最新2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第3讲平面向量的数量积

第3讲 数学归纳法一、选择题1．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764(n ∈N *)成立，其初始值至少应取( )．A ．7B ．8C ．9D ．10解析 左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8. 答案 B2．用数学归纳法证明命题“当n 是正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，在第二步时，正确的证法是( )．A ．假设n ＝k (k ∈N ＋)，证明n ＝k ＋1命题成立B ．假设n ＝k (k 是正奇数)，证明n ＝k ＋1命题成立C ．假设n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)，证明n ＝k ＋1命题成立D ．假设n ＝k (k 是正奇数)，证明n ＝k ＋2命题成立解析 A 、B 、C 中，k ＋1不一定表示奇数，只有D 中k 为奇数，k ＋2为奇数． 答案 D3．用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，则当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上( )．A.12k ＋2B ．－12k ＋2C.12k ＋1－12k ＋2D.12k ＋1＋12k ＋2解析 ∵当n ＝k 时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ，当n ＝k ＋1时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2.答案 C4．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N *)，某同学用数学归纳法的证明过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立，则上述证法 ( )．A ．过程全部正确B ．n ＝1验得不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确解析 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，故推理错误． 答案 D5．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k的基础上加上 ( )．A ．k 2＋1B ．(k ＋1)2C.(k ＋1)4＋(k ＋1)22D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2解析 ∵当n ＝k 时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2，当n ＝k ＋1时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2∴当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2. 答案 D6．已知1＋2×3＋3×32＋4＋33＋…＋n ×3n －1＝3n (na －b )＋c 对一切n ∈N *都成立，则a 、b 、c 的值为( )．A ．a ＝12，b ＝c ＝14 B ．a ＝b ＝c ＝14C ．a ＝0，b ＝c ＝14D ．不存在这样的a 、b 、c解析 ∵等式对一切n ∈N *均成立，∴n ＝1,2,3时等式成立，即⎩⎪⎨⎪⎧1＝3(a －b )＋c ，1＋2×3＝32(2a －b )＋c ，1＋2×3＋3×32＝33(3a －b )＋c ，整理得⎩⎪⎨⎪⎧3a －3b ＋c ＝1，18a －9b ＋c ＝7，81a －27b ＋c ＝34，解得a ＝12，b ＝c ＝14. 答案 A 二、填空题7．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n＞1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是________． 解析 不等式的左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝1(2k ＋1)(2k ＋2)，故填1(2k ＋1)(2k ＋2).答案1(2k ＋1)(2k ＋2)8．如下图，在杨辉三角形中，从上往下数共有n (n ∈N *)行，在这些数中非1的数字之和是________________．1 1 11 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1…解析 所有数字之和S n ＝20＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1，除掉1的和为2n －1－(2n －1)＝2n －2n . 答案 2n －2n9．已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________． 