蚌埠市2016年高中数学三轮复习之平面向量的数量积及应用8

【3年高考】（新课标）2016版高考数学一轮复习 5.3平面向量的数量积及平面向量的应用A组2012—2014年高考·基础题组1.(2014课标Ⅱ,3,5分)设向量a,b满足|a+b|=,|a-b|=,则a·b=()A.1B.2C.3D.52.(2014大纲全国,4,5分)若向量a、b满足:|a|=1,(a+b)⊥a,(2a+b)⊥b,则|b|=( )A.2B.C.1D.3.(2013陕西,3,5分)设a,b为向量,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.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.(2013福建,7,5分)在四边形ABCD中,=(1,2),=(-4,2),则该四边形的面积为( )A. B.2 C.5 D.105.(2012湖南,7,5分)在△ABC中,AB=2,AC=3,·=1,则BC=( )A. B. C.2 D.6.(2014北京,10,5分)已知向量a,b满足|a|=1,b=(2,1),且λa+b=0(λ∈R),则|λ|=.7.(2014江西,14,5分)已知单位向量e1与e2的夹角为α,且cos α=,向量a=3e1-2e2与b=3e1-e2的夹角为β,则cos β=.8.(2014山东,12,5分)在△ABC中,已知·=tan A,当A=时,△ABC的面积为.9.(2012北京,13,5分)已知正方形ABCD的边长为1,点E是AB边上的动点,则·的值为;·的最大值为.B组2012—2014年高考·提升题组1.(2014天津,8,5分)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·=1,·=-,则λ+μ=()A. B. C. D.2.(2014浙江,8,5分)记max{x,y}=min{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|23.(2012天津,7,5分)已知△ABC为等边三角形,AB=2.设点P,Q满足=λ,=(1-λ),λ∈R.若·=-,则λ=()A. B. C. D.4.(2014安徽,15,5分)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,S min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S min与|a|无关③若a∥b,则S min与|b|无关④若|b|>4|a|,则S min>0⑤若|b|=2|a|,S min=8|a|2,则a与b的夹角为5.(2013课标全国Ⅰ,13,5分)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= .6.(2012安徽,14,5分)若平面向量a,b满足|2a-b|≤3,则a·b的最小值是.7.(2013山东,15,4分)已知向量与的夹角为120°,且||=3,||=2.若=λ+,且⊥,则实数λ的值为.8.(2013江苏,15,14分)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.A组2012—2014年高考·基础题组1.A 由|a+b|=得a2+b2+2a·b=10,①由|a-b|=得a2+b2-2a·b=6,②①-②得4a·b=4,∴a·b=1,故选A.2.B 由题意得⇒-2a2+b2=0,即-2|a|2+|b|2=0,又|a|=1,∴|b|=.故选B.3.C |a·b|=||a||b|cos<a,b>|=|a||b|,故|cos<a,b>|=1,故a,b同向或反向,即a∥b,反之也成立.故为充分必要条件.4.C ·=(1,2)·(-4,2)=0,故⊥.故四边形ABCD的对角线互相垂直,面积S=·||·||=××2=5,选C.5.A ∵·=·(-)=·-=1,∴·=5,即2×3cos A=5,∴cos A=.由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos A=3,∴BC=,故选A.6.答案解析∵λa+b=0,即λa=-b,∴|λ||a|=|b|.∵|a|=1,|b|=,∴|λ|=.7.答案解析a·b=(3e 1-2e2)·(3e1-e2)=9+2-9×1×1×=8.∵|a|2=(3e1-2e2)2=9+4-12×1×1×=9,∴|a|=3.∵|b|2=(3e1-e2)2=9+1-6×1×1×=8,∴|b|=2,∴cos β===.8.答案解析由·=tan A,A=,得||·||cos=tan,即||·||==,所以S △ABC=||·||sin A=××=.9.答案1;1解析①如图建立直角坐标系,则D(0,0),A(0,1),B(1,1),C(1,0).设E(x,1),那么=(x,1),=(0,1),∴·=1.②∵=(1,0),∴·=x.∵正方形的边长为1,∴x的最大值为1,故·的最大值为1.B组2012—2014年高考·提升题组1.C 以,为基向量,则·=(+λ)·(+μ)=μ+λ+(1+λμ)··=4(μ+λ)-2(1+λμ)=1①.·=(λ-1)·(μ-1)=-2(λ-1)(μ-1)=-②,由①②可得λ+μ=.2.D 在A中,取a=(1,0),b=(0,0),则min{|a+b|,|a-b|}=1,而min{|a|,|b|}=0,不符合,即A 错.在B中,设a=b≠0,则min{|a+b|,|a-b|}=0,而min{|a|,|b|}=|a|>0,不符合,即B错.因为|a+b|2=|a|2+|b|2+2a·b,|a-b|2=|a|2+|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.3.A 如图,=-,=-,∵·=-,∴(-)·(-)=-,·-·-·+·=-.又=λ,=(1-λ),代入上式得(1-λ)·λ-(1-λ)·-·λ+·=-.(*)∵△ABC为等边三角形,且||=||=||=2,∴·=||·||·cos 60°=2×2×=2,||2=4,||2=4,代入(*)式得4λ2-4λ+1=0,即(2λ-1)2=0,∴λ=,故选A.4.答案②④解析根据题意得S的取值依据含a2的个数,分三类:有0个a2,有1个a2,有2个a2.分别得S的取值为S1=4|a||b|·cos θ+b2,S2=2|a||b|cos θ+a2+2b2,S3=2a2+3b2(记θ=<a,b>).S 至多有3个不同的值,故①错误;若a⊥b,则θ=90°,易知S min=S1=b2=|b|2,与|a|无关,故②正确;若a∥b,则S的三个值均与|b|有关,所以S min也一定与|b|有关,故③错误;若|b|>4|a|,则S1>-16a2|cos θ|+16a2=16a2(1-|cos θ|)≥0,S2>-8a2|cos θ|+a2+32a2=a2(33-8|cosθ|)>0,S3>0,∴S min>0,故④正确;若|b|=2|a|,则S1=8a2cos θ+4a2,S2=4a2cosθ+9a2,S3=2a2+12a2=14a2,∵S2-S1=a2(5-4cos θ)>0,S3-S1=2a2(5-4cosθ)>0,∴S min=S1=8a2·cos θ+4a2,若S min=8|a|2,则可解得cos θ=,又θ∈[0,π],∴θ=,故⑤错误.5.答案 2解析解法一:∵b·c=0,∴b·[ta+(1-t)b]=0,ta·b+(1-t)·b2=0,又∵|a|=|b|=1,<a,b>=60°,∴t+1-t=0,t=2.解法二:由t+(1-t)=1知向量a、b、c的终点A、B、C共线,在平面直角坐标系中设a=(1,0),b=,则c=.把a、b、c的坐标代入c=ta+(1-t)b,得t=2.6.答案-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≥-(当且仅当2|a|=|b|,<a,b>=π时取等号)⇒a·b的最小值为-.7.答案解析∵⊥,∴·=0,∴(λ+)·=0,即(λ+)·(-)=λ·-λ+-·=0.∵向量与的夹角为120°,||=3,||=2,∴(λ-1)||||·cos 120°-9λ+4=0,解得λ=.8.解析(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=.。

第3讲平面向量的数量积及应用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OA→＝a，OB→＝b，则01∠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020°≤θ≤180°03θ＝0°或θ＝180°⇔a∥b，04θ＝90°⇔a⊥b设两个非零向量a，b的夹角为θ05|a||b|cosθ叫做a与b的数量积，记作a·b.3．向量数量积的运算律交换律a·b＝06b·a分配律(a＋b)·c＝07a·c＋b·c数乘结合律(λa)·b＝λ(a·b)＝08a·(λb)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·a|a|＝09x21＋y21夹角cosθ＝a·b|a||b|cosθ＝10x1x2＋y1y2x21＋y21·x22＋y22a⊥b的充要条件a·b＝011x1x2＋y1y2＝0|a·b|与|a||b|的关系|a·b|≤|a||b||x1x2＋y1y2|≤错误!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．数量积不满足乘法结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)一般不成立．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＝a2或|a|＝a2.4．有关向量夹角的两个结论(1)两个向量a与b的夹角为锐角，则有a·b>0，反之不成立(因为a与b夹角为0时也有a·b>0)．(2)两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b<0，反之不成立(因为a与b夹角为π时也有a·b<0)．1．(2019·全国卷Ⅱ)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝()A.2B．2C．52D．50答案 A解析∵a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，∴|a－b|＝错误!＝错误!.