2021届浙江省数学学案第六章第3节平面向量的数量积及其应用含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021届浙江省高考数学一轮学案：第六章第3节平面向量的数量积及其应用含解析第3节平面向量的数量积及其应用考试要求1。理解平面向量数量积的含义及其物理意义；2。了解平面向量的数量积与向量投影的关系；3。掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算；4。能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系；5。会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题;6。会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题。知识梳理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eq\o(OA，\s\up6（→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b,则∠AOB＝θ（0°≤θ≤180°)叫做向量a与b的夹角。（2）数量积的定义：已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，则数量|a||b|cos__θ叫做a与b的数量积(或内积)，记作a·b,即a·b＝|a｜｜b|cos__θ，规定零向量与任一向量的数量积为0,即0·a＝0.（3）数量积的几何意义：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.2。平面向量数量积的性质及其坐标表示设向量a＝（x1,y1)，b＝（x2，y2）,θ为向量a,b的夹角。(1）数量积: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）夹角：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）两非零向量a⊥b的充要条件：a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.（5）｜a·b｜≤|a｜|b｜（当且仅当a∥b时等号成立)⇔｜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.平面向量数量积的运算律（1)a·b＝b·a(交换律）。（2)λa·b＝λ（a·b)＝a·(λb）（结合律）.（3）（a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律）。[常用结论与易错提醒］1.设e是单位向量，且e与a的夹角为θ，则e·a＝a·e＝|a｜cosθ.2.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＝a2或｜a|＝eq\r（a2)。3。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，两边不能约去同一个向量。4。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,反之也不成立.诊断自测1。判断下列说法的正误.（1）两个向量的夹角的范围是eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2）））.（)（2）向量在另一个向量方向上的投影为数量,而不是向量。（)（3）两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量。（）(4)若a·b＞0，则a和b的夹角为锐角;若a·b＜0，则a和b的夹角为钝角。（）(5)a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c。（）解析(1)两个向量夹角的范围是[0，π]。(4）若a·b>0，a和b的夹角可能为0；若a·b<0，a和b的夹角可能为π。（5）由a·b＝a·c（a≠0）得|a｜|b|cos<a,b〉＝|a||c|·cos〈a，c>，所以向量b和c不一定相等.答案(1)×（2)√（3)√（4)×(5)×2。（2019·北京昌平区二模)在平行四边形ABCD中，AB∥CD，eq\o(AB,\s\up6（→)）＝（2，－2),eq\o（AD,\s\up6（→))＝(2,1），则eq\o(AC,\s\up6(→）)·eq\o（DB，\s\up6（→))＝()A。－3 B。2C.3 D。4解析在平行四边形ABCD中，AB∥CD,eq\o(AB,\s\up6(→））＝（2,－2），eq\o(AD，\s\up6(→))＝(2，1)，eq\o(AC,\s\up6（→））＝eq\o（AB，\s\up6(→)）＋eq\o(AD,\s\up6(→）)＝（4，－1)，eq\o(DB，\s\up6(→））＝eq\o（AB，\s\up6（→))－eq\o(AD,\s\up6（→）)＝(0，－3），则eq\o（AC，\s\up6（→）)·eq\o（DB,\s\up6（→）)＝4×0＋(－1）×(－3）＝3。