE EA BE EA BE ⋅=+⋅+=+⋅-=-=-= BE ∴= 122BE =10a b ⋅= (3,4)b =-a a < ()2(3,4)6810,91655b b b a bbb-⎛⎫>=⋅=⨯=- ⎪+⎝⎭ a b a b ≠ ||||a b = a b //a b ||||a b = a b ≠ a b ⊥ 0a b ⋅= 0a = 0b = a b a b a b sin sin ac A C =1sin sin 2C A =(0,π)A ∈ 0sin 1A <≤1sin (0,2C ∴∈a c > π0,6C ⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦ABC △sin BC B AC BC <<π2sin 3AC ⨯<<2AC <<()()()()22DA DC DE EA DE EC DE EA DE EA DE EA ∴⋅=+⋅+=+⋅-=- 440=-=故选：A.6．答案：B解析：因为，所以.故选：B.7．答案：C解析：由,,,得,解得．所以,,所以所以在上的投影向量为故选：C．8．答案：A解析：，则，①，则有，②，得，解得，得故选：A.9．答案：ABC解析：对于选项A，当，，，显然是直角三角形，故命题正确；对于选项B，当，，，2a-====()22222244421415a b a b a b a b-=+-⋅=⨯+-⋅=a b⋅=(2,1)a=-(1,)b n=a b⊥21(1)0n⨯+-⨯=2n=(1,2)b=()3,1a b+=()3121a bb+⋅=⨯+=⨯a b+b2()||cos(1,2)||||a b ba bbbb bθ+⋅+⋅=⋅=()()7a b a b-⊥-()()227870a b a b a a b b-⋅-=-⋅+=()()2211a b a b+⊥-()()22221127220a b a b a a b b+⋅-=-⋅-=78⨯⨯①-②229225a b-=2222540cos,70b b a b b-+=cos,a b=[],0,πb∈sin,a b=k=sin3B==5m= 3b m=4c m=ABC△k=sin3B==3m= 3b m=4c m=显然是等腰三角形，，说明为锐角，故是锐角三角形，故命题正确；对于选项C ，当，，，可得，说明为钝角，故是钝角三角形，故命题正确；对于选项D ，当，，，此时，不等构成三角形，故命题错误.故选：ABC.10．答案：ACD解析：对于A,因为,所以与不是共线向量,可以作为基底,A 正确.,所以,不可以作为基底,B 错误.对于C,因为,所以与不是共线向量,可以作为基底,C 正确.对于D,因为（-2,所以与不是共线向量,可以作为基底,D 正确.11．答案：AC解析：因为,所以(大边对大角),又因为,或．故选：AC ．解析：依题意，以正六边形的中心O 为原点，建立如图所示的平面直角坐标ABC △2222222991620a b c m m m m +-=+-=>C ∠ABC △k =sin 3B ==ABC 2a m =3b m =4c m =2222222491630a b c m m m m +-=+-=-<C ∠k =sin 3B ==1m =3b m =4c m =a b c +=21≠a b 31=⨯//a b1100⨯≠⨯a b())266⨯-≠⨯a b 2a =b =30A =︒30B A >=︒=∴sin sin b AB a===(30,150)B ∈︒︒∴60B =︒120B =︒ABCDEF系，设，分别交y 轴于点，，则，，，，，，设，则，，则，根据正六边形的对称性，不妨只研究点P 位于y 轴的左半部分的情况，分以下四种情形：①当点P 在上时，则，，不满足；②当点P 在上时，则，，不满足；③当点P 在上时，易得直线的方程为，则，，因为，所以，解得(舍去)，④当点P 在上时，易得直线的方程为，则因为，所以，不满足.综上，当时，，，，8PA PB ⋅=AG []1,0x ∈-y =[]211,0PB x ⋅=-∈-AB DE G H ()2,0C (2,0)F -(1,A -(1,B (E -(D (),P xy ()1,PA x y =-- ()1,PB x y =-()()()222112PA PB x x yx y ⋅=--⋅-+=+++EH []1,0x ∈-y =[]21111,12PB x ⋅=+∈8PA PB ⋅=EF EF )2y x =+())222322241826PA PB x x x x x ⋅=+++++=++ []2,1x ∈--8PA PB ⋅= 2418268x x ++=x =3x =-y =AF AF )2y x =+())22223322246244PA PB x x x x x x ⎛⎫⋅=++-++=++=+ ⎪⎝⎭ []2,1x ∈--2314644y x ⎛⎫=+-≤ ⎪⎝⎭8PA PB ⋅= 8PA PB ⋅= 32P ⎛- ⎝1,2PA ⎛= ⎝5,2PB ⎛= ⎝故13．