故选A.2．(2020·海南省普通高中高考调研测试)已知向量a＝(0,2)，b＝(23，x)，且a与b 的夹角为π3，则x ＝( )A ．－2B ．2C ．1D ．－1答案 B解析 由题意得cos π3＝a·b|a||b|＝2x2x2＋12＝12，所以x >0，且2x ＝x2＋12，解得x ＝2.故选B.3．已知正六边形ABCDEF 的边长为1，则AB →·(CB →＋BA →)的值为( )A.32B ．－32C.32D ．－32答案 D解析 由图知，AB →与CB →的夹角为120°.∴AB →·(CB →＋BA →)＝AB →·CB →＋AB →·BA →＝cos120°－12＝－32.4．已知a ，b 为非零向量，则“a·b >0”是“a 与b 的夹角为锐角”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答案 B解析 根据向量数量积的定义可知，若a·b >0，则a 与b 的夹角为锐角或零角，若a 与b 的夹角为锐角，则一定有a·b >0，所以“a·b >0”是“a 与b 的夹角为锐角”的必要不充分条件，故选B.5．(2020·全国卷Ⅰ)设向量a ＝(1，－1)，b ＝(m ＋1,2m －4)，若a ⊥b ，则m ＝________.答案 5解析 由a ⊥b 可得a ·b ＝0，因为a ＝(1，－1)，b ＝(m ＋1,2m －4)，所以a ·b ＝1·(m ＋1)＋(－1)·(2m －4)＝0，解得m ＝5.6．(2020·山西太原五中高三二模)已知a ，b 是非零向量，且满足(a －2b )⊥a ，(b －2a )⊥b ，则a 与b 的夹角是________.答案π3解析 由两个向量垂直，数量积为零，得错误!两式相减可得|a |＝|b |，设a 与b 的夹角为θ，则有a 2－2a ·b ＝|a |2－2|a |2cos θ＝0，所以cos θ＝12，θ＝π3.考向一 平面向量数量积的运算例1 (1)(2021·海南省海南中学高三月考)如图为函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x －π3的图象，P ，R ，S 为图象与x 轴的三个交点，Q 为函数图象在y 轴右侧部分上的第一个最大值点，则(QP →＋QR →)·(QR→＋QS →)的值为( )A ．π－2B ．π＋4C ．π2－2D ．π2＋4答案 D解析 设PR 的中点为A ，RS 的中点为B ，则Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5π12，1，A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2π3，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫17π12，0，所以(QP →＋QR →)·(QR →＋QS →)＝(2QA →)·(2QB →)＝4QA →·QB →＝4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，－1·(π，－1)＝π2＋4，故选D.(2)(2020·烟台一模)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝4，|AD →|＝6，∠BAD ＝π3.若点M ，N 满足BM →＝MC →，AN →＝2ND →，则NM →·AM→＝( )A ．23B ．17C ．15D ．9答案 B解析 由题意可得，AN →＝23AD →，BM →＝12BC →，AD →＝BC →，∴BM →＝12AD →，则NM →·AM →＝(NA →＋AB →＋BM →)·(AB →＋BM →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－23AD →＋AB →＋12AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋12AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－16AD →＋AB →·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋12AD →＝|AB →|2－112|AD →|2＋13AB →·AD →＝42－112×62＋13×4×6×12＝16－3＋4＝17.故选B.求向量a ，b 的数量积a ·b 的三种方法(1)若两向量共起点，则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，则需要通过平移使它们的起点重合，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，则建立坐标系，求出a ，b 的坐标，通过坐标运算求解．1.(2020·北京高考)已知正方形ABCD 的边长为2，点P 满足AP →＝12(AB→＋AC →)，则|PD →|＝________；PB →·PD→＝________. 答案5 －1解析 以点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，则点A (0,0)，B (2,0)，C (2,2)，D (0,2)，AP →＝12(AB →＋AC →)＝12(2,0)＋12(2,2)＝(2,1)，则点P (2,1)，∴PD →＝(－2,1)，PB →＝(0，－1)，∴|PD →|＝错误!＝错误!，PB →·PD→＝0×(－2)＋(－1)×1＝－1.2．(2019·天津高考)在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝23，AD ＝5，∠A ＝30°，点E 在线段CB 的延长线上，且AE ＝BE ，则BD →·AE→＝________. 答案 －1解析 ∵AD ∥BC ，且∠DAB ＝30°，∴∠ABE ＝30°.又AE ＝BE ，∴∠EAB ＝30°. ∴∠E ＝120°.∴在△AEB 中，AE ＝BE ＝2. ∴BD →·AE →＝(BA →＋AD →)·(AB →＋BE →) ＝－BA →2＋BA →·BE →＋AD →·AB →＋AD →·BE → ＝－12＋23×2×cos30°＋5×23×cos30°＋5×2×cos180°＝－12＋6＋15－10＝－1. 多角度探究突破考向二 平面向量数量积的性质 角度1 平面向量的垂直例2 (1)已知向量a ＝(1,2)，b ＝(2，－3)．若向量c 满足(c ＋a )∥b ，c ⊥(a ＋b )，则c ＝( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫79，73 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－73，－79C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫73，79 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－79，－73答案 D解析 不妨设c ＝(m ，n )，则a ＋c ＝(1＋m,2＋n )，a ＋b ＝(3，－1)， 由(c ＋a )∥b ，得－3(1＋m )＝2(2＋n )，① 由c ⊥(a ＋b )，得3m －n ＝0，②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－79，n ＝－73.故选D.(2)(2020·全国卷Ⅱ)已知单位向量a ，b 的夹角为60°，则在下列向量中，与b 垂直的是( )A ．a ＋2bB ．2a ＋bC ．a －2bD ．2a －b答案 D解析 由已知可得，a ·b ＝|a ||b |cos60°＝1×1×12＝12.对于A ，(a ＋2b )·b ＝a ·b ＋2b 2＝12＋2×1＝52≠0，不符合题意；对于B ，(2a ＋b )·b ＝2a ·b ＋b 2＝2×12＋1＝2≠0，不符合题意；对于C ，(a －2b )·b ＝a ·b －2b 2＝12－2×1＝－32≠0，不符合题意；对于D ，(2a －b )·b ＝2a ·b －b 2＝2×12－1＝0，符合题意．故选D.角度2 平面向量的模例3 (1)设向量a ，b 满足|a |＝1，|a －b |＝3，a ·(a －b )＝0，则|2a ＋b |＝( )A ．2B ．23C ．4D ．43答案 B解析 ∵a ·(a －b )＝0，|a |＝1，∴a 2＝a ·b ＝1，又|a －b |2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝3，∴b 2＝4，∴|2a ＋b |＝4a2＋4a·b＋b2＝4＋4＋4＝23.故选B.(2)(2020·北京模拟)已知向量a ＝(1，－2)，同时满足条件①a ∥b ，②|a ＋b |＜|a |的一个向量b 的坐标为________.答案 (－1,2)(答案不唯一)解析 设b ＝(x ，y )，由a ∥b ，得y ＝－2x ， a ＋b ＝(1＋x ，－2＋y )，由|a ＋b |＜|a |，得错误!＜ 错误!，把y ＝－2x 代入，得(x ＋1)2＋(－2x －2)2＜5，化简，得x 2＋2x ＜0，解得－2＜x ＜0，取x ＝－1，得y ＝2，所以b ＝(－1,2)．(答案不唯一) 角度3 平面向量的夹角例4 (1)(2020·全国卷Ⅲ)已知向量a ，b 满足|a |＝5，|b |＝6，a ·b ＝－6，则cos 〈a ，a ＋b 〉＝( )A ．－3135B ．－1935C ．1735D ．1935答案 D解析 ∵|a |＝5，|b |＝6，a ·b ＝－6，∴a ·(a ＋b )＝|a |2＋a ·b ＝52－6＝19，|a ＋b |＝错误!＝错误!＝错误!＝7，∴cos 〈a ，a ＋b 〉＝错误!＝错误!＝错误!.故选D.(2)(2020·德州二模)设a ＝(－1,3)，b ＝(1,1)，c ＝a ＋k b ，若b ⊥c ，则a 与c 夹角的余弦值为( )A.55 B ．255C ．23D ．223答案 B解析 因为a ＝(－1,3)，b ＝(1,1)，所以c ＝a ＋k b ＝(－1＋k,3＋k )，因为b ⊥c ，所以(－1＋k )×1＋(3＋k )×1＝0，解得k ＝－1，所以c ＝(－2，2)，因为a ·c ＝8，|a |＝10，|c |＝22，所以cos 〈a ，c 〉＝a·c|a||c|＝810×22＝255，所以a 与c 夹角的余弦值为255.故选B.