【数学】2020届一轮复习浙江专版5-3平面向量的数量积与平面向量应用举例学案

【数学】2020届一轮复习浙江专版5-3平面向量的数量积与平面向量应用举例学案

第三节平面向量的数量积与平面向量应用举例 ‎1．向量的夹角 定义 图示 范围 共线与垂直 已知两个非零向量a和b，作＝a，＝b，则∠AOB就是a与b的夹角 设θ是a与b的夹角，则θ的取值范围是0°≤θ≤180°‎ θ＝0°或θ＝180°⇔a∥b，θ＝90°⇔a⊥b ‎2．平面向量的数量积 定义 设两个非零向量a，b的夹角为θ，则数量|a||b|cos θ叫做a与b的数量积，记作a·b 投影 ‎|a|cos θ叫做向量a在b方向上的投影，‎ ‎|b|cos θ叫做向量b在a方向上的投影 几何意义 数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cos θ的乘积 ‎3．向量数量积的运算律 ‎(1)a·b＝b·a.‎ ‎(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)．‎ ‎(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c.‎ ‎4．平面向量数量积的有关结论 已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ.‎ 结论 几何表示 坐标表示 模 ‎|a|＝ ‎|a|＝ 夹角 cos θ＝ cos θ＝ a⊥b的充 要条件 a·b＝0‎ x1x2＋y1y2＝0‎ ‎|a·b|与 ‎|a||b|‎ 的关系 ‎|a·b|≤|a||b|‎ ‎|x1x2＋y1y2|≤‎ ‎[小题体验]‎ ‎1．已知|a|＝2，|b|＝6，a·b＝－6，则a与b的夹角θ为(　　)‎ A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 答案：D ‎2．已知向量a和向量b的夹角为30°，|a|＝2，|b|＝，则向量a和向量b的数量积a·b＝(　　)‎ A．1　　　　　　　　　 　B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C　由题意可得a·b＝|a|·|b|·cos〈a，b〉＝2××＝3.‎ ‎3．已知向量a，b均为单位向量，若它们的夹角为60°，则|a＋3b|＝(　　)‎ A. B. C. D．4‎ 解析：选C　依题意得a·b＝，‎ 则|a＋3b|＝＝.‎ ‎4．已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b.若b·c＝0，则t＝________.‎ 解析：因为向量a，b为单位向量，所以b2＝1，又向量a，b的夹角为60°，所以a·b＝，由b·c＝0，得b·[ta＋(1－t)b]＝0，即t a·b＋(1－t)b2＝0，所以t＋(1－t)＝0，所以t＝2.‎ 答案：2‎ ‎5．已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则·＝________.‎ 解析：选向量的基底为，，则＝－，＝＋，所以·＝·(－)＝2.‎ 答案：2‎ ‎1．数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·b＝a·c(a≠0)不能得出b＝c，两边不能约去一个向量．‎ ‎2．两个向量的夹角为锐角，则有a·b＞0，反之不成立；两个向量夹角为钝角，则有a·b＜0，反之不成立．‎ ‎3．a·b＝0不能推出a＝0或b＝0，因为a·b＝0时，有可能a⊥b.‎ ‎4．在用|a|＝求向量的模时，一定要把求出的a2再进行开方．‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1．若a，b是两个互相垂直的非零向量，给出以下式子：①a·b＝0；②a＋b＝a－b；③|a＋b|＝|a－b|；④a2＋b2＝(a＋b)2.其中正确的个数是(　　)‎ A．1　　　　　　　　　　 　B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C　因为a，b是两个互相垂直的非零向量，所以a·b＝0；所以(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2；(a－b)2＝a2＋b2－2a·b＝a2＋b2；所以(a＋b)2＝(a－b)2，即|a＋b|＝|a－b|.故①③④是正确的，②是错误的．‎ ‎2．设向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝－，则|a＋2b|＝________.‎ 解析：|a＋2b|＝＝＝ ＝.