2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強(qiáng)化測試專題34平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用教師版

專題34平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用一、【知識梳理】【考綱要求】1.理解平面向量數(shù)量積的含義及其物理意義.2.了解平面向量的數(shù)量積與投影向量的長度的關(guān)系.3.掌握數(shù)量積的坐標(biāo)表達(dá)式，會(huì)進(jìn)行平面向量數(shù)量積的運(yùn)算.4.能運(yùn)用數(shù)量積表示兩個(gè)向量的夾角，會(huì)用數(shù)量積判斷兩個(gè)平面向量的垂直關(guān)系.5.會(huì)用向量的方法解決某些簡單的平面幾何問題.6.會(huì)用向量方法解決簡單的力學(xué)問題與其他一些實(shí)際問題.【考點(diǎn)預(yù)測】1.平面向量數(shù)量積的有關(guān)概念(1)向量的夾角：已知兩個(gè)非零向量a和b，O是平面上的任意一點(diǎn)，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，則∠AOB＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a與b的夾角.(2)數(shù)量積的定義：已知兩個(gè)非零向量a與b，它們的夾角為θ，我們把數(shù)量|a||b|cos__θ叫做向量a與b的數(shù)量積(或內(nèi)積)，記作a·b，即a·b＝|a||b|cos__θ.規(guī)定：零向量與任一向量的數(shù)量積為0，即0·a＝0.(3)投影向量如圖，在平面內(nèi)任取一點(diǎn)O，作eq\o(OM,\s\up6(→))＝a，eq\o(ON,\s\up6(→))＝b，過點(diǎn)M作直線ON的垂線，垂足為M1，則eq\o(OM1,\s\up6(→))就是向量a在向量b上的投影向量.設(shè)與b方向相同的單位向量為e，a與b的夾角為θ，則eq\o(OM1,\s\up6(→))與e，a，θ之間的關(guān)系為eq\o(OM1,\s\up6(→))＝|a|cosθe.2.平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其坐標(biāo)表示設(shè)向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為向量a，b的夾角.(1)數(shù)量積：a·b＝|a||b|cosθ＝x1x2＋y1y2.(2)模：|a|＝eq\r(a·a)＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)).(3)夾角：cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(x1x2＋y1y2,\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))·\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))).(4)兩非零向量a⊥b的充要條件：a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0.(5)|a·b|≤|a||b|(當(dāng)且僅當(dāng)a∥b時(shí)等號成立)?|x1x2＋y1y2|≤eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))·eq\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)).3.平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律(1)a·b＝b·a(交換律).(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(結(jié)合律).(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律).4.平面幾何中的向量方法三步曲：(1)用向量表示問題中的幾何元素，將幾何問題轉(zhuǎn)化為向量問題；(2)通過向量運(yùn)算，研究幾何元素之間的關(guān)系；(3)把運(yùn)算結(jié)果“翻譯”成幾何關(guān)系.【常用結(jié)論】1．平面向量數(shù)量積運(yùn)算的常用公式(1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；(2)(a±b)2＝a2±2a·b＋b2.2．有關(guān)向量夾角的兩個(gè)結(jié)論已知向量a，b.(1)若a與b的夾角為銳角，則a·b>0；若a·b>0，則a與b的夾角為銳角或0.(2)若a與b的夾角為鈍角，則a·b<0；若a·b<0，則a與b的夾角為鈍角或π.【方法技巧】1.計(jì)算平面向量數(shù)量積的主要方法(1)利用定義：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)利用坐標(biāo)運(yùn)算，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則a·b＝x1x2＋y1y2.(3)靈活運(yùn)用平面向量數(shù)量積的幾何意義．2.求平面向量的模的方法①公式法：利用|a|＝eq\r(a·a)及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的運(yùn)算轉(zhuǎn)化為數(shù)量積運(yùn)算；②幾何法：利用向量的幾何意義，即利用向量線性運(yùn)算的平行四邊形法則或三角形法則作出所求向量，再利用余弦定理等方法求解．3.求平面向量的夾角的方法①定義法：cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)，求解時(shí)應(yīng)求出a·b，|a|，|b|的值或找出這三個(gè)量之間的關(guān)系；②坐標(biāo)法．