2017届高三数学复习专题8平面向量

向量
模等于 1
的向量
a
向量为±|a|
名称
相等的
向量
定 义
备 注
大小 相等 、方向 相同
的向量
两个向 如果两个 非零 向量的方向 相同或相反 ,则
量平行 称这两个向量平行.两个向量平行也称为两个向
两向量只有相等或不相
等,不能比较大小
规定零向量与任一向量
平行(共线)
(共线)
量共线
相反
给定一个向量,把与这个向量方向 相反 、大 零向量的相反向量仍是
.
,而且λa的方向如下:
,
(ⅱ)当λ=0或a=0时,λa= 0
.
实数λ与向量a相乘的运算简称为数乘向量.
(2)数乘向量的定义说明
如果存在实数λ,使得b=λa,则b∥a.
(3)数乘向量的几何意义
数乘向量的几何意义是,把向量沿着它的方向或反方向放大或缩小.特别地,
一个向量的相反向量可以看成-1与这个向量的乘积,即-a=(-1)a.
D.
3.(多选)(2020山东郓城第一中学高三模拟)若点G是△ABC的重心,BC边的
中点为D,则下列结论正确的是(
A.G 是△ABC 的三条中线的交点
B. + + =0
C. =2
D. =
)
答案 ABC
解析 对于 A,△ABC 三条中线的交点就是重心,故 A 正确;对于 B,根据平行四
(4)数乘向量的运算律
设λ,μ为实数,则λ(μa)=(λμ)a;
特别地,我们有(-λ)a=-(λa)=λ(-a).
5.向量的运算律
一般地,对于实数λ与μ,以及向量a,有
(1)λ(μa)= (λμ)a ;(2)λa+μa= (λ+μ)a

2017高考分类汇编 平面向量解析版1、（2017北京文理）设m ,n 为非零向量，则“存在负数，使得”是“”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【答案】A【解析】若，使，则两向量反向，夹角是，那么；若，那么两向量的夹角为，并不一定反向，即不一定存在负数，使得，所以是充分而不必要条件，故选A.2、（2017江苏卷）．如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为1，1，与的夹角为，且=7，与的夹角为45°．若，则 ▲ ．【答案】3【解析】由可得，根据向量的分解，易得，即，即，即得，所以．3、（2017山东理）（12）已知12,e e与的夹角为60︒，则实数的值是.λλ=m n 0<⋅m n 0λ∃<λ=m n ,m n 180︒cos1800⋅=︒=-<m n m n m n 0⋅<m n (]90,180︒︒λλ=m n OA OB OCOA OC αtan αOB OC OC mOA nOB =+(,)m n ∈R m n +=tan 7α=sin α=cos 10α=cos 45cos sin 45sin 0n m n m αα⎧︒+=⎪⎨︒-=⎪⎩0210n m =⎪-=⎪⎩510570n m n m +=⎧⎨-=⎩57,44m n ==3m n +=12-e 12λ+e e λ4、（2017山东文）（11）已知向量a =（2,6）,b =(1,)λ- ,若∥a b ,则λ= . 【答案】3- 【解析】由∥a b 可得162 3.λλ-⨯=⇒=-5、（2017天津）（13）在中，，，．若，，且，则的值为___________．【答案】【解析】由题可得，则．6、（2017浙江）10．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，，，则ABC △60A =︒∠3AB =2AC =2BD DC = ()AE AC AB λλ∈=-R 4AD AE ⋅=-λ3111232cos 603,33AB AC AD AB AC ⋅=⨯⨯︒==+12()33AD AE AB AC ⋅=+2123()34934333311AC AB λλλλ-=⨯+⨯-⨯-⨯=-⇒= 1·I OAOB ＝2·I OB OC ＝3·I OC OD＝（第10题图）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】因为，，，所以，故选C ．7、（2017全国1卷理）已知向量a ，b的夹角为60︒，2a = ，1b = ，则2a b += ________．【答案】【解析】()22222(2)22cos602a b a b a a b b+=+=+⋅⋅⋅︒+221222222=+⨯⨯⨯+444=++12=∴2a b + 8、（2017全国2卷理）【题目12】(2017·新课标全国Ⅱ卷理12)12.已知ABC ∆是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则()PA PB PC ⋅+的最小值是（）A.2-B.32-C. 43- D.1- 【命题意图】本题主要考查等边三角形的性质及平面向量的线性运算﹑数量积，意在考查考生 转化与化归思想和运算求解能力 【解析】解法一：建系法连接PC ∴∴∴最小值为解法二：均值法∵2PC PB PO += ，∴ ()2PA PC PB PO PA ⋅+=⋅123I I I <<132I I I <<312I I I <<213I I I <<90AOB COD ∠=∠> OA OC <OB OD <0OB OC OA OB OC OD ⋅>>⋅>⋅由上图可知：OA PA PO =- ；两边平方可得()()2232PA PO PA PO =+-⋅∵()()222PA POPA PO +≥-⋅ ，∴ 322PO PA ⋅≥-∴ ()322PA PC PB PO PA ⋅+=⋅≥- ，∴最小值为32-解法三：配凑法 ∵2PC PB PO +=∴ ()()()()()222232222PO PA PO PAPO PA AOPA PC PB PO PA +--+-⋅+=⋅==≥-∴最小值为32-9、(2017全国卷2文)4.设非零向量a ，b 满足+=-b b a a 则A. a ⊥bB. =b aC. a ∥bD. >b a解析：ba b a b a b a b a b a ⊥⇒=⋅⇔-=+⇔-=+022选A10、（2017全国3卷理）12．在矩形ABCD 中，1AB =，2AD =，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上．若AP AB AD λμ=+，则λμ+的最大值为（） A ．3 B． CD ．2 【答案】A【解析】由题意，画出右图．设BD 与C 切于点E ，连接CE ． 以A 为原点，AD 为x 轴正半轴， AB 为y 轴正半轴建立直角坐标系， 则C 点坐标为(2,1)． ∵||1CD =，||2BC =．∴BD ∵BD 切C 于点E ． ∴CE ⊥BD ．∴CE 是Rt BCD △中斜边BD 上的高．12||||22||||||BCD BC CD S EC BD BD ⋅⋅⋅====△()A O Dxy BP gCE即C． ∵P 在C 上．∴P 点的轨迹方程为224(2)(1)5x y -+-=．设P 点坐标00(,)x y ，可以设出P 点坐标满足的参数方程如下：0021x y θθ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩ 而00(,)AP x y = ，(0,1)AB = ，(2,0)AD =． ∵(0,1)(2,0)(2,)AP AB AD λμλμμλ=+=+=∴0112x μθ==，01y λθ==． 两式相加得：112)2sin()3λμθθθϕθϕ+=++=+=++≤(其中sin ϕ=，cos ϕ=当且仅当π2π2k θϕ=+-，k ∈Z 时，λμ+取得最大值3． 11、（2017全国卷3文）13．已知向量(2,3),(3,)a b m =-=，且a ⊥b ，则m =. 【答案】2【解析】由题意可得：2330,2m m -⨯+=∴=.。

2017年高考数学试题分项版—平面向量（解析版）一、选择题1．(2017·全国Ⅱ文，4)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 |1．【答案】A【解析】方法一 ∵|a ＋b |＝|a －b |， ∴|a ＋b |2＝|a －b |2.∴a 2＋b 2＋2a·b ＝a 2＋b 2－2a·b . ∴a·b ＝0.∴a ⊥b . 故选A.方法二 利用向量加法的平行四边形法则． 在▱ABCD 中，设AB →＝a ，AD →＝b ， 由|a ＋b |＝|a －b |知|AC →|＝|DB →|，从而四边形ABCD 为矩形，即AB ⊥AD ，故a ⊥b . 故选A.2．(2017·北京文，7)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 2．【答案】A【解析】方法一 由题意知|m |≠0，|n |≠0. 设m 与n 的夹角为θ. 若存在负数λ，使得m ＝λn ， 则m 与n 反向共线，θ＝180°， ∴m ·n ＝|m ||n |cos θ＝－|m ||n |＜0.当90°＜θ＜180°时，m ·n ＜0，此时不存在负数λ，使得m ＝λn . 故“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n ＜0”的充分而不必要条件． 故选A.方法二 ∵m ＝λn ，∴m ·n ＝λn ·n ＝λ|n |2. ∴当λ＜0，n ≠0时，m ·n ＜0.反之，由m ·n ＝|m ||n |cos 〈m ，n 〉<0⇔cos 〈m ，n 〉＜0⇔〈m ，n 〉∈⎝⎛⎦⎤π2，π，当〈m ，n 〉∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，m ，n 不共线．故“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n ＜0”的充分而不必要条件． 故选A.3．(2017·全国Ⅱ理，12)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则P A →·(PB →＋PC →)的最小值是( ) A ．