‎ 答案： ‎[题组练透]‎ ‎1．设a＝(1，－2)，b＝(－3,4)，c＝(3,2)，则(a＋2b)·c＝(　　)‎ A．(－15,12)　　　　　　　 　B．0‎ C．－3 D．－11‎ 解析：选C　∵a＋2b＝(1，－2)＋2(－3,4)＝(－5,6)，‎ ‎∴(a＋2b)·c＝(－5,6)·(3,2)＝－3.‎ ‎2．(2018·浙江考前冲刺)若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|＝4，则向量a在a＋b上的投影为(　　)‎ A. B．3‎ C. D．6‎ 解析：选B　由|a＋b|＝|a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，即a·b＝0，‎ 由|a＋b|＝2|b|，得a2＋2a·b＋b2＝4b2，即a2＝3b2，所以|a|＝|b|＝2，‎ 所以向量a在a＋b上的投影为＝＝3.‎ ‎3．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝2，D为BC的中点，则·＝________.‎ 解析：法一：由题意知，AC＝BC＝2，AB＝2，‎ ‎∴·＝·(＋)‎ ‎＝·＋· ‎＝||·||cos 45°＋||·||cos 45°‎ ‎＝2×2×＋2×1×＝6.‎ 法二：建立如图所示的平面直角坐标系，‎ 由题意得A(0,2)，B(－2,0)，‎ D(－1,0)，‎ ‎∴＝(－2,0)－(0,2)＝(－2，－2)，‎ ＝(－1,0)－(0,2)＝(－1，－2)，‎ ‎∴·＝－2×(－1)＋(－2)×(－2)＝6.‎ 答案：6‎ ‎4．(2019·台州模拟)以O为起点作三个不共线的非零向量，，，使＝－2，||＝4，＋＝，则·＝________.‎ 解析：法一：由＋＝，平方得·＝－，即cos∠AOB＝－，因为，不共线，所以0°＜∠AOB＜180°，所以∠AOB＝120°.因为＝－2，所以C为线段AB的中点．由＋＝两边同乘以，得cos∠AOC＋cos∠BOC＝1，即cos∠AOC＋cos(120°－∠AOC)＝1，解得∠AOC＝60°，所以OC为∠AOB的平分线，所以⊥.又||＝4，所以||＝||＝2，所以·＝(＋)·＝2＝12.‎ 法二：由＋＝及＝－2，结合向量加法的平行四边形法则得OC为∠AOB的平分线，C为AB的中点，所以⊥，且||＝||＝4，||＝||＝2，所以·＝(＋)·＝2＝12.‎ 答案：12‎ ‎[谨记通法]‎ 向量数量积的2种运算方法 方法 运用提示 适用题型 定义法 当已知向量的模和夹角θ时，可利用定义法求解，即a·b＝|a|·|b|cos θ 适用于平面图形中的向量数量积的有关计算问题 坐标法 当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2‎ 适用于已知相应向量的坐标求解数量积的有关计算问题 ‎[锁定考向]‎ 平面向量的夹角与模的问题是高考中的常考内容，题型多为选择题、填空题，难度适中，属中档题．‎ 常见的命题角度有：‎ ‎(1)平面向量的模；‎ ‎(2)平面向量的夹角；‎ ‎(3)平面向量的垂直；‎ ‎(4)与最值、范围有关问题．　　　 　‎ ‎[题点全练]‎ 角度一：平面向量的模 ‎1．已知e1，e2是单位向量，且e1·e2＝.若向量b满足b·e1＝b·e2＝1，则|b|＝________.‎ 解析：法一：∵e1·e2＝，‎ ‎∴|e1||e2|cose1，e2＝，∴e1，e2＝60°.‎ 又∵b·e1＝b·e2＝1＞0，∴b，e1＝b，e2＝30°.‎ 由b·e1＝1，得|b||e1|cos 30°＝1，∴|b|＝＝.‎ 法二：由题可得，不妨设e1＝(1,0)，e2＝，b＝(x，y)．‎ ‎∵b·e1＝b·e2＝1，‎ ‎∴x＝1，x＋y＝1，解得y＝.‎ ‎∴b＝，∴|b|＝ ＝.‎ 答案： 角度二：平面向量的夹角 ‎2．(2018·浙江十校联盟适考)若向量a，b满足|a|＝4，|b|＝1，且(a＋8b)⊥a，则向量a，b的夹角为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　B. C. D. 解析：选C　由(a＋8b)⊥a，得|a|2＋8a·b＝0，因为|a|＝4，所以a·b＝－2，所以cos〈a，b〉＝＝－，所以向量a，b的夹角为.‎ ‎3．已知平面向量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＝________.‎ 解析：因为a＝(1,2)，b＝(4,2)，‎ 所以c＝ma＋b＝(m＋4，2m＋2)，|a|＝，|b|＝2，‎ 所以c·a＝5m＋8，c·b＝8m＋20.‎ 因为c与a的夹角等于c与b的夹角，‎ 所以＝，‎ 即＝，解得m＝2.