(3)兩個(gè)向量垂直的充要條件a⊥b?a·b＝0?|a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0)．4.用向量方法解決實(shí)際問題的步驟二、【題型歸類】【題型一】平面向量數(shù)量積的基本運(yùn)算【典例1】a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，則(a＋b)·c＝_________；a·b＝________.【解析】∵a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，∴a＋b＝(4,0)，∴(a＋b)·c＝4×0＋0×1＝0，a·b＝2×2＋1×(－1)＝3.【典例2】eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))，P為CD上一點(diǎn)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝3eq\o(PD,\s\up6(→))，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝3，eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AD,\s\up6(→))的夾角為θ，且cosθ＝eq\f(2,3)，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝________.【解析】如圖所示，∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵eq\o(CP,\s\up6(→))＝3eq\o(PD,\s\up6(→))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))，又∵|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝3，cosθ＝eq\f(2,3)，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝4×3×eq\f(2,3)＝8，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,4)\o(AB,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)\o(AB,\s\up6(→))－\o(AD,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\f(3,16)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝eq\f(1,2)×8－9＋eq\f(3,16)×42＝－2.【典例3】在邊長為2的正三角形ABC中，M是BC的中點(diǎn)，D是線段AM的中點(diǎn)．①若eq\o(BD,\s\up6(→))＝xeq\o(BA,\s\up6(→))＋yeq\o(BC,\s\up6(→))，則x＋y＝________；②eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝________.【解析】①∵M(jìn)是BC的中點(diǎn)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))，∵D是AM的中點(diǎn)，∴eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))，∴x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,4)，∴x＋y＝eq\f(3,4).②∵△ABC是邊長為2的正三角形，M是BC的中點(diǎn)，∴AM⊥BC，且BM＝1，∴eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝|eq\o(BD,\s\up6(→))||eq\o(BM,\s\up6(→))|cos∠DBM＝|eq\o(BM,\s\up6(→))|2＝1.【題型二】平面向量數(shù)量積的簡單應(yīng)用【典例1】設(shè)a，b為單位向量，且|a＋b|＝1，則|a－b|＝________.【解析】將|a＋b|＝1兩邊平方，得a2＋2a·b＋b2＝1.∵a2＝b2＝1，∴1＋2a·b＋1＝1，即2a·b＝－1.∴|a－b|＝eq\r(a－b2)＝eq\r(a2－2a·b＋b2)＝eq\r(1－－1＋1)＝eq\r(3).【典例2】已知向量a，b滿足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，則cos〈a，a＋b〉等于()A．－eq\f(31,35)B．－eq\f(19,35)C.eq\f(17,35)D.eq\f(19,35)【解析】∵|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝25－12＋36＝49，∴|a＋b|＝7，∴cos〈a，a＋b〉＝eq\f(a·a＋b,|a||a＋b|)＝eq\f(a2＋a·b,|a||a＋b|)＝eq\f(25－6,5×7)＝eq\f(19,35).【典例3】已知單位向量a，b的夾角為45°，ka－b與a垂直，則k＝________.【解析】由題意知(ka－b)·a＝0，即ka2－b·a＝0.因?yàn)閍，b為單位向量，且夾角為45°，所以k×12－1×1×eq\f(\r(2),2)＝0，解得k＝eq\f(\r(2),2).【題型三】兩平面向量垂直問題【典例1】已知向量eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角為120°，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2.若eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，且eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，則實(shí)數(shù)λ的值為________．