答案C3。（必修4P104例1改编）已知|a｜＝5，｜b|＝4,a与b的夹角θ＝120°，则向量b在向量a方向上的投影为________。解析由数量积的定义知b在a方向上的投影为|b|cosθ＝4×cos120°＝－2。答案－24.(2019·北京卷)已知向量a＝（－4，3)，b＝(6，m），且a⊥b，则m＝________.解析∵a⊥b，∴a·b＝0.又∵a＝(－4，3)，b＝(6，m)，∴－4×6＋3m＝0，解得m＝8。答案85。（2019·北京朝阳区二模）已知平面向量a，b的夹角为eq\f（2π，3)，且｜a｜＝1，｜b｜＝2，则|a＋b｜＝()A.3 B.eq\r(3）C。7 D.eq\r(7)解析|a＋b｜2＝|a|2＋|b｜2＋2|a｜｜b|coseq\f（2π,3）＝1＋4＋2×1×2×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2))）＝3，所以｜a＋b|＝eq\r（3）。答案B6.已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a＝(1，2)，|b｜＝1，且a＋b与a－2b垂直，则向量a·b＝________；a与b的夹角θ的余弦值为________。解析∵（a＋b)⊥（a－2b)，∴（a＋b）·(a－2b)＝0，即|a｜2－a·b－2|b|2＝0，∴5－a·b－2＝0，∴a·b＝3，∴cosθ＝eq\f（a·b，｜a|·｜b|）＝eq\f(3\r(5）,5）.答案3eq\f（3\r（5）,5)考点一平面向量的数量积运算【例1】（1)（一题多解）已知△ABC是边长为1的等边三角形,点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE＝2EF，则eq\o(AF,\s\up6(→））·eq\o（BC，\s\up6（→）)的值为（）A。－eq\f(5，8） B.eq\f(1，8）C.eq\f（1,4) D.eq\f（11,8)（2）(2019·天津卷）在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2eq\r（3）,AD＝5，A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则eq\o（BD,\s\up6（→））·eq\o(AE，\s\up6（→））＝________。解析(1)法一如图所示,根据已知得，eq\o(DF，\s\up6（→））＝eq\f(3，4)eq\o(AC,\s\up6（→）），所以eq\o(AF,\s\up6（→））＝eq\o（AD，\s\up6（→)）＋eq\o（DF，\s\up6（→））＝eq\f(1，2）eq\o(AB,\s\up6（→)）＋eq\f(3，4)eq\o(AC，\s\up6（→)），eq\o(BC,\s\up6(→））＝eq\o（AC，\s\up6（→)）－eq\o(AB，\s\up6(→))，则eq\o（AF，\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6（→)）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）\o(AB，\s\up6(→)）＋\f(3,4)\o（AC，\s\up6（→)））)·（eq\o（AC,\s\up6(→))－eq\o(AB，\s\up6（→）))＝eq\f(1,2）eq\o(AB，\s\up6（→）)·eq\o(AC，\s\up6(→)）－eq\f（1，2)eq\o(AB，\s\up6（→))2＋eq\f（3，4）eq\o（AC，\s\up6（→）)2－eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up6（→)）·eq\o（AB,\s\up6(→））＝eq\f(3，4)eq\o(AC，\s\up6(→))2－eq\f（1,2）eq\o（AB，\s\up6(→）)2－eq\f(1,4)eq\o（AC，\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→）)＝eq\f(3，4)－eq\f(1,2）－eq\f（1，4)×1×1×cos60°＝eq\f(1，8).故选B.法二建立如图所示的平面直角坐标系。则Beq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1,2），0))，Ceq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（\r(3)，2））),所以eq\o(BC,\s\up6(→））＝（1,0).