－2 B ．－32C ．－43D ．－13．【答案】B【解析】方法一 (解析法)建立坐标系如图①所示，则A ，B ，C 三点的坐标分别为A (0，3)， B (－1,0)，C (1,0)．设P 点的坐标为(x ，y )， 则P A →＝(－x ，3－y )，PB →＝(－1－x ，－y )， PC →＝(1－x ，－y )，∴P A →·(PB →＋PC →)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2(x 2＋y 2－3y )＝2[x 2＋⎝⎛⎭⎫y －322－34]≥2×⎝⎛⎭⎫－34＝－32. 当且仅当x ＝0，y ＝32时，P A →·(PB →＋PC →)取得最小值，最小值为－32. 故选B.方法二 (几何法)如图②所示，PB →＋PC →＝2PD →(D 为BC 的中点)，则P A →·(PB →＋PC →)＝2P A →·PD →.要使P A →·PD →最小，则P A →与PD →方向相反，即点P 在线段AD 上，则(2P A →·PD →)min ＝－2|P A →||PD →|，问题转化为求|P A →||PD →|的最大值． 又|P A →|＋|PD →|＝|AD →|＝2×32＝3，∴|P A →||PD →|≤⎝⎛⎭⎪⎫|P A →|＋|PD →|22＝⎝⎛⎭⎫322＝34， ∴[P A →·(PB →＋PC →)]min ＝(2P A →·PD →)min ＝－2×34＝－32.故选B.4．(2017·全国Ⅲ理，12)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AP →＝λAB →＋μAD →，则λ＋μ的最大值为( ) A ．3 B ．2 2C. 5D ．24．【答案】A【解析】建立如图所示的直角坐标系，则C 点坐标为(2,1)．设BD 与圆C 切于点E ，连接CE ，则CE ⊥BD . ∵CD ＝1，BC ＝2， ∴BD ＝12＋22＝5， EC ＝BC ·CD BD ＝25＝255，即圆C 的半径为255，∴P 点的轨迹方程为(x －2)2＋(y －1)2＝45.设P (x 0，y 0)，则⎩⎨⎧x 0＝2＋255cos θ，y 0＝1＋255sin θ(θ为参数)，而AP →＝(x 0，y 0)，AB →＝(0,1)，AD →＝(2,0)． ∵AP →＝λAB →＋μAD →＝λ(0,1)＋μ(2,0)＝(2μ，λ)， ∴μ＝12x 0＝1＋55cos θ，λ＝y 0＝1＋255sin θ.两式相加，得λ＋μ＝1＋255sin θ＋1＋55cos θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3⎝⎛⎭⎫其中sin φ＝55，cos φ＝255，当且仅当θ＝π2＋2k π－φ，k ∈Z 时，λ＋μ取得最大值3.故选A.5．(2017·北京理，6)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5．【答案】A【解析】方法一 由题意知|m |≠0，|n |≠0. 设m 与n 的夹角为θ.若存在负数λ，使得m ＝λn ，则m 与n 反向共线，θ＝180°， ∴m ·n ＝|m ||n |cos θ＝－|m ||n |＜0.当90°＜θ＜180°时，m ·n ＜0，此时不存在负数λ，使得m ＝λn . 故“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n ＜0”的充分而不必要条件． 故选A.方法二 ∵m ＝λn ，∴m ·n ＝λn ·n ＝λ|n |2. ∴当λ＜0，n ≠0时，m ·n ＜0.反之，由m ·n ＝|m ||n |cos 〈m ，n 〉＜0⇔cos 〈m ，n 〉＜0⇔〈m ，n 〉∈⎝⎛⎦⎤π2，π， 当〈m ，n 〉∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，m ，n 不共线．故“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n ＜0”的充分而不必要条件， 故选A. 二、填空题1．(2017·全国Ⅰ文，13)已知向量a ＝(－1,2)，b ＝(m,1)．若向量a ＋b 与a 垂直，则m ＝________. 1．【答案】7【解析】∵a ＝(－1,2)，b ＝(m,1)， ∴a ＋b ＝(－1＋m,2＋1)＝(m －1,3)． 又a ＋b 与a 垂直，∴(a ＋b )·a ＝0， 即(m －1)×(－1)＋3×2＝0， 解得m ＝7.2．(2017·全国Ⅲ文，13)已知向量a ＝(－2,3)，b ＝(3，m )，且a ⊥b ，则m ＝________. 2．【答案】2【解析】∵a ＝(－2,3)，b ＝(3，m )，且a ⊥b ， ∴a·b ＝0，即－2×3＋3m ＝0，解得m ＝2.3．(2017·天津文，14)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________． 3．【答案】311【解析】由题意，知|AB →|＝3，|AC →|＝2， AB →·AC →＝3×2×cos 60°＝3，AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋23BC →＝AB →＋23(AC →－AB →)＝13AB →＋23AC →， ∴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. 4．(2017·山东文，11)已知向量a ＝(2,6)，b ＝(－1，λ)，若a ∥b ，则λ＝________. 4．【答案】－3【解析】∵a ∥b ，∴2λ－6×(－1)＝0，解得λ＝－3.5．(2017·浙江，15)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________． 5．【答案】4 2 5【解析】设a ，b 的夹角为θ， ∵|a |＝1，|b |＝2，∴|a ＋b |＋|a －b |＝(a ＋b )2＋(a －b )2＝5＋4cos θ＋5－4cos θ. 令y ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ. 则y 2＝10＋225－16cos 2θ. ∵θ∈[0，π]，∴cos 2θ∈[0,1]， ∴y 2∈[16,20]，∴y ∈[4,25]，即|a ＋b |＋|a －b |∈[4,25]．6．(2017·浙江，10)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 36．【答案】C【解析】∵I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →， 又OB →与CA →所成角为钝角， ∴I 1－I 2＜0，即I 1＜I 2.∵I 1－I 3＝OA →·OB →－OC →·OD →＝|OA →||OB →|cos ∠AOB －|OC →||OD →|cos ∠COD ＝cos ∠AOB (|OA →||OB →|－|OC →||OD →|)， 又∠AOB 为钝角，OA ＜OC ，OB ＜OD ， ∴I 1－I 3＞0，即I 1＞I 3. ∴I 3＜I 1＜I 2， 故选C.7．(2017·江苏，12)如图，在同一个平面内，向量OA →，OB →，OC →的模分别为1,1，2，OA →与OC →的夹角为α，且tan α＝7，OB →与OC →的夹角为45°.若OC →＝mOA →＋nOB →(m ，n ∈R )，则m ＋n＝________.7．【答案】3【解析】方法一 因为tan α＝7， 所以cos α＝210，sin α＝7210. 过点C 作CD ∥OB 交OA 的延长线于点D ，则OC →＝OD →＋DC →，∠OCD ＝45°. 又因为OC →＝mOA →＋nOB →， 所以OD →＝mOA →，DC →＝nOB →， 所以|OD →|＝m ，|DC →|＝n .在△COD 中，由正弦定理得|DC →|sin α＝|OD →|sin ∠OCD ＝|OC →|sin ∠ODC ，因为sin ∠ODC ＝sin(180°－α－∠OCD )＝sin(α＋∠OCD )＝45，即n 7210＝m 22＝245， 所以n ＝74，m ＝54，所以m ＋n ＝3.方法二 由tan α＝7可得cos α＝152，sin α＝752，则152＝OA →·OC →|OA →||OC →|＝m ＋nOA →·OB →2，由cos ∠BOC ＝22可得22＝OB →·OC →|OB →||OC →|＝mOA →·OB →＋n 2，cos ∠AOB ＝cos(α＋45°)＝cos αcos 45°－sin αsin 45° ＝152×22－752×22＝－35，则OA →·OB →＝－35，则m －35n ＝15，－35m ＋n ＝1，则25m ＋25n ＝65，则m ＋n ＝3. 8．(2017·全国Ⅰ理，13)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝________. 8．【答案】2 3 【解析】方法一 |a ＋2b |＝(a ＋2b )2 ＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝22＋4×2×1×cos 60°＋4×12 ＝12＝2 3. 方法二(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 3.9．(2017·天津理，13)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________． 9．【答案】311【解析】由题意知|AB →|＝3，|AC →|＝2， AB →·AC →＝3×2×cos 60°＝3，AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋23BC →＝AB →＋23(AC →－AB →)＝13AB →＋23AC →，∴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. 10．(2017·山东理，12)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量，若3e 1－e 2与e 1＋λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是________． 10．【答案】33【解析】由题意知|e 1|＝|e 2|＝1，e 1·e 2＝0，|3e 1－e 2|＝(3e 1－e 2)2＝3e 21－23e 1·e 2＋e 22＝3－0＋1＝2. 同理|e 1＋λe 2|＝1＋λ2.所以cos 60°＝(3e 1－e 2)·(e 1＋λe 2)|3e 1－e 2||e 1＋λe 2|＝3e 21＋(3λ－1)e 1·e 2－λe 2221＋λ2＝3－λ21＋λ2＝12，解得λ＝33.。

