活用特殊化思想,巧解向量数量积

思路探寻2考点透视= OA ∙ AB + CA2= OA ∙()AO + OB + CA 2= CA 2- OA 2+ OA ∙ OB = CA 2- OA 2= CA 2-1,当CA =2时， OC ∙ AB + CA ∙CB 取得最大值为3.首先根据三角形和外接圆的特点选择 OA 、OB 作为基底，并结合已知条件求出基底 OA 、OB 的数量积；然后用基底 OA 、 OB 表示出 OC 、 AB 、 CA 、CB，并根据向量的数量积公式求解.图3图4例3.如图4，在等腰直角△ABC 中，AC =2,点M 为线段AB 上的动点(包含端点)，点D 为AC 的中点，将AC 绕点D 旋转到EF ，则 ME ∙MF 的最小值为_____.解：连接MD ，则 ME ∙ MF =() MD + DE ∙()MD + ED =||MD 2-|| DE 2,当MD ⊥AB 时，MD 最小，即||MDmin=，由|| DE 2=1，可得 ME ∙ MF 最小值为-12.解答本题，需以 MD 、DE 为基底，并用基底表示出平面向量 ME 、MF ，将问题转化为求|| MD min.再结合图形的特点，确定|| MD 取最小值时的情形，即可解题.三、利用投影法运用投影法求解平面向量数量积问题，需根据平面向量数量积的几何意义，构造出相应的几何图形，通过研究几何图形中的垂直、平行等关系，确定向量投影之间的关系，从而求得平面向量的数量积.运用投影法解题，需熟练掌握并运用向量数量积的几何意义、模长公式、余弦函数的性质.例4.若在菱形ABCD 中，AC =4,则 CA ∙AB =______.解：如图5所示，连接BD 交AC 于点O ，∵四边形ABCD 是菱形，∴2AO =AC =4，且AC ⊥BO ，∴||AB cos ∠CAB =AO =2，∴CA ∙ AB =-|| AC ∙|| AB cos ∠CAB =-8.根据题意画出图形，通过观察图形，可以确定AB在CA 方向上的投影即为|| A O ，于是连接BD ，根据菱形的性质：对角线互相垂直，构造出直角三角形，即可通过解直角三角形求出投影||A O 的长度，从而利用射影法求得 CA ∙AB 数量积的大小.图5图6例5.在△ABC 中，∠ABC =π3,点O 是△ABC 的外心， BA ∙ BO =2, BC ∙ BO =4,则 BA ∙ BC =______.解：如图6所示，设AB ，BC 中点分别为D ，E ，连接OD ，OE ，则OD ⊥AB ，OE ⊥BC ,由 BA ∙BO =2，可得|| BA ∙|| BO cos ∠OBD =12||BA ∙|| BA =2，故||BA =2，由 BC ∙BO =4，可得|| BC ∙|| BO cos ∠OBE =12|| BC ∙|| BC =4,故||BC =22,所以 BA ∙ BC =|| BA ∙||BC cos ∠ABC =22.要求 BA 、 BC 的数量积，需求出向量 BA 、BC 的模长，于是根据 BO 及其在 BA 、BC 上的投影关系，分别求得|| BA 、||BC 的大小，就能根据射影法顺利求出目标向量数量积的大小.相比较而言，坐标法比较常用，且解题过程较为简单；射影法比较灵活，但通常很难想到.无论运用哪种方法，都需熟练掌握并运用平面向量的数量积公式及其几何意义、向量运算法则及其几何意义，根据已知条件和解题需求，选用合适的方法进行求解.（作者单位：江苏省泗洪姜堰高级中学）50。

考纲要求：1．理解平面向量数量积的含义及其物理意义，了解平面向量的数量积与向量投影的关系．2．掌握数量积的性质及坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算；3．能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系,掌握向量数量积的运算律,并能进行相关计算．基础知识回顾：1.平面向量数量积(1)平面向量数量积的定义：若两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，a叫做a与b的数量积（或内积)，记作a·bb＝|a｜｜b｜cosθ。

规定:零向量与任一向量的数量积为0. (2）两个非零向量a与b垂直的充要条件是a·b＝0，两个非零向量a与b平行的充要条件是a·b＝±｜a||b｜.2．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.3．平面向量数量积的几何意义：数量积a·b等于a的模｜a｜与b在a的方向上的投影｜b|cosθ的乘积．4．平面向量数量积的重要性质：（1)e·a＝a·e＝|a｜cosθ；（2)非零向量a，b,a⊥b⇔a·b＝0 ;（3)当a与b同向时，a·b＝｜a｜｜b|；当a与b反向时,a·b ＝－｜a|｜b| ,a·a＝a2 ，|a|＝错误!；（4)cosθ＝错误!；(5)|a·b｜≤|a||b|.5．平面向量数量积满足的运算律(1）a·b＝b·a(交换律）；（2)(λa）·b＝λ(a·b）＝a·（λb)（λ为实数）；（3)（a＋b）·c＝a·c＋b·c。

