高三数学（理数）总复习练习专题八 平面向量
1．(2015·课标Ⅰ，7，易)设 D 为△ABC 所在平面内一点，BC→
＝3CD→
，则( )
A.AD→
＝－1
3AB→
＋4
3AC→
B.AD→
＝1
3AB→
－4
3AC→
C.AD→
＝4
3AB→
＋1
3AC→
D.AD→
＝4
3AB→
－1
3AC→
【答案】 A 如图所示，
在△ABC 中，BC→
＝AC→
－AB→
.
又∵BC→
＝3CD→
，
∴CD→
＝1
3BC→
＝1
3AC→
－1
3AB→
，
∴AD→
＝AC→
＋CD→
＝－1
3AB→
＋4
3AC→
.
2．(2015·安徽，8，中)△ABC 是边长为 2 的等边三角形，已知向量 a，b 满足AB→
＝2a，AC→
＝2a＋b，
则下列结论正确的是( )
A．|b|＝1 B．a⊥b
C．a·b＝1 D．(4a＋b)⊥BC→
【答案】 D 如图，在等边△ABC 中，AB→
＝2a，AC→
＝2a＋b，
∵AB→
＋BC→
＝AC→
，
∴BC→
＝b.又∵|BC→
|＝2，|AB→
|＝2，
∴|b|＝2，|a|＝1，a 与 b 的夹角为 120°，
∴a·b＝|a||b|cos 120°＝－1.
∴A，B，C 不正确．
4a＋b＝AB→
＋AC→
＝2AD→
，又AD→
⊥BC→
，故 D 正确．
3．(2015·课标Ⅱ，13，易)设向量 a，b 不平行，向量 λa＋b 与 a＋2b 平行，则实数 λ＝________．
【解析】 因为 λa＋b 与 a＋2b 平行，所以存在实数 μ，使 λa＋b＝μ(a＋2b)，即(λ－μ)a＋(1－2μ)b＝
0，由于 a，b 不平行，所以{λ－μ＝0，
1－2μ＝0，解得 λ＝1
2.
【答案】 1
2
4．(2015·江苏，6，易)已知向量 a＝(2，1)，b＝(1，－2)，若 ma＋nb＝(9，－8)(m，n∈R)，则 m－
n 的值为________．
【解析】 由 ma＋nb＝(9，－8)得，
m(2，1)＋n(1，－2)＝(9，－8)，
即(2m＋n，m－2n)＝(9，－8)，
∴{2m＋n＝9，
m－2n＝－8，解得{m＝2，
n＝5，∴m－n＝－3.
【答案】 －3
5．(2015·北京，13，易)在△ABC 中，点 M，N 满足 AM→
＝2MC→
，BN→
＝NC→
，若MN→
＝xAB→
＋yAC→
，则 x＝
________；y＝________.
【解析】 如图，在△ABC 中，
MN→
＝MA→
＋AB→
＋BN→
＝－2
3AC→
＋AB→
＋1
2BC→
＝－2
3AC→
＋AB→
＋1
2(AC→
－AB→
)
＝1
2AB→
－1
6AC→
，
∴x＝1
2
，y＝－1
6.
【答案】 1
2 －1
6
1．(2013·辽宁，3，易)已知点 A(1，3)，B(4，－1)，则与向量AB→
同方向的单位向量为( )
A.(3
5，－4
5) B.(4
5，－3
5)
C.(－3
5，
4
5) D.(－4
5，
3
5)
【答案】 A AB→
＝(3，－4)，|AB→
|＝5.与AB→
同方向的单位向量为
AB→
|AB→
|
＝(3
5，－4
5).故选 A.
2．(2012·广东，3，易)若向量BA→
＝(2，3)，CA→
＝(4，7)，则BC→
＝( )
A．(－2，－4) B．(2，4)
C．(6，10) D．(－6，－10)
【答案】 A BC→
＝BA→
＋AC→
＝BA→
－CA→
＝(－2，－4)，故选 A.
3．(2014·浙江，8，中)记 max{x，y}＝{x，x ≥ y，
y，x < y， min{x，y}＝{y，x ≥ y，
x，x < y. 设 a，b 为平面向量，
则( )
A．min{|a＋b|，|a－b|}≤min{|a|，|b|}
B．min{|a＋b|，|a－b|}≥min{|a|，|b|}
C．max{|a＋b|2，|a－b|2}≤|a|2＋|b|2
D．max{|a＋b|2，|a－b|2}≥|a|2＋|b|2
【答案】 D 根据向量运算的几何意义，即三角形法则，可知 min{|a＋b|，|a－b|}与 min{|a|，|b|}
的大小不确定；因为|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2ab，|a－b|2＝|a|＋|b|2－2a·b，则当 a·b≥0 时，max{|a＋b|2，|a－
b|2}＝|a|2＋|b|2＋2a·b≥|a|2＋|b|2；
当 a·b<0 时，max{|a＋b|2，|a－b|2}
＝|a|2＋|b|2－2a·b≥|a|2＋|b|2，
即总有 max{|a＋b|2，|a－b|2}≥|a|2＋|b|2，故选 D.
4．(2012·安徽，8，中)在平面直角坐标系中，点 O(0，0)，P(6，8)，将向量OP→
绕点 O 按逆时针方向
旋转3π
4 后得向量OQ→
，则点 Q 的坐标是( )
A．(－7 2，－ 2) B．(－7 2， 2)
C．(－4 6，－2) D．(－4 6，2)
【答案】 A 由题意，得|OP→
|＝10，由三角函数定义，设 P 点坐标为(10cos θ，10sin θ)，
则 cos θ＝3
5，sin θ＝4
5.则 Q 点的坐标应为(10cos(θ＋3π
4 )，10sin(θ＋3π
4 )).
由三角函数知识得 10 cos (θ＋3π
4 )＝－7 2，10sin(θ＋3π
4 )＝－ 2，
所以 Q(－7 2，－ 2)．故选 A.
5．(2014·北京，10，易)已知向量 a，b 满足|a|＝1，b＝(2，1)，且 λa＋b＝0(λ∈R)，则|λ|＝
________.
【解析】 ∵λa＋b＝0，∴λa＝－b.
∴|λa|＝|b|，∴|λ|·|a|＝|b|，
∴|λ|·1＝ 5，∴|λ|＝ 5.
【答案】 5
6．(2014·课标Ⅰ，15，中)已知 A，B，C 为圆 O 上的三点，若 AO→
＝1
2(AB→
＋AC→
)，则AB→
与AC→
的夹角为
________．
【解析】 由AO→
＝1
2(AB→
＋AC→
)可知 O 为 BC 的中点，即 BC 为圆 O 的直径，又因为直径所对的圆周角
为直角，所以∠BAC＝90°，所以AB→
与AC→
的夹角为 90°.
【答案】 90°
7．(2014·陕西，18，12 分，中)在直角坐标系 xOy 中，已知点 A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)，点 P(x，
y)在△ABC 三边围成的区域(含边界)上．
(1)若PA→
＋PB→
＋PC→
＝0，求|OP→
|；
(2)设OP→
＝mAB→
＋nAC→
(m，n∈R)，用 x，y 表示 m－n，并求 m－n 的最大值．
解：(1)方法一：∵PA→
＋PB→
＋PC→
＝0，
又PA→
＋PB→
＋PC→
＝(1－x，1－y)＋(2－x，3－y)＋(3－x，2－y)＝(6－3x，6－3y)，
∴{6－3x＝0，
6－3y＝0，解得 x＝2，y＝2，
即OP→
＝(2，2)，故|OP→
|＝2 2.
方法二：∵PA→
＋PB→
＋PC→
＝0，
则(OA→
－OP→
)＋(OB→
－OP→
)＋(OC→
－OP→
)＝0，
∴OP→
＝1
3(OA→
＋OB→
＋OC→
)＝(2，2)，
∴|OP→
|＝2 2.
(2)OP→
＝(x，y)，AB→
＝(1，2)，AC→
＝(2，1)．
∵OP→
＝mAB→
＋nAC→
，
∴(x，y)＝(m＋2n，2m＋n)，
∴{x＝m＋2n，①
y＝2m＋n，②
②－①得，m－n＝y－x，
令 m－n＝t，由图知，当直线 y＝x＋t 过点 B(2，3)时，t 取得最大值，故 m－n 的最大值为 1.
思路点拨：(1)根据向量相等，求出 P 点坐标后求|OP→
|；
(2)根据向量相等，将 m－n 转化为 x，y 的关系，变换为线性规划问题．
考向 1 平面向量的线性运算
向量的线性运算
向量
运算
定义 法则(或几何意义) 运算律
加法 求两个向量和的运算
(1)交换律：
a＋b＝b＋a；
(2)结合律：
(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)
减法
求 a 与 b 的相反向量－b
的和的运算叫作 a 与 b 的
差
a－b＝a＋(－b)
数乘
求实数 λ 与向量 a 的积的
运算
(1)|λa|＝|λ||a|；
(2)当 λ>0 时，λa 与
a 的方向相同；
当 λ<0 时，λa 与 a
的方向相反；
(1)结合律：λ(μ a)＝λμ
a＝μ(λa)；
(2)第一分配律：
(λ＋μ)a＝λa＋μ a；
(3)第二分配律：
当 λ＝0 时，λa＝0 λ(a＋b)＝λa＋λb
(1)(2014·课标Ⅰ，6)设 D，E，F 分别为△ABC 的三边 BC，CA，AB 的中点，则EB→
＋FC→
＝
( )
A.AD→
B.
1
2AD→
C.BC→
D.
1
2BC→
(2)(2013·四川，12)在平行四边形 ABCD 中，对角线 AC 与 BD 交于点 O， AB→
＋AD→
＝λAO→
，则 λ＝
________．
【解析】 (1)如图，EB→
＋FC→
＝EC→
＋CB→
＋FB→
＋BC→
＝EC→
＋FB→
＝1
2(AC→
＋AB→
)＝1
2·2AD→
＝AD→
.
(2)如图，因为 ABCD 为平行四边形，
所以AB→
＋AD→
＝AC→
＝2AO→
，
已知AB→
＋AD→
＝λAO→
，故 λ＝2.