解析 本题规律：2＝1＋1；3＝1＋2＝2＋1； 4＝1＋3＝2＋2＝3＋1； 5＝1＋4＝2＋3＝3＋2＝4＋1； …；一个整数n 所拥有数对为(n －1)对．设1＋2＋3＋…＋(n －1)＝60，∴(n －1)n2＝60， ∴n ＝11时还多5对数，且这5对数和都为12， 12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7， ∴第60个数对为(5,7)． 答案 (5,7)10．已知数列{a n }的通项公式a n ＝1(n ＋1)2(n ∈N *)，f (n )＝(1－a 1)(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算f (1)，f (2)，f (3)的值，推测出f (n )的值是________．解析 f (1)＝1－a 1＝1－14＝34，f (2)＝(1－a 1)(1－a 2)＝f (1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19＝34×89＝23＝46，f (3)＝(1－a 1)·(1－a 2)(1－a 3)＝f (2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116＝23×1516＝58，由此猜想，f (n )＝n ＋22(n ＋1)(n ∈N *)．答案n ＋22(n ＋1)(n ∈N *)三、解答题11．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n >1，n ∈N *)，求证：S 2n >1＋n2(n ≥2，n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，即n ＝2时命题成立； (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k >1＋k 2，则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋2k 2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12， 故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *.不等式S 2n >1＋n2都成立．12．已知数列{a n }：a 1＝1，a 2＝2，a 3＝r ，a n ＋3＝a n ＋2(n ∈N *)，与数列{b n }：b 1＝1，b 2＝0，b 3＝－1，b 4＝0，b n ＋4＝b n (n ∈N *)．记T n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋b 3a 3＋…＋b n a n .(1)若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝64，求r 的值； (2)求证：T 12n ＝－4n (n ∈N *)．(1)解 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝1＋2＋r ＋3＋4＋(r ＋2)＋5＋6＋(r ＋4)＋7＋8＋(r ＋6)＝48＋4r . ∵48＋4r ＝64，∴r ＝4.(2)证明 用数学归纳法证明：当n ∈N *时，T 12n ＝－4n .①当n ＝1时，T 12＝a 1－a 3＋a 5－a 7＋a 9－a 11＝－4，故等式成立． ②假设n ＝k 时等式成立，即T 12k ＝－4k ，那么当n ＝k ＋1时，T 12(k ＋1)＝T 12k ＋a 12k ＋1－a 12k ＋3＋a 12k ＋5－a 12k ＋7＋a 12k ＋9－a 12k ＋11＝－4k ＋(8k ＋1)－(8k ＋r )＋(8k ＋4)－(8k ＋5)＋(8k ＋r ＋4)－(8k ＋8)＝－4k －4＝－4(k ＋1)，等式也成立．根据①和②可以断定：当n∈N*时，T12n＝－4n.13．设数列{a n}满足a1＝3，a n＋1＝a2n－2na n＋2，n＝1,2,3，…(1)求a2，a3，a4的值，并猜想数列{a n}的通项公式(不需证明)；(2)记S n为数列{a n}的前n项和，试求使得S n<2n成立的最小正整数n，并给出证明．解(1)a2＝5，a3＝7，a4＝9，猜想a n＝2n＋1.(2)S n＝n(3＋2n＋1)2＝n2＋2n，使得Sn<2n成立的最小正整数n＝6.下证：n≥6(n∈N*)时都有2n>n2＋2n.①n＝6时，26>62＋2×6，即64>48成立；②假设n＝k(k≥6，k∈N*)时，2k>k2＋2k成立，那么2k＋1＝2·2k>2(k2＋2k)＝k2＋2k＋k2＋2k>k2＋2k＋3＋2k＝(k＋1)2＋2(k＋1)，即n＝k＋1时，不等式成立；由①、②可得，对于所有的n≥6(n∈N*)都有2n>n2＋2n成立．14．数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*)．(1)证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c<0；(2)求c的取值范围，使{x n}是递增数列．(1)证明先证充分性，若c<0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c<x n，故{x n}是递减数列；再证必要性，若{x n}是递减数列，则由x2<x1可得c<0.