6．平面向量数量积有关性质的坐标表示:设向量a＝（x1,y1)，b＝(x2，y2),则a·b＝x1x2＋y1y2，由此得到：(1）若a＝（x，y),则|a｜2＝x2＋y2，或|a|＝x2＋y2.(2)设A（x1，y1），B(x2，y2)，则A，B两点间的距离｜AB｜＝＝错误!。

专题26 活用隐圆的五种定义妙解压轴题【题型归纳目录】题型一：隐圆的第一定义：到定点的距离等于定长题型二：隐圆的第二定义：到两定点距离的平方和为定值题型三：隐圆的第三定义：到两定点的夹角为90°题型四：隐圆的第四定义：边与对角为定值、对角互补、数量积定值题型五：隐圆的第五定义：到两定点距离之比为定值【典例例题】题型一：隐圆的第一定义：到定点的距离等于定长例1．（2022•和平区校级月考）平面内，定点A ，B ，C ，D 满足||||||2DA DB DC ===，且2DA DB DB DC DC DA ===-，动点P ，M 满足||1AP =，PM MC =，则2||BM 的最大值为( )A 3763+B 37233+C ．434D ．494【解析】解：由题可知||||||DA DB DC ==，则D 到A ，B ，C 三点的距离相等，所以D 是ABC ∆的外心，又2DA DB DB DC DC DA ===-，变形可得()0DA DB DB DC DB DA DC DB CA -=-==，所以DB AC ⊥，同理可得DA BC ⊥，DC AB ⊥，所以D 是ABC ∆的垂心，所以ABC ∆的外心与垂心重合，所以ABC ∆是正三角形，且D 是ABC ∆的中心； 由1||||cos ||||()22DA DB DA DB ADB DA DB =∠=-=-，解得||2DA =， 所以ABC ∆的边长为23；如图所示，以A 为坐标原点建立直角坐标系，则(3,3)B -，3)C =，(2,0)D ，||1AP =，可设(cos ,sin )P θθ，其中[0θ∈，2]π，而PM MC =，即M 是PC 的中点，则3cos 3sin (2M θθ++， 2223712sin()cos 3sin 333712496||()(2444BM πθθθ+--++=+==， 当23θπ=时，2||BM 取得最大值为494． 故选：D ．例2．（2022春•温州期中）已知,a b 是单位向量，0a b ⋅=，若向量c 满足||1c a b -+=，则||c b -的取值范围是( )A ．[221]B ．21]C ．[0，2]D ．[551]【解析】解：由,a b 是单位向量，且0a b ⋅=，则可设(1,0)a =，(0,1)b =，(,)c x y =；向量c 满足||1c a b -+=，|(1,1)|1x y ∴-+=，∴22(1)(1)1x y -++，即22(1)(1)1x y -++=，它表示圆心为(1,1)C -，半径为1r =的圆；又|||(c b x -=，221)|(1)y x y -+-C 上的点到点(0,1)B 的距离，如图所示： 且22||1(11)5BC +--， ∴51||51PB +；即||c b -的取值范围是[5151]．故选：D ．【点评】本题考查了向量的垂直与数量积的关系、数量积的运算性质、点与圆上的点的距离大小关系，也考查了推理能力和计算能力，是综合性题目．例3．（2022•延边州一模）如果圆22()()8x a y a -+-=2a 的取值范围是( )A ．(3,3)-B ．(1,1)-C ．(3,1)-D ．(3-，1)(1-⋃，3)【解析】解：问题可转化为圆22()()8x a y a -+-=和圆222x y +=相交， 两圆圆心距22(0)(0)2|d a a a =-+-=，由1||R r OO R r -<<+得222|2a <22解得：1||3a <<，即(3a ∈-，1)(1-⋃，3)故选：D ．例4．（2022•花山区校级期末）设点M 为直线2x =上的动点，若在圆22:3O x y +=上存在点N ，使得30OMN ∠=︒，则M 的纵坐标的取值范围是( ) A ．[1-，1] B ．11[,]22- C ．[2,22]- D ．22[]22【解析】解：设(2,)M M y ，在OMN ∆中，由正弦定理可得，sin sin OM ON ONM OMN =∠∠， 30OMN ∠=︒，3ON ∴222()32312M y +== 整理得，2(23sin )4M y ONM =±∠-由题意知，0150ONM ︒<∠<︒，sin (0ONM ∴∠∈，1]．