【答案】 (1)A (2)2
【点拨】 解题(1)时注意向量加法平行四边形法则的运用；解题(2)的思路是在平行四边形中把AB→
＋
AD→
用AO→
表示，结合已知条件求出 λ 的值．
向量的线性运算的解题策略
(1)进行向量运算时，要尽可能转化到平行四边形或三角形中，选用从同一顶点出发的基本向量或首
尾相接的向量，运用向量加、减法运算及数乘运算来求解．
(2)除了充分利用相等向量、相反向量和线段的比例关系外，有时还需要利用三角形中位线、相似三
角形对应边成比例等平面几何的性质，把未知向量转化为与已知向量有直接关系的向量来求解．
(2014·福建，10)设 M 为平行四边形 ABCD 对角线的交点，O 为平行四边形 ABCD 所在平
面内任意一点，则OA→
＋OB→
＋OC→
＋OD→
等于( )
A.OM→
B．2OM→
C．3OM→
D．4OM→
【答案】 D 依题意知，点 M 是线段 AC 的中点，也是线段 BD 的中点，所以OA→
＋OC→
＝2OM→
，OB→
＋
OD→
＝2OM→
，所以OA→
＋OC→
＋OB→
＋OD→
＝4OM→
，故选 D.
考向 2 共线向量定理、平面向量基本定理及应用
1．向量共线的判定定理和性质定理
(1)判定定理：a 是一个非零向量，若存在一个实数 λ 使得 b＝λa，则向量 b 与 a 共线．
(2)性质定理：若向量 b 与非零向量 a 共线，则存在唯一一个实数 λ，使得 b＝λa.
(3)A，B，C 是平面上三点，且 A 与 B 不重合，P 是平面内任意一点，若点 C 在直线 AB 上，则存在
实数 λ，使得PC→
＝PA→
＋λAB→
(如图所示)．
2．向量共线定理的应用
(1)证明点共线；
(2)证明两直线平行；
(3)已知向量共线求字母的值(或范围)．
3．平面向量基本定理
(1)平面向量基本定理
如果 e1，e2 是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量 a，有且只有一对实
数 λ1，λ2，使 a＝λ1e1＋λ2e2，其中 e1，e2 是一组基底．
(2)平面向量基本定理的实质
平面向量基本定理反映了利用已知向量表示未知向量，实质就是利用平行四边形法则或三角形法则
进行向量的加减运算或数乘运算．
4．平面向量基本定理的应用
(1)证明向量共面，如果有且只有一对实数 λ1，λ2，使 a＝λ1e1＋λ2e2，那么 a，e1，e2 共面．
(2)根据向量基本定理求字母的值(或范围)．
(1)(2014·福建，8)在下列向量组中，可以把向量 a＝(3，2)表示出来的是( )
A．e1＝(0，0)，e2＝(1，2)
B．e1＝(－1，2)，e2＝(5，－2)
C．e1＝(3，5)，e2＝(6，10)
D．e1＝(2，－3)，e2＝(－2，3)
(2)(2013·江苏，10)设 D，E 分别是△ABC 的边 AB，BC 上的点，AD＝1
2AB，BE＝2
3BC.若DE→
＝λ1AB→
＋
λ2AC→
(λ1，λ2 为实数)，则 λ1＋λ2 的值为________．
(3)(2015·安徽阜阳一模，14)在梯形 ABCD 中，已知 AB∥CD，AB＝2CD，M，N 分别为 CD，BC 的
中点．若AB→
＝λAM→
＋μAN→
，则 λ＋μ＝________．
【解析】 (1)方法一：若 e1＝(0，0)，e2＝(1，2)，则 e1∥e2，而 a 不能由 e1，e2 表示，排除 A；若
e1＝(－1，2)，e2＝(5，－2)，因为－1
5
≠ 2
－2
，所以 e1，e2 不共线，根据平面向量基本定理，可以把向量 a
＝(3，2)表示出来，故选 B.
方法二：因为 a＝(3，2)，若 e1＝(0，0)，e2＝(1，2)，不存在实数 λ，μ，使得 a＝λe1＋μ e2，排除
A；若 e1＝(－1，2)，e2＝(5，－2)，设存在实数 λ，μ，使得 a＝λe1＋μ e2，则(3，2)＝(－λ＋5μ，2λ－
2μ)，所以{3＝－λ＋5μ，
2＝2λ－2μ， 解得{λ＝2，
μ＝1，所以 a＝2e1＋e2，故选 B.
(2)∵DE→
＝DB→
＋BE→
＝1
2AB→
＋2
3BC→
＝1
2AB→
＋2
3(AC→
－AB→
)＝2
3AC→
－1
6AB→
，又DE→
＝λ1AB→
＋λ2AC→
，
∴λ1＝－1
6，λ2＝2
3.∴λ1＋λ2＝1
2.
(3)方法一：由AB→
＝λAM→
＋μAN→
，得AB→
＝λ·
1
2(AD→
＋AC→
)＋μ·
1
2(AC→
＋AB→
)，则(μ
2 －1)AB→
＋λ
2 AD→
＋(λ
2
＋μ
2)AC→
＝0，
得(μ
2 －1)AB→
＋λ
2 AD→
＋(λ
2 ＋μ
2)(AD→
＋1
2AB→
)＝0，得(1
4λ＋3
4μ－1)AB→
＋(λ＋μ
2)AD→
＝0.
又因为AB→
，AD→
不共线，所以由平面向量基本定理得
{1
4λ＋3
4μ－1＝0，
λ＋μ
2
＝0，
解得{λ＝－4
5，
μ＝8
5.
所以 λ＋μ＝4
5.
方法二：连接 MN 并延长交 AB 的延长线于 T，
由已知易得 AB＝4
5AT，
∴4
5AT→
＝AB→
＝λAM→
＋μAN→
，
∵T，M，N 三点共线，∴λ＋μ＝4
5.
【答案】 (1)B (2)
1
2 (3)
4
5
【点拨】 题(1)利用平面向量基本定理求解；解题(2)的思路是先在△ABC 中用AB→
和AC→
表示DE→
，然后
根据已知条件对应求出 λ1，λ2；解题(3)时注意基底的选取．
1.求解向量共线问题的注意事项
(1)向量共线的充要条件中，当两向量共线时，通常只有非零向量才能表示与之共线的其他向量，注
意待定系数法和方程思想的运用．
(2)证明三点共线问题，可用向量共线来解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向
量共线且有公共点时，才能得到三点共线．
(3)若 a 与 b 不共线且 λa＝μb，则 λ＝μ＝0.
(4)直线的向量式参数方程，A，P，B 三点共线⇔OP→
＝(1－t)·OA→
＋tOB→
(O 为平面内任一点，t∈R)．
(5)OA→
＝λOB→
＋μOC→
(λ，μ为实数)，若 A，B，C 三点共线，则 λ＋μ＝1.
2．用平面向量基本定理解决问题的一般思路
(1)先选择一组基底，并运用平面向量基本定理将条件和结论表示成该基底的线性组合，再进行向量
的运算．
(2)在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便，另外，要熟练运用线段中点的向量
表达式．
零向量和共线向量不能作基底，基向量通常选取确定整个几何图形的从同一结点出发的两边所对应
的向量．
(2012·大纲全国，9)△ABC 中，AB 边的高为 CD，若CB→
＝a，CA→
＝b，a·b＝0，|a|＝1，|b|
＝2，则AD→
＝( )
A.
1
3a－1
3b B.
2
3a－2
3b
C.
3
5a－3
5b D.
4
5a－4
5b
【答案】 D ∵a·b＝0，∴∠ACB＝90°，∴AB＝ 5，CD＝2 5
5 .
∴BD＝
5
5 ，AD＝4 5
5 ，
∴AD∶BD＝4∶1.
∴AD→
＝4
5AB→
＝4
5(CB→
－CA→
)
＝4
5a－4
5b.
考向 3 平面向量坐标运算的应用
1．平面向量的坐标运算
(1)若 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)(b≠0)，则 a±b＝(x1±x2，y1±y2)．
(2)若 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB→
＝(x2－x1，y2－y1)．
(3)若 a＝(x，y)，λ∈R，则 λa＝(λx，λy)．
2．向量平行的坐标表示
(1)如果 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a∥b 的充要条件为 x1y2－x2y1＝0.
(2)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)三点共线的充要条件为(x2－x1)(y3－y1)－(x3－x1)(y2－y1)＝0.
a∥b 的充要条件不能表示成x1
x2＝y1
y2，因为 x2，y2 有可能等于 0.判断三点是否共线，先求每两点对应
的向量，然后再按两向量共线进行判定．
3．平面向量中的重要结论
(1)||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
(2)|a＋b|2＋|a－b|2＝2(|a|2＋|b|2)．
(3)G 为△ABC 的重心⇔GA→
＋GB→
＋GC→
＝0
⇔G(x1＋x2＋x3
3 ，
y1＋y2＋y3
3 )，其中 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．
(1)(2012·重庆，6)设 x，y∈R，向量 a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且 a⊥c，
b∥c，则|a＋b|＝( )
A. 5 B. 10 C．2 5 D．10
(2)(2013·北京，13)向量 a，b，c 在正方形网格中的位置如图所示，若 c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，则λ
μ＝
________．
【解析】 (1)由{a ⊥ c，
b ∥ c ⇒{2x－4＝0，
2y＋4＝0 ⇒{x＝2，
y＝－2，
∴a＝(2，1)，b＝(1，－2)，a＋b＝(3，－1)，
∴|a＋b|＝ 10.
(2)以向量 a 和 b 的交点为原点建立如图所示的平面直角坐标系(设每个小正方形边长为 1)，
则 A(1，－1)，B(6，2)，C(5，－1)，∴a＝AO→
＝(－1，1)，b＝OB→
＝(6，2)，c＝BC→
＝(－1，－3),．∵c
＝λa＋μb，∴(－1，－3)＝λ(－1，1)＋μ(6，2)，
即{－λ＋6μ＝－1，
λ＋2μ＝－3，
解得 λ＝－2，μ＝－1
2，∴λ
μ＝4.
【答案】 (1)B (2)4
【点拨】 解题(1)时注意应用向量平行与垂直的坐标表示；解题(2)的关键是建立平面直角坐标系，
正确写出 a，b，c 的坐标，利用 a，b，c 之间的关系，列出方程组求解．
向量坐标运算问题的一般思路
向量的坐标运算主要是利用加、减、数乘运算法则进行，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求
出向量的坐标，解题过程中要注意方程思想的运用及正确使用运算法则．以向量为载体，可以解决三角
函数、解析几何中的有关问题．
(2014·陕西，13)设 0<θ<
π
2 ，向量 a＝(sin 2θ，cos θ)，b＝(cos θ，1)，若 a∥b，则 tan
θ＝________．
【解析】 因为 a∥b，所以 sin 2θ＝cos2θ，2sin θcos θ＝cos2θ.