平面向量数量积求解问题的策略(1)求两向量的夹角：cos θ＝a·b |a||b|，要注意θ∈[0，π]．(2)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 |.(3)求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有： ①a 2＝a ·a ＝|a |2或|a |＝a·a ；②|a ±b |＝错误!＝错误!； ③若a ＝(x ，y )，则|a |＝x2＋y2.3.(2021·新高考八省联考)已知单位向量a ，b 满足a ·b ＝0，若向量c ＝7a ＋2b ，则sin 〈a ，c 〉＝( ) A.73B ．23C ．79D ．29答案 B解析 因为a ，b 是单位向量，所以|a |＝|b |＝1.因为c ＝7a ＋2b ，所以|c |＝|7a ＋2b |＝ 错误!＝错误!＝3.所以cos 〈a ，c 〉＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!，所以sin 〈a ，c 〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫732＝23.故选B. 4．(多选)已知向量OA →与OB →的夹角为60°，且|OA →|＝3，|OB →|＝2，若OC →＝m OA →＋n OB→，且OC →⊥AB →，则实数m ，n 的值可能为( ) A ．m ＝1，n ＝6 B ．m ＝1，n ＝4 C ．m ＝12，n ＝3D ．m ＝12，n ＝2答案AC解析OA→·OB→＝3×2×cos60°＝3，因为OC→＝m OA→＋n OB→，OC→⊥AB→，所以(m OA→＋n OB→)·AB→＝(m OA→＋n OB→)·(OB→－OA→)＝(m－n)OA→·OB→－m OA→2＋n OB→2＝0，所以3(m－n)－9m＋4n＝0，所以mn＝16.故选AC.5．(2020·潍坊模拟)已知向量a＝(1,0)，b＝(λ，2)，|2a－b|＝|a＋b|，则λ＝________.答案1 2解析2a－b＝(2－λ，－2)，a＋b＝(1＋λ，2)，∵|2a－b|＝|a＋b|，∴(2－λ)2＋4＝(1＋λ)2＋4，解得λ＝1 2.考向三向量运算的最值或范围问题例5(1)(2020·新高考卷Ⅰ)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP→·AB→的取值范围是()A．(－2,6) B．(－6,2)C．(－2,4) D．(－4,6)答案 A解析解法一：AB→的模为2，根据正六边形的特征，可以得到|AP→|cos〈AP→，AB→〉的取值范围是(－1，3)，结合向量数量积的定义式，可知AP→·AB→等于|AB→|·|AP→|cos 〈AP→，AB→〉，所以AP→·AB→的取值范围是(－2,6)．故选A.解法二：设P (x ，y )，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，AP →＝(x ，y )，AB →＝(2,0)，所以AP →·AB →＝2x ，由题意可得点C 的横坐标为3，点F 的横坐标为－1，所以－1<x <3，所以－2<AP →·AB→<6.(2)已知平面向量PA →，PB →满足|PA →|＝|PB →|＝1，PA →·PB →＝－12，若|BC→|＝1，则|AC →|的最大值为( )A.2－1 B ．3－1 C ．2＋1D ．3＋1答案 D解析 因为|PA →|＝|PB →|＝1，PA →·PB →＝－12，所以cos ∠APB ＝－12，即∠APB ＝2π3，由余弦定理可得AB ＝3，如图，建立平面直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，由题意知点C (x ，y )在以B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0为圆心，1为半径的圆上运动，结合图形可知，当点C (x ，y )运动到点D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＋1，0时，|AC →|取最大值，即|AC →|max ＝|AD →|＝|AB→|＋1＝3＋1，故选D.与向量相关的最值或范围问题求最值或取值范围必须有函数或不等式，因此，对于题目中给出的条件，要结合要求的夹角或长度或其他量，得出相应的不等式或函数(包括自变量的范围)，然后利用相关知识求出最值或取值范围．6.(2020·湖南师大附中模拟)已知a ，b 为单位向量，且a ⊥b ，向量c 满足|c －a －b |＝2，则|c |的取值范围为( )A ．[1,1＋2]B ．[2－2，2＋2] C ．[2，22]D ．[3－22，3＋22]答案 B解析 设OA →＝a ＋b ，OB →＝c ，则AB →＝OB →－OA →＝c －(a ＋b )，由|a |＝|b |＝1，a ⊥b ，得|OA →|＝|a ＋b |＝2，又|AB→|＝|c －a －b |＝2，所以点B 在以A 为圆心，2为半径的圆上运动，故2－2≤|c |≤2＋2，故选B.7. (2020·天津高考)如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，AB ＝3，BC ＝6，且AD →＝λBC →，AD →·AB →＝－32，则实数λ的值为________，若M ，N 是线段BC 上的动点，且|MN →|＝1，则 DM →·DN→的最小值为________.答案 16 132解析 ∵AD →＝λBC →，∴AD ∥BC ，∴∠BAD ＝180°－∠B ＝120°，AD →·AB →＝λBC →·AB →＝λ|BC →||AB →|cos120°＝λ×6×3×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝－9λ＝－32，解得λ＝16.以点B 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系xBy .∵BC ＝6，∴C (6,0)，∵AB ＝3，∠ABC ＝60°，∴点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，332. 又AD →＝16BC →，∴D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，332. 设M (x,0)，则N (x ＋1,0)(其中0≤x ≤5)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －52，－332，DN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －32，－332， DM →·DN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －52⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －32＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－3322 ＝x 2－4x ＋212＝(x －2)2＋132，∴当x ＝2时，DM →·DN →取得最小值132.向量的数量积在平面几何中的应用(2020·聊城二模)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝3，∠BAC ＝60°，M 为BC 的中点，N 在AC 上，且AN ＝2NC ，AM 与BN 相交于点P ，则cos ∠MPN ＝________.答案1938解析 如图所示，设AP ＝λAM ，因为M 为BC 的中点，N 在AC 上，且AN ＝2NC ，所以AM →＝12(AB →＋AC →)，AC →＝32AN →，所以AP →＝λ2(AB →＋AC →)＝λ2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋32AN →，因为B ，P ，N 三点共线，所以BP→＝μBN →，所以AP →＝(1－μ)AB →＋μAN →，所以⎩⎪⎨⎪⎧ λ2＝1－μ，3λ4＝μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝45，μ＝35，所以PM →＝15AM →＝110(AB →＋AC →)，PN →＝25BN →＝25(BA →＋AN →)＝25⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫BA →＋23AC →＝－25AB →＋415AC →，所以PM →·PN →＝110(AB →＋AC →)·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫415AC →－25AB →＝－125|AB →|2＋275|AC →|2－175AC →·AB →＝－425＋1875－175×3×2×cos60°＝－425＋625－125＝125，|PM→|＝＝110|AB→|2＋2AB →·AC →＋|AC →|2 ＝1104＋2×2×3×cos60°＋9＝1104＋6＋9＝1910，|PN→|＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－25AB →＋415AC →2 ＝425|AB →|2－1675AB →·A C →＋16225|AC →|2 ＝425×4－1675×2×3×cos60°＋16225×9 ＝1625－1625＋1625＝45， 所以cos ∠MPN ＝PM→·PN → |PM →||PN →|＝1251910×45＝1938.答题启示向量与平面几何综合问题的解法(1)基向量法适当选取一个基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解．(2)坐标法若把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．对点训练已知正方形ABCD 中，E ，F 分别是CD ，AD 的中点，BE ，CF 交于点P . 求证：(1)BE ⊥CF ；(2)AP ＝AB .证明 建立如图所示的平面直角坐标系，设AB ＝2，则A (0,0)，B (2,0)，C (2，2)，E (1,2)，F (0,1)．(1)BE →＝(－1,2)，CF →＝(－2，－1)．