答案：11解析：已知向量，，则，.故答案为：11.14．答案：-1，即，解得.故答案：-1（2）6解析：（1）在,（2）,又因为由余弦定理得,,即为== ||||PA PB+=ab311313a b⋅=⨯⨯=∴()222221311a b b a b b+⋅=⋅+=⨯+=2b=24413a b b⋅+=141613a b+⋅+=1a b⋅=-ABC△=sinsina BAb∴==b a>A∴=()()sin sinπsinC B A B A∴=--=+=cos2BA BC ac B⋅==B=4,=2222cosb ac ac B=+-224a c ac∴+-=2()34a c ac+-=,的周长为.16．答案：（1）（2），.解析：（1）设，，则，，.因为，，所以，所以，所以，所以，且为中$AB$边上的中线，所以，则为正三角形，所以（2）依题意可得，，因为，可得整理得，即.，则，则.在，即.24,()16ac a c =∴+= 4a c ∴+=ABC ∴△6a b c ++=CD =226AC BC +=32412AC AC AC +-=BCD α∠=ADC θ∠=2CAD α∠=BDC θ∠=π-ABC θα∠=-1AD =2BC =2BC AB ==2BCA CAB α∠=∠=2ACD ααα∠=-=BCD ACD ∠=∠CD ABC △AC BC =ABC △CD ==CD =AC x =BC y =ADC BDC ∠+∠=πcos cos ADC BDC∠=-∠==226x y +=226AC BC +=====cos y α=()2222212cos (cos 22)6x y x x αα+=+=+=26cos 22x α=-△()2222246224x x AB AC BC AB AC x α+--+-===⋅212x x -=12x -=32412AC AC AC +-=（2）解析：（1）.,所以,由于,所以,则.因为,所以,.因为,所以（2）由余弦定理,及,即.所以.所以的面积18．答案：（1）解析：（1）因为,,整理可得,即,因为,则,由余弦定理可得因为,故cos cos 3cos c B b C a C +=sin b B ==cos sin cos 3sin cos C B B C A C +=sin()3sin cos B C A C +=πA B C ++=sin()sin(π)sin B C A A +=-=sin 3sin cos A A C =0πA <<sin 0A ≠1cos 3C =0πC <<sin C ==2222cos c a b ab C =+-a b =+=C =222183a b ab +-=24()183a b ab -+=12ab =ABC △11sin 1222S ab C ==⨯=π3A =()()cos cos cos b c A aBC +=+22222222a c b a b c a ac ab ⎛⎫+-+-=+ ⎪⎝⎭3223b a b a c c -=-()()2220b c b c bc a ++--=0b c +>222b c a bc +-=222cos 2b c a A bc +-==()0,πA ∈A =（2）由所以,的面积为解析：（1）因为向量，，所以．所以．ACD ABD ABCS S S+=△△△π1π1sin sin sin6262AD c AD bc⋅+⋅=1111222222c c⨯+⨯⨯⨯=⨯=ABC△1π1sin232ABCS bc==⨯=△abcos114a b a bπ⋅=⨯⨯==2()213a ab a a b⋅+=+⋅=+=2b====。
课堂新坐标2013届高考数学一轮复习课件：第四章第四节 平面向量应用举例(广东专用)
C．2
D．6
能
自
主
高
落 实
【解析】 如图所示，由已知得 F1＋F2
· 固 基
＋F3＝0， ∴F3＝－(F1＋F2)．
础
F23＝F21＋F22＋2F1·F2
考 体 验
· 明 考 情
＝F21＋F22＋2|F1||F2|cos 60°＝28.
∴|F3|＝2 7.
课
时
知
能
【答案】 A
训
练
菜单
第十六页，编辑于星期日：二十点 十九分。
能
自
主
(3)向量的数量积在合力做功问题中的应用：W＝f·s.