因为 0<θ<
π
2 ，所以 cos θ>0，得 2sin θ＝cos θ，∴tan θ＝1
2.
【答案】 1
2
1．(2015·河北邯郸一模，5)已知向量 a＝(2，3)，b＝(－1，2)，若(ma＋nb)∥(a－2b)，则m
n等于( )
A．－2 B．2 C．－1
2 D.
1
2
【答案】 C 由题意得 ma＋nb＝(2m－n，3m＋2n)，a－2b＝(4，－1)，∵(ma＋nb)∥(a－2b)，∴－
(2m－n)－4(3m＋2n)＝0，
∴m
n＝－1
2，故选 C.
2．(2015·青海西宁质检，6)已知△ABC 的三个顶点 A，B，C 及平面内一点 P 满足PA→
＋PB→
＋PC→
＝AB→
，
则点 P 与△ABC 的关系为( )
A．P 在△ABC 内部
B．P 在△ABC 外部
C．P 在 AB 边所在直线上
D．P 是 AC 边的一个三等分点
【答案】 D ∵PA→
＋PB→
＋PC→
＝AB→
，
∴PA→
＋PB→
＋PC→
＝PB→
－PA→
，
∴PC→
＝－2PA→
＝2AP→
，
∴P 是 AC 边的一个三等分点．
3．(2015·山东日照一模，5)在平行四边形 ABCD 中，AC 与 BD 相交于点 O，E 是线段 OD 的中点，
AE 的延长线与 CD 交于点 F，若AC→
＝a，BD→
＝b，则AF→
等于( )
A.1
4a＋1
2b B.
2
3a＋1
3b
C.
1
2a＋1
4b D.
1
3a＋2
3b
【答案】 B 如图，
∵△DEF∽△BEA，∴DF∶BA＝DE∶BE＝1∶3，过点 F 作 FG∥BD 交 AC 于点 G，∴
FG∶DO＝2∶3，CG∶CO＝2∶3，∴GF→
＝1
3b，∵AG→
＝AO→
＋OG→
＝2
3AC→
＝2
3a，
∴AF→
＝AG→
＋GF→
＝2
3a＋1
3b.故选 B.
4．(2015·吉林长春调研，7)已知△ABC 的重心为 G，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 aGA→
＋
bGB→
＋
3
3 cGC→
＝0，则角 A 为( )
A.
π
6 B.
π
4
C.
π
3 D.
π
2
【答案】 A ∵G 为△ABC 的重心，∴GA→
＋GB→
＋GC→
＝0.
∵aGA→
＋bGB→
＋
3
3 cGC→
＝0，
∴(a－ 3
3 c)GA→
＋(b－ 3
3 c)GB→
＝0，
∴a－
3
3 c＝0，b－
3
3 c＝0，
∴a＝
3
3 c，b＝
3
3 c，
∴cos A＝b2＋c2－a2
2bc
＝
1
3c2＋c2－1
3c2
2 ×
3
3 c·c
＝
3
2 ，
∴A＝π
6 .
5．(2014·广东佛山二模，6)设OA→
＝(1，－2)，OB→
＝(a，－1)，OC→
＝(－b，0)，a>0，b>0，O 为坐标原
点，若 A，B，C 三点共线，则1
a＋2
b的最小值是( )
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】 D 方法一：由题意可得，OA→
＝(1，－2)，OB→
＝(a，－1)，OC→
＝(－b，0)，
所以AB→
＝OB→
－OA→
＝(a－1，1)，AC→
＝OC→
－OA→
＝(－b－1，2)．
又∵A，B，C 三点共线，
∴AB→
∥AC→
，
即(a－1)×2－1×(－b－1)＝0，
∴2a＋b＝1，
又∵a>0，b>0，
∴1
a＋2
b
＝(1
a＋2
b)·(2a＋b)＝4＋(b
a＋4a
b )≥4＋4＝8，当且仅当b
a＝4a
b 时，取“＝”．故选 D.
方法二：kAB＝－1＋2
a－1
，kAC＝ 2
－b－1
，
∵A，B，C 三点共线，所以 kAB＝kAC，即－1＋2
a－1
＝ 2
－b－1
，∴2a＋b＝1，所以1
a＋2
b＝2a＋b
a
＋4a＋2b
b
＝4＋b
a＋4a
b ≥4＋2
b
a·
4a
b ＝8，∴1
a＋2
b的最小值是 8.
思路点拨：先由 A，B，C 三点共线，找出 a，b 的关系，然后把“1”代换，利用基本不等式求解．
6．(2015·河南开封月考，13)平面直角坐标系 xOy 中，已知 A(1，0)，B(0，1)，C(－1，c)(c>0)，且|OC|
＝2，若OC→
＝λOA→
＋μOB→
，则实数 λ，μ的值分别是________．
【解析】 ∵|OC→
|＝2，∴|OC→
|2＝1＋c2＝4，c>0，∴c＝ 3.
∵OC→
＝λOA→
＋μOB→
，
∴(－1， 3)＝λ(1，0)＋μ(0，1)，
∴λ＝－1，μ＝ 3.
【答案】 －1， 3
7．(2015·山西临汾模拟，15)如图，△ABC 中，GA→
＋GB→
＋GC→
＝0，CA→
＝a，CB→
＝b.若CP→
＝ma，CQ→
＝nb，
CG∩PQ＝H，CG→
＝2CH→
，则1
m＋1
n＝________．
【解析】 由GA→
＋GB→
＋GC→
＝0，知 G 为△ABC 的重心，取 AB 的中点 D，则CH→
＝1
2CG→
＝1
3CD→
＝1
6(CA→
＋
CB→
)＝ 1
6mCP→
＋ 1
6nCQ→
，由 P，H，Q 三点共线，得 1
6m＋ 1
6n＝1，则1
m＋1
n＝6.
【答案】 6
8．(2014·山西阳泉三模，14)设 O 在△ABC 的内部，且有OA→
＋2OB→
＋3OC→
＝0，则△ABC 的面积和△AOC
的面积之比为________．
【解析】 设 AC，BC 的中点分别为 M，N，则已知条件可化为(OA→
＋OC→
)＋2(OB→
＋OC→
)＝0，即 2OM→
＋4
ON→
＝0，所以OM→
＝－2ON→
，说明 M，O，N 三点共线，即 O 为中位线 MN 上的一个三等分点，S△AOC＝2
3S△
ANC＝2
3·1
2S△ABC＝1
3S△ABC，所以S △ ABC
S △ AOC＝3.
【答案】 3
1．(2015·山东，4，易)已知菱形 ABCD 的边长为 a，∠ABC＝60°，则BD→
·CD→
＝( )
A．－3
2a2 B．－3
4a2
C.
3
4a2 D.
3
2a2
【答案】 D ∵BD→
＝BC→
＋BA→
，且CD→
＝BA→
，
∴BD→
·CD→
＝(BC→
＋BA→
)·BA→
＝BC→
·BA→
＋BA→
2＝|BC→
||BA→
|cos 60°＋|BA→
|2＝1
2a2＋a2＝3
2a2.故选 D.
2．(2015·重庆，6，易)若非零向量 a，b 满足|a|＝2 2
3 |b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则 a 与 b 的夹角为( )
A.
π
4 B.
π
2
C.
3π
4 D．π
【答案】 A 设|b|＝x，〈a，b〉＝θ，
则|a|＝2 2
3 x，a·b＝2 2
3 x2cos θ.
∵(a－b)⊥(3a＋2b)，
∴(a－b)·(3a＋2b)＝0，
∴3a2＋2a·b－3a·b－2b2＝0，
即 3×8
9x2－2 2
3 x2cos θ－2x2＝0，
∴2 2
3 cos θ＝2
3，∴cos θ＝
2
2 .
∵θ∈[0，π]，∴θ＝π
4 ，故选 A.
3．(2015·湖北，11，易)已知向量OA→
⊥AB→
，|OA→
|＝3，则OA→
·OB→
＝________．
【解析】 OA→
·OB→
＝OA→
·(OA→
＋AB→
)
＝OA→
2＋OA→
·AB→
＝9.
【答案】 9
1．(2014·重庆，4，易)已知向量 a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，且(2a－3b)⊥c，则实数 k＝( )
A．－9
2 B．0 C．3 D.
15
2
【答案】 C 2a－3b＝(2k－3，－6)，由(2a－3b)⊥c，得 4k－6－6＝0，解得 k＝3.故选 C.
2．(2013·湖北，6，易)已知点 A(－1，1)，B(1，2)，C(－2，－1)，D(3，4)，则向量 AB→
在CD→
方向上
的投影为( )
A.
3 2
2 B.
3 15
2
C．－3 2
2 D．－3 15
2
【答案】 A 由AB→
＝(2，1)，CD→
＝(5，5)，
得AB→
·CD→
＝15，|CD→
|＝5 2.
∵AB→
·CD→
＝|AB→
||CD→
|cos 〈AB→
，CD→
〉，
∴|AB→
|cos 〈AB→
，CD→
〉＝
AB→
·CD→
|CD→
|
＝ 15
5 2＝3 2
2 .故选 A.
3．(2013·湖南，8，中)已知 a，b 是单位向量，a·b＝0，若向量 c 满足|c－a－b|＝1，则|c|的最大值为
( )
A. 2－1 B. 2
C. 2＋1 D. 2＋2
【答案】 C 建立如图所示的平面直角坐标系，由题意知 a⊥b，且 a 与 b 是单位向量，
∴可设OA→
＝a＝(1，0)，OB→
＝b＝(0，1)，OC→
＝c＝(x，y)．
∴c－a－b＝(x－1，y－1)，∵|c－a－b|＝1，
∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，即点 C(x，y)的轨迹是以 M(1，1)为圆心，1 为半径的圆．而|c|＝ x2＋y2，∴
|c|的最大值为|OM|＋1，即|c|max＝ 2＋1，故选 C.
4．(2012·广东，8，难)对任意两个非零的平面向量 α 和 β，定义 α∘β＝ α·β
β·β.若平面向量 a，b 满足
|a|≥|b|>0，a 与 b 的夹角 θ∈(0，
π
4 )，且 a∘b 和 b∘a 都在集合{n
2|n ∈ Z}中，则 a∘b＝( )
A.