易知｜DE|＝eq\f（1，2)｜AC|,∠FEC＝∠ACE＝60°,则|EF|＝eq\f(1,4)|AC|＝eq\f（1，4)，所以点F的坐标为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,8)，－\f（\r(3），8))），则eq\o（AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,8），－\f（5\r（3),8）)），所以eq\o（AF,\s\up6(→）)·eq\o（BC，\s\up6(→）)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,8)，－\f(5\r（3）,8）））·(1，0)＝eq\f（1,8).(2)如图，∵E在线段CB的延长线上，∴EB∥AD.∵∠DAB＝30°，∴∠ABE＝30°.∵AE＝BE，∴∠EAB＝30°。又∵AB＝2eq\r(3)，∴BE＝2。∵AD＝5，∴eq\o(EB,\s\up6（→））＝eq\f（2,5)eq\o（AD,\s\up6（→))。∴eq\o（AE，\s\up6（→)）＝eq\o(AB，\s\up6（→)）＋eq\o（BE，\s\up6(→））＝eq\o(AB,\s\up6（→））－eq\f（2，5）eq\o(AD,\s\up6（→)）。又∵eq\o(BD，\s\up6（→）)＝eq\o（AD，\s\up6（→）)－eq\o(AB，\s\up6（→)）,∴eq\o（BD，\s\up6（→))·eq\o(AE,\s\up6(→））＝（eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o（AB，\s\up6（→））)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\o(AB,\s\up6（→）)－\f（2,5)\o（AD,\s\up6(→)）))＝eq\o(AD，\s\up6(→）)·eq\o（AB，\s\up6（→））－eq\f（2，5）eq\o（AD,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→)）2＋eq\f（2,5）eq\o(AD，\s\up6（→))·eq\o（AB,\s\up6（→)）＝eq\f（7,5）|eq\o(AD,\s\up6(→)）｜·|eq\o(AB,\s\up6（→））｜·cos30°－eq\f（2，5）×52－(2eq\r（3））2＝eq\f（7,5)×5×2eq\r(3）×eq\f(\r（3)，2)－10－12＝21－22＝－1。答案(1)B(2)－1规律方法（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)解决涉及几何图形的向量数量积运算问题时，可先利用向量的加减运算或数量积的运算律化简再运算。但一定要注意向量的夹角与已知平面角的关系是相等还是互补.【训练1】(1)（2019·全国Ⅱ卷）已知eq\o（AB，\s\up6(→))＝（2，3)，eq\o(AC，\s\up6(→）)＝（3，t），|eq\o（BC,\s\up6（→）)|＝1,则eq\o（AB，\s\up6（→）)·eq\o(BC，\s\up6（→）)＝（）A.－3 B.－2C.2 D.3（2)（一题多解）已有正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点,则eq\o(DE，\s\up6（→))·eq\o（CB,\s\up6(→））的值为________；eq\o（DE，\s\up6(→))·eq\o（DC,\s\up6(→））的最大值为________。解析（1）因为eq\o（BC,\s\up6(→）)＝eq\o（AC,\s\up6(→)）－eq\o（AB,\s\up6（→）)＝(3,t）－（2，3)＝(1,t－3），所以|eq\o(BC,\s\up6(→）)｜＝eq\r（12＋(t－3)2）＝1，解得t＝3，所以eq\o（BC,\s\up6（→））＝(1，0)，所以eq\o(AB,\s\up6（→）)·eq\o(BC,\s\up6(→））＝2×1＋3×0＝2。（2）法一如图,eq\o(DE，\s\up6(→)）·eq\o(CB，\s\up6（→)）＝（eq\o(DA,\s\up6（→))＋eq\o（AE,\s\up6（→)))·eq\o（CB，\s\up6（→))＝eq\o(DA，\s\up6（→)）·eq\o(CB，\s\up6(→)）＋eq\o(AE,\s\up6（→)）·eq\o(CB,\s\up6（→))＝eq\o（DA，\s\up6(→)）2＝1，eq\o（DE,\s\up6(→)）·eq\o(DC,\s\up6（→)）＝(eq\o(DA,\s\up6(→）)＋eq\o(AE，\s\up6（→）））·eq\o（DC，\s\up6(→）)＝eq\o（DA，\s\up6(→)）·eq\o（DC,\s\up6（→））＋eq\o(AE，\s\up6（→）)·eq\o(DC,\s\up6（→））＝eq\o(AE，\s\up6(→)）·eq\o（DC,\s\up6(→）)＝｜eq\o（AE，\s\up6（→))|·｜eq\o(DC，\s\up6（→）)｜≤|eq\o（DC，\s\up6（→))｜2＝1.