‎ 答案：2‎ 角度三：平面向量的垂直 ‎4．(2019·南宁模拟)已知向量与的夹角为120°，且||＝3，||＝2.若＝λ＋，且⊥，则实数λ的值为________．‎ 解析：由⊥，知·＝0，即·＝(λ＋)·(－)＝(λ－1)·－λ2＋2＝(λ－1)×3×2×－λ×9＋4＝0，解得λ＝.‎ 答案： ‎5．已知向量a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，0＜β＜α＜π.‎ ‎(1)若|a－b|＝，求证：a⊥b；‎ ‎(2)设c＝(0,1)，若a＋b＝c，求α，β的值．‎ 解：(1)证明：由题意得|a－b|2＝2，‎ 即(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝2.‎ 又因为a2＝b2＝|a|2＝|b|2＝1，‎ 所以2－2a·b＝2，‎ 即a·b＝0，故a⊥b.‎ ‎(2)因为a＋b＝(cos α＋cos β，sin α＋sin β)＝(0,1)，‎ 所以 由此得，cos α＝cos(π－β)，由0＜β＜π，得0＜π－β＜π，又0＜α＜π，故α＝π－β.代入sin α＋sin β＝1，得sin α＝sin β＝，而α＞β，所以α＝，β＝.‎ 角度四：与最值、范围有关问题 ‎6．(2018·浙江名校联考)已知在△ABC中，AB＝4，AC＝2，AC⊥BC，D为AB的中点，点P满足＝＋，则·(＋)的最小值为(　　)‎ A．－2 B．－ C．－ D．－ 解析：选C　由＝＋·知点P在直线CD上，以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,2)，B(2，0)，C(0，0)，D(，1)，∴直线CD的方程为y＝x，设P，则＝，＝，＝，∴＋＝，∴·(＋)＝－x(2－2x)＋x2－x＝x2－x＝2－，∴当x＝时，·(＋)取得最小值－.‎ ‎7．(2018·浙江联盟校联考)已知动点P是边长为的正方形ABCD的边上任意一点，MN是正方形ABCD的外接圆O的一条动弦，且MN＝，则·的取值范围为________．‎ 解析：如图，取MN的中点H，连接PH，则＝＋＝－‎ ，＝＋，因为MN＝，所以·＝2－2＝2－≥－，当且仅当点P，H重合时取到最小值．当P，H不重合时，连接PO，OH，易得OH＝，则2＝(＋)2＝2＋2· ＋2＝2＋－2||·||cos∠POH＝2＋－||cos∠POH≤2＋＋||≤＋，当且仅当P，O，H三点共线，且P位于A，B，C，D其中某一点时取到等号，所以·＝2－≤＋1.故·的取值范围为.‎ 答案： ‎[通法在握]‎ ‎1．平面向量数量积求解问题的策略 ‎(1)求两向量的夹角：cos θ＝，要注意θ∈[0，π]．‎ ‎(2)求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有：‎ ‎①a2＝a·a＝|a|2或|a|＝.‎ ‎②|a±b|＝＝.‎ ‎③若a＝(x，y)，则|a|＝.‎ ‎(3)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|.‎ ‎2．数量积的最值或范围问题的2种求解方法 ‎(1)临界分析法：结合图形，确定临界位置的动态分析求出范围．‎ ‎(2)目标函数法：将数量积表示为某一个变量或两个变量的函数，建立函数关系式，再利用三角函数有界性、二次函数或基本不等式求最值或范围．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1．如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点(含边界)，则·的最大值为(　　)‎ A．3 B．2 C．6 D．9‎ 解析：选D　由平面向量数量积的几何意义知，·等于与在方向上的投影之积，所以(·)max＝·＝·(＋)＝2＋2＋·＝9.‎ ‎2．(2019·嘉兴高三测试)已知|c|＝2，向量b满足2|b－c|＝b·c.当b，c的夹角最大时，|b|＝________.‎ 解析：设＝b，＝c，则∠BOC即为向量b，c的夹角，OC＝2，b－c＝.由2|b－c|＝b·c可知2BC＝2OB·cos∠BOC，从而cos∠BOC＝≥0.‎ 若BC＝0，则∠BOC＝0，不符合题意；‎ 若BC ＞0，则∠BOC为锐角，设OB＝m，BC＝n，则cos∠BOC＝.在△OBC中，由余弦定理可知cos∠BOC＝，所以＝，即m2＝n2＋4n－4，从而cos2∠BOC＝＝＝，所以当n＝2时，cos2∠BOC取得最小值，∠BOC取得最大值，此时|b|＝m＝ ＝2.‎ 答案：2 ‎3．(2019·唐山模拟)在△ABC中，(－3)⊥，则角A的最大值为________．