1
2 B．1 C.
3
2 D.
5
2
【答案】 C 根据题中给定的两个向量的新运算可知 a∘b＝ a·b
b·b＝|a| × |b| × cos θ
|b|2 ＝
|a|cos θ
|b|
，b∘a＝ |b|cos θ
|a|
，又由 θ∈(0，
π
4 )可得
2
2
0 可得 0< |b|
|a|
≤1，于是 0<
|b|cos θ
|a| <1，即 b∘a∈(0，1)，又由于 b∘a∈{n
2|n ∈ Z)，所以|b|cos θ
|a|
＝1
2，即|a|＝2|b|cos θ.①
同理|a|cos θ
|b| >
2
2 ，将①代入后得 2cos2θ>
2
2 ，又由于 a∘b∈{n
2|n ∈ Z}，所以 a∘b＝2cos 2θ＝n
2
(n∈Z)，于是 1<
n
2<2，故 n＝3，∴cos θ＝ 3
2
，|a|＝ 3|b|，
∴a∘b＝ 3|b|
|b|
×
3
2 ＝3
2，故选 C.
5．(2014·江西，14，中)已知单位向量 e1 与 e2 的夹角为 α，且 cos α＝1
3，向量 a＝3e1－2e2 与 b＝3e1
－e2 的夹角为 β，则 cos β＝________．
【解析】 a·b＝(3e1－2e2)·(3e1－e2)＝9＋2－9×1×1×1
3＝8.
∵|a|2＝(3e1－2e2)2＝9＋4－12×1×1×1
3＝9，∴|a|＝3.
∵|b|2＝(3e1－e2)2＝9＋1－6×1×1×1
3＝8，∴|b|＝2 2，
∴cos β＝ a·b
|a||b|
＝ 8
3 × 2 2＝2 2
3 .
【答案】 2 2
3
6．(2012·安徽，14，中)若平面向量 a，b 满足|2a－b|≤3，则 a·b 的最小值是________．
【解析】 由向量的数量积知－|a||b|≤a·b≤|a||b|⇒|a|·|b|≥－a·b(当且仅当〈a，b〉＝π时等号成
立)．
由|2a－b|≤3⇒4|a|2－4a·b＋|b|2≤9⇒9＋4a·b≥4|a|2＋|b|2≥4|a||b|≥－4a·b⇒a·b≥－9
8(当且仅当 2|a|
＝|b|，〈a，b〉＝π 时取等号)，∴a·b 的最小值为－9
8.
【答案】 －9
8
思路点拨：先由|2a－b| ≤3 找出 a·b 与|a|·|b|之间关系，再利用基本不等式及数量积的定义求最
值．
7．(2014·安徽，15，难)已知两个不相等的非零向量 a，b，两组向量 x1，x2，x3，x4，x5 和 y1，y2，
y3，y4，y5 均由 2 个 a 和 3 个 b 排列而成．记 S＝x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·y4＋x5·y5，Smin 表示 S 所
有可能取值中的最小值，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．
①S 有 5 个不同的值；
②若 a⊥b，则 Smin 与|a|无关；
③若 a∥b，则 Smin 与|b|无关；
④若|b|＞4|a|，则 Smin＞0；
⑤若|b|＝2|a|，Smin＝8|a|2，则 a 与 b 的夹角为π
4 .
【解析】 S 有 3 种结果：
S1＝a2＋a2＋b2＋b2＋b2，
S2＝a2＋a·b＋a·b＋b2＋b2，
S3＝a·b＋a·b＋a·b＋a·b＋b2，
故①错误．
∵S1－S2＝S2－S3＝a2＋b2－2a·b
≥a2＋b2－2|a||b|＝(|a|－|b|)2≥0，
∴S 中的最小值为 S3.
若 a⊥b，则 Smin＝S3＝b2，与|a|无关，
故②正确．
若 a∥b，则 Smin＝S3＝4a·b＋b2，与|b|有关，故③错误．
若|b|>4|a|，则 Smin＝S3＝4|a||b|cos θ＋b2>－4|a||b|＋b2>－|b|2＋b2＝0，故④正确．
若|b|＝2|a|，则 Smin＝S3＝8|a|2cos θ＋4|a|2＝8|a|2，
∴2cos θ＝1，∴θ＝π
3 ，故⑤错误．
【答案】 ②④
考向 1 平面向量的垂直与夹角
1．平面向量数量积的有关概念
(1)向量的夹角：已知两个非零向量 a 和 b，记OA→
＝a，OB→
＝b，则∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫作向
量 a 与 b 的夹角．
(2)数量积的定义：已知两个非零向量 a 和 b，它们的夹角为 θ，则数量|a||b|cos θ叫作 a 与 b 的数量
积，记作 a·b，即 a·b＝|a||b|cos θ.规定：0·a＝0.
(3)数量积的几何意义：数量积 a·b 等于 a 的模|a|与 b 在 a 的方向上的投影|b|cos θ的乘积．
两个向量的数量积是一个数量，而不是向量，它的值为两个向量的模与两向量夹角的余弦值的乘积，
其符号由夹角的余弦值确定．
2．平面向量数量积的性质
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)e·a＝a·e＝|a|cos θ.
(2)a⊥b⇔a·b＝0.
(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，a·a＝|a|2 或|a|＝ a·a.
(4)cos θ＝ a·b
|a||b|.
(5)|a·b|≤|a||b|.
3．平面向量数量积的坐标表示
设 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a，b 的夹角为 θ，则
(1)a·b＝x1x2＋y1y2.
(2)|a|＝ x＋y.若 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB→
|＝ （x1－x2）2＋（y1－y2）2.
(3)cos θ＝ x1x2＋y1y2
x＋y· x＋y
.
(4)a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
x1y2－x2y1＝0 与 x1x2＋y1y2＝0 不同，前者是两向量 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)共线的充要条件，后者
是它们垂直的充要条件．
(1)(2014·四川，7)平面向量 a＝(1，2)，b＝(4，2)，c＝ma＋b(m∈R)，且 c 与 a 的夹角
等于 c 与 b 的夹角，则 m＝( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
(2)(2014·天津，8)已知菱形 ABCD 的边长为 2，∠BAD＝120°，点 E，F 分别在边 BC，DC 上，BE
＝λBC，DF＝μDC.若AE→
·AF→
＝1，CE→
·CF→
＝－2
3，则 λ＋μ＝( )
A.
1
2 B.
2
3 C.
5
6 D.
7
12
(3)(2013·山东，15)已知向量 AB→
与AC→
的夹角为 120°，且|AB→
|＝3，|AC→
|＝2.若AP→
＝λAB→
＋AC→
，且AP→
⊥
BC→
，则实数 λ 的值为________．
【解析】 (1)c＝ma＋b＝(m＋4，2m＋2)，a·c＝5m＋8，b·c＝8m＋20.
由两向量的夹角相等可得a·c
|a|
＝b·c
|b|
，即为5m＋8
5
＝8m＋20
20
，解得 m＝2.
(2)以AB→
，AD→
为基向量，则AE→
·AF→
＝(AB→
＋λAD→
)·(AD→
＋μAB→
)＝μAB→
2＋λAD→
2＋(1＋λμ)AB→
·AD→
＝4(μ＋λ)－2(1
＋λμ)＝1.①
CE→
·CF→
＝(λ－1)BC→
·(μ－1)DC→
＝－2(λ－1)(μ－1)＝－2
3.②
由①②可得 λ＋μ＝5
6.
(3)∵AP→
⊥BC→
，∴AP→
·BC→
＝0，
∴(λAB→
＋AC→
)·BC→
＝0，即(λAB→
＋AC→
)·(AC→
－AB→
)＝λAB→
·AC→
－λAB→
2＋AC→
2－AC→
·AB→
＝0.
∵向量AB→
与AC→
的夹角为 120°，|AB→
|＝3，|AC→
|＝2，
∴(λ－1)|AB→
||AC→
|·cos 120°－9λ＋4＝0，解得 λ＝ 7
12.
【答案】 (1)D (2)C (3)
7
12
【点拨】 题(1)考查了平面向量的坐标运算以及向量的夹角公式，求解时先进行运算，最后代入坐
标，使解题过程简洁；题(2)根据条件把AE→
，AF→
分别用AB→
，AD→
表示，然后根据向量数量积公式得方程组求
解；解题(3)的方法是根据AP→
·BC→
＝0 列出等量关系求出 λ.
平面向量数量积的应用
(1)根据平面向量数量积的性质：若 a，b 为非零向量，cos θ＝ a·b
|a||b|(夹角公式)，a⊥b⇔a·b＝0 等，
可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题．
(2)数量积大于 0 说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于 0 说明不共线的两向量的夹角为直
角，数量积小于 0 且两向量不共线时两向量的夹角为钝角．
(1)(2011·课标全国，10)已知 a 与 b 均为单位向量，其夹角为 θ，有下列四个命题
p1：|a＋b|>1⇔θ∈[0，
2π
3 )
p2：|a＋b|>1⇔θ∈(2π
3 ，π]
p3：|a－b|>1⇔θ∈[0，
π
3 )
p4：|a－b|>1⇔θ∈(π
3 ，π]
其中的真命题是( )
A．p1，p4 B．p1，p3
C．p2，p3 D．p2，p4
(2)(2014·湖北，11)设向量 a＝(3，3)，b＝(1，－1)，若(a＋λb)⊥(a－λb)，则实数 λ＝________．
(1)【答案】 A ∵|a|＝|b|＝1，且 θ∈[0，π]，
若|a＋b|>1，
则(a＋b)2>1，∴a2＋2a·b＋b2>1，
即 a·b>－1
2，
∴cos θ＝ a·b
|a||b|
＝a·b>－1
2，
∴θ∈[0，
2π
3 )；
若|a－b|>1，同理求得 a·b<
1
2，
∴cos θ＝a·b<
1
2，
∴θ∈(π
3 ，π]，
∴p1，p4 正确，故选 A.
(2)【解析】 ∵a＋λb＝(3＋λ，3－λ)，a－λb＝(3－λ，3＋λ)，
又(a＋λb)⊥(a－λb)，
∴(a＋λb)·(a－λb)＝(3＋λ)(3－λ)＋(3－λ)(3＋λ)＝0，解得 λ＝±3.
【答案】 ±3
考向 2 平面向量的模及其应用
求平面向量的模的公式
(1)a2＝a·a＝|a|2 或|a|＝ a·a＝ a2；
(2)|a±b|＝ （a ± b）2＝ a2 ± 2a·b＋b2；
(3)若 a＝(x，y)，则|a|＝ x2＋y2.