2017届高三数学复习 专题8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→＝－13AB →＋43AC → B.AD →＝13AB →－43AC → C.AD→＝43AB →＋13AC → D.AD →＝43AB →－13AC →1．A [考向1]如图所示，在△ABC 中，BC→＝AC →－AB →.又∵BC →＝3CD →，∴CD→＝13BC →＝13AC →－13AB →， ∴AD →＝AC →＋CD →＝－13AB →＋43AC →.2．(2014·课标Ⅰ，6，易)设D ，E ，F 分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，则EB→＋FC →＝( ) A.AD→ B.12AD → C.BC → D.12BC → 2．A [考向1]如图，EB→＋FC →＝EC →＋CB →＋FB →＋BC →＝EC →＋FB →＝12(AC →＋AB →)＝12·2AD→＝AD →.3．(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)3．A [考向3]BC→＝BA →＋AC →＝BA →－CA →＝(2，3)－(4，7)＝(－2，－4)． 4．(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.⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－45B.⎝ ⎛⎭⎪⎫45，－35 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，45 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，35 4．A [考向2]AB →＝(3，－4)，|AB →|＝5.与AB →同方向的单位向量为AB →|AB →|＝⎝⎛⎭⎪⎫35，－45.故选A.5．(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3π4后得向量OQ →，则点Q 的坐标是( ) A ．(－72，－2) B ．(－72，2)C ．(－46，－2)D ．(－46，2)5．A [考向3]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＝35，sin θ＝45.则Q 点的坐标应为⎝ ⎛⎭⎪⎫10cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋3π4，10sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋3π4.由三角函数知识得10 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋3π4＝－72，10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋3π4＝－2，所以Q (－72，－2)．故选A.思路点拨：向量旋转前后模保持不变，因此求Q 点的坐标关系是求出旋转后OQ →与x 轴正向的夹角，然后根据三角函数的定义求解．6．(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|＝________.6．[考向3]【解析】 ∵λa ＋b ＝0，∴λa ＝－b .∴|λa |＝|b |，∴|λ|·|a |＝|b |， ∴|λ|·1＝5，∴|λ|＝ 5. 【答案】57．(2013·四川，12，易)在平行四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，AB →＋AD→＝λAO →，则λ＝________． 7．[考向1]【解析】 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】 28．(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P A →＋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． 8．[考向1，3]解：(1)方法一：∵P A →＋PB→＋PC →＝0，又P A →＋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：∵P A →＋PB→＋PC →＝0，则(OA→－OP →)＋(OB →－OP →)＋(OC →－OP →)＝0， ∴OP→＝13(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 ，①y ＝2m ＋n ，②②－①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．平面向量的线性运算是高考对平面向量考查的一个重点内容，主要考查三角形法则及平行四边形法则的应用，通常有两个考查角度：(1)向量的线性表示；(2)加(减)法运算几何意义的应用．考题多以选择题或填空题的形式出现，属于中低档题目，所占分值为5分．1(1)(2014·浙江，8)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|2D ．max{|a ＋b|2，|a －b|2}≥|a|2＋|b|2(2)(2015·北京，13)在△ABC 中，点M ，N 满足AM →＝2MC →，BN →＝NC →，若MN →＝xAB →＋yAC→，则x ＝________；y ＝________. 【解析】 (1)方法一：对于平面向量a ，b ，|a ＋b|与|a －b|表示以a ，b 为邻边的平行四边形的两条对角线的长度，而根据平面几何知识可得，平行四边形两对角线长度的较小者与相邻两边长度的较小者，没有确定的大小关系，故选项A ，B 均错；又|a ＋b|，|a －b|中的较大者与|a|，|b|一定构成非锐角三角形的三条边，由余弦定理知，必有max{|a ＋b|2，|a －b|2}≥|a|2＋|b|2，故选项D 正确，选项C 错误． 方法二：若a ，b 同向，令|a|＝2，|b|＝3，这时|a ＋b|＝5，|a －b|＝1，min{|a ＋b|，|a －b|}＝1，min{|a|，|b|}＝2；若令|a|＝2，|b|＝6，这时|a ＋b|＝8，|a －b|＝4，min{|a ＋b|，|a －b|}＝4，而min{|a|，|b|}＝2，显然对任意a ，b ，min{|a ＋b|，|a －b|}与min{|a|，|b|}的大小关系不确定，即选项A 、B 均错．同理，若a ，b 同向，取|a |＝1，|b|＝2，则|a ＋b|＝3，|a －b|＝1，这时max{|a ＋b|2，|a －b|2}＝9，而|a|2＋|b|2＝5，不可能有max{|a ＋b|2，|a －b|2}≤|a|2＋|b|2，故选C 项错． (2)如图，在△ABC 中，MN→＝MA →＋AB →＋BN →＝－23AC →＋AB →＋12BC → ＝－23AC →＋AB →＋12(AC →－AB →)＝12AB →－16AC →，∴x ＝12，y ＝－16.【答案】 (1)D (2)12 －161.(2013·江苏，10)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________．1．【解析】 ∵DE →＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝23AC →－16AB →，又DE→＝λ1AB →＋λ2AC →，∴λ1＝－16，λ2＝23.∴λ1＋λ2＝12. 【答案】 122．(2014·课标Ⅰ，15)已知A ，B ，C 为圆O 上的三点，若AO→＝12(AB →＋AC →)，则AB →与AC→的夹角为________． 2．【解析】 由AO→＝12(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°,解题(1)的关键是结合向量模的几何意义，加减运算的几何意义，通过图形分析得到正确选项；也可从选择题的特点入手，通过对a ，b 特殊化，从而得到|a ＋b|，|a －b|的值，通过比较大小关系排除错误选项，得出正确答案．解题(2)的关键是结合图形，正确运用平面向量加减运算的三角形法则，通过对向量的逐步分解即可求得结果．平面向量线性运算的解题策略(1)用已知向量表示某个向量问题的基本解题思路 ①观察各个向量的位置，特别注意平行关系； ②寻找相应的三角形或多边形； ③利用法则找关系； ④化简结果．其中要特别注意结论：若AD 是△ABC 的中线，则有AD→＝12(AB →＋AC →)．