当sin 1ONM ∠=时，M y 取得最值，即直线MN 为圆O 的切线时M y 取得最值．[2,22]M y ∴∈-．故选：C ．例5．（2022•广元模拟）在平面内，定点A ，B ，C ，D 满足||||||2DA DB DC ===，0DA BC DB AC DC AB ===，动点P ，M 满足||1AP =，PM MC =，则2||BM 的最大值为 ．【解析】解：平面内，||||||2DA DB DC ===，0DA BC DB AC DC AB ===，∴DA BC ⊥，DB AC ⊥，DC AB ⊥，可设(0,0)D ，(2,0)A ，(3)B -，(1,3)C -，动点P ，M 满足||1AP =，PM MC =，可设(2cos ,sin )P θθ+，1cos (2M θ+sin 3θ-， ∴3cos (2BM θ+=sin 33θ-， ∴2223712sin()3cos sin 33496()(244BM πθθθ+-+-=+=， 当且仅当sin()16πθ-=时取等号， 2||BM ∴的最大值为494． 故答案为：494． 题型二：隐圆的第二定义：到两定点距离的平方和为定值例6．（2022•普陀区二模）如图，ABC ∆是边长为1的正三角形，点P 在ABC ∆所在的平面内，且222||||||(PA PB PC a a ++=为常数）．下列结论中，正确的是( )A ．当01a <<时，满足条件的点P 有且只有一个B ．当1a =时，满足条件的点P 有三个C ．当1a >时，满足条件的点P 有无数个D ．当a 为任意正实数时，满足条件的点P 是有限个【解析】解：以BC 所在直线为x 轴，BC 中点为原点，建立直角坐标系，如图所示 则3A ，1(2B -，0)，1(2C ，0)，设(,)P x y ，可得 2223||()PA x y =+，2221||()2PB x y =++，2221||()2PC x y =-+ 222||||||PA PB PC a ++=222222311(()()22x y x y x y a ∴+++++-+= 化简得：22533304x y a ++-=，即22350123a x y y +-+-= 配方，得2231()(1)3x y a +-=-⋯（1） 当1a <时，方程（1）的右边小于0，故不能表示任何图形；当1a =时，方程（1）的右边为0，表示点3，恰好是正三角形的重心； 当1a >时，方程（1）的右边大于0，表示以31(1)3a - 由此对照各个选项，可得只有C 项符合题意故选：C ．例7．（2022•江苏模拟）在平面直角坐标系xOy 中，圆22:1O x y +=，圆22:(3)(2)1(M x a y a a +++-=为实数）．若圆O 和圆M 上分别存在点P ，Q ，使得30OQP ∠=︒，则a 的取值范围为 ．【解析】解：由题意，圆22:(3)(2)1(M x a y a a +++-=为实数），圆心为(3,2)M a a -- 圆M 上任意一点Q 向圆O 作切线，切点为P ，30PQO ∠=︒，所以224x y +=与圆M 有交点221(3)43a a ++， 解得605a ∴-， 故答案为：605a -， 例8．（2022•通州区月考）在平面直角坐标系xOy 中，(2,2)P ，(0,4)Q -为两个定点，动点M 在直线1x =-上，动点N 满足2216NO NQ +=，则||PM PN +的最小值为 ．【解析】解：2216NO NQ +=，N ∴在以OQ 为直径的圆上，不妨设(2cos 2,2sin )N θθ-，(1,)M m -，则(3,2)PM m =--，(2cos 4,2sin 2)PN θθ=--，∴(2cos 7,2sin 4)PM PN m θθ+=-+-，2222||(2cos 7)(2sin 4)8694[(4)sin 7cos ]PM PN m m m m θθθθ∴+=-++-=-++-- 22(4)534(4)49sin()m m θϕ=-++-+-，2(4)49m t -+，sin()a θϕ-=，则7t ，11a -．22||44PM PN t at ∴+=++，令222()44(2)44f t t at t a a =++=++-，7t ，11a -，()f t ∴在[7，)+∞上单调递增，故当7t =时，()f t 取得最小值5328a +，再令g （a ）5328a =+，11a -，显然g （a ）在[1-，1]上单调递增，故1a =-时，g （a ）取得最小值532825-=，综上，当7t =，1a =-时，2||PM PN +取得最小值25．故||PM PN +的最小值为5．故答案为：5．例9．（2022•盐城三模）已知A ，B ，C ，D 四点共面，2BC =，2220AB AC +=，3CD CA =，则||BD 的最大值为 ．