(1)(2014·课标Ⅱ，3)设向量 a，b 满足|a＋b|＝ 10，|a－b|＝ 6，则 a·b＝( )
A．1 B．2 C．3 D．5
(2)(2014·湖南，16)在平面直角坐标系中，O 为原点，A(－1，0)，B(0，3)，C(3，0)，动点 D 满足|CD→
|＝1，则|OA→
＋OB→
＋OD→
|的最大值是________．
【解析】 (1)由|a＋b|＝ 10得 a2＋b2＋2a·b＝10，①
由|a－b|＝ 6得 a2＋b2－2a·b＝6，②
①－②得 4a·b＝4，∴a·b＝1，故选 A.
(2)方法一：设 D(x，y)，由CD→
＝(x－3，y)及|CD→
|＝1 可知(x－3)2＋y2＝1，即动点 D 的轨迹为以点 C
为圆心的单位圆．
又OA→
＋OB→
＋OD→
＝(－1，0)＋(0， 3)＋(x，y)＝(x－1，y＋ 3)，
∴|OA→
＋OB→
＋OC→
|＝ （x－1）2＋（y＋ 3）2，问题转化为圆(x－3)2＋y2＝1 上的点与点 P(1，－ 3)间
距离的最大值．
∵圆心 C(3，0)与点 P(1，－ 3)之间的距离为 （3－1）2＋（0＋ 3）2＝ 7，
故 （x－1）2＋（y＋ 3）2的最大值为 7＋1.
方法二：设 D(x，y)，则由|CD→
|＝1，得(x－3)2＋y2＝1，从而可设 x＝3＋cos α，y＝sin α，α∈R.
而OA→
＋OB→
＋OD→
＝(x－1，y＋ 3)，
则|OA→
＋OB→
＋OD→
|＝ （x－1）2＋（y＋ 3）2
＝ （2＋cos α）2＋（ 3＋sin α）2
＝ 8＋4cos α＋2 3sin α＝ 8＋2 7sin（α＋φ），
其中 sin φ＝ 2
7，cos φ＝
3
7.
显然当 sin(α＋φ)＝1 时，|OA→
＋OB→
＋OD→
|有最大值 8＋2 7＝ 7＋1.
方法三：OA→
＋OB→
＋OD→
＝OA→
＋OB→
＋OC→
＋CD→
，
设 a＝OA→
＋OB→
＋OC→
＝(2， 3)，
则|a|＝ 7，从而OA→
＋OB→
＋OD→
＝a＋CD→
，
则|OA→
＋OB→
＋OD→
|＝|a＋CD→
|≤|a|＋|CD→
|＝ 7＋1，
当 a 与CD→
同向时，|OA→
＋OB→
＋OD→
|有最大值 7＋1.
【答案】 (1)A (2) 7＋1
【点拨】 解题(1)时注意先求模的平方，再用加减运算求解；题(2)方法一利用几何意义将问题转化
为几何问题；方法二采用换元法将问题转化为求三角函数的最值；方法三利用向量运算性质求解．
1.求向量的模的方法
(1)公式法：利用|a|＝ a·a及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的运算转化为数量积运算．
(2)几何法：利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再
利用余弦定理等方法求解．
2．求向量模的最值(范围)的方法
(1)代数法：把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解．
(2)几何法(数形结合法)：弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形求解．
(2015·河南开封模拟，14)已知向量 a 与 b 垂直，|a|＝2，若使得(a－c)·(b－c)＝0 的 c 的模
的最大值为 5，则|b|＝________．
【解析】 因为(a－c)·(b－c)＝a·b＋c 2－(a＋b)·c＝0 且 a 与 b 垂直，所以 c2＝(a＋b)·c，|c|＝|a＋b|cos
θ≤|a＋b|(θ 为 a＋b 与 c 的夹角)，由题意知|a＋b|＝ 5＝ （a＋b）2＝ a2＋b2＝ 4＋b2，得|b|＝1.
【答案】 1
1．(2015·河北承德质检，4)已知两个非零向量 a，b 满足|a＋b|＝|a－b|，则下列结论正确的是( )
A．a∥b B．a⊥b
C．|a|＝|b| D．a＋b＝a－b
【答案】 B 因为|a＋b|＝|a－b|，所以(a＋b)2＝(a－b)2，即 a·b＝0，所以 a⊥b.故选 B.
2．(2015·浙江温州二模，5)已知|a|＝1，a·b＝ 1
2，(a－b)2＝1，则 a 与 b 的夹角等于( )
A．30° B．45° C．60° D．120°
【答案】 C 设 a 与 b 的夹角为 θ，因为 a·b＝|a||b|·cos θ＝1
2，且|a|＝1，
所以|b|cos θ＝1
2.①
又|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b＝1，即 1＋|b|2－1＝1，故|b|＝1.②
由①②得 cos θ＝1
2.
又 θ∈[0°，180°]，所以 θ＝60°.故选 C.
3．(2015·河南驻马店质检，6)若 O 为△ABC 所在平面内任一点，且满足( OB→
－OC→
)·(OB→
＋OC→
－2OA→
)＝
0，则△ABC 的形状为( )
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【答案】 C 因为(OB→
－OC→
)·(OB→
＋OC→
－2OA→
)＝0，即CB→
·(AB→
＋AC→
)＝0，∵AB→
－AC→
＝CB→
，
∴(AB→
－AC→
)·(AB→
＋AC→
)＝0，即|AB→
|＝|AC→
|，所以△ABC 是等腰三角形，故选 C.
4．(2015·上海嘉定模拟，15)已知 i，j，k 表示共面的三个单位向量，i⊥j，那么(i＋k)·(j＋k)的取值
范围是( )
A．[－3，3] B．[－2，2]
C．[ 2－1， 2＋1] D．[1－ 2，1＋ 2]
【答案】 D 由 i⊥j，得 i·j＝0，
又 i，j 为单位向量，
∴|i＋j|＝ i2＋j2＋2i·j＝ 2，
则(i＋k)·(j＋k)＝i·j＋(i＋j)·k＋k2
＝(i＋j)·k＋1＝|i＋j|cosi＋j，k＋1
＝ 2cosi＋j，k＋1，
又∵－1≤cosi＋j，k≤1，
∴(i＋k)·(j＋k)的取值范围是[1－ 2，1＋ 2]．故选 D.
5．(2015·福建莆田一模，6)已知 a，b，c 均为单位向量，且|a＋b|＝1，则(a－b)·c 的取值范围是( )
A．[0，1] B．[－1，1]
C．[－ 3， 3] D．[0， 3]
【答案】 C 由 a，b 为单位向量和|a＋b|＝1 的几何意义，可知|a－b|＝ 3，设 a－b 与 c 的夹角为
θ，则(a－b)·c＝|a－b||c|·cos θ，
∵cos θ∈[－1，1]，∴(a－b)·c 的取值范围为[－ 3， 3]．
6．(2014·湖南九校联考，9)对于非零向量 m，n，定义运算“*”：m*n＝|m||n|sin θ，其中 θ 为 m，n
的夹角，有两两不共线的三个向量 a，b，c，下列结论正确的是( )
A．若 a*b＝a*c，则 b＝c
B．(a*b)c＝a(b*c)
C．a*b＝(－a)*b
D．(a＋b)*c＝a*c＋b*c
【答案】 C a，b，c 为两两不共线向量，则 a，b，c 为非零向量，故 A 不正确；设 a，b 夹角为
θ，b，c 夹角为 α，则(a*b)c＝|a||b|·sin θ·c，a(b*c)＝|b||c|sin α·a，故 B 不正确；a*b＝|a||b|sin θ＝
|－a||b|sin(π－θ)＝(－a)*b.故选 C.
7．(2015·山东淄博一模，14)若 a，b 是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈[ 3
3 ，1]，则 b 与 a－
b 的夹角的取值范围是________．
【解析】 设OA→
＝a，OB→
＝b，以 OA 与 OB 为邻边作平行四边形 OACB，因为|a|＝|b|，所以四边形
OACB 是菱形，设∠BOC＝θ(0 < θ <
π
2 )，则∠OBC＝π－2θ，在△OBC 中，由正弦定理可得 |a|
sin θ
＝ |a＋b|
sin（π－2θ），化简得 cos θ＝ 1
2λ，由 λ∈[ 3
3 ，1]得 1
2λ∈[1
2，
3
2 ]，所以 θ∈[π
6 ，
π
3 ]，所以b，a
－b＝θ＋π
2 ∈[2π
3 ，
5π
6 ].
【答案】 [2π
3 ，5π
6 ]
8．(2014·江西南昌二模，12)关于平面向量 a，b，c，有下列三个命题：
①若 a·b＝a·c，则 b＝c；
②若 a＝(1，k)，b＝(－2，6)，a∥b，则 k＝－3；
③非零向量 a 和 b 满足|a|＝|b|＝|a－b|，则 a 与 a＋b 的夹角为 60°.
其中真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)．
【解析】 命题①明显错误．由两向量平行的充要条件得 1×6＋2k＝0，k＝－3，故命题②正确．由
|a|＝|b|＝|a－b|，再结合平行四边形法则可得 a 与 a＋b 的夹角为 30°，命题③错误．
【答案】 ②
1．(2015·天津，14，中)在等腰梯形 ABCD 中，已知 AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，动
点 E 和 F 分别在线段 BC 和 DC 上，且BE→
＝λBC→
，DF→
＝ 1
9λDC→
，则AE→
·AF→
的最小值为________．
【解析】 如图，分别过 C，D 作 CN⊥AB 于 N，DM⊥AB 于 M，
则 AM＝BN＝1
2，∴CD＝MN＝1.
∴AE→
·AF→
＝(AB→
＋BE→
)·(AB→
＋BC→
＋CF→
)
＝AB→
2＋AB→
·BC→
＋AB→
·CF→
＋AB→
·BE→
＋BE→
·BC→
＋BE→
·CF→
＝4－1－2(1－ 1
9λ)－λ＋λ＋1
2λ·(1－ 1
9λ)
＝17
18＋ 2
9λ＋λ
2 ≥17
18＋2
1
9＝29
18，
当且仅当 2
9λ＝λ
2 ，即 λ＝2
3时等号成立，此时AE→
·AF→
有最小值29
18.