(2)构造三角形或平行四边形分析向量模之间的关系根据向量线性运算的几何意义，涉及比较分析向量的模之间的大小关系等问题，均可构造三角形或平行四边形，通过三角形中的边角关系来确定向量模之间的关系．高考对共线向量定理、平面向量基本定理的考查主要有以下几个方面：(1)利用共线向量定理求参数的值；(2)利用平面向量基本定理结合向量的线性运算对向量进行分解；(3)在坐标表示的前提下由向量共线求参数值或对向量进行分解．一般以选择题、填空题的形式出现，难度中等，分值为5分．2(1)(2012·大纲全国文，9)△ABC 中，AB 边的高为CD ，若CB→＝a ，CA →＝b ，a ·b ＝0，|a|＝1，|b|＝2，则AD →＝( )A.13a －13bB.23a －23bC.35a －35bD.45a －45b(2)(2015·课标Ⅱ，13)设向量a ，b 不平行，向量λa ＋b 与a ＋2b 平行，则实数λ＝________．【解析】 (1)方法一：∵a·b ＝0，∴∠ACB ＝90°，∴AB ＝5，CD ＝255.∴BD ＝55，AD ＝455，∴AD ∶BD ＝4∶1. ∴AD→＝45AB →＝45(CB →－CA →)＝45a －45b .方法二：如图，以C 为原点，CA ，CB 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系．由已知得A (2，0)，B (0，1)．又因为CD ⊥AB ，所以可求得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫25，45，于是AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－85，45，而a ＝(0，1)，b ＝(2，0)，若设AD →＝x a ＋y b ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝－85，x ＝45，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝45，y ＝－45，故AD →＝45a －45b .(2)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＝12.【答案】 (1)D (2)121.(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 ．e 1＝(0，0)，e 2＝(1，2)B ．e 1＝(－1，2)，e 2＝(5，－2)C ．e 1＝(3，5)，e 2＝(6，10)D ．e 1＝(2，－3)，e 2＝(－2，3)1．B 方法一：若e 1＝(0，0)，e 2＝(1，2)，则e 1∥e 2，而a 不能由e 1，e 2表示，排除A ；若e 1＝(－1，2)，e 2＝(5，－2)，因为－15≠2－2，所以e 1，e 2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e 1＝(0，0)，e 2＝(1，2)，不存在实数λ，μ，使得a ＝λe 1＋μ e 2，排除A ；若e 1＝(－1，2)，e 2＝(5，－2)，设存在实数λ，μ，使得a ＝λe 1＋μ e 2，则(3，2)＝(－λ＋5μ，2λ－2μ)，所以⎩⎨⎧3＝－λ＋5μ，2＝2λ－2μ，解得⎩⎨⎧λ＝2，μ＝1，所以a ＝2e 1＋e 2，故选B.2．(2012·四川，7)设a ，b 都是非零向量，下列四个条件中，使a |a|＝b|b|成立的充分条件是( ) A ．a ＝－b B ．a ∥b C ．a ＝2b D ．a ∥b 且|a|＝|b|2．C 因为向量a |a|的方向与向量a 相同，向量b |b|的方向与向量b 相同，且a |a|＝b |b|，所以向量a 与向量b 方向相同，故可排除选项A ，B ，D.当a ＝2b 时，a |a|＝2b |2b|＝b|b|，故a ＝2b 是a |a|＝b|b|成立的充分条件．,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.应用平面向量基本定理应注意的问题(1)只要两个向量不共线，就可以作为平面向量的一组基底，基底可以有无穷多组，在解决具体问题时，合理地选择基底会给解题带来方便．(2)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．高考对平面向量坐标运算的考查主要有以下几个方面：(1)用坐标进行线性运算；(2)在坐标表示下两向量共线与垂直条件的应用；(3)用坐标运算进行向量的分解．高考中该类问题多以客观题的形式出现，难度一般，为中低档题目，分值为5分．3(1)(2014·陕西，13)设0<θ<π2，向量a ＝(sin 2θ，cos θ)，b ＝(cos θ，1)，若a ∥b ，则tan θ＝________．(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λμ＝________．【解析】 (1)因为a ∥b ，所以sin 2θ＝cos 2θ， 即2sin θcos θ＝cos 2θ.因为0<θ<π2，所以cos θ≠0，得2sin θ＝cos θ， 所以tan θ＝12.(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＝－12，∴λμ＝4.【答案】 (1)12 (2)4在考题展示(1)中，若θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，a ，b 的坐标不变，且a ⊥b ，求tan θ的值．解：由于a ⊥b ，所以a·b ＝0，即sin 2θ·cos θ＋cos θ＝0，因为π2<θ<π，所以cos θ≠0，于是sin 2θ＝－1，即2θ＝3π2，从而θ＝3π4，故tan θ＝tan 3π4＝－1. ,平面向量坐标运算的方法技巧(1)向量的坐标运算主要是利用加、减、数乘运算法则进行的，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． (2)利用坐标运算求向量的基底表示，一般先求出基底向量和被表示向量的坐标，再用待定系数法求出线性系数．1．(2016·山东济南二模，3)已知O ，A ，B ，C 为同一平面内的四个点，若2AC →＋CB→＝0，则向量OC →等于( ) A.23OA →－13OB → B ．－13OA →＋23OB → C ．2OA→－OB → D ．－OA →＋2OB → 1．C [考向1]因为AC→＝OC →－OA →，CB →＝OB →－OC →，所以2AC →＋CB →＝2(OC →－OA →)＋(OB →－OC →)＝OC →－2OA →＋OB →＝0，所以OC →＝2OA →－OB →，故选C.2．(2015·河北邯郸一模，5)已知向量a ＝(2，3)，b ＝(－1，2)，若(m a ＋n b )∥(a －2b )，则mn 等于( ) A ．－2 B ．2 C ．－12 D.122．C [考向3]由题意得m a ＋n b ＝(2m －n ，3m ＋2n )，a －2b ＝(4，－1)．∵(m a ＋n b )∥(a －2b )，∴－(2m －n )－4(3m ＋2n )＝0，∴m n ＝－12，故选C.3．(2016·四川成都一模，4)在△ABC 中，D 是AB 边上一点，AD →＝3DB →，且CD →＝λAC→＋34CB →，则λ的值为( ) A.14 B ．－14 C.13 D ．－133．B [考向2]依题意有CD →＝CA →＋AD →＝CA →＋34AB →＝CA →＋34(CB →－CA →)＝14CA →＋34CB →＝－14AC →＋34CB →，故λ＝－14.4．(2015·浙江杭州质检，5)设O 是△ABC 的外心，若AO→＝13AB →＋13AC →，则∠BAC 等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4．C [考向1]取BC 的中点D ，连接AD ，则AB→＋AC →＝2AD →.由题意，得3AO →＝2AD→，∴O 为△ABC 的重心．又O 为△ABC 的外心，∴△ABC 为正三角形， ∴∠BAC ＝60°，故选C.5．(2016·山东潍坊一模，8)若M 是△ABC 内一点，且满足BA →＋BC →＝4BM →，则△ABM 与△ACM 的面积之比为( ) A.12 B.13 C.14 D ．25．A [考向1]设AC 的中点为D ，则BA→＋BC →＝2BD →，于是2BD →＝4BM →，从而BD →＝2BM→，即M 为BD 的中点，于是S △ABM S △ACM ＝S △ABM 2S △AMD ＝BM 2MD ＝12. 6．(2015·陕西西安质检，14)已知向量e 1，e 2是两个不共线的向量，若a ＝2e 1－e 2与b ＝e 1＋λe 2共线，则λ＝________. 6．[考向2]【解析】 依题意，设a ＝k b ， 即2e 1－e 2＝k (e 1＋λe 2)， 于是⎩⎪⎨⎪⎧2＝k ，－1＝kλ，解得λ＝－12.【答案】 －127．(2015·河南开封二模，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________． 7．[考向3]【解析】 ∵|OC →|＝2， ∴|OC→|2＝1＋c 2＝4，c >0，∴c ＝ 3. ∵OC→＝λOA →＋μOB →， ∴(－1，3)＝λ(1，0)＋μ(0，1)， ∴λ＝－1，μ＝ 3. 【答案】 －1，38．(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＝________． 8．