【解析】因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.又eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，所以(λeq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝0，即(λ－1)eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))－λeq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＝0，所以(λ－1)|eq\o(AC,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|cos120°－9λ＋4＝0.所以(λ－1)×3×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－9λ＋4＝0.解得λ＝eq\f(7,12).【典例2】已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，a－b＝(eq\r(3)，eq\r(2))，則|a＋2b|＝()A．2eq\r(2) B．2eq\r(5)C.eq\r(17) D．eq\r(15)【解析】因?yàn)閍－b＝(eq\r(3)，eq\r(2))，所以|a－b|＝eq\r(5)，所以|a－b|2＝|a|2－2a·b＋|b|2＝5－2a·b＝5，則a·b＝0，所以|a＋2b|2＝|a|2＋4a·b＋4|b|2＝17，所以|a＋2b|＝eq\r(17).故選C.【典例3】(多選)設(shè)a，b是兩個(gè)非零向量，則下列命題為假命題的是()A．若|a＋b|＝|a|－|b|，則a⊥bB．若a⊥b，則|a＋b|＝|a|－|b|C．若|a＋b|＝|a|－|b|，則存在實(shí)數(shù)λ，使得b＝λaD．若存在實(shí)數(shù)λ，使得b＝λa，則|a＋b|＝|a|－|b|【解析】對于A，若|a＋b|＝|a|－|b|，則|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2|a||b|，得a·b＝－|a||b|≠0，a與b不垂直，所以A為假命題；對于B，由A解析可知，若a⊥b，則|a＋b|≠|(zhì)a|－|b|，所以B為假命題；對于C，若|a＋b|＝|a|－|b|，則|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2|a||b|，得a·b＝－|a||b|，則cosθ＝－1，則a與b反向，因此存在實(shí)數(shù)λ，使得b＝λa，所以C為真命題．對于D，若存在實(shí)數(shù)λ，使得b＝λa，則a·b＝λ|a|2，－|a||b|＝λ|a|2，由于λ不能等于0，因此a·b≠－|a||b|，則|a＋b|≠|(zhì)a|－|b|，所以D不正確．故選ABD.【題型四】向量數(shù)量積的綜合應(yīng)用【典例1】在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m＝(cos(A－B)，sin(A－B))，n＝(cosB，－sinB)，且m·n＝－eq\f(3,5).(1)求sinA的值；(2)若a＝4eq\r(2)，b＝5，求角B的大小及向量eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影．【解析】(1)由m·n＝－eq\f(3,5)，得cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－eq\f(3,5)，所以cosA＝－eq\f(3,5).因?yàn)?<A<π，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))\s\up12(2))＝eq\f(4,5).(2)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(5×\f(4,5),4\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，因?yàn)閍>b，所以A>B，則B＝eq\f(π,4)，由余弦定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)))eq\s\up12(2)＝52＋c2－2×5c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))，解得c＝1.故向量eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影為|eq\o(BA,\s\up6(→))|cosB＝ccosB＝1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2).【典例2】已知A，B，C分別為△ABC的三邊a，b，c所對的角，向量m＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)，且m·n＝sin2C．(1)求角C的大??；(2)若sinA，sinC，sinB成等差數(shù)列，且eq\o(CA,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝18，求邊c的長．【解析】(1)由已知得m·n＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)，因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，所以m·n＝sinC，又m·n＝sin2C，所以sin2C＝sinC，所以cosC＝eq\f(1,2).又0＜C＜π，所以C＝eq\f(π,3).(2)由已知及正弦定理得2c＝a＋b.因?yàn)閑q\o(CA,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝18，所以abcosC＝18，所以ab＝36.由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－3ab，所以c2＝4c2－3×36，所以c2＝36，所以c＝6.