落
高 考
实 3．向量与相关知识的交汇
·
体 验
固 基
平面向量作为一种工具，常与函数(三角函数)，解析几何结合，常通过向
· 明
础
量的线性运算与数量积，向量的共线与垂直求解相关问题．
考 情
课 时 知 能 训 练
菜单
第三页，编辑于星期日：二十点 十九分。
提 知 能
自 主
＝－|A→C|2＋12C→B·C→A＋23A→B·A→C＋13A→B·C→B
落 实 ·
＝－|A→C|2＋12|C→B||C→A|cos 90°＋23 2|A→C|2cos
高 考 体 验
固 基 础
45°＋ 32|A→C|2cos 45°
· 明 考
＝－ |A→C|2＋ |A→C|2＝ 0，
课
时
知
能
训
练
菜单
第六页，编辑于星期日：二十点 十九分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
典
例
3．设a，b，c为同一平面内具有相同起点的任意三个非零向量，且满足a
2013届高考文科数学总复习(第1轮)浙江专版课件第28讲平面向量的应用
素材1
已知向量 m＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)，m·n＝ sin2C，且 A、B、C 分别为△ABC 的三边 a、b、c 所对的 角．
(1)求角 C 的大小； (2)若 sinA，sinC，sinB 成等差数列，且C→A·(A→B－A→C) ＝18，求 c 边的长．
【解析】(1)m·n＝sinAcosB＋sinBcosA＝sin(A＋B)， 对于△ABC，A＋B＝π－C,0<C<π， 所以 sin(A＋B)＝sinC，所以 m·n＝sinC. 又因为 m·n＝sin2C，所以 sin2C＝sinC， 所以 cosC＝21，故 C＝π3.
因为 i⊥j，F1 对质点所做的功
W1＝F1·A→B＝(i＋2j)·(－13i－15j) ＝－13i2－41i·j－30j2＝－43(焦耳)． F2 对质点所做的功 W2＝F2·A→B＝(4i－5j)·(－13i－15j)＝23(焦耳)．
(2)方法 1：因为 F＝F1＋F2＝5i－3j， W＝F·A→B＝(5i－3j)·(－13i－15点 M(x，y)的轨迹 C 的方程； (2)设曲线 C 上两点 A、B，满足①直线 AB 过点(0,3)， ②若O→P＝O→A＋O→B，则 OAPB 为矩形，试求 AB 的方程．
【解析】(1)令 M(x，y)，F1(0，－2)，F2(0,2)， 则 a＝F1M，b＝F2M， 即|a|＋|b|＝|F1M|＋|F2M|， 即|F1M|＋|F2M|＝8. 又因为|F1F2|＝4＝2c，所以 c＝2，a＝4，b2＝12. 所求轨迹方程为1y62 ＋1x22 ＝1.
易错点：不能从F→A＋F→B＋F→C＝0 得出 F 为△ABC 的重 心，造成计算量增大，甚至失去解题方向．
一 用向量解决平面几何问题
【精选】文科数学(2020版)备考指南第5章 第4讲
第五章 平面向量
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【解析】(1)设 P(x，y)，则 Q(8，y)． 由P→C＋12P→Q·P→C－12P→Q＝0， 得|P→C|2－14|P→Q|2＝0， 即(x－2)2＋y2－14(x－8)2＝0，化简得1x62 ＋1y22 ＝1， 所以点 P 的轨迹方程为1x62 ＋1y22 ＝1.
文科数学
【解析】已知点 A(8,0)，B(0,6)，点 P 是圆 C：x2＋y2＝4 上的一个动点，设 P(2cos θ，2sin θ)，则P→A＝(8－2cos θ，－2sin θ)，P→B＝(－2cos θ，6－2sin θ)，则P→A·P→B＝4cos2θ －16cos θ＋4sin2θ－12sin θ＝4－20cos(θ－α)，其中 tan α＝34，4－20cos(θ－α)≤24， 则P→A·P→B的最大值为 24.故选 C．
所以B→D·B→C＝12(B→A＋B→C)·B→C＝12B→A·B→C＋12B→C2＝12B→A·B→C＋2
＝3，所以B→A·B→C＝2|B→A|cos B＝2.