法二以A为坐标原点，以射线AB，AD为x轴，y轴的正方向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eq\o（DE，\s\up6（→））＝(t，－1)，eq\o(CB,\s\up6（→)）＝(0,－1），所以eq\o(DE，\s\up6（→）)·eq\o（CB,\s\up6(→))＝(t，－1)·(0，－1)＝1。因为eq\o（DC,\s\up6（→))＝(1，0），所以eq\o（DE，\s\up6(→）)·eq\o（DC,\s\up6（→))＝（t,－1)·（1，0)＝t≤1，故eq\o(DE，\s\up6（→））·eq\o(DC,\s\up6（→））的最大值为1.法三由图知，无论E点在哪个位置,eq\o(DE,\s\up6（→））在eq\o（CB，\s\up6（→)）方向上的投影都是CB＝1，∴eq\o（DE，\s\up6（→）)·eq\o(CB，\s\up6（→））＝｜eq\o（CB,\s\up6(→))|·1＝1.当E运动到B点时，eq\o(DE,\s\up6(→)）在eq\o(DC,\s\up6（→)）方向上的投影最大即为DC＝1，∴（eq\o(DE,\s\up6（→)）·eq\o（DC,\s\up6（→)))max＝｜eq\o(DC，\s\up6（→))|·1＝1.答案(1)C(2)11考点二平面向量的夹角与垂直、模的计算【例2】（1)（一题多解）设非零向量a，b满足｜a＋b｜＝|a－b|，则()A。a⊥b B。|a｜＝|b｜C.a∥b D。|a｜＞|b|(2)若向量a＝(k，3)，b＝(1，4），c＝（2，1），已知2a－3b与c的夹角为钝角，则k的取值范围是________.(3）已知平面向量a与b的夹角等于eq\f(π，3)，若｜a|＝2，|b｜＝3，则｜2a－3b|＝（)A。eq\r(57） B.eq\r（61）C.57 D.61解析（1)法一∵｜a＋b｜＝|a－b｜，∴|a＋b|2＝|a－b｜2。∴a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b.∴a·b＝0。∴a⊥b。法二利用向量加法的平行四边形法则。在▱ABCD中，设eq\o（AB,\s\up6(→））＝a，eq\o（AD，\s\up6（→))＝b，由|a＋b|＝|a－b｜知|eq\o（AC，\s\up6（→）)｜＝|eq\o（DB,\s\up6（→)）|,从而四边形ABCD为矩形，即AB⊥AD,故a⊥b。(2)∵2a－3b与c的夹角为钝角，∴（2a－3b）·c<0,即(2k－3，－6)·(2，1)〈0，解得k＜3.又若（2a－3b）∥c，则2k－3＝－12，即k＝－eq\f（9，2).当k＝－eq\f（9，2)时，2a－3b＝(－12，－6）＝－6c，即2a－3b与c反向。综上，k的取值范围为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－∞,－\f(9，2）））∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(9,2),3）)。(3)由题意可得a·b＝｜a|·｜b|coseq\f(π,3)＝3，所以｜2a－3b｜＝eq\r(（2a－3b）2）＝eq\r（4｜a|2＋9｜b｜2－12a·b）＝eq\r（16＋81－36）＝eq\r（61)，故选B.答案(1)A(2）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f(9,2)))∪eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(9，2），3））（3）B规律方法(1）根据平面向量数量积的性质：若a，b为非零向量,cosθ＝eq\f（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说明不共线的两向量的夹角为钝角。(3)计算向量的模：①当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；②利用｜a|＝eq\r(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;③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。【训练2】（1）（2019·全国Ⅲ卷）已知向量a＝(2，2)，b＝(－8,6），则cos<a,b〉＝________.（2)（2020·杭州质检)已知正三角形ABC的边长为2，设eq\o（AB，\s\up6（→)）＝2a，eq\o(BC,\s\up6（→)）＝b，则()A。|a＋b|＝1 B。a⊥bC.a·b＝1 D.(4a＋b）⊥b(3)(2019·浙江十校联盟适考）｜a|＝2｜b|＝2，a·b＝－1，b⊥(ta＋b)(t∈R），则｜a＋2b|＝________,t＝________。解析（1）∵a＝(2，2），b＝（－8，6)，∴a·b＝2×（－8)＋2×6＝－4，｜a｜＝eq\r（22＋22)＝2eq\r（2），｜b|＝eq\r(（－8）2＋62）＝10.∴cos〈a，b〉＝eq\f（a·b,|a||b｜)＝eq\f（－4,2\r(2）×10）＝－eq\f(\r(2)，10).