[考向2]【解析】 方法一：由AB →＝λAM →＋μAN →，得AB →＝λ·12(AD →＋AC →)＋μ·12(AC →＋AB →)，则⎝ ⎛⎭⎪⎫μ2－1AB →＋λ2AD →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋μ2AC →＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫μ2－1AB →＋λ2AD →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋12AB →＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14λ＋34μ－1AB →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋μ2AD →＝0.又因为AB→，AD →不共线，所以由平面向量基本定理得⎩⎪⎨⎪⎧14λ＋34μ－1＝0，λ＋μ2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－45，μ＝85.所以λ＋μ＝45.方法二：如图，连接MN 并延长交AB 的延长线于T ，由已知易得AB ＝45AT ， ∴45AT →＝AB →＝λAM →＋μAN →. ∵T ，M ，N 三点共线，∴λ＋μ＝45. 【答案】 451．(2016·课标Ⅱ，3，易)已知向量a ＝(1，m )，b ＝(3，－2)，且(a ＋b )⊥b ，则m ＝( )A ．－8B ．－6C ．6D ．81．D [考向1]方法一：a ＋b ＝(4，m －2)，∵(a ＋b )⊥b ，∴(a ＋b )·b ＝0，即12－2(m －2)＝0，解得m ＝8. 方法二：∵(a ＋b )⊥b ，∴(a ＋b )·b ＝0，即a ·b ＋b 2＝0. ∴3－2m ＋9＋4＝0，解得m ＝8.2．(2016·课标Ⅲ，3，易)已知向量BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，则∠ABC ＝( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．120° 2．A [考向2]如图．易知|AB →|＝|BC →|＝1，则∠α＝60°，∠β＝30°，∴∠ABC ＝∠α－∠β＝30°. 3．(2016·山东，8，中)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.94 D ．－943．B [考向1]由题意得，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝m ·n 34||n 2＝13，所以m ·n ＝14||n 2＝14n 2.因为n ·(t m ＋n )＝0，所以t m ·n ＋n 2＝0，即14t n 2＋n 2＝0，所以t ＝－4.4．(2015·山东，4，易)已知菱形ABCD 的边长为a ，∠ABC ＝60°，则BD →·CD →＝( )A ．－32a 2B ．－34a 2 C.34a 2 D.32a 24．D [考向1]∵BD →＝BC →＋BA →，且CD →＝BA →，∴BD →·CD →＝(BC →＋BA →)·BA →＝BC→·BA →＋BA →2 ＝|BC→||BA →|cos 60°＋|BA →|2 ＝12a 2＋a 2＝32a 2.故选D.5．(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 ．－92B ．0C ．3 D.1525．C [考向2]2a －3b ＝(2k －3，－6)，由(2a －3b )⊥c ，得4k －6－6＝0，解得k ＝3.故选C.6．(2014·课标Ⅱ，3，易)设向量a ，b 满足|a ＋b |＝10，|a －b |＝6，则a ·b ＝( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．56．A [考向2]由|a ＋b |＝10得a 2＋b 2＋2a ·b ＝10，①由|a －b |＝6得a 2＋b 2－2a ·b ＝6，② ①－②得4a ·b ＝4，∴a ·b ＝1，故选A.7．(2013·福建，5，易)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 ．107．C [考向3]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 ＝12|AC →||BD →|＝12×5×25＝5，故选C.8．(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→8．D [考向1]在△ABC 中，由BC→＝AC →－AB →＝2a ＋b －2a ＝b ，得|b |＝2.又|a |＝1，所以a·b ＝|a||b|cos 120°＝－1，所以(4a ＋b )·BC →＝(4a ＋b )·b ＝4a·b ＋|b|2＝4×(－1)＋4＝0，所以(4a ＋b )⊥BC→，故选D. 9．(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＋29．C [考向3]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 |＝x 2＋y 2，∴|c |的最大值为|OM |＋1，即|c |max ＝2＋1，故选C.思路点拨：由于a ，b 是相互垂直的单位向量，故可建立直角坐标系，根据向量加法、减法以及模的几何意义进行求解，求解向量问题要善于运用数形结合的思想．10．(2014·天津，8，中)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 →＝－23，则λ＋μ＝( ) A.12 B.23 C.56 D.71210．C [考向1]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)＝－23.② 由①②可得λ＋μ＝56.11．(2016·课标Ⅰ，13，易)设向量a ＝(m ，1)，b ＝(1，2)，且|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，则m ＝________．11．[考向2]【解析】 方法一：a ＋b ＝(m ＋1，3)，又|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2. ∴(m ＋1)2＋32＝m 2＋1＋5， 解得m ＝－2.方法二：由|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，得a ·b ＝0，即m ＋2＝0，解得m ＝－2. 【答案】 －212．(2015·湖北，11，易)已知向量OA →⊥AB →，|OA →|＝3，则OA →·OB →＝________． 12．[考向1]【解析】 OA →·OB →＝OA →·(OA →＋AB →)＝OA →2＋OA →·AB →＝9. 【答案】 913．(2014·江西，14，中)已知单位向量e 1与e 2的夹角为α，且cos α＝13，向量a ＝3e 1－2e 2与b ＝3e 1－e 2的夹角为β，则cos β＝________．13．[考向2]【解析】 a ·b ＝(3e 1－2e 2)·(3e 1－e 2)＝9＋2－9×1×1×13＝8. ∵|a |2＝(3e 1－2e 2)2＝9＋4－12×1×1×13＝9，∴|a |＝3.∵|b |2＝(3e 1－e 2)2＝9＋1－6×1×1×13＝8，∴|b |＝22，∴cos β＝a ·b|a ||b |＝83×22＝223.【答案】22314．(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________．14．[考向3]【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 ≥－98(当且仅当2|a|＝|b|，〈a ，b 〉＝π时取等号)，∴a·b 的最小值为－98. 【答案】 －98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.平面向量数量积的概念与计算是高考对平面向量考查的一个重点内容，主要从以下几个角度考查：(1)对数量积定义式的理解与应用；(2)在具体平面图形中计算数量积的值；(3)求一个向量在另一个向量方向上的投影．这类考题一般以选择题、填空题的形式出现，多为中低档题目，所占分值为5分．1(1)(2015·陕西，7)对任意向量a ，b ，下列关系式中不恒成立．．．．的是( ) A ．|a·b|≤|a||b| B ．|a －b|≤||a|－|b|| C ．(a ＋b )2＝|a ＋b|2 D ．(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2(2)(2015·四川，7)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4.若点M ，N 满足BM→＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝( ) A ．20 B ．15 C ．9 D ．6 (3)(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】 (1)根据a·b ＝|a||b|cos θ，又cos θ≤1，知|a·b|≤|a||b|，A 恒成立；当向量a 和b 方向不相同时，|a －b|>||a|－|b||，B 不恒成立；根据|a ＋b|2＝a 2＋2a·b ＋b 2＝(a ＋b )2，C 恒成立；根据向量的运算性质得(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2，D 恒成立．