【題型五】平面向量的實(shí)際應(yīng)用【典例1】已知平行四邊形ABCD，證明：AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．【解析】取eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))為基底，設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，則eq\o(AC,\s\up6(→))＝a＋b，eq\o(DB,\s\up6(→))＝a－b，∴eq\o(AC,\s\up6(→))2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2，eq\o(DB,\s\up6(→))2＝(a－b)2＝a2－2a·b＋b2，上面兩式相加，得eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(DB,\s\up6(→))2＝2(a2＋b2)，∴AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．【典例2】若平面上的三個(gè)力F1，F(xiàn)2，F(xiàn)3作用于一點(diǎn)，且處于平衡狀態(tài)，已知|F1|＝1N，|F2|＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)N，F(xiàn)1與F2的夾角為45°，求：(1)F3的大小；(2)F3與F1夾角的大?。窘馕觥?1)∵三個(gè)力平衡，∴F1＋F2＋F3＝0，∴|F3|＝|F1＋F2|＝eq\r(|F1|2＋2F1·F2＋|F2|2)＝eq\r(12＋2×1×\f(\r(6)＋\r(2),2)cos45°＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),2)))2)＝eq\r(4＋2\r(3))＝1＋eq\r(3).(2)方法一設(shè)F3與F1的夾角為θ，則|F2|＝eq\r(F\o\al(12)＋F\o\al(32)＋2|F1||F3|cosθ)，即eq\f(\r(6)＋\r(2),2)＝eq\r(12＋1＋\r(3)2＋2×1×1＋\r(3)cosθ)，解得cosθ＝－eq\f(\r(3),2)，∵θ∈(0，π)，∴θ＝eq\f(5π,6).方法二設(shè)F3與F1的夾角為θ，由余弦定理得cos(π－θ)＝eq\f(12＋1＋\r(3)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),2)))2,2×1×1＋\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，∵θ∈(0，π)，∴θ＝eq\f(5π,6).三、【培優(yōu)訓(xùn)練】【訓(xùn)練一】在Rt△ABC中，∠C是直角，CA＝4，CB＝3，△ABC的內(nèi)切圓與CA，CB分別切于點(diǎn)D，E，點(diǎn)P是圖中陰影區(qū)域內(nèi)的一點(diǎn)(不包含邊界)．若eq\o(CP,\s\up6(→))＝xeq\o(CD,\s\up6(→))＋yeq\o(CE,\s\up6(→))，則x＋y的值可以是()A．1 B．2C．4 D．8【解析】設(shè)△ABC內(nèi)切圓的圓心為O，半徑為r，連接OD，OE，則OD⊥AC，OE⊥BC，所以3－r＋4－r＝5，解得r＝1，故CD＝CE＝1，連接DE，則當(dāng)x＋y＝1時(shí)，P在線段DE上，但線段DE均不在陰影區(qū)域內(nèi)，排除A；在AC上取點(diǎn)M，在CB上取點(diǎn)N，使得CM＝2CD，CN＝2CE，連接MN，所以eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\f(x,2)eq\o(CM,\s\up6(→))＋eq\f(y,2)eq\o(CN,\s\up6(→))，則當(dāng)點(diǎn)P在線段MN上時(shí)，eq\f(x,2)＋eq\f(y,2)＝1，故x＋y＝2.同理，當(dāng)x＋y＝4或x＋y＝8時(shí)，點(diǎn)P不在△ABC內(nèi)部，排除C，D.故選B.【訓(xùn)練二】已知f(x)＝eq\f(\r(3),2)|sinπx|，A1，A2，A3為圖象的頂點(diǎn)，O，B，C，D為f(x)與x軸的交點(diǎn)，線段A3D上有五個(gè)不同的點(diǎn)Q1，Q2，…，Q5.記ni＝eq\o(OA2,\s\up6(→))·eq\o(OQi,\s\up6(→))(i＝1,2，…，5)，則n1＋…＋n5的值為()A.eq\f(15,2)eq\r(3)B．45C.eq\f(45,2)D.eq\f(15,4)eq\r(3)【解析】由圖中幾何關(guān)系可知，OE＝eq\f(3,2)，A2E＝eq\f(\r(3),2)，OA2＝eq\r(3)，A2C＝1，∴∠A2OC＝30°，∠A2CO＝60°，∵A3D∥A2C，∴OA2⊥DA3，即eq\o(OA2,\s\up6(→))⊥eq\o(DA3,\s\up6(→)).則ni＝eq\o(OA2,\s\up6(→))·eq\o(OQi,\s\up6(→))＝eq\o(OA2,\s\up6(→))·(eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\o(DQi,\s\up6(→)))＝eq\o(OA2,\s\up6(→))·eq\o(OD,\s\up6(→))＝|eq\o(OA2,\s\up6(→))||eq\o(OD,\s\up6(→))|coseq\f(π,6)，∴n1＋…＋n5＝3×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×5＝eq\f(45,2).故選C.【訓(xùn)練三】定義兩個(gè)平面向量的一種運(yùn)算a?b＝|a|·|b|sina，b，則關(guān)于平面向量上述運(yùn)算的以下結(jié)論中，①a?b＝b?a；②λ(a?b)＝(λa)?b；③若a＝λb，則a?b＝0；④若a＝λb且λ>0，則(a＋b)?c＝(a?c)＋(b?c)．正確的序號是________．