【答案】 29
18
2．(2015·江苏，14，难)设向量 ak＝(cos
kπ
6 ，sin
kπ
6 ＋cos
kπ
6 )(k＝0，1，2，…，12)，则∑
11
k＝0 (ak·ak
＋1)的值为________．
【解析】 ak·ak＋1
＝(cos
kπ
6 ，sin
kπ
6 ＋cos
kπ
6 )·
(cos
k＋1
6 π，sin
k＋1
6 π＋cos
k＋1
6 π)
＝cos
kπ
6 cos
k＋1
6
π＋(sin
kπ
6 ＋cos
kπ
6 )·
(sin
k＋1
6 π＋cos
k＋1
6 π)
＝cos
kπ
6 cos
k＋1
6
π＋sin
kπ
6 sin
k＋1
6
π＋sin
kπ
6 cos
k＋1
6
π＋cos
kπ
6 sin
k＋1
6
π＋cos
kπ
6 cosk＋1
6
π
＝cos
π
6 ＋sin
2k＋1
6
π＋cos
kπ
6 cos
k＋1
6
π，
∑
11
k＝0 (ak·ak＋1)＝12cos
π
6 ＋ ∑
11
k＝0sin
2k＋1
6
π＋ ∑
11
k＝0cos
kπ
6 cos
k＋1
6
π
＝6 3＋0＋4( 3
2 ＋1
2 × 3
2
＋0)
＝9 3.
【答案】 9 3
3．(2015·浙江，15，难)已知 e1，e2 是空间单位向量，e1·e2＝1
2.若空间向量 b 满足 b·e1＝2，b·e2＝
5
2，且对于任意 x，y∈R，|b－(xe 1 ＋ye 2)|≥|b－(x 0e1 ＋y 0e2)|＝1(x 0 ，y 0 ∈R)，则 x 0 ＝______，y 0 ＝
________，|b|＝________．
【解析】 ∵e1·e2＝|e1||e2|cos〈e1，e2〉＝cos〈e1，e2〉＝1
2，
∴〈e1，e2〉＝π
3 .
不妨设 e1＝(1
2，
3
2 ，0)，e2＝(1，0，0)，
b＝(m，n，t)．
则由题意知 b·e1＝1
2m＋
3
2 n＝2，
b·e2＝m＝5
2.
解得 n＝
3
2 ，m＝5
2，
∴b＝(5
2，
3
2 ，t).
∵b－(xe1＋ye2)
＝(5
2－1
2x－y，
3
2 － 3
2 x，t)，
∴|b－(xe1＋ye2)|2＝(5
2
－1
2x－y) 2
＋( 3
2 － 3
2 x) 2
＋t2.
由题意，当 x＝x0＝1，y＝y0＝2 时，
|b－(xe1＋ye2)|2 取到最小值 1.
此时 t2＝1，
故|b|＝ (5
2 ) 2
＋( 3
2 )2
＋t2
＝ 8＝2 2.
【答案】 1 2 2 2
4．(2015·广东，16，12 分，易)在平面直角坐标系 xOy 中，已知向量 m＝( 2
2 ，－ 2
2 )，n＝(sin x，cos
x)，x∈(0，
π
2 ).
(1)若 m⊥n，求 tan x 的值；
(2)若 m 与 n 的夹角为π
3 ，求 x 的值．
解：(1)∵m＝( 2
2 ，－ 2
2 )，n＝(sin x，cos x)，m⊥n，
∴m·n＝
2
2 sin x－
2
2 cos x＝0，
即 sin x＝cos x，
∴tan x＝sin x
cos x＝1.
(2)由题意知，
|m|＝ ( 2
2 ) 2
＋(－ 2
2 )2
＝1，
|n|＝ sin2x＋cos2x＝1，
m·n＝
2
2 sin x－
2
2 cos x＝sin(x－
π
4 ).
而 m·n＝|m|·|n|·cos〈m，n〉
＝cos
π
3 ＝1
2.
∴sin(x－
π
4 )＝1
2，又∵x∈(0，
π
2 )，x－π
4
∈(－
π
4 ，
π
4 )，
∴x－π
4 ＝π
6 ，∴x＝5π
12 .
1．(2012·湖南，7，中)在△ABC 中，AB＝2，AC＝3，AB→
·BC→
＝1，则 BC＝( )
A. 3 B. 7 C．2 2 D. 23
【答案】 A ∵AB→
·BC→
＝AB→
·(AC→
－AB→
)＝AB→
·AC→
－AB→
2＝1，
∴AB→
·AC→
＝5，即 2×3cos A＝5，∴cos A＝5
6.由余弦定理得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A＝3，
∴BC＝ 3，故选 A.
思路点拨：先根据数量积求出角 A 的三角函数值，再由余弦定理求 BC.
2．(2012·江西，7，中)在直角三角形 ABC 中，点 D 是斜边 AB 的中点，点 P 为线段 CD 的中点，则
|PA|2＋|PB|2
|PC|2 ＝( )
A．2 B．4 C．5 D．10
【答案】 D 方法一：以 C 为原点，CA，CB 所在直线分别为 x，y 轴建立直角坐标系．设 A(a，
0)，B(0，b)，则 D(a
2，
b
2)，P(a
4，
b
4).从而|PA|2＋|PB|2＝( 9
16a2＋ 1
16b2)＋( 1
16a2＋ 9
16b2)＝10
16(a2＋b2)＝10|PC|2，
故|PA|2＋|PB|2
|PC|2 ＝10.
方法二：因为PA→
－PB→
＝BA→
，且PA→
＋PB→
＝2PD→
，两式平方相加得 2PA→
2＋2PB→
2＝BA→
2＋4PD→
2＝4CD→
2＋4PC→
2＝
20PC→
2，故|PA|2＋|PB|2
|PC|2 ＝10.
3．(2014·安徽，10，难)在平面直角坐标系 xOy 中，已知向量 a，b，|a|＝|b|＝1，a·b＝0，点 Q 满
足OQ→
＝ 2(a＋b)．曲线 C＝{P| OP→
＝acos θ＋bsin θ，0≤θ＜2π}，区域 Ω＝{P|0＜r≤| PQ→
|≤R，r＜
R}．若 C∩Ω 为两段分离的曲线，则( )
A．1＜r＜R＜3 B．1＜r＜3≤R
C．r≤1＜R＜3 D．1＜r＜3＜R
【答案】 A 由题意，可取 a＝(1，0)，b＝(0，1)，
则OQ→
＝( 2， 2)，OP→
＝(cos θ，sin θ)，
PQ→
＝( 2－cos θ， 2－sin θ)，
∴|PQ→
|2＝( 2－cos θ)2＋( 2－sin θ)2
＝5－2 2(cos θ＋sin θ)
＝5－4sin(θ＋
π
4 ).
∵0≤θ<2π，∴π
4 ≤θ＋π
4 <
9π
4 ，
∴1≤|PQ→
|2≤9，即 1≤|PQ→
|≤3.
因为 C∩Ω 为两段分离的曲线，结合图象(如图)可知，1β，所以 α＝5π
6 ，β＝π
6 .
考向 1 平面向量在平面几何中的应用
向量在几何中的应用
(1)证明线段平行问题，包括相似问题，常用向量平行(共线)的充要条件：a∥b⇔a＝λb⇔x1y2－x2y1＝
0.
(2)证明垂直问题，常用向量垂直的充要条件：
a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
(3)求夹角问题，常用公式：
cos θ＝ a·b
|a||b|
＝ x1x2＋y1y2
x＋y· x＋y
.
(4)求线段的长度，可以用向量的线性运算，向量的模
|a|＝ a·a＝ x2＋y2或
|AB|＝|AB→
|＝ （x2－x1）2＋（y2－y1）2.
(1)(2013·福建，7)在四边形 ABCD 中，AC→
＝(1，2)，BD→
＝(－4，2)，则该四边形的面积为
( )
A. 5 B．2 5 C．5 D．10
(2)(2013·天津，12)在平行四边形 ABCD 中，AD＝1，∠BAD＝60°，E 为 CD 的中点．若 AC→
·BE→
＝
1，则 AB 的长为________．
【解析】 (1)AC→
·BD→
＝(1，2)·(－4，2)＝0，故AC→
⊥BD→
.故四边形 ABCD 的对角线互相垂直，面积 S＝
1
2·|AC→
|·|BD→
|＝1
2× 5×2 5＝5，故选 C.
(2)方法一：由题意可知，AC→
＝AB→
＋AD→
，BE→
＝－1
2AB→
＋AD→
.因为AC→
·BE→
＝1，
所以(AB→
＋AD→
)·(－1
2AB→
＋AD→
)＝1，
则 AD→
2＋1
2AB→
·AD→
－1
2AB→
2＝1.①
因为|AD→
|＝1，∠BAD＝60°，
所以AB→
·AD→
＝1
2|AB→
|，
因此①式可化为 1＋1
4|AB→
|－1
2|AB→
|2＝1.
解得|AB→
|＝0(舍去)或1
2，
所以 AB 的长为1
2.
方法二：以 A 为原点，AB 为 x 轴建立如图的直角坐标系，过 D 作 DM⊥AB 于点 M.由 AD＝1，
∠BAD＝60°，
可知 AM＝1
2，DM＝
3
2 .
设|AB|＝m(m＞0)，则 B(m，0)．
C(m＋1
2，
3
2 )，D(1
2，
3
2 ).
因为 E 是 CD 的中点，所以 E(m
2＋1
2，
3
2 ).
所以BE→
＝(1
2－1
2m，
3
2 )，AC→
＝(m＋1
2，
3
2 ).
由AC→
·BE→
＝1，
可得(m＋1
2)(1
2－1
2m)＋3
4＝1，
即 2m2－m＝0，所以 m＝0(舍去)或1
2.
故 AB 的长为1
2.
【答案】 (1)C (2)
1
2
【点拨】 解题(1)的关键是利用向量证明 AC⊥BD；解题(2)的方法一是利用平面向量运算，将AC→
，
BE→
用已知向量AB→
表示，然后求解；方法二是建立合适的平面直角坐标系，用坐标法求解，准确写出点的
坐标是关键．
用向量解决平面几何问题的步骤
(1)建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问
题；
(2)通过向量运算研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题；
(3)把运算结果“翻译”成几何关系．
(2013· 课 标 Ⅱ ， 13) 已 知 正 方 形 ABCD 的 边 长 为 2 ， E 为 CD 的 中 点 ， 则 AE→
·BD→
＝
________．
【解析】 方法一：AE→
·BD→
＝(AD→
＋1
2AB→
)·(AD→
－AB→
)
＝AD→
2－1
2AB→
2＝22－1
2×22＝2.
方法二：以 A 为原点建立平面直角坐标系(如图)，可得 A(0，0)，E(1，2)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，
2)，AE→
＝(1，2)，BD→
＝(－2，2)，则AE→
·BD→
＝(1，2)·(－2，2)＝1×(－2)＋2×2＝2.