∴BE →·CF →＝(－1)×(－2)＋2×(－1)＝0，∴BE →⊥CF →，即BE ⊥CF . (2)设点P 坐标为(x ，y )， 则FP →＝(x ，y －1)，FC →＝(2,1)， ∵FP→∥FC →， ∴x ＝2(y －1)，即x ＝2y －2，同理， 由BP→∥BE →，得y ＝－2x ＋4， 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y －2，y ＝－2x ＋4，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝65，y ＝85，∴点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫65，85.∴|AP →|＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫652＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫852＝2＝|AB →|，即AP ＝AB .一、单项选择题1．(2020·海口模拟)已知向量a ＝(－1,2)，b ＝(m ，－2m －1)，a ·b ＝8，则m ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2答案 A解析 因为a ＝(－1,2)，b ＝(m ，－2m －1)，所以a ·b ＝－m ＋2(－2m －1)＝－5m －2，因为a ·b ＝8，所以－5m －2＝8，解得m ＝－2.2．已知|a |＝1，|b |＝2，a 与b 的夹角为π3，那么|4a －b |等于( )A ．2B ．6C ．23D ．12 答案 C解析 |4a －b |2＝16a 2＋b 2－8a ·b ＝16×1＋4－8×1×2×cos π3＝12.所以|4a －b |＝23.3．(2020·江西高三联考)已知|a |＝1，|b |＝3，且(a ＋2b )·(a －b )＝－72，则向量a与b 的夹角为( )A.π6 B ．π3C ．2π3D ．5π6答案 A解析 因为(a ＋2b )·(a －b )＝－72，所以|a |2＋a ·b －2|b |2＝－72.因为|a |＝1，|b |＝3，所以a ·b ＝32，所以cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝321×3＝32，所以向量a 与b 的夹角为π6.故选A.4．(2020·滨州二模)已知正方形ABCD 的边长为3，DE →＝2EC →，则AE →·BD →＝( )A ．3B ．－3C ．6D ．－6答案 A解析 因为正方形ABCD 的边长为3，DE →＝2EC →，则AE →·BD →＝(AD →＋DE →)·(AD →－AB →)＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫AD →＋23AB →·(AD →－AB →)＝AD →2－13AD →·AB →－23AB →2＝32－23×32＝3.故选A.5．(2020·山东济南模拟)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 ．4B ．－4C ．94D ．－94答案 B解析 由n ⊥(t m ＋n )可得n ·(t m ＋n )＝0，即t m ·n ＋n 2＝0，所以t ＝－n2m·n＝－n2|m||n|cos 〈m ，n 〉＝－|n|2|m||n|×13＝－3×|n||m|＝－3×43＝－4.故选B.6．(2020·株洲模拟)在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC→＝|AC →|2，则△ABC 的形状一定是( )A ．等边三角形B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形答案 C解析 由(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，得AC →·(BC →＋BA →－AC →)＝0，即AC →·(BC →＋BA →＋CA →)＝0,2A C →·BA →＝0，∴AC →⊥BA →，∴A ＝90°.故△ABC 一定是直角三角形．7．(2020·长沙模拟)已知△ABC 是边长为43的等边三角形，其中心为O ，P 为平面内一点，若OP ＝1，则PA →·PB→的最小值是( ) A ．－11 B ．－6 C ．－3 D ．－15答案 A解析 如图所示，取AB 的中点D ，则|DA→|＝|DB →|＝23，|OD |＝13|CD |＝13×23×3＝2，∴PA →·PB →＝(PD →＋DA →)·(PD→＋DB →)＝PD →2－DA →2＝PD →2－12.∵OP ＝1，∴点P在以O 为圆心，1为半径的圆上，∴|PD |min ＝|OD |－1＝2－1＝1，∴PA →·PB →的最小值为－11.故选A.8．(2020·河南省顶级民校模拟)如图1是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图．其阴离子排列如图2所示，图2中圆的半径均为1，且相邻的圆都相切，A ，B ，C ，D 是其中四个圆的圆心，则AB →·CD→＝( )A ．24B ．26C ．28D ．32答案 B解析 如图所示，建立以a ，b 为一组基底的基向量，其中|a |＝|b |＝1且a ，b 的夹角为60°，∴AB →＝2a ＋4b ，CD →＝4a ＋2b ，∴AB →·CD →＝(2a ＋4b )·(4a ＋2b )＝8a 2＋8b 2＋20a ·b ＝8＋8＋20×1×1×12＝26.故选B.二、多项选择题9．(2020·泰安三模)已知向量a ＝(2，－1)，b ＝(－3,2)，c ＝(1,1)，则( ) A ．a ∥b B ．(a ＋b )⊥c C ．a ＋b ＝c D ．c ＝5a ＋3b答案 BD解析 a ＋b ＝(－1,1)，(a ＋b )·c ＝－1＋1＝0，故(a ＋b )⊥c .设c ＝λ1a ＋λ2b (λ1，λ2∈R )，则(1,1)＝λ1(2，－1)＋λ2(－3,2)＝(2λ1－3λ2，－λ1＋2λ2)，则⎩⎪⎨⎪⎧2λ1－3λ2＝1，－λ1＋2λ2＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ1＝5，λ2＝3，所以c ＝5a ＋3b .故选BD.10．已知a ，b ，c 是同一平面内的三个向量，下列命题中正确的是( )A ．|a ·b |≤|a ||b |B ．若a ·b ＝c ·b 且b ≠0，则a ＝cC ．两个非零向量a ，b ，若|a －b |＝|a |＋|b |，则a 与b 共线且反向D ．已知a ＝(1,2)，b ＝(1,1)，且a 与a ＋λb 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－53，＋∞ 答案 AC解析 对于A ，由平面向量数量积的定义知|a ·b |＝|a ||b ||cos θ|≤|a ||b |，故A 正确；对于B ，由a ·b ＝c ·b 且b ≠0，不能得出a ＝c ，故B 错误；对于C ，两个非零向量a ，b ，若|a －b |＝|a |＋|b |，则a 2－2a ·b ＋b 2＝|a |2＋2|a ||b |＋|b |2，所以a ·b ＝－|a ||b |，所以cos θ＝－1，即a 与b 共线且反向，故C 正确；对于D ，a ＝(1,2)，b ＝(1,1)，则a ＋λb ＝(1＋λ，2＋λ)；若a 与a ＋λb 的夹角为锐角，则错误!即错误!解得λ＞－53且λ≠0，所以实数λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－53，0∪(0，＋∞)，D 错误．故选AC.11．(2020·江苏连云港期中)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，D 是边AC 上的点，且AD→＝2DC →，E 是AB 的中点，BD 与CE 交于点O ，那么( )A.OE→＋OC →＝0 B ．AB →·CE →＝－1C ．|OA →＋OB →＋OC →|＝32D ．|DE →|＝132答案 AC解析 ∵E 是AB 的中点，∴CE →＝12CA →＋12CB →，设CO →＝λCE →，则CO →＝λ2CA →＋λ2CB →＝3λ2CD →＋λ2CB →，∵B ，O ，D 三点共线，∴3λ2＋λ2＝1，故λ＝12，∴O 是CE 的中点，∴OE→＋OC →＝0，故A 正确；∵AB ⊥CE ，∴AB →·CE→＝0，故B 错误；∵△ABC 是边长为2的等边三角形，∴CE ＝3，∴|OA →＋OB →＋OC →|＝|2OE →＋OC →|＝|OE →|＝CE 2＝32，故C 正确；在△ADE 中，AE ＝1，AD ＝43，∠A ＝60°，由余弦定理可得DE ＝1＋169－2×1×43×cos60°＝133，故D 错误．故选AC.12．(2021·福建省三明市三元区校级月考)八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH ，其中OA ＝1，则以下结论正确的是( )A.HD →·BF →＝0B ．OA →·OD →＝－22C.OB →＋OH →＝－2 OE→ D ．|AH→－FH →|＝ 2－2答案 ABC解析 正八边形ABCDEFGH 被分成8个全等的等腰三角形，不妨取△AOB ，则∠AOB ＝360°8＝45°，∴∠BOD ＝2∠AOB ＝90°，即HD ⊥BF ，∴HD →·BF→＝0，即A 正确；∵∠AOD ＝3∠AOB ＝135°，∴OA →·OD →＝1×1×cos135°＝－22，即B 正确；∵以OH ，OB 为邻边作平行四边形可构成一个边长为1的正方形，且其中一条对角线与OA 共线，∴OB →＋OH →＝2 OA →＝－2 OE →，即C 正确；∵|AH →－FH →|＝|FA →|，∴在等腰三角形AOF 中，OA ＝OF ＝1，∠AOF ＝135°，由余弦定理知，F A 2＝OA 2＋OF 2－2OA ·OF cos ∠AOF ＝1＋1－2×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22＝2＋2，∴|AH→－FH →|＝|FA →|＝2＋2，即D 错误．故选ABC.三、填空题13．(2020·山东省高三第一次仿真联考)已知向量a ＝(m,2)，b ＝(1，－3)，若a ⊥b ，则|a |＝________.