所以|BA|cos B＝1，即B→A在B→C方向上的投影为 1.过 A 做 AE⊥BC 于 E，则 BE＝1，
即 E 为 BC 的中点，所以△ABC 是等腰三角形．又∠BAC＝60°，所以△ABC 为等边
第五章 平面向量
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【跟踪训练】
1．(2018 年唐山二模)已知点 A(8,0)，B(0,6)，点 P 是圆 C：x2＋y2＝4 上的一个动
点，则P→A·P→B的最大值为( )
Aห้องสมุดไป่ตู้16
B．20
C．24
D．28
2022年高考数学(文科)二轮复习 名师导学案：专题二 第3讲 平面向量 Word版含答案
第3讲 平面对量高考定位 1.以选择题、填空题的形式考查向量的线性运算，多以熟知的平面图形为背景，难度中低档；2.以选择题、填空题的形式考查平面对量的数量积，多考查角、模等问题，难度中低档；3.向量作为工具常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何等结合，以解答题形式消灭.真 题 感 悟1.(2021·全国Ⅱ卷)设非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则( ) A.a ⊥b B.|a |＝|b | C.a ∥bD.|a |>|b |解析 由|a ＋b |＝|a －b |两边平方，得a 2＋2a·b ＋b 2＝a 2－2a·b ＋b 2，即a·b ＝0，故a ⊥b . 答案 A2.(2021·全国Ⅰ卷)已知向量a ＝(－1，2)，b ＝(m ，1).若向量a ＋b 与a 垂直，则m ＝________. 解析 由题意得a ＋b ＝(m －1，3)，由于a ＋b 与a 垂直，所以(a ＋b )·a ＝0，所以－(m －1)＋2×3＝0，解得m ＝7. 答案 73.(2021·天津卷)在△ABC 中，∠A ＝60°，AB ＝3，AC ＝2，若BD → ＝2DC → ，AE → ＝λAC → －AB → (λ∈R )，且AD → ·AE →＝－4，则λ的值为________.解析 AB → ·AC → ＝3×2×cos 60°＝3，AD → ＝13AB → ＋23AC → ，则AD → ·AE → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB → ＋23AC → ·(λAC → －AB → )＝λ－23AB → ·AC → －13AB → 2＋2λ3AC → 2＝λ－23×3－13×32＋2λ3×22＝113λ－5＝－4，解得λ＝311. 答案3114.(2021·江苏卷)已知向量a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，x ∈[0，π]. (1)若a ∥b ，求x 的值；(2)记f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值和最小值以及对应的x 的值. 解 (1)∵a ∥b ，∴3sin x ＝－3cos x ，∴3sin x ＋3cos x ＝0，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝0.∵0≤x ≤π，∴π6≤x ＋π6≤76π，∴x ＋π6＝π，∴x ＝5π6.(2)f (x )＝a·b ＝3cos x －3sin x ＝－23sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3.∵x ∈[0，π]，∴x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，∴－32≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3≤1，∴－23≤f (x )≤3，当x －π3＝－π3，即x ＝0时，f (x )取得最大值3；当x －π3＝π2，即x ＝5π6时，f (x )取得最小值－2 3.考 点 整 合1.平面对量的两个重要定理(1)向量共线定理：向量a (a ≠0)与b 共线当且仅当存在唯一一个实数λ，使b ＝λa .(2)平面对量基本定理：假如e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a ，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，其中e 1，e 2是一组基底. 2.平面对量的两个充要条件若两个非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则 (1)a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0. (2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0. 3.平面对量的三共性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2.(2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|A B → |＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22.4.平面对量的三个锦囊(1)向量共线的充要条件：O 为平面上一点，则A ，B ，P 三点共线的充要条件是OP → ＝λ1OA → ＋λ2OB →(其中λ1＋λ2＝1).(2)三角形中线向量公式：若P 为△OAB 的边AB 的中点，则向量OP → 与向量OA → ，OB → 的关系是OP → ＝12(OA → ＋OB →).(3)三角形重心坐标的求法：G 为△ABC 的重心⇔GA → ＋GB → ＋GC → ＝0⇔G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x A ＋x B ＋x C 3，y A ＋y B ＋y C 3.