(2)如图所示，由题意知，AM→＝AB →＋BM →＝AB →＋34AD ，NM →＝13AB →－14AD →， ∴AM→·NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋34AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →－14AD → ＝13|AB →|2－316|AD →|2＋14AB →·AD →－14AB →·AD →＝13×36－316×16＝9.(3)方法一：如图，以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，0)，B (2，0)，D (0，2)，E (1，2)． 于是AE→＝(1，2)，BD →＝(－2，2)， 故AE→·BD →＝1×(－2)＋2×2＝2. 方法二：由于四边形ABCD 为正方形，且边长为2，所以AE →·BD →＝(AD →＋DE →)·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋12AB →·(AD →－AB →)＝|AD→|2－12AB →·AD →－12|AB→|2＝22－0－12×22＝2. 【答案】 (1)B (2)C (3)21.(2013·湖北，6)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.322B.3152 C ．－322 D ．－3152 1．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 →|＝1552＝322.故选A.2．(2012·天津，7)已知△ABC 为等边三角形，AB ＝2.设点P ，Q 满足AP→＝λAB →，AQ →＝(1－λ)AC →，λ∈R .若BQ →·CP →＝－32，则λ＝( ) A.12 B.1±22 C.1±102 D.－3±2222．A 如图，BQ →＝AQ →－AB →，CP →＝AP →－AC →，∵BQ→·CP →＝－32， ∴(AQ →－AB →)·(AP→－AC →)＝－32， AQ →·AP →－AQ →·AC →－AB →·AP →＋AB →·AC →＝－32.又AP →＝λAB →，AQ →＝(1－λ)AC →， 代入上式得(1－λ)AC→·λAB →－(1－λ)AC →·AC →－AB →·λAB →＋AB →·AC →＝－32.(*) ∵△ABC 为等边三角形，且|AC →|＝|AB →|＝|BC →|＝2，∴AC→·AB →＝|AC →|·|AB →|·cos 60° ＝2×2×12＝2，|AC→|2＝4，|AB →|2＝4，代入(*)式得 4λ2－4λ＋1＝0，即(2λ－1)2＝0，∴λ＝12，故选A.思路点拨：本题的关键在于将BQ→，CP →用一组基底AB →，AC →来线性表示，然后根据数量积的运算律，结合已知条件建立参数λ的方程求解．,求平面向量数量积的方法给出向量a ，b ，求a·b 的三种方法：(1)若两个向量共起点，且两向量的夹角直接可得，根据定义即可求得数量积；若两向量的起点不同，需要通过平移使它们的起点重合，然后再计算．(2)根据图形之间的关系，用长度和相互之间的夹角都已知的向量分别表示出向量a ，b ，然后再根据平面向量的数量积的定义进行计算求解．(3)若图形适合建立平面直角坐标系，可建立坐标系，求出a ，b 的坐标，通过坐标运算法则求得．求向量a 在向量b 方向上的投影的方法(1)根据定义求，即a 在b 方向上的投影为|a|cos 〈a ，b 〉； (2)利用数量积求解，即a 在b 方向上的投影为a ·b |b|.平面向量的夹角与模的计算问题是高考的热点内容，一般有以下几个考查角度：(1)求两个向量的夹角；(2)求某一个向量的模；(3)由向量垂直求参数值等．高考对该类问题的考查往往会将知识进行交汇考查，多为中低档题目，难度一般，主要以客观题形式出现，所占分值为5分．2(1)(2015·重庆，6)若非零向量a ，b 满足|a |＝223|b |，且(a －b )⊥(3a ＋2b )，则a 与b 的夹角为( )A.π4B.π2C.3π4 D ．π(2)(2014·大纲全国，4)若向量a ，b 满足：|a|＝1，(a ＋b )⊥a ，(2a ＋b )⊥b ，则|b|＝( )A ．2 B. 2 C ．1 D.22(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)设|b |＝x ，〈a ，b 〉＝θ，则|a |＝223x ，a·b ＝223x 2cos θ. ∵(a －b )⊥(3a ＋2b )，∴(a －b )·(3a ＋2b )＝0，∴3a 2＋2a·b －3a ·b －2b 2＝0，即3×89x 2－223x 2cos θ－2x 2＝0， ∴223cos θ＝23，∴cos θ＝22.∵θ∈[0，π]，∴θ＝π4，故选A. (2)因为(a ＋b )⊥a ，所以(a ＋b )·a ＝0，即|a|2＋a·b ＝0， 又因为|a|＝1，所以a·b ＝－1.又因为(2a ＋b )⊥b ，所以(2a ＋b )·b ＝0，即2a·b ＋|b|2＝0，所以|b|2＝2，所以|b |＝ 2. (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＝712. 【答案】(1)A (2)B (3)7121.(2014·四川，7)平面向量a ＝(1，2)，b ＝(4，2)，c ＝m a ＋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 ．21．D c ＝m a ＋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 ＋85＝8m ＋2020，解得m ＝2. 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________．2．【解析】 方法一：由题意可知，AC→＝AB →＋AD →，BE →＝－12AB →＋AD →.因为AC →·BE →＝1，所以(AB →＋AD →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋AD →＝1， 则AD→2＋12AB →·AD →－12AB →2＝1.① 因为|AD→|＝1，∠BAD ＝60°，所以AB→·AD →＝12|AB →|，因此①式可化为1＋14|AB →|－12|AB →|2＝1. 解得|AB→|＝0(舍去)或12， 所以AB 的长为12.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 ＝12，DM ＝32. 设|AB |＝m (m ＞0)，则B (m ，0)． C ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋12，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32.因为E 是CD 的中点， 所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋12，32.所以BE→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12m ，32， AC→＝⎝⎛⎭⎪⎫m ＋12，32.由AC →·BE →＝1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12m ＋34＝1，即2m 2－m ＝0，所以m ＝0(舍去)或12.故AB 的长为12.【答案】 12,求解两个非零向量之间的夹角的步骤第一步，由坐标运算或定义计算出这两个向量的数量积； 第二步，分别求出这两个向量的模或找出两个模之间的关系； 第三步，根据公式cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a||b|＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22(其中a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2))求解出这两个向量夹角的余弦值；第四步，根据两个向量夹角的范围为[0，π]及其余弦值，求出这两个向量的夹角．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．平面向量中的最值或范围问题也是高考考查的重点，多以下列角度进行考查：(1)求数量积的最值或范围；(2)求模的最值；(3)求夹角的最值或范围；(4)求其他参数的取值范围或最值．这类考题往往具有较强的综合性，难度较大，多以客观题形式出现，所占分值为5分．3(1)(2015·天津，14)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 →＝19λDC→，则AE →·AF →的最小值为________． (2)(2011·浙江，14)若平面向量α，β满足||α＝1，||β≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为12，则α与β的夹角θ的取值范围是________． 【解析】 (1)方法一：如图，分别过C ，D 作CN ⊥AB 于N ，DM ⊥AB 于M ，则AM ＝BN ＝12，∴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⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19λ－λ＋λ＋12λ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19λ＝1718＋29λ＋λ2≥1718＋219＝2918，当且仅当29λ＝λ2，即λ＝23时等号成立，此时AE→·AF →有最小值2918.