【答案】 2
考向 2 平面向量在三角函数中的应用
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问题．解此类问题，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．
(1)(2014·山东，12)在△ABC 中，已知 AB→
·AC→
＝tan A，当 A＝ π
6 时，△ABC 的面积为
________．
(2)(2013·辽宁，17，12 分)设向量 a＝( 3sin x，sin x)，b＝(cos x，sin x)，x∈[0，
π
2 ].
①若|a|＝|b|，求 x 的值；
②设函数 f(x)＝a·b，求 f(x)的最大值．
【解析】 (1)在△ABC 中，AB→
·AC→
＝|AB→
|·|AC→
|·cos A＝tan A，∴|AB→
|·|AC→
|＝tan A
cos A＝
3
3
3
2
＝2
3.由三
角形面积公式，得 S＝1
2|AB|·|AC|sin A＝1
2
×2
3×1
2＝1
6.
(2)①由|a|2＝( 3sin x)2＋(sin x)2＝4sin2x，
|b|2＝cos2x＋sin2x＝1，及|a|＝|b|，得 4sin2x＝1.
又 x∈[0，
π
2 ]，∴sin x＝1
2，∴x＝π
6 .
②f(x)＝a·b＝ 3sin x·cos x＋sin2x
＝
3
2 sin 2x－1
2cos 2x＋1
2
＝sin(2x－
π
6 )＋1
2，
当 x＝π
3 ∈[0，
π
2 ]时，sin (2x－
π
6 )取最大值 1.
∴f(x)的最大值为3
2.
【点拨】 解题(1)的关键是利用向量知识求出|AB→
|·|AC→
|的值；解题(2)时注意角 x 的取值范围．
向量与三角函数综合问题的特点与解题思路
(1)以向量为载体考查三角函数的综合应用题目，通过向量的坐标运算构建出三角函数，然后再考查
有关三角函数的最值、单调性、周期性等三角函数性质问题，有时还加入参数，考查分类讨论的思想方
法．
(2)对于三角函数求最值问题，大都有两种形式：一种是化成 y＝Asin(ωx＋φ)或 y＝Acos(ωx＋φ)的形
式，另一种是化成 y＝asin2x＋bsin x＋c 或 y＝acos2x＋bcos x＋c 的形式．
(2015·安徽宣城模拟，17，12 分)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若
AB→
·AC→
＝BA→
·BC→
＝1.
(1)判断△ABC 的形状；
(2)求边长 c 的值；
(3)若|AB→
＋AC→
|＝2 2，求△ABC 的面积．
解：(1)由AB→
·AC→
＝BA→
·BC→
＝1，
得 bc·cos A＝ac·cos B，由正弦定理，
即 sin Bcos A＝sin Acos B，
∴sin(A－B)＝0，
∴A＝B，即△ABC 是等腰三角形．
(2)由AB→
·AC→
＝1，得 bc·cos A＝1，
又 bc·
b2＋c2－a2
2bc ＝1，则 b2＋c2－a2＝2，
又 a＝b，∴c2＝2，即 c＝ 2.
(3)由|AB→
＋AC→
|＝2 2，得 2＋b2＋2＝8，
∴b＝2，又 c＝ 2，
∴cos A＝
2
4 ，sin A＝ 14
4
，
∴S△ABC＝1
2bc·sin A＝1
2×2× 2×
14
4 ＝
7
2 .
1．(2015·安徽铜陵质检，6)已知向量OA→
＝(2，2)，OB→
＝(4，1)，在 x 轴上存在一点 P 使AP→
·BP→
有最小
值，则点 P 的坐标是( )
A．(－3，0) B．(2，0) C．(3，0) D．(4，0)
【答案】 C 设点 P 的坐标为(x，0)，则AP→
＝(x－2，－2)，BP→
＝(x－4，－1)．
AP→
·BP→
＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)
＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1.
当 x＝3 时，AP→
·BP→
有最小值 1.
此时点 P 的坐标是(3，0)．
2．(2015·湖北宜昌一模，6)已知△ABC 的外接圆的圆心为 O，半径为 1，若 3OA→
＋4OB→
＋5OC→
＝0，则
△AOC 的面积为( )
A.
2
5 B.
1
2 C.
3
10 D.
6
5
【答案】 A 由题设，得 3OA→
＋5OC→
＝－4OB→
，
即 9＋2×3×5OA→
·OC→
＋25＝16，
∴cos∠AOC＝－3
5，
∴sin∠AOC＝4
5，
S△AOC＝1
2×1×1×4
5＝2
5.
3．(2015·辽宁大连质检，8)设 F 1，F2 为椭圆x2
4 ＋y2＝1 的左、右焦点，过椭圆中心任作一条直线与
椭圆交于 P，Q 两点，当四边形 PF1QF2 面积最大时，PF1→
·PF2→
的值等于( )
A．0 B．2 C．4 D．－2
【答案】 D 由题意得 c＝ a2－b2＝ 3，
S 四边形 PF1QF2＝2S△PF1F2＝2×1
2×|F1F2|·h(h 为 F1F2 边上的高)，所以当 h＝b＝1 时，S 四边形
PF1QF2 取最大值，此时∠F1PF2＝120°，|PF1→
|＝|PF2→
|＝2.
所以PF1→
·PF2→
＝|PF1→
| |PF2→
|cos 120°＝2×2×(－1
2 )＝－2.
4．(2014·湖南长沙二模，6)如图，在△ABC 中，AD⊥AB，BC→
＝ 3BD→
，|AD→
|＝1，则AC→
·AD→
＝( )
A．2 3 B.
3
2 C．－
3
2 D. 3
【答案】 D 以 A 为原点，AB，AD 分别为 x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，如图．
设 B(xB，0)，D(0，1)，C(xC，yC)，
BC→
＝(xC－xB，yC)，BD→
＝(－xB，1)，
∵BC→
＝ 3BD→
，∴xC－xB＝－ 3xB⇒xC＝(1－ 3)xB，yC＝ 3，AC→
＝((1－ 3)xB，
3)，AD→
＝(0，1)，AC→
·AD→
＝ 3.
5．(2014·河北石家庄一模，6)已知点 G 为△ABC 的重心，∠A＝120°， AB→
·AC→
＝－2，则|AG→
|的最
小值是( )
A.
3
3 B.
2
2 C.
2
3 D.
3
4
【答案】 C 设 BC 的中点为 M，则AG→
＝2
3AM→
.
又 M 为 BC 中点，∴AM→
＝1
2(AB→
＋AC→
)，
∴AG→
＝2
3AM→
＝1
3(AB→
＋AC→
)，
∴|AG→
|＝1
3 AB→2＋AC→2＋2AB→·AC→.
又∵AB→
·AC→
＝－2，∠A＝120°，
∴|AB→
||AC→
|＝4.
∴|AG→
|＝1
3 AB→2＋AC→2－4
≥1
3 2|AB→||AC→|－4＝2
3，
当且仅当|AB→
|＝|AC→
|时取“＝”，
∴|AG→
|的最小值为2
3，故选 C.
6．(2015·河南周口一模，14)已知点 O 为△ABC 的外心，且| AC→
|＝4，| AB→
|＝2，则 AO→
·BC→
＝
________．
【解析】 因为点 O 为△ABC 的外心，且|AC→
|＝4，|AB→
|＝2，
所以AO→
·BC→
＝AO→
·(AC→
－AB→
)
＝AO→
·AC→
－AO→
·AB→
＝|AO→
||AC→
|cos〈AO→
，AC→
〉－|AO→
||AB→
|·cos〈AO→
，AB→
〉
＝|AC→
||AC→
|×1
2－|AB→
||AB→
|×1
2＝6.
【答案】 6
7．(2015·山东临沂质检，14)在直角梯形 ABCD 中，∠A＝90°，∠B＝30°，AB＝2 3，BC＝2，
点 E 在线段 CD 上，若AE→
＝AD→
＋μAB→
，则 μ 的取值范围是________．
【解析】 由余弦定理，得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B
＝(2 3)2＋22－2×2 3×2cos 30°＝4，
∴AC＝2，∴AC＝BC＝2，
∴∠CAB＝30°，∠DAC＝60°.
AD＝1，∴AE∈[1，2]，
∵AE→
＝AD→
＋μAB→
，
∴|AE→
|2＝(AD→
＋μAB→
)2
＝|AD→
|2＋|μAB→
|2
＝1＋(2 3)2μ2＝1＋12μ2，
∴μ2＝
|AE→
|2－1
12
，∵|AE→
|∈[1，2]，
∴μ2∈[0，
1
4]，∴μ∈[0，
1
2].
【答案】 [0，
1
2]
8．(2015·山西太原一模，14)设 G 是△ABC 的重心，且 7sin A·GA→
＋3sin B·GB→
＋3 7sin C·GC→
＝0，
则角 B 的大小为______________．
【解析】 ∵ 7sin A·GA→
＋3sin B·GB→
＋3 7sin C·GC→
＝0，
设三角形的边长顺次为 a，b，c，由正弦定理得 7a·GA→
＋3b·GB→
＋3 7c·GC→
＝0，
由点 G 为△ABC 的重心，根据中线的性质及向量加法法则得：
3GA→
＝BA→
＋CA→
，3GB→
＝CB→
＋AB→
，3GC→
＝AC→
＋BC→
，
代入上式得： 7a(BA→
＋CA→
)＋3b(CB→
＋AB→
)＋3 7c(AC→
＋BC→
)＝0，
又CA→
＝CB→
＋BA→
，上式可化为：
7a(2BA→
＋CB→
)＋3b(AB→
＋CB→
)＋3 7c·(－BA→
＋2BC→
)＝0，
即(2 7a－3b－3 7c)BA→
＋(－ 7a－3b＋6 7c)BC→
＝0，
则有{2 7a－3b－3 7c＝0，
－ 7a－3b＋6 7c＝0， Error!
①－②得 3 7a＝9 7c，即 a∶c＝3∶1，
设 a＝3k，c＝k，代入①得 b＝－ 7k，
∴cos B＝a2＋c2－b2
2ac ＝9k2＋k2－7k2
6k2 ＝1
2，
∴B＝π
3 .
【答案】 π
3
9．(2014·江西五校联考，17，12 分)已知向量 m＝( 3sin
x
4，1)，n＝(cos
x
4，cos2
x
4).
(1)若 m·n＝1，求 cos (2π
3 －x)的值；
(2)记 f(x)＝m·n，在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且满足(2a－c)cos B＝bcos C，
求函数 f(A)的取值范围．
解：m·n＝ 3sin
x
4cos
x
4＋cos2x
4
＝
3
2 sin
x
2＋1
2×cos
x
2＋1
2
＝sin(x
2
＋
π
6 )＋1
2.