答案 210解析 因为a ⊥b ，所以a ·b ＝0，所以m ＋2×(－3)＝0，解得m ＝6，所以a ＝(6,2)，因此|a |＝36＋4＝210.14．在平行四边形ABCD 中，AB →＝(1,2)，AD →＝(－4,2)，则该四边形的面积为________.答案 10解析 由题意|AB→|＝5，|AD→|＝25，AB →·AD→＝1×(－4)＋2×2＝0， ∴AB →⊥AD →，∴S 平行四边形ABCD ＝|AB →||AD →|＝5×25＝10.15．(2020·济宁三模)在平行四边形ABCD 中，AD ＝6，AB ＝3，∠DAB ＝60°，DE→＝12EC →，BF →＝12FC →，若FG →＝2GE →，则AG →·BD →＝________. 答案 21解析 如图所示，因为DE →＝12EC →，BF →＝12FC →，所以FE →＝FC →＋CE →＝23BC →－23DC →＝23AD →－23AB →，又FG →＝2GE →，AG →＝AB →＋BF →＋FG →＝AB →＋13AD →＋23FE →＝AB →＋13AD →＋23⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23AD →－23AB →＝59AB →＋79AD →，又BD →＝AD →－AB →，所以AG →·BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫59AB →＋79AD →·(AD →－AB →)＝79|AD →|2－59|AB →|2－29AB →·AD →，又AD ＝6，AB ＝3，∠DAB ＝60°，所以AB →·AD →＝|AB →||AD →|cos60°＝9，代入数据可得AG →·BD →＝79×36－59×9－29×9＝21.16．(2020·济南一模)已知e 1，e 2是夹角为π3的单位向量，若|a e 1＋b e 2|＝3(a ，b ∈R )，则a ＋b 的最大值为________.答案 2解析 (a e 1＋b e 2)2＝a 2＋2ab e 1·e 2＋b 2＝a 2＋ab ＋b 2＝3.∵a 2＋ab ＋b 2＝a 2＋b 2＋错误!＝错误!＋错误!≥错误!＋错误!2＝错误!(当且仅当a ＝b 时取等号)，∴－2≤a ＋b ≤2，故a ＋b 的最大值为2.。

高考数学总复习教程第16讲平面向量的数量积及其应用一、本讲内容本讲进度，向量的数量积，数量积的应用二、学习指导要深刻理解向量数量积的定义：a、b=cos＜a、b＞.它是数（可正、可负，也可以为零），但不是向量，因此，a·b=b·a，λ（a·b）=a·λb，a·（b+c）=a·b=a·c，a·o=0（而不是o！）特别地，（a·b）c≠a·（b·c），因为左边是与c共线的向量，而右边是与a共线的向量，除特殊情况外，两者不相等。

我们利用向量的数量积（又称为点积）可以解决向量的夹角问题，特别地，利用向量的数量可以很方便地解决垂直问题，：a⊥b⇔a·b=0，（a，b非零向量）＜a、b＞是a在b上的射影，值得注意的是它仍是一个数（可正，可负，可以为0）而不是向量。

特别地，a·a cos＜a·a，由此，可把点积与模长（距离）挂上钩。

三、典型的例题讲解例1．证明三角形中的射影定理：a=bcosC+ccosB用向量证明一些三角问题，如正弦定理，余弦定理等很方便，但同学们却觉得不好掌握，这里我们再看一个例子。

BC=BA+AC，两边同等BC2=BA·BC+CA·CB cosCcosC，即a=ccosB+bcosC例2．平面内有四点，O、A、B、C，记OA=a，OB=b，OC=c若a+b+c=o且a·b=b·c=c·a=－1，试判断△ABC的形状，并求其面积.千万不能由a·b=b·c约b得到a=c，一是过程差无根据，二是合得到A、B、C当同一点的荒谬结论。

也不能由a·b=b·+=c·a=－1b，=1，cos<a·b＞|，等号当且仅当a，b共线且同面或a，b中有当B者其他条件当然不是可有可无的，故应出现向量和，于是我们想到a·b=b·c和a·b=c·a相加，得到了2a·b=c（a+b）=－(a+b)22= 4a·b=0如无a·b=－1=2= 4，因原来的条件都是a 、b 、c 的轮换对称=2= 42= 4，至此距解决问题已经不远了。

高中数学总复习考点知识讲解课件第三节平面向量的数量积及应用【课程标准】1．通过物理中功等实例，理解平面向量数量积的概念及其物理意义，会计算平面向量的数量积．2．通过几何直观，了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义．3．会用数量积判断两个平面向量的垂直关系．4．会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决数学和实际问题中的作用．【必备知识】精归纳1．向量的夹角定义已知两个非零向量a和b，O是平面上的任意一点，作OA→＝a，OB→＝b，则点睛 确定两个非零向量a 和b 的夹角，必须将两个向量平移至同一起点．2．向量的数量积3.过AB→的起点A和终点B，分别作CD→所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到我们称上述变换为向量a向向量b投影，叫做向量a在向量b上的投影向量．记为|a|cos__θ__e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．点睛注意数量积运算与实数运算的区别，例如：a·b＝a·c(a≠0)⇒/b＝c；a·b＝0⇒/a＝0或b＝0；(a·b)·c≠a·(b·c).5．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.【常用结论】1．有关向量夹角的两个结论：(1)两向量a 与b 的夹角为锐角⇔a ·b ＞0且a 与b 不共线； (2)两向量a 与b 的夹角为钝角⇔a ·b ＜0且a 与b 不共线；2．a 在b 上的投影向量为a·b |b |·b |b |，a 在b 上的投影向量的模为|a·b ||b |.【基础小题】固根基1.(多选题)(列结论正确的是( ) A ．0·a ＝0 B ．|a ·b |＝|a ||b | C ．(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2 D ．(a ＋b )·(a －b )＝|a |2－|b |2【解析】选CD.A 错误，0·a ＝0；B 错误，例如若a ＝(1，0)，b ＝(0，1)，则|a ·b |＝0，|a ||b |＝1；C ，D 正确．2．(结论1)已知a ，b 为非零向量，则“a ·b ＞0”是“a 与b 的夹角为锐角”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B.根据向量数量积的定义可知，若a ·b ＞0，则a 与b 的夹角为锐角或零角，若a 与b 的夹角为锐角，则一定有a ·b ＞0，所以“a ·b ＞0”是“a 与b 的夹角为锐角”的必要不充分条件．3．(教材提升)设向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1且|3a －2b |＝7，则a ，b 的夹角为( )A ．π3B ．π6C ．π4D ．2π3【解析】选A.设a 与b 的夹角为θ， 由题意得(3a －2b )2＝7， 所以9|a |2＋4|b |2－12a ·b ＝7， 又|a |＝|b |＝1，所以a ·b ＝12，所以|a ||b |cos θ＝12，即cos θ＝12.又θ∈[0，π]，所以a ，b 的夹角为π3.4．(结论2)已知向量a ＝(1，2)，点A (6，4)，点B (4，3)，b 为向量AB →在向量a 上的投影向量，则|b |＝( )A ．455B ．1C ． 5D ．4【解析】选A.AB →＝(－2，－1)，可知|b |＝|AB →·a ||a |＝|－2×1＋（－1）×25|＝455.5．(向量夹角的概念不清致误)在△ABC 中，∠B ＝60°，AB ＝6，BC ＝5，则AB →·BC →＝________．【解析】在△ABC 中，∠B ＝60°，AB ＝6，BC ＝5， 则AB →·BC →＝|AB →||BC →|cos (180°－60°) ＝6×5×(－12)＝－15.答案：－156．(教材变式)已知向量a ＝(2，t )，a －b ＝(1，t －3)，若a ⊥b ，则t ＝________．【解析】因为a ＝(2，t )，a －b ＝(1，t －3)， 所以b ＝a －(a －b )＝(1，3)，因为a ⊥b ，所以a ·b ＝(2，t )·(1，3)＝2＋3t ＝0， 解得t ＝－23.答案：－23题型一 平面向量数量积的运算[典例1](1)非零向量a ，b ，c 满足a ·b ＝a ·c ，a 与b 的夹角为π6，|b |＝4，则c 在a 上的投影向量的模为( ) A ．2 B ．2 3 C ．3 D ．4 【解析】选B.由a ·b ＝a ·c ，可得|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝|a ||c |cos 〈a ，c 〉， 因为|a |≠0，所以|c |cos 〈a ，c 〉＝|b |cos 〈a ，b 〉＝4×cos π6＝23，所以c 在a 上的投影向量的模为||c |cos 〈a ，c 〉|＝2 3.(2)(2023·揭阳模拟)已知点P 是边长为2的菱形ABCD 内的一点(包含边界)，且∠BAD ＝120°，则AP →·AB →的取值范围是( ) A ．[－2，4] B ．(－2，4) C ．[－2，2] D ．(－2，2)【解析】选A.AP →·AB →＝|AP →||AB →|cos 〈AB →，AP →〉＝2|AP →|cos 〈AB →，AP →〉，结合图形可知，当点P 与点B 重合时，|AP →|cos 〈AB →，AP →〉最大，此时AP →·AB →＝AB →2＝4， 当点P 与点D 重合时，|AP →|cos 〈AB →，AP →〉最小，此时AP →·AB →＝2×2×cos 120°＝－2，所以AP →·AB→的取值范围是[－2，4]. (3)(2022·全国甲卷)设向量a ，b 的夹角的余弦值为13，且|a |＝1，|b |＝3，则(2a ＋b )·b ＝________．【解析】由题意可得a ·b ＝1×3×13＝1，b 2＝9，则(2a ＋b )·b ＝2a ·b ＋b 2＝2＋9＝11. 答案：11(4)正方形ABCD 中，AB ＝2，P 为BC 的中点，Q 为DC 的中点，则PQ →·PC →＝________；若M 为CD 上的动点，则PQ →·PM →的最大值为________． 