(2）设AB的中点为点D，则由eq\o（AB，\s\up6（→)）＝2a,得a＝eq\o(AD,\s\up6(→)），因为△ABC是边长为2的等边三角形，所以｜eq\o（AD,\s\up6（→））｜＝1，｜eq\o(BC，\s\up6（→））｜＝2，向量eq\o(AD，\s\up6(→)）与向量eq\o（BC,\s\up6(→）)的夹角为120°，所以|a＋b｜＝｜eq\o(DC,\s\up6（→))|＝eq\r(3），A错误;a·b＝|eq\o(AD,\s\up6(→））|·｜eq\o(BC，\s\up6(→）)|cos120°＝－1，所以向量a与向量b不垂直,B，C错误；（4a＋b)·b＝4|eq\o(AD,\s\up6（→)）｜·｜eq\o（BC，\s\up6（→））|cos120°＋｜eq\o(BC,\s\up6(→)）|2＝－4＋4＝0，所以(4a＋b）⊥b，D正确。（3）由题意得｜a＋2b｜2＝｜a｜2＋4a·b＋4|b｜2＝4＋4×（－1)＋4×1＝4,所以|a＋2b|＝2，由b⊥（ta＋b)得b·（ta＋b）＝ta·b＋|b｜2＝－t＋1＝0,解得t＝1。答案(1）－eq\f(\r(2），10）(2）D（3）21考点三向量与三角函数的交汇【例3】设向量a＝（2eq\r（3)sinx，－cosx），b＝(cosx,2cosx)，f(x）＝a·b＋1.(1)求函数f（x)的最小正周期；(2）若方程f(x）＝｜t2－t|（t∈R）无实数解，求t的取值范围。解（1)因为f（x)＝a·b＋1＝2eq\r(3）sinxcosx－2cos2x＋1＝eq\r（3）sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6）)），故f（x）的最小正周期为π.（2）若方程f（x）＝｜t2－t｜无实数解，则|t2－t｜〉f(x）max＝2，所以t2－t>2或t2－t〈－2，由t2－t>2，解得t〉2或t〈－1；由t2－t＋2＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)）)eq\s\up12（2)＋eq\f(7,4)>0，故不等式t2－t〈－2无实数解，所以t的取值范围是（－∞，－1）∪(2，＋∞)。规律方法此类问题一般通过向量的运算转化为三角函数问题解决.【训练3】已知向量a＝(cosx，sinx)，b＝(－eq\r(6），eq\r（2)），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）由题意得－eq\r（6)cosx＋eq\r（2）sinx＝0,所以tanx＝eq\r(3)，又x∈［0，π]，所以x＝eq\f(π,3）。(2）f(x）＝a·b＝－eq\r（6）cosx＋eq\r(2）sinx＝2eq\r（2)sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(π,3)）)，因为x∈[0，π］，所以x－eq\f(π，3）∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(π，3)，\f(2π,3)))，即f(x)的最大值为2eq\r（2),此时x－eq\f（π,3）＝eq\f（π,2），于是x＝eq\f(5π，6）；f（x）的最小值为－eq\r（6),此时x－eq\f(π，3)＝－eq\f（π，3)，于是x＝0.基础巩固题组一、选择题1。(一题多解)(2020·武汉调研)设向量a＝（1，－2），b＝（0，1)，向量λa＋b与向量a＋3b垂直,则实数λ＝(）A。eq\f（1,2） B.1C.－1 D。－eq\f(1,2）解析法一因为a＝（1，－2），b＝(0，1），所以λa＋b＝（λ，－2λ＋1),a＋3b＝（1，1），由已知得（λ，－2λ＋1）·（1,1）＝0，所以λ－2λ＋1＝0，解得λ＝1，故选B.法二因为向量λa＋b与向量a＋3b垂直，所以(λa＋b)·（a＋3b）＝0，所以λ|a|2＋(3λ＋1)a·b＋3|b|2＝0，因为a＝(1,－2），b＝(0，1)，所以｜a｜2＝5，｜b｜2＝1，a·b＝－2,所以5λ－2（3λ＋1)＋3×1＝0,解得λ＝1，故选B。答案B2.(2020·广州综测一)若等边三角形ABC的边长为1，点M满足eq\o(CM，\s\up6（→)）＝eq\o（CB，\s\up6(→)）＋2eq\o(CA，\s\up6（→）)，则eq\o(MA，\s\up6（→)）·eq\o(MB，\s\up6（→)）＝（)A.eq\r(3） B。2C。