(1)∵m·n＝1，∴sin(x
2＋
π
6 )＝1
2，
cos(x＋
π
3 )＝1－2sin2(x
2
＋
π
6 )＝1
2，
cos(2π
3 －x)＝－cos(x＋
π
3 )＝－1
2.
(2)∵(2a－c)cos B＝bcos C，由正弦定理得(2sin A－sin C)·cos B＝sin Bcos C，
∴2sin Acos B＝sin Ccos B＋sin Bcos C，
∴2sin Acos B＝sin(B＋C)．
∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sin A，且 sin A≠0，
∴cos B＝1
2，B＝π
3 .
∴00，点 P 在线段 AB 上，且有AP→
＝tAB→
(0≤t≤1)，则OA→
·OP→
的最大值为( )
A．a B．2a C．3a D．a2
【答案】 D ∵AP→
＝tAB→
，
∴OP→
＝OA→
＋AP→
＝OA→
＋t(OB→
－OA→
)
＝(1－t)OA→
＋tOB→
＝(a－at，at)，
∴OA→
·OP→
＝a2(1－t)，
∵0≤t≤1，∴0≤OA→
·OP→
≤a2.
9．(2015·安徽安庆一模，6)已知点 O 为△ABC 所在平面内一点，且 OA→
2＋BC→
2＝OB→
2＋CA→
2＝OC→
2＋AB→
2，
则 O 一定为△ABC 的( )
A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心
【答案】 C 由 OA→
2＋BC→
2＝OB→
2＋CA→
2，
得 OA→
2＋(OC→
－OB→
)2＝OB→
2＋(OA→
－OC→
)2，
∴OC→
·OB→
＝OA→
·OC→
，∴OC→
·AB→
＝0.
∴O 在边 AB 的高线上．
同理，O 在边 AC，BC 的高线上，
则 O 为△ABC 的垂心．故选 C.
10．(2015·江西宜春一模，11)已知定义在区间(0，3)上的函数 f(x)的图象如图所示，若 a＝(f(x)，0)，
b＝(cos x，1)，则不等式 a·b<0 的解集是( )
A．(0，1) B．(0，1]
C．(0，1)∪(π
2 ，3) D．(0，1]∪(π
2 ，3)
【答案】 C ∵(0，3)上的函数 f(x)的图象如图所示，
a＝(f(x)，0)，b＝(cos x，1)
∴当 x∈(0，1)时，f(x)<0，cos x>0；
当 x∈[1，
π
2 ]时，cos x≥0，f(x)≥0；
当 x∈(π
2 ，3)时，f(x)>0，cos x<0，
∴a·b＝f(x)cos x<0 的解集是(0，1)∪(π
2 ，3).
二、填空题(共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)
11．(2011·江苏，10)已知 e1，e2 是夹角为2π
3 的两个单位向量，a＝e1－2e2，b＝ke1＋e2.若 a·b＝0，
则实数 k 的值为________．
【解析】 a·b＝(e1－2e2)·(ke1＋e2)
＝ke21＋(1－2k)e1·e2－2e22
＝k＋(1－2k)cos
2π
3 －2＝0，解得 k＝5
4.
【答案】 5
4
12．(2015·山东烟台质检，14)△ABC 的三内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，设向量 m＝(3c－
b，a－b)，n＝(3a＋3b，c)，m∥n，则 cos A＝________．
【解析】 ∵m∥n，∴(3c－b)c＝(a－b)(3a＋3b)，
即 bc＝3(b2＋c2－a2)，
∴b2＋c2－a2
bc ＝1
3，
∴cos A＝b2＋c2－a2
2bc ＝1
6.
【答案】 1
6
13．(2015·江西南昌一模，12)已知向量 a＝(1，1)，b＝(1，－1)，c＝( 2cos α， 2sin α)(α∈R)，
实数 m，n 满足 ma＋nb＝c，则(m－3)2＋n2 的最大值为________．
【解析】 方法一：由 ma＋nb＝c，可得{m＋n＝ 2cos α，
m－n＝ 2sin α，
故(m＋n)2＋(m－n)2＝2，即 m2＋n2＝1，故点 M(m，n)在以原点为圆心，1 为半径的圆上，则点 P(3，
0)到点 M 的距离的最大值为|OP|＋1＝3＋1＝4，故(m－3)2＋n2 的最大值为 42＝16.
方法二：∵ma＋nb＝c，
∴(m＋n，m－n)＝( 2cos α， 2sin α)(α∈R)．
∴m＋n＝ 2cos α，m－n＝ 2sin α.
∴m＝sin(α＋
π
4 )，n＝cos(α＋
π
4 ).
∴(m－3)2＋n2＝m2＋n2－6m＋9
＝10－6sin(α＋
π
4 ).
∵sin(α＋
π
4 )∈[－1，1]，
∴(m－3)2＋n2 的最大值为 16.
【答案】 16
14．(2012·江苏，9)如图，在矩形 ABCD 中，AB＝ 2，BC＝2，点 E 为 BC 的中点，点 F 在边 CD
上，若AB→
·AF→
＝ 2，则AE→
·BF→
的值是________．
【解析】 方法一：以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴建立平面直角坐标系，则 A(0，0)，B( 2，
0)，D(2，0)，E( 2，1)，设 F(x，2)，∴AF→
＝(x，2)，AB→
＝( 2，0)，∴AB→
·AF→
＝ 2x＝ 2，∴x＝1，
∴F(1，2)，∴AE→
·BF→
＝( 2，1)·(1－ 2，2)＝ 2.
方法二：AB→
·AF→
＝|AB→
||AF→
|cos∠BAF＝ 2，
∴|AF→
|cos∠BAF＝1，即|DF→
|＝1，
∴|CF→
|＝ 2－1，AE→
·BF→
＝(AB→
＋BE→
)·(BC→
＋CF→
)
＝AB→
·BC→
＋AB→
·CF→
＋BE→
·BC→
＋BE→
·CF→
＝AB→
·CF→
＋BE→
·BC→
＝ 2×( 2－1)×(－1)＋1×2×1＝ 2.
【答案】 2
三、解答题(共 4 小题，共 50 分)
15．(12 分)(2015·山东德州一模，16)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，向量 m＝(cos(A
－B)，sin(A－B))，n＝(cos B，－sin B)，且 m·n＝－3
5.
(1)求 sin A 的值；
(2)若 a＝4 2，b＝5，求角 B 的大小及向量BA→
在BC→
方向上的投影．
解：(1)由 m·n＝－3
5，得 cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－3
5，所以 cos A＝－3
5.
因为 0b，所以 A>B，则 B＝π
4 ，由余弦定理得
(4 2)2＝52＋c2－2×5c×(－3
5 )，解得 c＝1，
故向量BA→
在BC→
方向上的投影为
|BA→
|cos B＝ccos B＝1×
2
2 ＝
2
2 .
16．(12 分)(2014·广东惠州三模，18)在△ABC 中，AB 边上的中线 CO＝2，若动点 P 满足 AP→
＝sin2
θ·AO→
＋cos2θ·AC→
(θ∈R)，求(PA→
＋PB→
)·PC→
的最小值．
解：因为AP→
＝sin2θ·AO→
＋cos2θ·AC→
，
又因为 sin2θ＋cos2θ＝1，
所以 C，P，O 三点共线，且 sin2θ，cos2θ∈[0，1]，
所以点 P 在线段 OC 上，
故(PA→
＋PB→
)·PC→
＝2PO→
·PC→
，
设|PO→
|＝t，t∈[0，2]，
则(PA→
＋PB→
)·PC→
＝2t(2－t)×cos 180°
＝2t2－4t＝2(t－1)2－2，
所以当 t＝1 时取最小值－2.
17．(12 分)(2015·重庆育才中学月考，17)在△ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边，若 m＝
(sin2
B＋C
2 ，1)，n＝(－2，cos 2A＋1)，且 m⊥n.
(1)求角 A 的大小；
(2)当 a＝2 3，且△ABC 的面积 S＝a2＋b2－c2
4 3 时，求边 c 的值和△ABC 的面积．
解：(1)由于 m⊥n，
所以 m·n＝－2sin2B＋C
2
＋cos 2A＋1
＝1－2cos2A
2＋2cos2A－1
＝2cos2A－cos A－1
＝(2cos A＋1)(cos A－1)
＝0.
所以 cos A＝－1
2或 cos A＝1(舍去)，
又 A∈(0，π)，故 A＝2π
3 .
(2)由 S＝a2＋b2－c2
4 3 及余弦定理得
2abcos C
4 3 ＝1
2absin C，整理得
tan C＝
3
3 .又 C∈(0，π)，所以 C＝π
6 .
由(1)知 A＝2π
3 ，故 B＝C＝π
6 .
又由正弦定理 a
sin A＝ c
sin C得 c＝2，
所以△ABC 的面积 S＝1
2acsin B＝ 3.
18．(14 分)(2013·重庆二模，20)如图，A 是单位圆与 x 轴正半轴的交点，点 P 在单位圆上，∠AOP＝
θ(0<θ<π)，OQ→
＝OA→
＋OP→
，四边形 OAQP 的面积为 S.
(1)求OA→
·OQ→
＋S 的最大值及此时 θ 的值 θ0；
(2)设点 B 的坐标为(－3
5，
4
5)，∠AOB＝α，在(1)的条件下求 cos(α＋θ0)．
解：(1)由题意知 A，P 的坐标分别为(1，0)，(cos θ，sin θ)．
∵OQ→
＝OA→
＋OP→
＝(1，0)＋(cos θ，sin θ)＝(1＋cos θ，sin θ)，
∴OA→
·OQ→
＝(1，0)·(1＋cos θ，sin θ)
＝1＋cos θ.
由题意可知 S＝sin θ.
∴OA→
·OQ→
＋S＝sin θ＋cos θ＋1
＝ 2sin(θ＋
π
4 )＋1(0<θ<π)．
∴OA→
·OQ→
＋S 的最大值是 2＋1，
此时 θ0＝π
4 .
(2)∵B(－3
5，
4
5)，∠AOB＝α，
∴cos α＝－3
5，sin α＝4
5.
∴cos(α＋θ0)＝cos(α＋
π
4 )
＝cos αcos
π
4 －sin αsin
π
4
＝－3
5×
2
2 －4
5×
2
2 ＝－7 2
10 .