【解析】以点D 为原点，以直线DC 为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，AB＝2，P为BC的中点，Q为DC的中点，则：P(2，1)，Q(1，0)，C(2，0)，所以PQ→＝(－1，－1)，PC→＝(0，－1)，所以PQ→·PC→＝1；设M(x，0)(0≤x≤2)，则PM→＝(x－2，－1)，所以PQ→·PM→＝2－x＋1＝3－x，所以x＝0时，PQ→·PM→的最大值为3.答案：1 3【方法提炼】——自主完善，老师指导计算平面向量数量积的主要方法(1)利用定义：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)利用坐标运算：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2．(3)灵活运用平面向量数量积的几何意义．【对点训练】1．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为边DC的中点，F为BE的中点，则AF →·AE →＝( )A ．3B ．2C ．32D ．12【解析】选B.以A 为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，则A (0，0)，E (1，1)，F (32，12)，所以AF →＝(32，12)，AE →＝(1，1)， 所以AF →·AE→＝32＋12＝2. 2．(2023·淄博模拟)如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，F 为AB 的中点，CE ＝3，CB ＝8，AB ＝12，则EA →·EB →＝( )A ．－15B ．－13C ．13D ．15【解析】选C.因为∠ABC＝90°，F为AB的中点，CB＝8，AB＝12，所以FA＝FB＝6，所以CF＝FB2＋CB2＝62＋82＝10，又CE＝3，所以FE＝CF－CE＝10－3＝7，所以EA→·EB→＝(FA→－FE→)·(FB→－FE→)＝FA→·FB→－FE→·(FA→＋FB→)＋FE→2＝6×6×(－1)＋7×7＝13.3．(多选题)如图，点A，B在圆C上，则AB→·AC→的值( )A．与圆C的半径有关B．与圆C的半径无关C．与弦AB的长度有关D．与点A，B的位置有关【解析】选BC.如图，连接AB，过C作CD⊥AB交AB于D，则D是AB的中点，故AB →·AC →＝|AB →||AC →|cos ∠CAD ＝|AB →||AC →|12|AB →||AC →|＝12|AB →|2，故AB →·AC →的值与圆C 的半径无关，只与弦AB 的长度有关． 【加练备选】1．(2021·新高考Ⅱ卷)已知向量a ＋b ＋c ＝0，|a |＝1，|b |＝|c |＝2，则a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝__________.【解析】由已知可得()a ＋b ＋c 2＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a ) ＝9＋2()a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝0， 因此，a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝－92.答案：－922．如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，AB ＝3，BC ＝6，且AD →＝λBC →，AD →·AB →＝－32，则实数λ的值为________；若M ，N 是线段BC 上的动点，且|MN →|＝1，则DM →·DN→的最小值为________．【解析】因为AD →＝λBC →， 所以AD ∥BC ，则∠BAD ＝120°， 所以AD →·AB →＝|AD →||AB →|cos 120°＝－32，解得|AD →|＝1.因为AD →，BC →同向，且BC ＝6， 所以AD →＝16BC →，即λ＝16.在四边形ABCD 中，作AO ⊥BC 于点O ，则 BO ＝AB cos 60°＝32，AO ＝AB sin 60°＝332.以O 为坐标原点，以BC 和AO 所在直线分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系xOy .如图，设M (a ，0)，不妨设点N 在点M 右侧， 则N (a ＋1，0)，且－32≤a ≤72.又D (1，332)，所以DM →＝(a －1，－332)，DN →＝(a ，－332)，所以DM →·DN →＝a 2－a ＋274＝(a －12)2＋132≥132. 所以当a ＝12时，DM →·DN →取得最小值132.答案：16132题型二 平面向量数量积的应用 角度1 求平面向量的模[典例2](1)(2022·全国乙卷) 已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝3，|a －2b |＝3，则a ·b ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1 D ．2【解析】选C.因为|a －2b |2＝|a |2－4a ·b ＋4||b 2， 又因为|a |＝1，|b |＝3，|a －2b |＝3， 所以9＝1－4a ·b ＋4×3＝13－4a ·b ， 所以a ·b ＝1.(2)已知a ，b 是单位向量，a ·b ＝0.若向量c 满足|c －a －b |＝1，则|c |的最大值是________．【解析】方法一：由a ·b ＝0，得a ⊥b .如图所示，分别作OA →＝a ，OB →＝b ，作OC →＝a ＋b ，则四边形OACB 是边长为1的正方形，所以|OC→|＝ 2.作OP→＝c，则|c－a－b|＝|OP→－OC→|＝|CP→|＝1.所以点P在以C为圆心，1为半径的圆上．由图可知，当O，C，P三点共线且点P在点P1处时，|OP→|取得最大值2＋1.故|c|的最大值是2＋1.方法二：由a·b＝0，得a⊥b.建立如图所示的平面直角坐标系，则OA→＝a＝(1，0)，OB→＝b＝(0，1).设c＝OC→＝(x，y)，由|c－a－b|＝1，得(x－1)2＋(y－1)2＝1，所以点C在以(1，1)为圆心，1为半径的圆上．所以|c |max ＝2＋1.方法三：易知|a ＋b |＝2，|c －a －b |＝|c －(a ＋b )|≥||c |－|a ＋b ||＝||c |－2|， 由已知得||c |－2|≤1，所以|c |≤1＋2，故|c |max ＝2＋1. 答案：2＋1【方法提炼】——自主完善，老师指导求向量的模或其范围的方法(1)定义法：|a |(2)坐标法：设a ＝(x ，y )，则|a | 角度2 求平面向量的夹角 [典例3]金榜原创·易错对对碰(1)已知向量a ＝(5，5)，b ＝(λ，1)，若a ＋b 与a －b 的夹角是锐角，则实数λ的取值范围为________． 【解析】由题意得(a ＋b )·(a －b )>0， 即a 2－b 2>0，52＋52>λ2＋12，所以－7<λ<7； 若a ＋b ＝k (a －b )，则⎩⎪⎨⎪⎧5＋λ＝k （5－λ），5＋1＝k （5－1），解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝32，λ＝1，综上可知λ的取值范围是(－7，1)∪(1，7). 答案：(－7，1)∪(1，7)(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，则实数k 的取值范围是________． 【解析】因为2a －3b 与c 的夹角为钝角， 所以(2a －3b )·c <0， 即(2k －3，－6)·(2，1)<0， 所以4k －6－6<0，所以k <3.若2a －3b 与c 反向共线，则2k －32＝－6，解得k ＝－92，此时夹角不是钝角，综上所述，实数k 的取值范围是(－∞，－92)∪(－92，3).答案：(－∞，－92)∪(－92，3)【方法提炼】求平面向量的夹角的方法(1)定义法：cos θ＝a·b|a||b|，θ的取值范围为[0，π].(2)坐标法：若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21 ＋y 21 x 22 ＋y 22.角度3 平面向量的垂直问题[典例4](1)(2022·青岛模拟)已知在△ABC 中，∠A ＝120°，且AB ＝3，AC ＝4，若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为( ) A ．2215 B ．103 C ．6 D ．127【解析】选A.因为AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，所以有AP →·BC →＝(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝λAB →·AC →－λAB →2＋AC →2－AB →·AC →＝(λ－1)AB →·AC →－λ·AB →2＋AC→2＝0， 整理可得(λ－1)×3×4×cos 120°－9λ＋16＝0， 解得λ＝2215.(2)(2021·全国乙卷)已知向量a ＝(1，3)，b ＝(3，4)，若(a －λb )⊥b ，则λ＝________．【解析】方法一：a －λb ＝(1－3λ，3－4λ)， 因为(a －λb )⊥b ，所以(a －λb )·b ＝0， 即(1－3λ，3－4λ)·(3，4)＝0， 所以3－9λ＋12－16λ＝0，解得λ＝35.方法二：由(a －λb )⊥b 可知，(a －λb )·b ＝0， 即a ·b －λb 2＝0，从而λ＝a·b b 2＝（1，3）·（3，4）32＋42＝1525＝35.答案：35【方法提炼】解平面向量垂直问题的方法(1)依据：非零向量垂直的充要条件是：a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔|a －b |＝|a ＋b |. (2)方法：根据两个向量垂直的充要条件判断或列出相应的关系式，求解参数． 【对点训练】1．(2023·南京模拟)已知a ，b 为单位向量．若|a －2b |＝5，则|a ＋2b |＝( )A ． 3B ． 5C ．7D ．5 【解析】选B.