热点一 平面对量的有关运算【例1】 (1)(2022·全国Ⅰ卷)设向量a ＝(m ，1)，b ＝(1，2)，且|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，则m ＝________. (2)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ， BE ＝23BC .若DE → ＝λ1AB → ＋λ2AC →(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________.解析 (1)由|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，得a ⊥b ， 所以a ·b ＝m ×1＋1×2＝0，得m ＝－2. (2)DE → ＝DB → ＋BE → ＝12AB → ＋23BC → ＝12AB → ＋23(AC → －AB → )＝－16AB → ＋23AC → ， ∵DE → ＝λ 1AB → ＋λ2AC → ， ∴λ1＝－16，λ2＝23，因此λ1＋λ2＝12.答案 (1)－2 (2)12探究提高 对于平面对量的线性运算，首先要选择一组基底，同时留意共线向量定理的机敏运用.其次运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系.【训练1】 (2021·衡阳二模)如图，正方形ABCD 中，M ，N 分别是BC ，CD 的中点，若AC → ＝λAM → ＋μBN →，则λ＋μ＝( )A.2B.83C.65D.85解析 法一 如图以AB ，AD 为坐标轴建立平面直角坐标系，设正方形边长为1，AM → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，BN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，AC →＝(1，1).∵AC → ＝λAM → ＋μBN → ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12＋μ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－μ2，λ2＋μ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧λ－12μ＝1，λ2＋μ＝1，解之得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝65，μ＝25，故λ＋μ＝85.法二 以AB → ，AD →作为基底，∵M ，N 分别为BC ，CD 的中点， ∴AM → ＝AB → ＋BM → ＝AB → ＋12AD → ， BN → ＝BC → ＋CN → ＝AD → －12AB →， 因此AC → ＝λAM → ＋μBN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－μ2AB → ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋μAD →，又AC → ＝AB → ＋AD →， 因此⎩⎪⎨⎪⎧λ－μ2＝1，λ2＋μ＝1，解得λ＝65且μ＝25.所以λ＋μ＝85.答案 D热点二 平面对量的数量积 命题角度1 平面对量数量积的运算【例2－1】 (1)(2021·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1＝OA → ·OB → ，I 2＝OB → ·OC → ，I 3＝OC → ·OD →，则( )A.I 1＜I 2＜I 3B.I 1＜I 3＜I 2C.I 3＜I 1＜I 2D.I 2＜I 1＜I 3(2)已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE → ·CB → 的值为________；DE → ·DC →的最大值为________.解析 (1)如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，∴∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD 与∠BOC 为锐角，依据题意，I 1－I 2＝OA → ·OB → －OB → ·OC → ＝OB → ·(OA → －OC → )＝OB → ·CA →＝|OB → ||CA →|·cos∠AOB <0，∴I 1<I 2，同理I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ， 又AB ＝AD ，∴OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ， ∴|OA → ||OB → |<|OC → ||OD →|， 而cos∠AOB ＝cos∠COD <0，∴OA → ·OB → >OC → ·OD →，即I 1>I 3.∴I 3<I 1<I 2.(2)法一 如图，以AB ，AD 为坐标轴建立平面直角坐标系，则A (0，0)，B (1，0)，C (1，1)，D (0，1)， 设E (t ，0)，t ∈[0，1]， 则DE → ＝(t ，－1)，CB →＝(0，－1)， 所以DE → ·CB →＝(t ，－1)·(0，－1)＝1.由于DC → ＝(1，0)，所以DE → ·DC →＝(t ，－1)·(1，0)＝t ≤1，故DE → ·DC →的最大值为1. 法二 如图，无论E 点在哪个位置，DE → 在CB → 方向上的投影都是CB ＝1，所以DE → ·CB → ＝|CB →|·1＝1，当E 运动到B 点时，DE → 在DC →方向上的投影最大，即为DC ＝1，所以(DE → ·DC → )max ＝|DC →|·1＝1.答案 (1)C (2)1 1探究提高 1.求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义.2.进行向量的数量积的运算，首先要有“基底”意识，关键用基向量表示题目中所求相关向量.