‎ 解析：因为(－3)⊥，所以(－3)·＝0，即(－3)·(－)＝0，整理得2－4·＋32＝0，即cos A＝＝＋≥2＝，当且仅当||＝||时等号成立．因为0＜A＜π，所以0＜A≤，即角A的最大值为.‎ 答案： ‎4．如图，在扇形OAB中，OA＝2，∠AOB＝90°，M是OA的中点，点P在弧AB上，则·的最小值为________．‎ 解析：如图，以O为坐标原点，为x轴的正半轴，为y轴的正半轴建立平面直角坐标系，则M(1,0)，B(0,2)，设P(2cos θ，2sin θ)，θ∈，所以·＝(1－2cos θ，－2sin θ)·‎ ‎(－2cos θ，2－2sin θ)＝4－2cos θ－4sin θ＝4－2(cos θ＋2sin θ)＝4－2sin(θ＋φ)，所以·的最小值为4－2.‎ 答案：4－2 ‎5．设向量a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，c＝(cos β，－4sin β)．‎ ‎(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；‎ ‎(2)求|b＋c|的最大值；‎ ‎(3)若tan αtan β＝16，求证：a∥b.‎ 解：(1)由a与b－2c垂直，得a·(b－2c)＝a·b－2a·c＝0，‎ 即4cos α·sin β＋sin α·4cos β－2(4cos αcos β－4sin αsin β)＝0，‎ 整理得4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0，tan(α＋β)＝2.‎ ‎(2)b＋c＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)，‎ ‎|b＋c|2＝sin2β＋2sin βcos β＋cos2β＋16cos2β－32cos βsin β＋16sin2β＝17－30sin βcos β＝17－15sin 2β，故最大值为32，所以|b＋c|的最大值为4.‎ ‎(3)证明：由tan αtan β＝16，得sin αsin β＝16cos αcos β，‎ 即4cos α·4cos β－sin αsin β＝0，所以a∥b.‎ ‎[典例引领]‎ ‎(2018·温州十校联考)已知m＝(2sin x，sin x－cos x)，n＝(cos x，sin x＋cos x)，记函数f(x)＝m·n.‎ ‎(1)求函数f(x)的最大值以及取最大值时x的取值集合；‎ ‎(2)设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(C)＝2，c＝，求△ABC面积的最大值．‎ 解：(1)由题意，得f(x)＝m·n＝2sin xcos x＋sin2x－cos2x＝sin 2x－(cos2 x－sin2 x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin，‎ 所以f(x)max＝2；‎ 当f(x)取最大值时，即sin＝1，此时2x－＝2kπ＋(k∈Z)，解得x＝kπ＋(k∈Z)，‎ 所以x的取值集合为.‎ ‎(2)由(1)f(C)＝2，得sin＝1，又0＜C＜π，‎ 即－＜2C－＜，‎ 所以2C－＝，解得C＝，‎ 在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，‎ 得3＝a2＋b2－ab≥ab，即ab≤3，当且仅当a＝b＝时，取等号，‎ 所以S△ABC＝absin C＝ab≤，‎ 所以△ABC面积的最大值为.‎ ‎[由题悟法]‎ 平面向量与三角函数的综合问题的解题思路 ‎(1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．‎ ‎(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求值域等．‎ ‎[即时应用]‎ 在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝，n＝(sin x，cos x)，x∈.‎ ‎(1)若m⊥n，求tan x的值；‎ ‎(2)若m与n的夹角为，求x的值．‎ 解：(1)因为m ＝，n＝(sin x，cos x)，m⊥n，‎ 所以m·n ＝0，即sin x－cos x＝0，‎ 所以sin x＝cos x，所以tan x＝1.‎ ‎(2)因为|m|＝|n|＝1，所以m·n＝cos ＝，‎ 即sin x－cos x＝，所以sin＝，‎ 因为0＜x＜，所以－＜x－＜，‎ 所以x－＝，即x＝.‎ 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 ‎1．