方法二：在等腰梯形ABCD 中，由AB ∥DC ，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°，可得AD ＝DC ＝1.建立平面直角坐标系如图所示，则A (0，0)，B (2，0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32－(2，0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32－⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32＝(1，0)． ∵BE→＝λBC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12λ，32λ，∴E ⎝⎛⎭⎪⎫2－12λ，32λ. ∵DF →＝19λDC →＝⎝⎛⎭⎪⎫19λ，0，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋19λ，32. ∴AE→·AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12λ，32λ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋19λ，32 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12λ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋19λ＋34λ＝1718＋29λ＋12λ≥1718＋229λ·12λ＝2918. 当且仅当29λ＝12λ，即λ＝23时取等号，符合题意．∴AE →·AF →的最小值为2918.(2)如图，向量α与β在单位圆O 内，由于|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为12，故以向量α，β为两边的三角形的面积为14，故β的终点在如图所示的线段AB 上⎝ ⎛⎭⎪⎫α∥AB →，且圆心O 到AB 的距离为12，因此夹角θ的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6.【答案】 (1)2918 (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6(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：p 1：|a ＋b |>1⇔θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2π3 p 2：|a ＋b |>1⇔θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤2π3，πp 3：|a －b |>1⇔θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π3 p 4：|a －b |>1⇔θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π其中的真命题是( )A ．p 1，p 4B ．p 1，p 3C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4 A ∵|a |＝|b |＝1，且θ∈[0，π]， 若|a ＋b |>1，则(a ＋b )2>1，∴a 2＋2a ·b ＋b 2>1， 即a ·b >－12，∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝a ·b >－12，∴θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2π3；若|a －b |>1，同理求得a ·b <12，∴cos θ＝a ·b <12，∴θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π，∴p 1，p 4正确，故选A.,解题(1)时，方法一：将AE→，AF →转化为已知向量和夹角，并由向量的模和向量的夹角得AE→·AF →关于λ的表达式，然后利用均值不等式求得最值；方法二：考虑到图形中线段长度和夹角已知较多，故可以建立坐标系，通过坐标运算得到AE →·AF →关于λ的表达式，然后利用均值不等式求得最值；解题(2)时，考虑到已知条件的特点，可运用数形结合的方法求解．求解平面向量最值或范围问题的常见方法(1)利用不等式求最值解题时要灵活运用不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. (2)利用函数思想求最值常利用“平方技巧”找到向量的模的表达式，然后利用函数思想求最值，有时也常与三角函数知识结合求最值． (3)利用数形结合思想求最值要充分利用平面向量“形”的特征，充分挖掘向量的模所表示的几何意义，从图形上观察分析出模的最值．1．(2016·广东佛山质检，3)已知向量a ＝(－2，0)，b ＝(1，1)，则下列结论正确的是( )A ．a·b ＝2B ．a ∥bC ．b ⊥(a ＋b )D ．|a|＝|b|1．C [考向1]由已知得a ＋b ＝(－1，1)，于是b·(a ＋b )＝0，故b ⊥(a ＋b )．2．(2016·辽宁大连一模，6)如图，在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，D 是BC 的中点，则AD →·BC →＝( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．不能确定2．B [考向1]由于D 是BC 的中点，所以AD →＝12(AB →＋AC →)．又因为BC→＝AC →－AB →，所以AD →·BC →＝12(AB →＋AC →)·(AC→－AB →)＝12(|AC →|2－|AB →|2)＝4.3．(2016·陕西西安质检，7)已知向量a ，b 满足|a |＝3，|b |＝23，且a ⊥(a ＋b )，则b 在a 方向上的投影为( ) A ．3 B ．－3 C ．－332 D.3323．B [考向1]由a ⊥(a ＋b )得a·(a ＋b )＝0，即|a |2＋a·b ＝0，于是a·b ＝－9，因此b 在a 方向上的投影为a·b |a|＝－93＝－3.4．(2015·浙江温州二模，5)已知|a |＝1，a ·b ＝12，(a －b )2＝1，则a 与b 的夹角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．120°4．C [考向2]设a 与b 的夹角为θ，因为a ·b ＝|a ||b |·cos θ＝12，且|a |＝1，所以|b |cos θ＝12.①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＝12.又0°≤θ≤180°，所以θ＝60°.故选C.5．(2016·河北石家庄一模，7)已知平面向量a ＝(1，x )，b ＝(2，y )，且a ⊥b ，则|a ＋b |的最小值等于( ) A ．1 B. 5 C.7 D ．35．D [考向3]由a ⊥b 可得1×2＋xy ＝0，即xy ＝－2，于是|a ＋b |＝（a ＋b ）2＝32＋（x ＋y ）2＝x 2＋y 2＋5≥2|xy |＋5＝3. 6．(2016·吉林长春一模，8)非零向量a ，b 满足2a·b ＝a 2b 2，|a|＋|b|＝2，则a 与b 的夹角的最小值是( ) A.π6 B.π3 C ．－π3 D ．－π66．B [考向3]设a 与b 的夹角为θ，则cos θ＝a ·b |a||b|＝a 2b 22|a||b|＝|a|2|b|22|a||b|＝12|a|·|b|，又|a|＋|b|＝2≥2|a||b|，所以|a||b|≤1，故cos θ≤12，所以θ≥π3，即a 与b 的夹角的最小值是π3.7．(2016·福建厦门二模，13)已知正方形ABCD 的边长为a ，则|AC →＋AD →|等于________．7．[考向2]【解析】 |AC→＋AD →|2＝|AC →|2＋|AD →|2＋2AC →·AD →＝2a 2＋a 2＋22a ·a ·22＝5a 2，于是|AC →＋AD →|＝5a . 【答案】5a8．(2016·浙江杭州质检，9)已知BC ，DE 是半径为1的圆O 的两条直径，BF →＝2FO→，则FD →·FE →的值是________． 8．[考向1]【解析】 因为FD →＝FO →＋OD →，FE →＝FO →＋OE →，所以FD →·FE →＝(FO →＋OD →)·(FO →＋OE →)＝|FO →|2＋FO →·(OE →＋OD →)＋OD →·OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋0＋(－1)＝－89.【答案】 －899．(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∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，则b 与a －b 夹角的取值范围是________． 9．[考向3]【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<π2，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＝12λ，由λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1得12λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32，所以θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3，所以b ，a －b＝θ＋π2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6.