其次留意向量夹角的大小，以及夹角θ＝0°，90°，180°三种特殊情形. 命题角度2 平面对量数量积的性质【例2－2】 (1)(2022·山东卷)已知非零向量m ，n 满足4|m |＝3|n |，cos 〈m ，n 〉＝13.若n ⊥(t m ＋n )，则实数t 的值为( ) A.4 B.－4 C.94D.－94(2)(2021·哈尔滨模拟)平面对量a ，b 满足|a |＝4，|b |＝2，a ＋b 在a 上的投影为5，则|a －2b |的模为( ) A.2 B.4 C.8D.16解析 (1)∵n ⊥(t m ＋n )，∴n ·(t m ＋n )＝0，即t ·m ·n ＋n 2＝0， ∴t |m ||n |cos 〈m ，n 〉＋|n |2＝0，由已知得t ×34|n |2×13＋|n |2＝0，解得t ＝－4.(2)|a ＋b |cos 〈a ＋b ，a 〉＝|a ＋b |·（a ＋b ）·a |a ＋b ||a |＝a 2＋a ·b |a |＝16＋a ·b4＝5；∴a ·b ＝4.又(a －2b )2＝a 2－4a ·b ＋4b 2＝16－16＋16＝16. ∴|a －2b |＝4. 答案 (1)B (2)B探究提高 1.求两向量的夹角：cos θ＝a ·b|a |·|b |，要留意θ∈[0，π].2.两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是：a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔|a －b |＝ |a ＋b |.3.求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有： (1)a 2＝a ·a ＝|a |2或|a |＝a ·a . (2)|a ±b |＝（a ±b ）2＝a 2±2a ·b ＋b 2. (3)若a ＝(x ，y )，则|a |＝x 2＋y 2.【训练2】 (1)(2021·福建卷)已知AB → ⊥AC → ，|AB → |＝1t ，|AC → |＝t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP → ＝AB→|AB →|＋4AC → |AC →|，则PB → ·PC → 的最大值等于( )A.13B.15C.19D.21(2)(2021·郴州二模)已知a ，b 均为单位向量，且(2a ＋b )·(a －2b )＝－332，则向量a ，b 的夹角为________.解析 (1)建立如图所示坐标系，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，C (0，t )，AB → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，AC → ＝(0，t )，则AP → ＝AB→ |AB → |＋4AC→|AC →| ＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t，0＋4t(0，t )＝(1，4). ∴点P (1，4)，则PB → ·PC → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4·(－1，t －4) ＝17－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t＋4t ≤17－21t·4t ＝13，当且仅当4t ＝1t ，即t ＝12时取等号，故PB → ·PC →的最大值为13. (2)设单位向量a ，b 的夹角为θ， 则|a |＝|b |＝1，a ·b ＝cos θ. ∵(2a ＋b )·(a －2b )＝－332，∴2|a |2－2|b |2－3a ·b ＝－3cos θ＝－332，∴cos θ＝32，∵0≤θ≤π，∴θ＝π6.答案 (1)A (2)π6热点三 平面对量与三角的交汇综合【例3】 (2021·郑州质检)已知向量m ＝(2sin ωx ，cos 2ωx －sin 2ωx )，n ＝(3cos ωx ，1)，其中ω＞0，x ∈R .若函数f (x )＝m ·n 的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)在△ABC 中，若f (B )＝－2，BC ＝3，sin B ＝3sin A ，求BA → ·BC →的值.解 (1)f (x )＝m ·n ＝23sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx －sin 2ωx ＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6.∵f (x )的最小正周期为π，∴T ＝2π2|ω|＝π.∵ω＞0，∴ω＝1.(2)设△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c . ∵f (B )＝－2，∴2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－2， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－1，解得B ＝2π3(B ∈(0，π)).∵BC ＝3，∴a ＝3，∵sin B ＝3sin A ，∴b ＝3a ，∴b ＝3. 由正弦定理，有3sin A ＝3sin2π3，解得sin A ＝12. ∵0＜A ＜π3，∴A ＝π6.∴C ＝π6，∴c ＝a ＝ 3.∴BA → ·BC → ＝ca cos B ＝3×3×cos 2π3＝－32. 探究提高 1.破解平面对量与“三角”相交汇题的常用方法是“化简转化法”，即先活用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、倍角公式、帮助角公式等对三角函数进行巧“化简”；然后把以向量共线、向量垂直形式消灭的条件转化为“对应坐标乘积之间的关系”；再活用正、余弦定理，对三角形的边、角进行互化. 2.