【解析】①恒成立，②λ(a?b)＝λ|a|·|b|sina，b，(λa)?b＝|λa|·|b|sina，b，當(dāng)λ<0時(shí)，λ(a?b)＝(λa)?b不成立，③a＝λb，則sina，b＝0，故a?b＝0恒成立，④a＝λb，且λ>0，則a＋b＝(1＋λ)b，(a＋b)?c＝|1＋λ||b|·|c|sinb，c，(a?c)＋(b?c)＝|λb|·|c|sinb，c＋|b|·|c|sinb，c＝|1＋λ||b|·|c|sinb，c，故(a＋b)?c＝(a?c)＋(b?c)恒成立．答案：①③④【訓(xùn)練四】在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A(1，0)和點(diǎn)B(－1，0)，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝1，且∠AOC＝θ，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn).(1)若θ＝eq\f(3π,4)，設(shè)點(diǎn)D為線段OA上的動(dòng)點(diǎn)，求|eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|的最小值；(2)若θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，向量m＝eq\o(BC,\s\up6(→))，n＝(1－cosθ，sinθ－2cosθ)，求m·n的最小值及對應(yīng)的θ值.【解析】(1)設(shè)D(t，0)(0≤t≤1)，由題意知Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，所以eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋t，\f(\r(2),2)))，所以|eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)，所以t＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，|eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|最小，最小值為eq\f(\r(2),2).(2)由題意得C(cosθ，sinθ)，m＝eq\o(BC,\s\up6(→))＝(cosθ＋1，sinθ)，則m·n＝1－cos2θ＋sin2θ－2sinθcosθ＝1－cos2θ－sin2θ＝1－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))，因?yàn)棣取蔱q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以eq\f(π,4)≤2θ＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，所以當(dāng)2θ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,8)時(shí)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))取得最大值1，即m·n取得最小值1－eq\r(2).所以m·n的最小值為1－eq\r(2)，此時(shí)θ＝eq\f(π,8).【訓(xùn)練五】已知在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)，m·n＝sin2C.(1)求角C的大?。?2)若sinA，sinC，sinB成等差數(shù)列，且eq\o(CA,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝18，求c.【解析】(1)m·n＝sinAcosB＋sinBcosA＝sin(A＋B)，在△ABC中，A＋B＝π－C,0<C<π，所以sin(A＋B)＝sinC，所以m·n＝sinC，又m·n＝sin2C，所以sin2C＝sinC，cosC＝eq\f(1,2)，又因?yàn)镃∈(0，π)，故C＝eq\f(π,3).(2)由sinA，sinC，sinB成等差數(shù)列，可得2sinC＝sinA＋sinB，由正弦定理得2c＝a＋b.因?yàn)閑q\o(CA,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝18，所以eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝18，即abcosC＝18，ab＝36.由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－3ab，所以c2＝4c2－3×36，c2＝36，所以c＝6.【訓(xùn)練六】在△ABC中，∠A，∠B，∠C的對邊分別為a，b，c，已知向量m＝(cosB，2cos2eq\f(C,2)－1)，n＝(c，b－2a)，且m·n＝0.(1)求∠C的大??；(2)若點(diǎn)D為邊AB上一點(diǎn)，且滿足eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))，|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\r(7)，c＝2eq\r(3)，求△ABC的面積．【解析】(1)因?yàn)閙＝(cosB，cosC)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，所以ccosB＋(b－2a)cosC＝0，在△ABC中，由正弦定理得sinCcosB＋(sinB－2sinA)cosC＝0，sinA＝2sinAcosC，又sinA≠0，所以cosC＝eq\f(1,2)，而C∈(0，π)，所以∠C＝eq\f(π,3).(2)由eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))知，eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→))，所以2eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))，兩邊平方得4|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝b2＋a2＋2bacos∠ACB＝b2＋a2＋ba＝28.