2eq\r（3) D.3解析因为eq\o(CM，\s\up6（→）)＝eq\o(CB,\s\up6（→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→)），所以eq\o(MA,\s\up6（→）)＝eq\o（CA，\s\up6(→))－eq\o（CM,\s\up6（→）)＝eq\o（CA，\s\up6（→）)－eq\o(CB，\s\up6（→)）－2eq\o(CA，\s\up6（→)）＝－eq\o（CA，\s\up6（→)）－eq\o(CB，\s\up6(→))，eq\o(MB，\s\up6(→）)＝eq\o(CB,\s\up6(→））－eq\o（CM，\s\up6（→))＝eq\o(CB，\s\up6（→））－eq\o（CB,\s\up6(→））－2eq\o（CA，\s\up6(→)）＝－2eq\o（CA，\s\up6（→）),eq\o（MA，\s\up6(→））·eq\o(MB，\s\up6(→））＝(－eq\o（CA,\s\up6(→））－eq\o（CB，\s\up6(→)））·（－2eq\o（CA，\s\up6（→)))＝2eq\o（CA，\s\up6(→）)2＋2eq\o(CA,\s\up6（→）)·eq\o(CB,\s\up6(→）)＝2＋2×1×1×eq\f(1，2）＝3，选D。答案D3.（2019·北仑中学模拟)设向量a，b满足：｜a｜＝1，|b|＝2，a·（a＋b)＝0，则a与b的夹角是（）A.30° B。60°C。90° D。120°解析设a与b的夹角为θ，因为｜a｜＝1，｜b|＝2，a(a＋b）＝0，所以a2＋a·b＝1＋2cosθ＝0，即cosθ＝－eq\f（1,2)，因为0°＜θ＜180°,所以a与b的夹角θ＝120°，故选D。答案D4。（2020·北京延庆区模拟)△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，若2eq\o(OA,\s\up6（→））＋eq\o（AB，\s\up6(→)）＋eq\o(AC,\s\up6(→）)＝0,且｜eq\o（OA,\s\up6（→））｜＝|eq\o（AB,\s\up6(→))|,则eq\o(CA，\s\up6（→)）·eq\o（CB，\s\up6（→）)＝（）A。eq\f(3，2） B.eq\r(3)C.3 D.2eq\r(3)解析∵2eq\o（OA，\s\up6(→）)＋eq\o(AB,\s\up6（→))＋eq\o（AC，\s\up6(→)）＝0，∴eq\o（OB，\s\up6（→))＝－eq\o（OC，\s\up6(→))，故点O是BC的中点，且△ABC为直角三角形，又△ABC外接圆半径为1，｜eq\o(OA，\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→)）｜，所以BC＝2，CA＝eq\r(3)，∠BCA＝30°，∴eq\o(CA,\s\up6（→)）·eq\o(CB，\s\up6（→））＝｜eq\o(CA,\s\up6(→)）|·|eq\o(CB,\s\up6(→））|cos30°＝2×eq\r(3)×eq\f（\r(3），2）＝3。答案C5。(2019·北京平谷区监控）设a,b是非零向量，则“|a－b｜＝|a|＋|b|”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由“｜a－b｜＝｜a|＋｜b|”平方得｜a｜2－2a·b＋|b｜2＝|a|2＋2|a｜·｜b|＋｜b|2，即－a·b＝｜a｜·|b|,则｜a｜·｜b|cos〈a，b〉＝－|a｜·|b|，即cos〈a，b>＝－1，即〈a,b>＝180°，此时a∥b成立，充分性成立，若〈a，b〉＝0°时，满足a∥b，且－a·b＝｜a｜·｜b|不成立，即必要性不成立，即“|a－b｜＝｜a|＋|b｜”是“a∥b”的充分不必要条件.答案A6.已知不共线的两个非零向量a,b满足|a＋b|＝|2a－b|，则(）A。|a｜<2|b| B.｜a｜>2|b|C.|b|<|a－b| D。｜b|>|a－b｜解析设向量a，b的夹角为θ，则由｜a＋b｜＝|2a－b｜得(a＋b)2＝(2a－b）2,即|a|2＋2|a｜|b|cosθ＋｜b|2＝4｜a｜2－4｜a｜｜b|cosθ＋|b｜2，化简得｜a｜＝2｜b|cosθ,因为向量a，b不共线，所以cosθ∈（0，1），所以｜a｜〈2|b｜，故选A。答案A二、填空题7.（2019·长沙二模)已知两个单位向量a和b的夹角为120°，则a＋b在b方向上的投影为________。解析因为(a＋b)·b＝a·b＋｜b|2＝eq\f(1,2),所以a＋b在b方向上的投影为eq\f(（a＋b）·b，｜b|)＝eq\f(1,2).答案eq\f（1，2）8.（2020·北京朝阳区期末)已知四边形的顶点A,B，C，D在边长为1的正方形网格中的位置如图所示,则eq\o（AC,\s\up6（→)）·eq\o(DB,\s\up6（→))＝________。解析如图，以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A（0,0)，B(4,2),C（7，0），D（3，－2）,∴eq\o(AC,\s\up6（→))＝（7，0)，eq\o(DB,\s\up6（→）)＝(1，4)，∴eq\o(AC，\s\up6（→)）·eq\o(DB,\s\up6（→））＝7×1＋0×4＝7.答案79.如图,四个边长为1的正方形排成一个正方形，AB是大正方形的一条边，Pi（i＝1，2,…，7)是小正方形的其余的顶点，则eq\o(AB，\s\up6（→))·eq\o（AP，\s\up6(→）)i(i＝1，2，…，7）的不同值的个数为________.解析由数量积的定义及投影知识解决。