这种问题求解的关键是利用向量的学问将条件“脱去向量外衣”，转化为三角函数的相关学问进行求解. 【训练3】 (2021·山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝3，AB → ·AC →＝－6，S △ABC＝3，求A 和a .解 由于AB → ·AC →＝－6，所以bc cos A ＝－6，又由于S △ABC ＝3，所以bc sin A ＝6， 因此tan A ＝－1，又0<A <π，所以A ＝3π4.又由于b ＝3，所以c ＝2 2. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 得a 2＝9＋8－2×3×22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝29， 所以a ＝29.1.平面对量的数量积的运算有两种形式：(1)依据模和夹角计算，要留意确定这两个向量的夹角，如夹角不易求或者不行求，可通过选择易求夹角和模的基底进行转化；(2)利用坐标来计算，向量的平行和垂直都可以转化为坐标满足的等式，从而应用方程思想解决问题，化形为数，使向量问题数量化.2.依据平行四边形法则，对于非零向量a ，b ，当|a ＋b |＝|a －b |时，平行四边形的两条对角线长度相等，此时平行四边形是矩形，条件|a ＋b |＝|a －b |等价于向量a ，b 相互垂直.3.两个向量夹角的范围是[0，π]，在使用平面对量解决问题时要特殊留意两个向量夹角可能是0或π的状况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不单纯就是其数量积小于零，还要求不能反向共线.一、选择题1.(2022·全国Ⅲ卷)已知向量BA → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，BC → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，则∠ABC ＝( )A.30°B.45°C.60°D.120°解析 |BA → |＝1，|BC → |＝1，cos∠ABC ＝BA → ·BC→|BA → |·|BC → |＝32.∵0°≤∠ABC ≤180°，∴∠ABC ＝30°.答案 A2.(2021·北京卷)设m ，n 为非零向量，则“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n <0”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析 存在负数λ，使得m ＝λn ，则m ·n ＝λn ·n ＝λ|n |2<0，因而是充分条件，反之m ·n <0，不能推出m ，n 方向相反，则不是必要条件.答案 A3.(2021·汉中模拟)已知向量a ＝(2，－4)，b ＝(－3，x )，c ＝(1，－1)，若(2a ＋b )⊥c ，则|b |＝( ) A.9 B.3 C.109D.310解析 向量a ＝(2，－4)，b ＝(－3，x )，c ＝(1，－1)，∴2a ＋b ＝(1，x －8)，由(2a ＋b )⊥c ，可得1＋8－x ＝0，解得x ＝9. 则|b |＝（－3）2＋92＝310. 答案 D4.如图，BC ，DE 是半径为1的圆O 的两条直径，BF → ＝2FO → ，则FD → ·FE →等于( )A.－34B.－89C.－14D.－49解析 ∵BF → ＝2FO → ，圆O 的半径为1，∴|FO → |＝13，∴FD → ·FE → ＝(FO → ＋OD → )· (FO → ＋OE → )＝FO → 2＋FO → ·(OE → ＋OD → )＋OD → ·OE → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋0－1＝－89. 答案 B5.(2021·安徽江淮十校联考)已知平面对量a ，b (a ≠0，a ≠b )满足|a |＝3，且b 与b －a 的夹角为30°，则|b |的最大值为( ) A.2 B.4 C.6D.8解析 令OA → ＝a ，OB → ＝b ，则b －a ＝AB → －OA → ＝AB →，如图.∵b 与b －a 的夹角为30°， ∴∠OBA ＝30°. ∵|a |＝|OA →|＝3，∴由正弦定理得|OA → |sin∠OBA ＝|OB → |sin ∠OAB ，|b |＝|OB →|＝6·sin∠OAB ≤6.答案 C 二、填空题6.(2021·全国Ⅲ卷)已知向量a ＝(－2，3)，b ＝(3，m )，且a ⊥b ，则m ＝________. 解析 由题意，得－2×3＋3m ＝0，∴m ＝2. 答案 27.(2021·德州模拟)已知平面对量a 和b 的夹角为60°，a ＝(2，0)，|b |＝1，则 |a ＋2b |＝________.解析 ∵〈a ，b 〉＝60°，a ＝(2，0)，|b |＝1， ∴a ·b ＝|a ||b |·cos 60°＝2×1×12＝1，又|a ＋2b |2＝a 2＋4b 2＋4a ·b ＝12， 所以|a ＋2b |＝12＝2 3. 答案 2 38.若点M 是△ABC 所在平面内的一点，且满足5 AM → ＝AB → ＋3AC →，则△ABM 与△ABC 的面积比值为________.解析 设AB 的中点为D ，由5AM → ＝AB → ＋3AC → ，得3AM → －3AC → ＝2AD → －2AM → ，即3CM → ＝2MD →.如图所示，故C ，M ，D 三点共线， 且MD → ＝35CD →， 也就是△ABM 与△ABC 对于边AB 的两高之比为3∶5， 则△ABM 与△ABC 的面积比值为35.答案 35三、解答题9.设向量a ＝(3sin x ，sin x )，b ＝(cos x ，sin x )，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)若|a |＝|b |，求x 的值；(2)设函数f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值. 