①又c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，所以a2＋b2－ab＝12.②由①②得ab＝8，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absin∠ACB＝2eq\r(3).四、【強(qiáng)化測試】【單選題】1.已知向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，且(2a－3b)⊥c，則實(shí)數(shù)k＝()A.－eq\f(9,2) B.0 C.3 D.eq\f(15,2)【解析】因?yàn)?a－3b＝(2k－3，－6)，(2a－3b)⊥c，所以(2a－3b)·c＝2(2k－3)－6＝0，解得k＝3.故選C.2.已知a，b是相互垂直的單位向量，與a，b共面的向量c滿足a·c＝b·c＝2，則c的模為()A.1 B.eq\r(2) C.2 D.2eq\r(2)【解析】由題意知a，b是相互垂直的單位向量，不妨設(shè)a＝(1，0)，b＝(0，1)，設(shè)c＝(x，y)，由a·c＝b·c＝2，可得x＝y(tǒng)＝2，即c＝(2，2)，則|c|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2).故選D.3.若兩個(gè)非零向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，則a－b與b的夾角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)【解析】|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，等號左右同時(shí)平方，得|a＋b|2＝|a－b|2＝4|a|2，即|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2a·b＝4|a|2，所以a·b＝0且|b|2＝3|a|2，所以|a－b|＝eq\r(|a－b|2)＝eq\r(|a|2＋|b|2－2a·b)＝eq\f(2\r(3),3)|b|，所以cos〈a－b，b〉＝eq\f(a－b·b,|a－b||b|)＝eq\f(－|b|2,\f(2\r(3),3)|b|·|b|)＝－eq\f(\r(3),2)，因?yàn)椤碼－b，b〉∈[0，π]，所以〈a－b，b〉＝eq\f(5π,6).故選D.4.已知a＝(－2,1)，b＝(k，－3)，c＝(1,2)，若(a－2b)⊥c，則與b共線的單位向量為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，－\f(\r(5),5)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，－\f(\r(5),5)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)))【解析】由題意得a－2b＝(－2－2k,7)，∵(a－2b)⊥c，∴(a－2b)·c＝0，即(－2－2k,7)·(1,2)＝0，－2－2k＋14＝0，解得k＝6，∴b＝(6，－3)，∴e＝±eq\f(b,\r(62＋－32))＝±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，－\f(\r(5),5))).故選A.5.在等腰三角形ABC中，點(diǎn)D是底邊AB的中點(diǎn)，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,2)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(2，t)，則|eq\o(CD,\s\up6(→))|等于()A.eq\r(5)B．5C．2eq\r(5)D．20【解析】由題意知eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，∴1×2＋2t＝0，∴t＝－1，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\r(22＋－12)＝eq\r(5).故選A.6.a，b為平面向量，已知a＝(2,4)，a－2b＝(0,8)，則a，b夾角的余弦值等于()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(3,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)【解析】設(shè)b＝(x，y)，則有a－2b＝(2,4)－(2x,2y)＝(2－2x，4－2y)＝(0,8)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－2x＝0，,4－2y＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2，))故b＝(1，－2)，|b|＝eq\r(5)，|a|＝2eq\r(5)，cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(2－8,\r(5)×2\r(5))＝－eq\f(3,5).故選B.7.若向量eq\o(OF1,\s\up6(→))＝(1，1)，eq\o(OF2,\s\up6(→))＝(－3，－2)分別表示兩個(gè)力F1，F(xiàn)2，則|F1＋F2|為()A.eq\r(10) B．2eq\r(5)C.eq\r(5) D．eq\r(15)【解析】由于F1＋F2＝(1，1)＋(－3，－2)＝(－2，－1)，所以|F1＋F2|＝eq\r(（－2）2＋（－1）2)＝eq\r(5).故選C.8.已知a，b，c均為單位向量，a與b的夾角為60°，則(c＋a)·(c－2b)的最大值為()A.eq\f(3,2) B．eq\r(3)C．2 D．3【解析】設(shè)c與a－2b的夾角為θ.因?yàn)閨a－2b|2＝a2－4a·b＋4b2＝3，所以|a－2b|＝eq\r(3)，所以(c＋a)·(c－2b)＝c2＋c·(a－2b)－2a·b＝1＋|c||a－2b|cosθ－1＝eq\r(3)cosθ，所以(c＋a)·(c－2b)的最大值為eq\r(3)，此時(shí)cosθ＝1.