∵eq\o(AB，\s\up6（→))·eq\o（AP，\s\up6(→））＝｜eq\o(AB,\s\up6（→))｜·｜eq\o(AP,\s\up6（→))｜cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o（AP,\s\up6(→)）〉＝2·0，或2·1,或2·2，∴有3个不同的值。答案310.(2019·全国Ⅲ卷)已知a,b为单位向量，且a·b＝0，若c＝2a－eq\r（5)b，则cos〈a，c〉＝________.解析由题意得cos〈a，c〉＝eq\f(a·(2a－\r（5)b）,｜a|·|2a－\r（5）b｜)＝eq\f(2a2－\r（5）a·b,|a|·\r（｜2a－\r（5）b|2))＝eq\f（2,1×\r(4＋5)）＝eq\f（2,3).答案eq\f（2，3)11.在同一个平面内，向量eq\o（OA，\s\up6（→)),eq\o（OB,\s\up6（→）），eq\o（OC,\s\up6(→)）的模分别为1，2，3，eq\o（OA,\s\up6（→））与eq\o(OC，\s\up6（→））的夹角为α，且cosα＝eq\f（1，3)，eq\o(OB，\s\up6(→)）与eq\o(OC，\s\up6（→）)的夹角为60°,若eq\o(OC,\s\up6（→））＝meq\o(OA,\s\up6（→))＋neq\o(OB,\s\up6（→））（m，n∈R）,则m＋3n＝________。解析由eq\o(OC，\s\up6（→)）＝meq\o（OA,\s\up6（→)）＋neq\o（OB，\s\up6（→）)得｜eq\o(OC,\s\up6（→))|2＝meq\o(OA，\s\up6(→))·eq\o(OC，\s\up6（→））＋neq\o（OB,\s\up6（→））·eq\o(OC，\s\up6（→）），即32＝m×1×3cosα＋n×2×3cos60°，化简得m＋3n＝9。答案9三、解答题12。已知｜a|＝4,|b|＝3,(2a－3b)·（2a＋b)＝61,（1)求a与b的夹角θ；(2)求|a＋b｜；(3）若eq\o（AB，\s\up6(→)）＝a，eq\o(BC,\s\up6（→)）＝b，求△ABC的面积。解(1）∵(2a－3b)·（2a＋b)＝61,∴4｜a｜2－4a·b－3|b｜2＝61.又|a|＝4，｜b|＝3，∴64－4a·b－27＝61,∴a·b＝－6.∴cosθ＝eq\f(a·b，｜a||b|）＝eq\f(－6，4×3）＝－eq\f（1，2)。又0≤θ≤π，∴θ＝eq\f（2π,3)。(2）｜a＋b|2＝(a＋b)2＝|a｜2＋2a·b＋｜b｜2＝42＋2×(－6）＋32＝13，∴|a＋b|＝eq\r（13）。(3）∵eq\o(AB,\s\up6（→））与eq\o（BC，\s\up6(→）)的夹角θ＝eq\f（2π,3)，∴∠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，∴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).13。已知向量a＝（cosx，sinx)，b＝(3,－eq\r(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，∴3sinx＝－eq\r(3)cosx，∴3sinx＋eq\r（3)cosx＝0,即sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,6）))＝0。∵0≤x≤π，∴eq\f(π,6)≤x＋eq\f(π,6）≤eq\f(7,6)π，∴x＋eq\f（π,6)＝π，∴x＝eq\f(5π,6）。(2）f（x）＝a·b＝3cosx－eq\r（3）sinx＝－2eq\r(3）sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(π,3））).∵x∈［0,π］，∴x－eq\f（π，3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（π，3)，\f(2π,3)）)，∴－eq\f(\r（3)，2）≤sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f（π,3）)）≤1，∴－2eq\r（3）≤f（x)≤3,当x－eq\f（π,3）＝－eq\f（π,3），即x＝0时，f（x)取得最大值3；当x－eq\f（π，3)＝eq\f（π,2）,即x＝eq\f(5π，6）时，f（x）取得最小值－2eq\r(3).能力提升题组14.(2017·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I1＝eq\o（OA,\s\up6（→)）·eq\o（OB,\s\up6（→))，I2＝eq\o(OB，\s\up6（→）)·eq\o（OC,\s\up6（→）)，I3＝eq\o（OC,\s\up6（→))·eq\o(OD,\s\up6（→)），则()A.I1＜I2＜I3 B。I1＜I3＜I2C。I3＜I1＜I2 D。