设x∈R，向量a＝(1，x)，b＝(2，－4)，且a∥b，则a·b＝(　　)‎ A．－6　　　　　　　　　B. C. D．10‎ 解析：选D　∵a＝(1，x)，b＝(2，－4)且a∥b，‎ ‎∴－4－2x＝0，x＝－2，‎ ‎∴a＝(1，－2)，a·b＝10，故选D.‎ ‎2．(2018·浙江名校联考)已知向量a＝(1＋m,1－m)，b＝(m－1，2m＋1)，m∈R，则“m＝0”是“a⊥b”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A　a⊥b⇔(1＋m)(m－1)＋(1－m)(2m＋1)＝0⇔m(m－1)＝0⇔m＝0或m＝1，所以“m＝0”是“a⊥b”的充分不必要条件．‎ ‎3．(2019·长春模拟)向量a，b均为非零向量，若(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，则a，b的夹角为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　因为(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，所以(a－2b)·a＝0，(b－2a)·b＝0，即a2－2a·b＝0，b2－2a·b＝0，所以b2＝a2，a·b＝，cos〈a，b〉＝＝＝.因为〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝.‎ ‎4．已知a＝(m＋1，－3)，b＝(1，m－1)，且(a＋b)⊥(a－b)，则m的值是________；|a|＝________.‎ 解析：a＋b＝(m＋2，m－4)，a－b＝(m，－2－m)，‎ ‎∵(a＋b)⊥(a－b)，‎ ‎∴m(m＋2)－(m－4)(m＋2)＝0，‎ ‎∴m＝－2.‎ ‎∴a＝(－1，－3)，|a|＝＝.‎ 答案：－2　 ‎5．△ABC中，∠BAC＝，AB＝2，AC＝1，＝2，则·＝________.‎ 解析：由＝2，得＝(＋2)．‎ ‎∴·＝(＋2)·(－)‎ ‎＝(2＋·－22)‎ ‎＝＝－.‎ 答案：－ 二保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．已知向量a＝(1，x)，b＝(－1，x)，若2a－b与b垂直，则|a|＝(　　)‎ A. B. C．2 D．4‎ 解析：选C　由已知得2a－b＝(3，x)，‎ 而(2a－b)·b＝0⇒－3＋x2＝0⇒x2＝3，‎ 所以|a|＝＝＝2.‎ ‎2．(2018·慈溪中学适应)若正三角形ABC的边长为2，平面内一点M满足＝＋，则·的值为(　　)‎ A．2 B．－2 C．－2 D．－ ‎ 解析：选D　因为＝＋，所以＋＝＋，即＝－，同理可得＝－＋.所以·＝·＝ ＝－(－)2＝－2＝－×12＝－.‎ ‎3．平面四边形ABCD中，＋＝0，(－)·＝0，则四边形ABCD是(　　)‎ A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．梯形 解析：选C　因为＋＝0，所以＝－＝，所以四边形ABCD 是平行四边形．‎ 又(－)·＝·＝0，所以四边形对角线互相垂直，所以四边形ABCD是菱形．‎ ‎4．在△ABC中，P0是边AB上一定点，满足P0B＝AB，且对于边AB上任一点P，恒有·≥·，则(　　)‎ A．∠ABC＝90° B．∠BAC＝90°‎ C．AB＝AC D．AC＝BC 解析：选D　设AB＝4，以AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系(图略)，则A(－2,0)，B(2，0)，P0(1,0)，设C(a，b)，P(x,0)，‎ ‎∴＝(2－x,0)，＝(a－x，b)，＝(1,0)，＝(a－1，b)．‎ 则·≥·⇒(2－x)·(a－x)≥a－1恒成立，‎ 即x2－(2＋a)x＋a＋1≥0恒成立．‎ ‎∴Δ＝(2＋a)2－4(a＋1)＝a2≤0恒成立．∴a＝0.‎ 即点C在线段AB的中垂线上，∴AC＝BC.‎ ‎5．(2019·宝鸡质检)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N(不与A，C重合)为AC边上的两个动点，且满足||＝，则·的取值范围为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　以等腰直角三角形的直角边BC为x轴，BA为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则B(0,0)，直线AC的方程为x＋y＝2.