(2)解①假设{x n}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1<x2<x3，得0<c<1.由x n<x n＋1＝－x2n＋x n＋c知，对任意n≥1都有x n<c，①注意到c－x n＋1＝x2n－x n－c＋c＝(1－c－x n)(c－x n)，②由①式和②式可得1－c－x n>0，即x n<1－c.由②式和x n≥0还可得，对任意n≥1都有c－x n＋1≤(1－c)(c－x n)．③反复运用③式，得c－x n≤(1－c)n－1(c－x1)<(1－c)n－1，x n <1－c 和 c －x n <(1－c )n －1两式相加，知 2c －1<(1－c )n －1对任意n ≥1成立． 根据指数函数y ＝(1－c )n 的性质，得 2c －1≤0，c ≤14，故0<c ≤14.②若0<c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0，即证x n <c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0<c ≤14时，x n <c 对任意n ≥1成立．(i)当n ＝1时，x 1＝0<c ≤12，结论成立． (ii)假设当n ＝k (k ∈N *)时，结论成立，即x n <c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )<f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 故x n <c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c >x n ，即{x n }是递增数列．由①②知，使得数列{x n }单调递增的c 的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14.。

第3讲平面向量的数量积一、选择题1．设x∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，－2)，且a⊥b，则|a＋b|＝()A.5B.10C．25D．10解析∵a⊥b，∴x－2＝0，∴x＝2.∴|a＋b|＝a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2＝4＋1＋1＋4＝10.故选B.答案B2．设向量a＝(1，cos θ)与b＝(－1,2cos θ)垂直，则cos 2θ等于()A.22B.12C．0 D．－1解析∵a⊥b，∴1×(－1)＋cos θ·2cos θ＝0，即2cos2θ－1＝0.又cos 2θ＝2cos2θ－1.答案C3．若向量a，b，c满足a∥b，且a⊥c，则c·(a＋2b)＝()．A．4 B．3 C．2 D．0解析由a∥b及a⊥c，得b⊥c，则c·(a＋2b)＝c·a＋2c·b＝0.答案 D4．已知非零向量a，b，c满足a＋b＋c＝0.向量a，b的夹角为60°，且|b|＝|a|，则向量a与c的夹角为()A．60°B．30°C．120°D．150°解析由a＋b＋c＝0得c＝－a－b，∴|c|2＝|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2|a||b|cos 60°＝3|a|2，∴|c|＝3|a|，又a ·c ＝a ·(－a －b )＝－|a |2－a ·b＝－|a |2－|a ||b |cos 60°＝－32|a |2.设a 与c 的夹角为θ，则cos θ＝a ·c |a ||c |＝－32|a |2|a |·3|a |＝－32， ∵0°≤θ≤180°，∴θ＝150°.答案D5．在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知向量OA→＝(2,2)，OB →＝(4,1)，在x 轴上取一点P ，使AP →·BP→有最小值，则P 点的坐标是( )． A ．(－3,0) B ．(2,0) C ．(3,0) D ．(4,0)解析 设P 点坐标为(x,0)，则AP→＝(x －2，－2)，BP →＝(x －4，－1)． AP →·BP →＝(x －2)(x －4)＋(－2)×(－1)＝x 2－6x ＋10＝(x －3)2＋1.当x ＝3时，AP →·BP→有最小值1. ∴此时点P 坐标为(3,0)，故选C.答案 C6．对任意两个非零的平面向量α和β，定义αβ＝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.12B ．1 C.32D.52解析 由定义αβ＝α·ββ2可得b a ＝a ·b a 2＝|a |·|b |cos θ|a |2＝|b |cos θ|a |，由|a |≥|b |>0，及θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4得0<|b |cos θ|a |<1，从而|b |cos θ|a |＝12，即|a |＝2|b |cos θ.a b ＝a ·b b 2＝|a |·|b |cos θ|b |2＝|a |cos θ|b |＝2cos 2θ，因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，所以22<cos θ<1，所以12<cos 2θ<1，所以1<2cos 2θ<2.