解 (1)由|a |2＝(3sin x )2＋(sin x )2＝4sin 2x ， |b |2＝(cos x )2＋(sin x )2＝1， 及|a |＝|b |，得4sin 2x ＝1.又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，从而sin x ＝12，所以x ＝π6.(2)f (x )＝a ·b ＝3sin x ·cos x ＋sin 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，当x ＝π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6取最大值1.所以f (x )的最大值为32.10.(2021·贵阳调研)已知向量a ＝⎝ ⎛cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，⎭⎪⎫sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋x ，b ＝(－sin x, 3sin x )，f (x )＝a ·b .(1)求函数f (x )的最小正周期及f (x )的最大值；(2)在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝1，a ＝23，求三角形ABC 面积的最大值.解 (1)∵a ＝(－sin x ，cos x )，b ＝(－sin x ，3sin x )， 则f (x )＝a ·b ＝sin 2x ＋3sin x cos x＝12(1－cos 2x )＋32sin 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12， ∴f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，当2x －π6＝π2＋2k π，k ∈Z 时，即x ＝π3＋k π(k ∈Z )，f (x )取最大值是32.(2)∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＋12＝1，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＝12，∴A ＝π3.∵a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴12＝b 2＋c 2－bc ，∴b 2＋c 2＝12＋bc ≥2bc ，∴bc ≤12(当且仅当b ＝c ＝23时等号成立).∴S ＝12bc sin A ＝34bc ≤3 3.∴当三角形ABC 为等边三角形时面积取最大值是3 3. 11.已知函数f (x )＝2cos 2x ＋23sin x cos x (x ∈R ).(1)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c ＝3，f (C )＝2，若向量m ＝(1，sin A )与向量n ＝(2，sin B )共线，求a ，b 的值.解 (1)f (x )＝2cos 2x ＋3sin 2x ＝cos 2x ＋3sin 2x ＋1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋1，令－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，由于x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2， 所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6.(2)由f (C )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＋1＝2，得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝12，而C ∈(0，π)，所以2C ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，所以2C ＋π6＝56π，解得C ＝π3.由于向量m ＝(1，sin A )与向量n ＝(2，sin B )共线， 所以sin A sin B ＝12.由正弦定理得a b ＝12，①由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3，即a 2＋b 2－ab ＝9.②联立①②，解得a ＝3，b ＝2 3.。
微专题5数学工具——平面向量在解题中的应用
设 =e,=a,=b,=3e,=2e,则⊥,
∴点 B 在以 M 为圆心,1 为半径的圆上运动.
∵|a-b|=||,∴|a-b|的最小值即点 B 到射线 OA 的距离的最小值,为
圆心 M 到射线 OA 的距离减去圆的半径.
值为-3,则此双曲线的焦距为( D ).
A.2
C.2 5
B.4
D.2 7
14
目录
【解析】设 P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),则
1 ·2 =(-c-x0,-y0)·(c-x0,-y0)=(-c-x0)(c-x0)+02 =02 +02 -c2,
02 +02 表示点 P 到原点距离的平方,当点 P 为双曲线顶点时取得最小
所以 f(x)=a·(b+c)=(cos 2x,cos x)·(1,-2 3)
=cos 2x-2 3cosx=2cos2x-2 3cosx-1=2 cosxπ
3
1
2
3 2 5
- .
2
2
又 x∈ 0, ,所以 cosx∈ ,1 ,
3
π
5
所以当 cosx= ,即 x= 时,f(x)取到最小值,最小值为- .
4 2
B.
8
目录
二、平面向量与解析几何的综合
学 基础知识
9
目录
例 2 (一题多解)(2018 年浙江卷)已知 a,b,e 是平面向量,e 是单位向
量.若非零向量 a 与 e
π
的夹角为 ,向量
3
b 满足 b2-4e·b+3=0,则|a-b|的
最小值是( A ).