【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π610．(2016·山西太原联考，14)已知单位向量e 满足|a －e|＝|a ＋2e|，则向量a 在e 方向上的投影等于________．10．[考向2]【解析】 由|a －e|＝|a ＋2e|得(a －e )2＝(a ＋2e )2，于是|a|2－2a·e ＋1＝|a|2＋4a·e ＋4，解得a·e ＝－12， 于是向量a 在e 方向上的投影为a ·e |e|＝－12. 【答案】 －1211．(2016·山东济宁一模，14)定义a*b 是向量a 和b 的“向量积”，其长度|a*b|＝|a||b|sin θ，其中θ为向量a 与b 的夹角．若u ＝(2，0)，u －v ＝(1，－3)，则|u*(u ＋v )|＝________.11．[考向2]【解析】 因为u ＝(2，0)，u －v ＝(1，－3)，所以v ＝(1，3)，从而u ＋v ＝(3，3)．若设u 与(u ＋v )的夹角为θ，则cos θ＝u·（u ＋v ）|u||u ＋v |＝62×23＝32，从而sin θ＝12，故|u*(u ＋v )|＝|u|·|u ＋v |·sin θ＝2×23×12＝2 3. 【答案】 2 3思路点拨：本题为新定义问题，按照所给定义，关键是求出u 与(u ＋v )的夹角的正弦值，可以由已知条件求出二者的坐标，再根据数量积求出夹角的余弦值，从而求得正弦值，最后由公式即得所求．1．(2016·天津，7，中)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AF →·BC →的值为( ) A ．－58 B.18 C.14 D.1181．B [考向2]方法一：∵BC→＝AC →－AB →，AF→＝AD →＋DF →＝12AB →＋32DE →＝12AB →＋34AC →， ∴BC→·AF →＝(AC →－AB →)⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB →＋34AC →＝12×1×1×12－12＋34－34×1×1×12＝14－12＋34－38＝18，选B.方法二：以BC 为x 轴，E 为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，易知A ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，E (0，0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34.又DE→＝2EF →，设F (x ，y )， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－34＝2(x ，y )，∴x ＝18，y ＝－38，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫18，－38，∴AF →·BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫18，－583·(1，0) ＝18＋0＝18.2．(2016·四川，10，难)在平面内，定点A ，B ，C ，D 满足|DA →|＝|DB →|＝|DC →|，DA →·DB →＝DB →·DC →＝DC →·DA →＝－2，动点P ，M 满足|AP →|＝1，PM →＝MC →，则|BM →|2的最大值是( ) A.434 B.494 C.37＋634 D.37＋23342．B [考向2]由题意，|DA →|＝|DB →|＝|DC →|，所以D 到A ，B ，C 三点的距离相等，D 是△ABC 的外心．DA →·DB →＝DB →·DC →＝DC →·DA →＝－2⇒DA →·DB →－DB →·DC →＝DB →·(DA →－DC →)＝DB →·CA→＝0，所以DB ⊥AC ，同得可得，DA ⊥BC ，DC ⊥AB ， 从而D 是△ABC 的垂心．△ABC 的外心与垂心重合，因此△ABC 是正三角形，且D 是△ABC 的中心． DA→·DB →＝|DA →||DB →|cos ∠ADB ＝|DA →|·|DB →|×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－2⇒|DA →|＝2， 所以正三角形ABC 的边长为2 3.如图，以A 为原点建立直角坐标系，则B (3，－3)，C (3，3)，D (2，0)．由|AP→|＝1，设P 点的坐标为(cos θ，sin θ)，其中θ∈[0，2π)， 而PM →＝MC →，故M 是PC 的中点，可知M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋cos θ2，3＋sin θ2， 则|BM →|2＝⎝⎛⎭⎪⎫cos θ－322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33＋sin θ22 ＝37＋12sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π64≤37＋124＝494.3．(2012·湖南，7，中)在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝3，AB →·BC →＝1，则BC ＝( )A. 3B.7 C ．2 2 D.233．A [考向1]∵AB →·BC →＝AB →·(AC→－AB →)＝AB →·AC →－AB →2＝1， ∴AB→·AC →＝5，即2×3cos A ＝5，∴cos A ＝56.由余弦定理得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 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 . 4．(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|P A |2＋|PB |2|PC |2＝( )A ．2B ．4C ．5D ．104．D [考向2]方法一：如图，以C 为原点，CA ，CB 所在直线分别为x 轴，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|P A |2＋|PB |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫916a 2＋116b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫116a 2＋916b 2＝1016(a 2＋b 2)＝10|PC |2， 故|P A |2＋|PB |2|PC |2＝10.方法二：因为P A →－PB →＝BA →，且P A →＋PB →＝2PD →，两式平方相加得2P A →2＋2PB→2＝BA →2＋4PD →2＝4CD →2＋4PC →2＝20PC →2，故|P A |2＋|PB |2|PC |2＝10.5．(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 →＝a cos θ＋b sin 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 ＜3B ．1＜r ＜3≤RC ．r ≤1＜R ＜3D ．1＜r ＜3＜R5．A [考向1]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 ＝5－22(cos θ＋sin θ)＝5－4sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4.∵0≤θ<2π，∴π4≤θ＋π4<9π4，∴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，1<r <R <3.故选A.思路点拨：根据数量积的运算性质，求出曲线C 的轨迹，动点Q 满足的条件，再根据区域上点的特征，通过数形结合求解．6．(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·ββ·β.若平面向量a ，b 满足|a|≥|b|>0，a 与b 的夹角θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，且a ∘b 和b ∘a 都在集合⎩⎨⎧⎪⎪⎪n 2 }n ∈Z 中，则a ∘b ＝( ) A.12 B ．1 C.32 D.526．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，π4可得22<cos θ<1，由|a |≥|b |>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 |＝12，即|a |＝2|b |cos θ.①同理|a |cos θ|b |>22，将①代入后得2cos 2θ>22，又由于a ∘b ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2|n ∈Z ，所以a ∘b ＝2cos 2θ＝n 2(n ∈Z )，于是1<n2<2，故n ＝3，∴cos θ＝32，|a |＝3|b |，∴a ∘b ＝3|b ||b |×32＝32，故选C.7．(2016·浙江，15，难)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 |≤6，则a ·b 的最大值是________．7．【解析】 由题意，|a ·e |＋|b ·e |≤6，即|a ·e ||e |＋|b ·e ||e |≤6，即对任意单位向量e ，。