故選B.【多選題】9.(多選)下列關(guān)于向量a，b，c的運(yùn)算，一定成立的是()A.(a＋b)·c＝a·c＋b·cB.(a·b)·c＝a·(b·c)C.a·b≤|a|·|b|D.|a－b|≤|a|＋|b|【解析】根據(jù)數(shù)量積的分配律可知A正確；B中，左邊為c的共線向量，右邊為a的共線向量，故B不正確；根據(jù)數(shù)量積的定義可知a·b＝|a||b|cos〈a，b〉≤|a|·|b|，故C正確；|a－b|2－(|a|＋|b|)2＝－2a·b－2|a||b|≤0，故|a－b|2≤(|a|＋|b|)2，即|a－b|≤|a|＋|b|，故D正確.故選ACD.10.如圖，點(diǎn)A，B在圓C上，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))的值()A.與圓C的半徑有關(guān)B.與圓C的半徑無關(guān)C.與弦AB的長度有關(guān)D.與點(diǎn)A，B的位置有關(guān)【解析】如圖，連接AB，過C作CD⊥AB交AB于D，則D是AB的中點(diǎn)，故eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·cos∠CAD＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·eq\f(\f(1,2)|\o(AB,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2，故eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))的值與圓C的半徑無關(guān)，只與弦AB的長度有關(guān).故選BC.11.設(shè)a，b，c是任意的非零平面向量，且相互不共線，則下列命題中的真命題是()A．(a·b)c－(c·a)b＝0B．|a|－|b|<|a－b|C．(b·c)a－(a·c)b不與c垂直D．(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2【解析】由于b，c是不共線的向量，因此(a·b)c與(c·a)b相減的結(jié)果應(yīng)為向量，故A錯(cuò)誤；由于a，b不共線，故a，b，a－b構(gòu)成三角形，因此B正確；由于[(b·c)a－(c·a)b]·c＝(b·c)(a·c)－(c·a)·(b·c)＝0，故C中兩向量垂直，故C錯(cuò)誤；根據(jù)向量數(shù)量積的運(yùn)算可以得出D是正確的．故選BD.12.已知e1，e2是兩個(gè)單位向量，λ∈R時(shí)，|e1＋λe2|的最小值為eq\f(\r(3),2)，則|e1＋e2|等于()A．1B.eq\r(3)C．3D．2【解析】設(shè)向量e1，e2的夾角為θ，則e1·e2＝cosθ，因?yàn)閨e1＋λe2|＝eq\r(1＋λ2＋2λcosθ)＝eq\r(λ＋cosθ2＋1－cos2θ)，且當(dāng)λ＝－cosθ時(shí)，|e1＋λe2|min＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(3),2)，得cosθ＝±eq\f(1,2)，故|e1＋e2|＝eq\r(2＋2cosθ)＝1或eq\r(3).故選AB.【填空題】13.設(shè)向量a＝(－1，2)，b＝(m，1)，如果向量a＋2b與2a－b平行，那么a與b的數(shù)量積等于________．【解析】a＋2b＝(－1＋2m，4)，2a－b＝(－2－m，3)，由題意得3(－1＋2m)－4(－2－m)＝0，則m＝－eq\f(1,2)，所以a·b＝－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋2×1＝eq\f(5,2).14.已知點(diǎn)M，N滿足|eq\o(MC,\s\up6(→))|＝|eq\o(NC,\s\up6(→))|＝3，且|eq\o(CM,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))|＝2eq\r(5)，則M，N兩點(diǎn)間的距離為________．【解析】依題意，得|eq\o(CM,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CM,\s\up6(→))|2＋|eq\o(CN,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))＝18＋2eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))＝20，則eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))＝1，故M，N兩點(diǎn)間的距離為|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝|eq\o(CN,\s\up6(→))－eq\o(CM,\s\up6(→))|＝eq\r(|\o(CN,\s\up6(→))|2＋|\o(CM,\s\up6(→))|2－2\o(CN,\s\up6(→))·\o(CM,\s\up6(→)))＝eq\r(9＋9－2)＝4.15.若非零向量a，b滿足|a|＝3|b|＝|a＋2b|，則a與b夾角的余弦值為________．【解析】因?yàn)閨a|＝|a＋2b|，所以|a|2＝|a|2＋4a·b＋4|b|2，所以a·b＝－|b|2，令a與b的夾角為θ.所以cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－|b|2,3|b||b|)＝－eq\f(1,3).16.已知向量a，b，其中|a|＝eq\r(3)，|b|＝2，且(a－b)⊥a，則向量a和b的夾角是________，a·(a＋b)＝________．【解析】由題意，設(shè)向量a，b的夾角為θ，因?yàn)閨a|＝eq\r(3)，|b|＝2，且(a－b)⊥a，所以(a－b)·a＝|a|2－a·b＝|a|2－|a||b|cosθ＝3－2eq\r(3)·cosθ＝0，解得cosθ＝eq\f(\r(3),2).又因?yàn)?≤θ≤π，所以θ＝eq\f(π,6).