‎ 设M(a,2－a)，则0＜a＜1，N(a＋1，1－a)，∴＝(a,2－a)，＝(a＋1,1－a)，∴·＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2a2－2a＋2，∵0＜a＜1，∴当a＝时，·取得最小值.又·＜2，故·的取值范围为.‎ ‎6．(2018·浙江考前热身联考)已知单位向量a，b的夹角为60°，且|c－3a|＋|c＋2b|＝，则|c＋a|的取值范围为________．‎ 解析：如图，记＝3a，则点A的坐标为(3,0)，记＝－2b，则点B的坐标为(－1，－)，因为∠AOB＝120°，所以|AB|＝ ‎＝，记＝c，则点C的轨迹为线段AB.|c＋a|的几何意义是点P(－1,0)到线段AB上的点的距离，其中点P到直线AB的距离d最小，|PA|最大，又直线AB的方程为x－4y－3＝0，所以d＝＝，|PA|＝4，所以|c＋a|的取值范围为.‎ 答案： ‎7．已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则实数λ的值为________；向量m，n的夹角的余弦值为________．‎ 解析：因为m＋n＝(2λ＋3,3)，m－n＝(－1，－1)，‎ 所以由(m＋n)⊥(m－n)得(m＋n)·(m－n)＝0，‎ 即(2λ＋3)×(－1)＋3×(－1)＝0，解得λ＝－3，‎ 则m＝(－2,1)，n＝(－1,2)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝＝.‎ 答案：－3　 ‎8．(2018·浙江考前冲刺)在△ABC中，AB＝6，AC＝5，A＝120°，动点P在以C为圆心，2为半径的圆上，则·的最小值为________．‎ 解析：设AB的中点为M，则·＝2－2＝2－2＝2－9，所以要求·的最小值，只需求||的最小值，显然当点P为线段MC与圆的交点时，||取得最小值，最小值为|MC|－2.在△AMC中，由余弦定理得|MC|2＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49，所以|MC|＝7，所以||的最小值为5，则·的最小值为16.‎ 答案：16‎ ‎9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知m＝，n＝，且满足|m＋n|＝.‎ ‎(1)求角A的大小；‎ ‎(2)若||＋||＝||，试判断△ABC的形状．‎ 解：(1)由|m＋n|＝，得m2＋n2＋2m·n＝3，‎ 即1＋1＋2＝3，‎ ‎∴cos A＝.‎ ‎∵0＜A＜π，∴A＝.‎ ‎(2)∵||＋||＝||，‎ ‎∴sin B＋sin C＝sin A，‎ ‎∴sin B＋sin＝×，‎ 即sin B＋cos B＝，‎ ‎∴sin ＝.‎ ‎∵0＜B＜，‎ ‎∴＜B＋＜，‎ ‎∴B＋＝或，故B＝或.‎ 当B＝时，C＝；当B＝时，C＝.‎ 故△ABC是直角三角形．‎ ‎10．已知向量a＝(cos x，sin x)，b＝(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)因为a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－)，a∥b，‎ 所以－cos x＝3sin x.‎ 则tan x＝－.‎ 又x∈[0，π]，所以x＝.‎ ‎(2)f(x)＝a·b＝(cos x，sin x)·(3，－)＝3cos x－sin x＝2cos.‎ 因为x∈[0，π]，所以x＋∈，‎ 从而－1≤cos≤.‎ 于是，当x＋＝，即x＝0时，f(x)取到最大值3；‎ 当x＋＝π，即x＝时，f(x)取到最小值－2.‎ 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎1．(2018·浙江名校联考)已知单位向量a，b满足|2a－b|＝2，若存在向量c，使得(c－2a)·(c－b)＝0，则|c|的取值范围是(　　)‎ A． B． C． D．[－1，＋1]‎ 解析：选C　法一：因为|a|＝|b|＝1，且|2a－b|＝2，所以可知2a在b上的投影为.不妨设b＝(1,0)，2a＝，即a＝.设c＝(x，y)，因为(c－2a)·(c－b)＝0，所以(x－1)＋y＝0，即2＋2＝1，它表示一个以为圆心，1为半径的圆．而|c|＝表示圆上的点到坐标原点的距离，所以其最大值为 ＋1＝＋1，其最小值为 －1＝－1，所以|c|∈.‎ 法二：如图，设＝a，＝b，＝c，＝2a，因为|2a－b|＝2，所以△OA′B是等腰三角形．因为(c－2a)·(c－b)＝0，所以(c－2a)⊥(c－b)，即A′C⊥BC，所以△A′BC是直角三角形，所以C在以A′B为直径，1为半径的圆上．‎ 取A′B的中点M，因为cos∠A′BO＝，所以OM2＝1＋1－2×1×1×＝，即OM＝，所以|c|∈.