结合选项知答案为C.答案 C二、填空题7．已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE →·CB→的值为________；DE →·DC→的最大值为________． 解析 以AB→，AD →为基向量，设AE →＝λAB →(0≤λ≤1)，则DE →＝AE →－AD →＝λAB →－AD →，CB →＝－AD →，所以DE →·CB →＝(λAB →－AD →)·(－AD →)＝－λAB →·AD→＋AD →2＝－λ×0＋1＝1.又DC →＝AB →，所以DE →·DC →＝(λAB →－AD →)·AB →＝λAB →2－AD →·AB→＝λ×1－0＝λ≤1，即DE →·DC→的最大值为1. 答案 1 18．在平行四边形ABCD 中，∠A ＝π3，边AB 、AD 的长分别为2、1.若M 、N 分别是边BC 、CD 上的点，且满足|BM →||BC→|＝|CN →||CD →|，则AM →·AN →的取值范围是________．解析建立平面直角坐标系，如图．则B (2,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32. 令BM BC ＝CN CD ＝λ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋2，32λ，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52－2λ，32. ∴AM →·AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫52－2λ＋34λ＝－λ2－2λ＋5＝－(λ＋1)2＋6.∵0≤λ≤1，∴AM →·AN→∈[2,5]． 答案[2,5]9．已知向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，(a－b)⊥c，a⊥b，若|a|＝1，则|a|2＋|b|2＋|c|2的值是________．解析由已知a·c－b·c＝0，a·b＝0，|a|＝1，又a＋b＋c＝0，∴a·(a＋b＋c)＝0，即a2＋a·c＝0，则a·c＝b·c＝－1，由a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0，即a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a＝0，∴a2＋b2＋c2＝－4c·a＝4，即|a|2＋|b|2＋|c|2＝4.答案 410．若平面向量a，b满足|2a－b|≤3，则a·b的最小值是________．解析由|2a－b|≤3可知，4a2＋b2－4a·b≤9，所以4a2＋b2≤9＋4a·b，而4a2＋b2＝|2a|2＋|b|2≥2|2a|·|b|≥－4a·b，所以a·b≥－98，当且仅当2a＝－b时取等号．答案－9 8三、解答题11．设向量a，b满足|a|＝|b|＝1及|3a－2b|＝7.(1)求a，b夹角的大小；(2)求|3a＋b|的值．解(1)设a与b夹角为θ，(3a－2b)2＝7，即9|a|2＋4|b|2－12a·b＝7，而|a|＝|b|＝1，∴a·b＝12，∴|a||b|cos θ＝12，即cos θ＝12，又θ∈[0，π]，∴a，b的夹角为π3.(2)(3a＋b)2＝9|a|2＋6a·b＋|b|2＝9＋3＋1＝13，∴|3a ＋b |＝13.12．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－1，－2)，B (2,3)，C (－2，－1)．(1)求以线段AB ，AC 为邻边的平行四边形的两条对角线的长；(2)设实数t 满足(AB →－tOC →)·OC→＝0，求t 的值． 解 (1)由题设知AB→＝(3,5)，AC →＝(－1,1)，则 AB→＋AC →＝(2,6)，AB →－AC →＝(4,4)． 所以|AB→＋AC →|＝210，|AB →－AC →|＝4 2. 故所求的两条对角线长分别为42，210.(2)由题设知OC→＝(－2，－1)，AB →－tOC →＝(3＋2t,5＋t )． 由(AB →－tOC →)·OC→＝0， 得(3＋2t,5＋t )·(－2，－1)＝0，从而5t ＝－11，所以t ＝－115.13．设两向量e 1，e 2满足|e 1|＝2，|e 2|＝1，e 1，e 2的夹角为60°，若向量2t e 1＋7e 2与向量e 1＋t e 2的夹角为钝角，求实数t 的取值范围．解 由已知得e 21＝4，e 22＝1，e 1·e 2＝2×1×cos 60°＝1. ∴(2t e 1＋7e 2)·(e 1＋t e 2)＝2t e 21＋(2t 2＋7)e 1·e 2＋7t e 22＝2t 2＋15t ＋7.欲使夹角为钝角，需2t 2＋15t ＋7＜0，得－7＜t ＜－12.设2t e 1＋7e 2＝λ(e 1＋t e 2)(λ＜0)，∴⎩⎨⎧2t ＝λ，7＝tλ，∴2t 2＝7.∴t ＝－142，此时λ＝－14. 即t ＝－142时，向量2t e 1＋7e 2与e 1＋t e 2的夹角为π.∴当两向量夹角为钝角时，t 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－7，－142∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－142，－12. 