則a·(a＋b)＝|a|2＋|a|·|b|·cosθ＝3＋2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝6.【解答題】17.已知向量a＝(2，－1)，b＝(1，x)．(1)若a⊥(a＋b)，求|b|的值；(2)若a＋2b＝(4，－7)，求向量a與b夾角的大?。窘馕觥?1)由題意得a＋b＝(3，－1＋x)．由a⊥(a＋b)，可得6＋1－x＝0，解得x＝7，即b＝(1，7)，所以|b|＝eq\r(50)＝5eq\r(2).(2)由題意得，a＋2b＝(4，2x－1)＝(4，－7)，故x＝－3，所以b＝(1，－3)，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(（2，－1）·（1，－3）,\r(5)×\r(10))＝eq\f(\r(2),2)，因?yàn)椤碼，b〉∈[0，π]，所以a與b的夾角是eq\f(π,4).18.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A(－1，－2)，B(2，3)，C(－2，－1)．(1)求以線段AB，AC為鄰邊的平行四邊形兩條對角線的長；(2)設(shè)實(shí)數(shù)t滿足(eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，求t的值．【解析】(1)由題設(shè)知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，5)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，1)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，6)，eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4，4)．所以|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2eq\r(10)，|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|＝4eq\r(2).故所求的兩條對角線的長分別為4eq\r(2)，2eq\r(10).(2)法一：由題設(shè)知：eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－2，－1)，eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(OC,\s\up6(→))＝(3＋2t，5＋t)．由(eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，得：(3＋2t，5＋t)·(－2，－1)＝0，從而5t＝－11，所以t＝－eq\f(11,5).法二：eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝teq\o(OC,\s\up6(→))2，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，5)，t＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(OC,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(OC,\s\up6(→))|2))＝－eq\f(11,5).19.已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61.(1)求a與b的夾角θ；(2)求|a＋b|；(3)若eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，求△ABC的面積．【解析】(1)因?yàn)?2a－3b)·(2a＋b)＝61，所以4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.又|a|＝4，|b|＝3，所以64－4a·b－27＝61，所以a·b＝－6，所以cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－6,4×3)＝－eq\f(1,2).又0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(2π,3).(2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝42＋2×(－6)＋32＝13，所以|a＋b|＝eq\r(13).(3)因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(BC,\s\up6(→))的夾角θ＝eq\f(2π,3)，所以∠ABC＝π－eq\f(2π,3)＝eq\f(π,3).又|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|a|＝4，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝|b|＝3，所以S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|·sin∠ABC＝eq\f(1,2)×4×3×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3).20.已知向量m＝(eq\r(3)sinx，cosx－1)，n＝(cosx，cosx＋1)，若f(x)＝m·n.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在Rt△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若∠A＝90°，f(C)＝0，c＝eq\r(3)，CD為∠BCA的角平分線，E為CD的中點(diǎn)，求BE的長．【解析】(1)f(x)＝m·n＝eq\r(3)sinx·cosx＋cos2x－1＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x－eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(