‎ ‎2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－c)·＝c·.‎ ‎(1)求角B的大小；‎ ‎(2)若|－|＝，求△ABC面积的最大值．‎ 解：(1)由题意得(a－c)cos B＝bcos C.‎ 根据正弦定理得(sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，‎ 所以sin Acos B＝sin(C＋B)，‎ 即sin Acos B＝sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A＞0，‎ 所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.‎ ‎(2)因为|－|＝，所以||＝，‎ 即b＝，根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝(2－)ac(当且仅当a＝c时取等号)，‎ 即ac≤3(2＋)，故△ABC的面积S＝acsin B≤，‎ 即△ABC的面积的最大值为.‎ 命题点一　平面向量基本定理 ‎1．(2015·全国卷Ⅰ)已知点A(0,1)，B(3,2)，向量＝(－4，－3)，则向量＝(　　)‎ A．(－7，－4)　　　　　　 　B．(7,4)‎ C．(－1,4) D．(1,4)‎ 解析：选A　法一：设C(x，y)，‎ 则＝(x，y－1)＝(－4，－3)，‎ 所以 从而＝(－4，－2)－(3,2)＝(－7，－4)．故选A.‎ 法二：＝(3,2)－(0,1)＝(3,1)，‎ ＝－＝(－4，－3)－(3,1)＝(－7，－4)．故选A.‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝(　　)‎ A.－ B.－ C.＋ D.＋ 解析：选A　法一：作出示意图如图所示．＝＋＝＋＝×(＋)＋(－)＝－.‎ 法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，且∠A＝，AB＝AC＝1.建立如图所示的平面直角坐标系，‎ 则A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，D，E.故＝(1,0)，＝(0,1)，＝(1,0)－＝，即＝－.‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为(　　)‎ A．3 B．2 C. D．2‎ 解析：选A　以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，‎ 则A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，点C到直线BD的距离为＝，所以圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝.‎ 因为P在圆C上，所以P.‎ 又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)，‎ 所以 λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.‎ ‎4．(2018·全国卷Ⅲ)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，则λ＝________.‎ 解析：2a＋b＝(4,2)，因为c∥(2a＋b)，‎ 所以4λ＝2，解得λ＝.‎ 答案： 命题点二　平面向量数量积 ‎1．(2018·浙江高考)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量，若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是(　　)‎ A．－1 B．＋1‎ C．2 D．2－ 解析：选A　法一：∵b2－4e·b＋3＝0，‎ ‎∴(b－2e)2＝1，∴|b－2e|＝1.‎ 如图所示，把a，b，e的起点作为公共点O，以O为原点，向量e所在直线为x轴，则b的终点在以点(2,0)为圆心，1为半径的圆上，|a－b|就是线段AB的长度．‎ 要求|AB|的最小值，就是求圆上动点到定直线的距离的最小值，也就是圆心M到直线OA的距离减去圆的半径长，因此|a－b|的最小值为－1.‎ 法二：设O为坐标原点，a＝，b＝＝(x，y)，e＝(1,0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C(2,0)为圆心，1为半径的圆．因为a与e的夹角为，不妨令点A在射线y＝x(x＞0)上，如图，数形结合可知|a－b|min＝||－||＝－1.