因为|a －2b |＝5， 所以a 2－4a ·b ＋4b 2＝5，解得a ·b ＝0， 所以|a ＋2b |2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝1＋4＝5， 所以|a ＋2b |＝ 5.2．(2022·新高考Ⅱ卷) 已知a ＝(3，4)，b ＝(1，0)，c ＝a ＋t b ，若〈a ，c 〉＝〈b ，c 〉，则t ＝( )A ．－6B ．－5C ．5D ．6【解析】选C.c ＝(3＋t ，4)，cos 〈a ，c 〉＝cos 〈b ，c 〉， 即9＋3t ＋165|c |＝3＋t |c |，解得t ＝5.3．(2022·邢台模拟)已知向量a ＝(－1，1)，b ＝(－2，4)，若a ∥c ，a ⊥(b ＋c )，则|c |＝________．【解析】根据题意，设c ＝(x ，y )，向量a ＝(－1，1)，b ＝(－2，4)，若a ∥c ，a ⊥(b ＋c )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－y ，－（x －2）＋（y ＋4）＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝－3，则|c |＝9＋9＝3 2.答案：3 2 【加练备选】1．(多选题)已知向量a ＝(－2，1)，b ＝(1，t )，则下列说法正确的是( ) A ．若a ∥b ，则t 的值为－2 B ．||a ＋b 的最小值为1C ．若||a ＋b ＝||a －b ，则t 的值为2D ．若a 与b 的夹角为钝角，则t 的取值范围是(－∞，－12)∪(－12，2)【解析】选BCD.选项A ，a ∥b ⇔－2·t ＝1·1⇔t ＝－12，A 选项错误；选项B ，||a ＋b ＝||（－1，t ＋1）＝（t ＋1）2＋1≥1，当t ＝－1时取等号，B 选项正确；选项C ，||a －b ＝||（－3，1－t ）＝（－t ＋1）2＋9， 根据（－t ＋1）2＋9＝（t ＋1）2＋1，解得t ＝2，C 选项正确； 选项D ，a 与b 的夹角为钝角，则a ·b ＝t －2＜0，且两个向量不能反向共线，注意到A 选项，t ＝－12时，a ＝－2b ，于是t ＜2且t ≠－12.2．已知单位向量a ，b 满足|a ＋b|＞1，则a 与b 夹角的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π3B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2π3C ．⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，2π3 D ．(2π3，π]【解析】选B.方法一：设单位向量a ，b 的夹角为θ，则θ∈[0，π]，|a ＋b |＞1两边平方得a 2＋2a·b ＋b 2＞1，化简得2＋2cos θ＞1， 即cos θ＞－12，又θ∈[0，π]，所以0≤θ＜2π3.方法二：设单位向量a ，b 的夹角为θ，显然当θ＝0时成立；当θ≠0时，如图所示，令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA ，OB 为邻边作平行四边形OACB ，则OC →＝a ＋b ，∠AOB ＝θ，因为a ，b 均为单位向量，所以平行四边形OACB 是边长为1的菱形，则∠AOC ＝θ2，取OC 的中点为D ，连接AD ，则AD ⊥OC ，所以cos ∠AOC ＝cos θ2＝OD OA ＝|a ＋b|2|a|＝|a ＋b|2.因为|a ＋b|＞1，所以cos θ2＞12，又θ∈(0，π]，所以θ2∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，所以0＜θ2＜π3，即0＜θ＜2π3.综上可知，0≤θ＜2π3.题型三 平面向量的综合应用 角度1 平面几何中的向量方法[典例5]如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是CD ，AD 的中点，BE ，CF 交于点P .求证：AP ＝AB .【证明】如图，建立平面直角坐标系xOy ，不妨设AB ＝2， 则A (0，0)，B (2，0)，C (2，2)，E (1，2)，F (0，1).设P (x ，y )，则FP→＝(x ，y －1)， 因为FP →∥CF →，CF →＝(－2，－1)， 所以－x ＝－2(y －1)，即x ＝2y －2. 同理，由BP →∥BE →，得y ＝－2x ＋4， 代入x ＝2y －2，解得x ＝65，所以y ＝85，即P (65，85)，所以AP →2＝(65)2＋(85)2＝4＝AB →2， 所以|AP →|＝|AB →|，即AP ＝AB . 【一题多变】[变式1]本例条件下，证明CF ⊥BE .【证明】如图，建立平面直角坐标系xOy ，设AB ＝2，则B(2，0)，C(2，2)，E(1，2)，F(0，1)，CF→＝(－2，－1)，BE→＝(－1，2).所以CF→·BE→＝(－2，－1)·(－1，2)＝2－2＝0，所以CF→⊥BE→，即CF⊥BE.[变式2]本例中，将条件“F是AD的中点”改为“F是AB的中点”，其他条件不变，求直线BE与CF相交所成钝角的余弦值．【解析】如图，建立平面直角坐标系xAy，设AB＝2，则B(2，0)，C(2，2)，E(1，2)，F(1，0)，CF→＝(－1，－2)，BE→＝(－1，2).所以CF→·BE→＝(－1，－2)·(－1，2)＝1－4＝－3，|CF→|＝5，⎪⎪⎪⎪BE→＝5，设CF→，BE→的夹角为θ，则cos θ＝CF→·BE→|CF→||BE→|＝－35×5＝－35.即直线BE 与CF 相交所成钝角的余弦值为－35.角度2 平面向量与三角函数[典例6]在△ABC 中，AB →＝(3sin x ，sin x )，AC →＝(－sin x ，cos x ). (1)设f (x )＝AB →·AC →，若f (A )＝0，求角A 的值；(2)若对任意的实数t ，恒有|AB →－tAC →|≥|BC →|，求△ABC 面积的最大值． 【解析】(1)f (x )＝AB →·AC →＝－3sin 2x ＋sin x cos x ＝－3×1－cos 2x 2＋sin 2x 2＝sin (2x ＋π3)－32.因为f (A )＝0，所以sin (2A ＋π3)＝32.又因为A ∈(0，π)，所以2A ＋π3∈(π3，2π＋π3)，所以2A ＋π3＝2π3，所以A ＝π6；(2)如图，设AD→＝tAC →，则AB→－tAC →＝DB →，即|DB →|≥|BC →|恒成立，所以AC ⊥BC .因为|AB →|＝4sin 2x ＝2－2cos2x ≤2，|AC →|＝1， 所以|BC →|＝|AB →|2－|AC →|2≤3， 所以△ABC 的面积为S ＝12BC ·AC ≤32，当且仅当cos 2x ＝0，即x ＝π4＋k π，k ∈Z 时等号成立，所以△ABC 面积的最大值为32.【方法提炼】1．用向量法解决平面几何问题的策略(1)把几何图形放在适当的坐标系中，则有关的点与向量就可以用坐标表示出来，这样就能进行相应的代数运算，从而使问题得到解决；(2)选取一组合适的基底，将未知向量用基底表示出来，然后根据向量的运算法则、运算律和性质求解．2．向量与三角函数结合时，通常以向量为表现形式，解决三角函数问题，要注意向量夹角与三角形内角的区别与联系． 【对点训练】1．(多选题)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O 为坐标原点，点P 1(cos α，sin α)，P 2(cos β，－sin β)，P 3(cos (α＋β)，sin (α＋β))，A (1，0)，则( )A ．|OP 1|＝|OP 2|B ．|AP 1|＝|AP 2|C ．OA →·OP 3＝OP 1·OP 2D ．OA →·OP 1＝OP 2·OP 3【解析】选AC.对于A ：|OP 1|＝cos 2α＋sin 2α＝1， |OP 2|＝cos 2β＋sin 2β＝1，所以A 对；因为|AP 1|＝（cos α－1）2＋sin 2α＝2－2cos α， |AP 2|＝（cos β－1）2＋sin 2β＝2－2cos β， 当α＝π3，β＝π6时|AP 1|≠|AP 2|，所以B 错；因为OA →·OP 3＝(1，0)·(cos (α＋β)，sin (α＋β))＝cos (α＋β)，OP 1·OP 2＝(cos α，sin α)·(cos β，－sin β)＝cos αcos β－sin αsinβ＝cos (α＋β)，OA →·OP 3＝OP 1·OP 2，所以C 对；而OA→·OP 1＝(1，0)·(cos α，sin α)＝cos α， OP 2·OP 3＝(cos β，－sin β)·(cos (α＋β)，sin (α＋β))＝cos βcos (α＋β)－sin βsin (α＋β)＝cos (2β＋α)，所以D 错．2．如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝3，BE ⊥AC ，垂足为E ，求ED 的长．【解析】以A 为坐标原点，AD ，AB 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系xAy ，则A (0，0)，B (0，3)，C (3，3)，D (3，0)，AC→＝(3，3)，设AE→＝λAC →，则E 的坐标为(3λ，3λ)， 故BE→＝(3λ，3λ－3). 因为BE ⊥AC ，所以BE →·AC →＝0， 即9λ＋3λ－3＝0，解得λ＝14，所以E (34，34)，故ED →＝(94，－34)，|ED →|＝212， 即ED ＝212.【加练备选】设P是△ABC所在平面内一点，若AB→·(CB→＋CA→)＝2AB→·CP→，且AB→2＝AC→2－2BC→·AP→，则点P是△ABC的( )A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【解析】选A.由AB→·(CB→＋CA→)＝2AB→·CP→，得AB→·(CB→＋CA→－2CP→)＝0，即AB→·[(CB→－CP→)＋(CA→－CP→)]＝0，所以AB→·(PB→＋PA→)＝0.设D为AB的中点，则AB→·2PD→＝0，故AB→·PD→＝0.由AB→2＝AC→2－2BC→·AP→，得(AB→＋AC→)·(AB→－AC→)＝－2BC→·AP→，即(AB→＋AC→－2AP→)·CB→＝0.设E为BC的中点，则(2AE→－2AP→)·CB→＝0，则2PE→·CB→＝0，故CB→·PE→＝0.所以P为AB与BC的垂直平分线的交点，所以P是△ABC的外心．