I2＜I1＜I3解析如图所示，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＝eq\o（OA，\s\up6(→））·eq\o（OB,\s\up6(→））－eq\o（OB,\s\up6(→)）·eq\o（OC,\s\up6(→））＝eq\o(OB，\s\up6(→))·（eq\o(OA,\s\up6（→))－eq\o（OC,\s\up6（→）)）＝eq\o(OB,\s\up6(→）)·eq\o(CA，\s\up6（→))＝|eq\o(OB,\s\up6(→))||eq\o(CA，\s\up6(→)）｜·cos∠AOB<0，∴I1〈I2,同理I2>I3，作AG⊥BD于G，又AB＝AD，∴OB〈BG＝GD<OD,而OA〈AF＝FC〈OC，∴|eq\o(OA,\s\up6(→））|｜eq\o（OB，\s\up6（→)）|〈｜eq\o（OC，\s\up6(→)）||eq\o（OD,\s\up6(→）)｜，而cos∠AOB＝cos∠COD〈0，∴eq\o(OA，\s\up6(→））·eq\o(OB，\s\up6（→)）〉eq\o(OC,\s\up6（→)）·eq\o(OD，\s\up6（→)），即I1>I3。∴I3<I1<I2.答案C15。(2019·北京南阳区二模）在同一平面内，已知A为动点，B,C为定点，且∠BAC＝eq\f(π,3)，∠ACB≠eq\f(π，2）,BC＝1，P为BC中点。过点P作PQ⊥BC交AC所在直线于Q，则eq\o(AQ，\s\up6(→）)在eq\o（BC,\s\up6(→)）方向上投影的最大值是（）A。eq\f（1,3） B。eq\f（1,2)C。eq\f（\r（3),3） D。eq\f（2，3）解析建立如图所示的平面直角坐标系，则Beq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)，0）),Ceq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2），0）),P（0，0），由∠BAC＝eq\f(π,3)可知A，B，C三点在一个定圆上，且弦BC所对的圆周角为eq\f(π，3）,所以圆心角为eq\f(2π,3）。圆心在BC的中垂线即y轴上，且圆心与直线BC的距离为eq\f(\f（1，2）｜BC｜,tan\f(π,3）)＝eq\f（\r(3），6)，即圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(\r（3)，6)))，半径为eq\r（\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(\r（3）,6)）)\s\up12（2）)＝eq\f（\r(3),3）。所以点A的轨迹方程为x2＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(y－\f（\r（3）,6）)）eq\s\up12(2)＝eq\f(1，3）,则x2≤eq\f(1，3)，则－eq\f(\r(3)，3)≤x≤eq\f（\r(3),3)，由eq\o（AQ,\s\up6(→）)在eq\o(BC,\s\up6（→))方向上投影的几何意义可得eq\o(AQ，\s\up6(→）)在eq\o(BC,\s\up6(→））方向上投影为|DP｜＝｜x｜，则eq\o（AQ,\s\up6（→))在eq\o（BC，\s\up6(→)）方向上投影的最大值是eq\f(\r(3），3).答案eq\f（\r(3）,3)16。(一题多解）（2019·江苏卷)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上,BE＝2EA，AD与CE交于点O.若eq\o(AB,\s\up6（→)）·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6eq\o(AO,\s\up6（→））·eq\o(EC，\s\up6(→）)，则eq\f(AB，AC）的值是________.解析法一如图，过点D作DF∥CE交AB于点F，由D是BC的中点，可知F为BE的中点.又BE＝2EA，则知EF＝EA，从而可得AO＝OD，则有eq\o（AO,\s\up6(→）)＝eq\f（1,2)eq\o(AD，\s\up6(→)）＝eq\f（1，4）（eq\o(AB，\s\up6(→））＋eq\o(AC，\s\up6（→)）)，eq\o（EC,\s\up6（→））＝eq\o（AC，\s\up6（→))－eq\o(AE，\s\up6（→))＝eq\o（AC,\s\up6（→））－eq\f(1，3）eq\o（AB，\s\up6(→)），所以6eq\o(AO，\s\up6（→））·eq\o(EC,\s\up6(→））＝eq\f(3,2）(eq\o（AB,\s\up6(→）)＋eq\o(AC,\s\up6(→)））·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\o(AC，\s\up6(→））－\f（1,3)\o(AB,\s\up6(→))））＝eq\f（3，2)eq\o(AC,\s\