‎ ‎2．(2017·浙江高考)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I1＝·，I2＝·，I3＝·，则(　　)‎ A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2‎ C．I3＜I1＜I2 D．I2＜I1＜I3‎ 解析：选C　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．根据题意，I1－I2＝·－·＝·(－)＝·＝||·||cos∠AOB＜0，∴I1＜I2，‎ 同理得，I2＞I3，作AG⊥BD于G，又AB＝AD，‎ ‎∴OB＜BG＝GD＜OD，而OA＜AF＝FC＜OC，‎ ‎∴||·||＜||·||，‎ 而cos∠AOB＝cos∠COD＜0，‎ ‎∴·＞·，即I1＞I3，‎ ‎∴I3＜I1＜I2.‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝(　　)‎ A．4 B．3‎ C．2 D．0‎ 解析：选B　a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b.‎ ‎∵|a|＝1，a·b＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.‎ ‎4．(2018·天津高考)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若点E为边CD上的动点，则·的最小值为(　　)‎ A． B． C． D．3‎ 解析：选A　如图，以D为坐标原点建立平面直角坐标系，连接AC.‎ 由题意知∠CAD＝∠CAB＝60°，∠ACD＝∠ACB＝30°，‎ 则D(0,0)，A(1,0)，B，C(0，)．‎ 设E(0，y)(0≤y≤ )，‎ 则＝(－1，y)，＝，‎ ‎∴·＝＋y2－y＝2＋，‎ ‎∴当y＝时，·有最小值.‎ ‎5．(2017·浙江高考)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．‎ 解析：法一：由向量三角不等式得，|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)－(a－b)|＝|2b|＝4.‎ 又≤ ＝＝，∴|a＋b|＋|a－b|的最大值为2.‎ 法二：设a，b的夹角为θ.‎ ‎∵|a|＝1，|b|＝2，‎ ‎∴|a＋b|＋|a－b|＝＋ ‎＝＋.‎ 令y＝＋，‎ 则y2＝10＋2.‎ ‎∵θ∈[0，π]，∴cos2θ∈[0,1]，∴y2∈[16,20]，‎ ‎∴y∈[4,2 ]，即|a＋b|＋|a－b|的最小值为4，最大值为2.‎ 答案：4　2 ‎6．(2017·天津高考)在△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2.若＝2，＝λ－ (λ∈R)，且·＝－4，则λ的值为________．‎ 解析：法一：＝＋＝＋ ‎＝＋(－)＝＋.‎ 又·＝3×2×＝3，‎ 所以·＝·(－＋λ)‎ ‎＝－2＋·＋λ2‎ ‎＝－3＋3＋λ×4＝λ－5＝－4，‎ 解得λ＝.‎ 法二：以点A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，不妨假设点C在第一象限，‎ 则A(0,0)，B(3,0)，C(1，)．‎ 由＝2，得D，‎ 由＝λ－，得E(λ－3，λ)，‎ 则·＝·(λ－3，λ)＝(λ－3)＋×λ＝λ－5＝－4，解得λ＝.‎ 答案： ‎7．(2016·浙江高考)已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________．‎ 解析：由于e是任意单位向量，可设e＝，‎ 则|a·e|＋|b·e|＝＋ ‎≥ ‎＝＝|a＋b|.‎ ‎∵|a·e|＋|b·e|≤，∴|a＋b|≤，‎ ‎∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b≤6.‎ ‎∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b≤6，‎ ‎∴a·b≤，∴a·b的最大值为.‎ 答案： ‎8．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.‎ 解析：法一：易知|a＋2b|＝＝＝2.‎ 法二：(数形结合法)由|a|＝|2b|＝2，知以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|a＋2b|＝||.又∠AOB＝60°，所以 ‎|a＋2b|＝2.‎ 答案：2