14．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 3A 2，sin 3A 2，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos A 2，sin A 2，且满足|m ＋n |＝ 3.(1)求角A 的大小；(2)若|AC→|＋|AB →|＝3|BC →|，试判断△ABC 的形状． 解 (1)由|m ＋n |＝3，得m 2＋n 2＋2m ·n ＝3，即1＋1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 3A 2cos A 2＋sin 3A 2sin A 2＝3， ∴cos A ＝12.∵0<A <π，∴A ＝π3.(2)∵|AC→|＋|AB →|＝3|BC →|，∴sin B ＋sin C ＝3sin A ， ∴sin B ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝3×32， 即32sin B ＋12cos B ＝32，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π6＝32. ∵0<B <2π3，∴π6<B ＋π6<5π6，∴B ＋π6＝π3或2π3，故B ＝π6或π2.当B ＝π6时，C ＝π2；当B ＝π2时，C ＝π6.故△ABC 是直角三角形.。

第3讲 平面向量的数量积及其应用一、选择题1.(2016·兰州诊断考试)已知向量a ，b 满足a ·b ＝0，|a |＝1，|b |＝2，则|a －b |＝( ) A.0B.1C.2D. 5解析 |a －b |＝（a －b ）2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝1＋4＝ 5. 答案 D2.(2015·陕西卷)对任意平面向量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 |2D.(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2 解析 对于A ，由|a ·b |＝||a ||b |cosa ，b|≤|a ||b |恒成立；对于B ，当a ，b均为非零向量且方向相反时不成立；对于C 、D 容易判断恒成立.故选B. 答案 B3.已知a ＝(1，－2)，b ＝(x ，2)，且a ∥b ，则|b |＝( ) A.2 5B. 5C.10D.5解析 ∵a ∥b ，∴1x ＝－22，解得x ＝－1，∴b ＝(－1，2)，∴|b |＝（－1）2＋22＝ 5.故选B. 答案 B4.(2015·广东卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知四边形ABCD 是平行四边形，AB →＝(1，－2)，AD →＝(2，1)，则AD →·AC →等于( ) A.5B.4C.3D.2解析 ∵四边形ABCD 为平行四边形，∴AC →＝AB →＋AD →＝(1，－2)＋(2，1)＝(3，－1).∴AD →·AC →＝2×3＋(－1)×1＝5，选A. 答案 A5.(2015·重庆卷)已知非零向量a ，b 满足|b |＝4|a |，且a ⊥(2a ＋b )，则a 与b 的夹角为( ) A.π3B.π2C.2π3D.5π6解析 因为a ⊥(2a ＋b )，所以a ·(2a ＋b )＝0，得到a ·b ＝－2|a |2，设a 与b 的夹角为θ，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝－2|a |24|a |2＝－12，又0≤θ≤π，所以θ＝2π3，故选C. 答案 C 二、填空题6.(2016·全国Ⅰ卷)设向量a ＝(x ，x ＋1)，b ＝(1，2)，且a ⊥b ，则x ＝________. 解析 由题意，得a ·b ＝0⇒x ＋2(x ＋1)＝0⇒x ＝－23. 答案 －237.(2016·北京卷)设a ，b 是向量.则“|a |＝|b |”是“|a ＋b |＝|a －b |”的________条件.解析 |a ＋b |＝|a －b |⇔(a ＋b )2＝(a －b )2⇔a ·b ＝0，∴|a ＋b |＝|a －b |⇒/ |a |＝|b |；|a |＝|b |⇒/ a ·b ＝0，得不到|a ＋b |＝|a －b |， 因此“|a |＝|b |”是“|a ＋b |＝|a －b |”的既不充分又不必要条件. 答案 既不充分也不必要8.已知向量OA→＝(3，－4)，OB →＝(6，－3)，OC →＝(5－m ，－3－m )，若∠ABC 为锐角，则实数m 的取值范围是________. 解析 由已知得AB→＝OB →－OA →＝(3，1)，AC→＝OC →－OA →＝(2－m ，1－m ). 若AB→∥AC →， 则有3(1－m )＝2－m ，解得m ＝12.由题设知，BA →＝(－3，－1)，BC →＝(－1－m ，－m ).∵∠ABC 为锐角，∴BA→·BC →＝3＋3m ＋m >0，可得m >－34. 由题意知，当m ＝12时，AB→∥AC →，且AB →与AC →同向.故当∠ABC 为锐角时，实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞三、解答题9.