【思维导图·构网络】解题方法拓广角度7平面图形与数量积最值、范围的综合【考情分析】以平面图形为载体的有关数量积的最值问题和范围问题是高考的热点之一，常以选择题、填空题的形式呈现．要深刻理解数量积的意义，从不同角度对数量积进行转化．[解题思路]建立目标函数的解析式，转化为求函数(二次函数、三角函数等)的最值或应用基本不等式．同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以还有一种思路是数形结合，应用图形的几何性质.一、几何投影法侧重于从投影入手体现几何意义，如平面向量数量积a·b＝|a||b|cos θ，其几何意义为其中一个向量长度乘以另一个向量在其方向上的投影，解题时可结合向量的投影来探寻联系，从而转化为数量积问题．[典例1](2020·新高考卷Ⅰ)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内一点，则AP→·AB→的取值范围为( )A. (－2，6)B. (－6，2)C. (－2，4)D. (－4，6)【解析】选A.根据定义可知AP→·AB→＝|AP→||AB→|cos ∠PAB，其中|AP→|cos ∠PAB表示AP→在AB→方向上的投影．如图所示，当点P与点C相重合时投影最大，而当点P与点F相重合时投影最小．已知|AB→|＝2，则AP→在AB→方向上投影的数量取值范围为(－1，3).结合向量数量积的定义可知，当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，AP→·AB→的取值范围为(－2，6).二、基向量法解题时有时无法获取对应向量数量积的要素，如模和夹角，此时就可以考虑采用基底法．先设定两个不平行的向量作为基底，然后将所需向量表示出来，最后根据条件进行最值分析．[典例2](2022·保定模拟)已知△ABC的三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，P 为AB边上任意一点，则CP→·(BA→－BC→)的最大值为________．【解析】因为CP→＝CA→＋AP→，BA→－BC→＝CA→，所以CP →·(BA →－BC →)＝(CA →＋AP →)·CA →＝CA →2＋AP →·CA →＝9－AP →·AC → ＝9－|AP →||AC →|cos ∠BAC ＝9－3|AP →|cos ∠BAC . 因为cos ∠BAC 为正且为定值， 所以当|AP →|最小，即|AP →|＝0时， CP →·(BA →－BC →)取得最大值9. 答案：9三、坐标法(数形结合法)把几何图形放在适当的坐标系中，将向量坐标化，利用向量之间的坐标运算来解答．坐标法是高考中常用的解题技巧，其核心知识点为向量数量积的运算法则，即a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. [典例3](1)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AE →·BE →的最小值为( )A ．2116B ．32C ．2516D ．3 【解析】选A.解法一：(坐标法)如图，以D 点为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系．所以A (1，0)，B (32，32)，在平面四边形ABCD 中知CD ＝ 3.所以设DE ＝t (t ∈[0，3])，所以E (0，t ).所以AE →·BE →＝(－1，t )·(－32，t －32)＝32＋t 2－32t ＝(t －34)2＋2116. 所以当t ＝34时，(AE →·BE →)min ＝2116.解法二：(基向量法)连接AC (图略)，易知DC ＝3，∠CAD ＝60°，设DE ＝x (0≤x ≤3)，则AE →·BE →＝(AD →＋DE →)·(BA →＋AD →＋DE→) ＝1×1×cos 60°＋12＋0＋x ×1×cos 150°＋0＋x 2＝(x －34)2＋2116≥2116.解法三：(基向量法)如图，取AB 的中点F ，连接EF ，则AE →·BE →＝EA →·EB →＝(EF →＋FA →)·(EF →－FA →)＝EF →2－FA →2＝EF →2－14.可知当且仅当|EF →|最小时，AE →·BE →取最小值．分别过点F ，B 作CD 的垂线，垂足分别为H ，G ，当点E 与H 重合时，EF 取到最小值，易知HF 为梯形DABG 的中位线，由已知得|BG |＝32，|AD |＝1，则|HF |＝12(|BG |＋|AD |)＝54，故|EF |的最小值为54.故AE →·BE →的最小值为2116.(2)(2020·天津高考)如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，AB ＝3，BC ＝6，且AD →＝λBC →，AD →·AB →＝－32，则实数λ的值为________，若M ，N 是线段BC上的动点，且|MN →|＝1，则DM →·DN →的最小值为__________．【解析】因为AD →＝λBC →，所以AD ∥BC ，所以∠BAD ＝180°－∠B ＝120°， 所以AD →·AB →＝λBC →·AB →＝λ|BC →|·|AB →|cos 120°＝λ×6×3×(－12)＝－9λ＝－32，解得λ＝16.以点B 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系xBy ，因为BC ＝6，所以C (6，0)， 因为AB ＝3，∠ABC ＝60°， 所以点A 的坐标为(32，332)，因为AD →＝16BC →，则D (52，332)，设M (x ，0)，则N (x ＋1，0)(其中0≤x ≤5)，所以DM →＝(x －52，－332)，DN →＝(x －32，－332)，DM →·DN →＝(x －52)(x －32)＋(332)2＝x 2－4x ＋212＝(x －2)2＋132，所以当x ＝2时，DM →·DN →取得最小值，最小值为132.答案：16132【加练备选】(2023·广州模拟)如图1，已知AC ＝2，B 为AC 的中点，分别以AB ，AC 为直径在AC 同侧作半圆，M ，N 分别为两半圆上的动点(不含端点A ，B ，C )，且BM ⊥BN ，则AM →·CN→的最大值为__________．【解析】方法一：由题设可知AB ＝BC ＝BN ＝1. 因为点M 在以AB 为直径的半圆上， 所以AM ⊥BM ，又BM ⊥BN ，所以AM ∥BN ， 设∠MAB ＝θ，则∠NBC ＝θ. 如题图2，建立平面直角坐标系xBy ，则点A (－1，0)，M (－sin 2θ，sin θcos θ)，C (1，0)，N (cos θ，sin θ)， 所以AM →＝(－sin 2θ＋1，sin θcos θ)＝(cos 2θ，sin θcos θ)，CN →＝(cos θ－1，sin θ).于是，AM →·CN →＝cos 2θ·(cos θ－1)＋sin 2θcos θ＝cos 3θ－cos 2θ＋(1－cos 2θ)cos θ＝－cos 2θ＋cos θ＝14－(cos θ－12)2.又易知0<θ<π2，所以，当θ＝π3时，可得AM →·CN →的最大值为14. 答案：14方法二：如题图2，建立平面直角坐标系xBy ，设直线BN 的方程为y ＝kx (k >0)，因为BM ⊥BN ，所以直线BM 的方程为y ＝－1kx .注意到点N 是直线BN 与以AC 为直径的半圆的交点，所以将y ＝kx 与x 2＋y 2＝1联立，可求得点N 的坐标为(11＋k 2，k1＋k2). 注意到点M 是直线BM 与以AB 为直径的半圆的交点， 所以将y ＝－1k x 与(x ＋12)2＋y 2＝14联立，可求得点M 的坐标为(－k 2k 2＋1，kk 2＋1).又点A (－1，0)，C (1，0)，所以向量AM →＝(1k 2＋1，kk 2＋1)，CN →＝(11＋k 2－1，k1＋k2)， 所以AM →·CN→ ＝1k 2＋1(11＋k 2－1)＋k k 2＋1·k1＋k 2 ＝1k 2＋1(k 2＋11＋k 2－1)＝11＋k 2－1k 2＋1 ＝14－(11＋k 2－12)2，故当11＋k 2＝12，即k ＝3时，可得AM →·CN →的最大值为14. 答案：14方法三：由题设可知AB ＝BC ＝BN ＝1， 因为点M 在以AB 为直径的半圆上， 所以AM ⊥BM ，又BM ⊥BN ，所以AM ∥BN ， 所以AM →·BN →＝|AM →|×1×cos 0°＝|AM →|. 因为AM ⊥BM ，AB ＝1，所以|AM→|＝1×cos ∠MAB ＝cos ∠MAB ， 所以AM →·BC →＝AM →·AB →＝|AM →|×1×cos ∠MAB ＝|AM→|2. 于是，AM →·CN →＝AM →·(BN →－BC →)＝AM →·BN →－AM →·BC →＝|AM →|－|AM →|2＝14－(|AM→|－12)2. 又0<|AM →|<1，所以，当|AM →|＝12时， 可得AM →·CN →的最大值为14. 答案：14方法四：如图3，分别延长AM ，CN ，设其交点为E ，并设ME 与大半圆的交点为D ，连接CD ，则易知AM ⊥MB ，AD ⊥DC ， 所以BM ∥CD ，又B 为AC 的中点，所以M 为AD 的中点，所以AM →＝12AD →. 又易知AE →∥BN →，且B 为AC 的中点， 所以N 为CE 的中点，所以CN →＝12CE →.于是，AM →·CN →＝14AD →·CE →＝14AD →·(CD →＋DE →) ＝14AD →·CD →＋14AD →·DE → ＝0＋14|AD →|·|DE →|cos 0°＝14|AD →|·|DE →|. 因为BN 为△ACE 的中位线， 所以|AD →|＋|DE →|＝|AE →|＝2|BN →|＝2.从而，AM →·CN →＝14|AD →|·|DE →|≤14(|AD →|＋|DE →|2)2＝14×(22)2＝14，当且仅当|AD →|＝|DE →|，即D 为AE 的中点时不等式取等号． 故所求AM →·CN →的最大值为14.答案：14方法五：如图4，以BC 为直径画半圆，交BN 于点D ，连接CD ，则BD ⊥CD .又易知AM ∥BD ，且AM ＝BD ，所以AM →·CN →＝BD →·(CD →＋DN →)＝BD →·CD →＋BD →·DN→ ＝0＋|BD →|·|DN →|cos 0°＝|BD →|·|DN →|≤(|BD →|＋|DN →|2)2＝(12)2＝14，当且仅当|BD →|＝|DN →|，即D 为BN 中点时不等式取等号． 故所求AM →·CN →的最大值为14.答案：14。