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AB→＝a ，BC →＝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.∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝－64×3＝－12.又0≤θ≤π，∴θ＝2π3.(2)|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝|a |2＋2a ·b ＋|b |2 ＝42＋2×(－6)＋32＝13，∴|a ＋b |＝13.(3)∵AB→与BC →的夹角θ＝2π3，∴∠ABC ＝π－2π3＝π3. 又|AB →|＝|a|＝4，|BC →|＝|b |＝3，∴S △ABC ＝12|AB →||BC →|sin ∠ABC ＝12×4×3×32＝3 3.10.(2017·德州一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(cos(A －B )，sin(A －B ))，n ＝(cos B ，－sin B )，且m ·n ＝－35. (1)求sin A 的值；(2)若a ＝42，b ＝5，求角B 的大小及向量BA →在BC →方向上的投影. 解 (1)由m ·n ＝－35，得cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35， 所以cos A ＝－35.因为0<A <π， 所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝45.(2)由正弦定理，得a sin A ＝bsin B ，则sin B ＝b sin A a ＝5×4542＝22， 因为a >b ，所以A >B ，且B 是△ABC 一内角，则B ＝π4. 由余弦定理得(42)2＝52＋c 2－2×5c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，解得c ＝1，c ＝－7舍去，故向量BA→在BC →方向上的投影为|BA →|cos B ＝c cos B ＝1×22＝22.11.(必修4P120 1(6)改编)若平面向量a ，b ，c 两两所成的角相等，且|a |＝1，|b |＝1，|c |＝3，则|a ＋b ＋c |等于( ) A.2B.5C.2或5D.2或 5解析 由于平面向量a ，b ，c 两两所成的角相等，故每两个向量成的角都等于2π3或0°，|a ＋b ＋c |＝（a ＋b ＋c ）2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c当夹角为0时，上式值为5；当夹角为2π3时，上式值为2.故选C. 答案 C12.(2015·山东卷)已知菱形ABCD 的边长为a ，∠ABC ＝60°，则BD →·CD →等于( ) A.－32a 2B.－34a 2C.34a 2D.32a 2解析 在菱形ABCD 中，BA →＝CD →，BD →＝BA →＋BC →，所以BD →·CD →＝(BA →＋BC →)·CD →＝BA→·CD →＋BC →·CD →＝a 2＋a ×a ×cos 60°＝a 2＋12a 2＝32a 2. 答案 D13.(2017·洛阳统考)已知A (－1，cos θ)，B (sin θ，1)，若|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|(O 为坐标原点)，则锐角θ＝________.解析 法一 利用几何意义求解：由已知可知，OA→＋OB →是以OA ，OB 为邻边作平行四边形OADB 的对角线向量OD →，OA →－OB →则是对角线向量BA →，于是对角线相等的平行四边形为矩形.故OA ⊥OB .因此OA→·OB →＝0，∴锐角θ＝π4.法二 坐标法：OA→＋OB →＝(sin θ－1，cos θ＋1)，OA →－OB →＝(－sin θ－1，cos θ－1)，由|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|可得(sin θ－1)2＋(cos θ＋1)2＝(－sin θ－1)2＋(cos θ－1)2，整理得sin θ＝cos θ，于是锐角θ＝π4.答案 π414.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，且OP →＝mAB →＋nAC →(m ，n ∈R ). (1)若m ＝n ＝23，求|OP→|；(2)用x ，y 表示m －n ，并求m －n 的最大值. 解 (1)∵m ＝n ＝23，AB →＝(1，2)，AC →＝(2，1)，∴OP→＝23(1，2)＋23(2，1)＝(2，2)， ∴|OP→|＝22＋22＝2 2.(2)∵OP →＝m (1，2)＋n (2，1)＝(m ＋2n ，2m ＋n )，∴⎩⎨⎧x ＝m ＋2n ，y ＝2m ＋n ，两式相减，得m －n ＝y －x .令y －x ＝t ，由图知，当直线y ＝x ＋t 过点B (2，3)时，t 取得最大值1， 故m －n 的最大值为1.。

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。