【解析】解：以C 为原点，以直线CB 为x 轴建立平面坐标系， 设(2,0)B ，(,)D x y ，3CD CA =，(3x A ∴，)3y ． 2220AB AC +=，2222(2)203999x y x y ∴-+++=， 22(3)81x y ∴-+=，∴点D 在以(3,0)E ，以9r =为半径的圆E 上，BD ∴的最大距离为10BE r +=．故答案为：10．例10．（2022•大武口区校级期末）已知圆22:(3)(4)1C x y -+-=，点(1,0)A -，(1,0)B ，点P 是圆上的动点，则22||||d PA PB =+的最大值为 ，最小值为 ．【解析】解：设P 点的坐标为(3sin ,4cos )αα++，则222222||||(4sin )(4cos )(2sin )(4cos )5412sin 16cos 5420sin()d PA PB ααααααθα=+=+++++++=++=++ ∴当sin()1θα+=时，即12sin 16cos 20αα+=时，d 取最大值74，当sin()1θα+=-时，即12sin 16cos 20αα+=-，d 取最小值34，故答案为：74，34．例11．（2022•大观区校级期中）正方形ABCD 与点P 在同一平面内，已知该正方形的边长为1，且222||||||PA PB PC +=，求||PD 的取值范围．【解析】解：以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则(0,0)A ，(1,0)B ，(1,1)C ，(0,1)D ，设点(,)P x y ，则由222||||||PA PB PC +=，得222222()(1)(1)(1)x y x y x y ++-+=-+-，整理得22(1)2x y ++=，即点P 的轨迹是以点(0,1)M -2圆心M 到点D 的距离为||2MD =， 所以||22min PD =，||22max PD =+所以||PD 的取值范围是[2222]．例12．已知22:(3)(4)1C x y -+-=，点(1,0)A -，(1,0)B ，点P 是圆上的动点，求22||||d PA PB =+的最大值、最小值及对应的P 点坐标．【解析】解：设P 点的坐标为(3sin ,4cos )αα++，则222222||||(4sin )(4cos )(2sin )(4cos )5412sin 16cos 5420sin()d PA PB ααααααθα=+=+++++++=++=++ ∴当sin()1θα+=时，即12sin 16cos 20αα+=时，d 取最大值74， 此时3sin 5α=，4cos 5α=， P 点坐标18(5，24)5 当sin()1θα+=-时，即12sin 16cos 20αα+=-，d 取最小值34， 此时3sin 5x =-，4cos 5α=-，P 点坐标12(5，16)5． 题型三：隐圆的第三定义：到两定点的夹角为90°例13．（2022春•湖北期末）已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足()(2)0a c b c --=，则||c 的最大值是( )A 2B 5C 3D 5 【解析】解：()(2)0a c b c --=，1()()02a cbc ∴--=， 设OA a =，OB b =，OC c =，设OB 的中点为D ，则a c CA -=，12b c CD -=， ∴0CA CD =，故C 在以AD 为直径的圆M 上，OA OB ⊥，O ∴在圆M 上，||c ∴的最大值为圆M 的直径225AD OA OD =+． 故选：B ．例14．（2022春•龙凤区校级期末）已知圆22:(1)(3)10C x y -+-=和点(5,)M t ，若圆C 上存在两点A ，B 使得MA MB ⊥，则实数t 的取值范围是( )A ．[3，5]B ．[2，4]C ．[2，6]D ．[1，5]【解析】解：由题意圆22:(1)(3)10C x y -+-=和点(5,)M t ，若圆C 上存在两点A ，B ，使得MA MB ⊥，可得||102CM ⨯22(51)(3)20t ∴-+-， 15t ∴，故选：D ．例15．（2022•荆州区校级期末）已知M ，N 是圆22:4O x y +=上两点，点(1,2)P ，且0PM PN =，则||MN 的最小值为( )A 51B 53C 63D 62【解析】解：如图所示：设(,)R x y 是线段MN 的中点，则OR MN ⊥， 0PM PN =，∴PM PN ⊥，于是1||||||2PR MN RN ==， 在RT ORN ∆中，||2ON =，22||OR x y +，22||||(1)(2)RN RP x y =-+-，由勾股定理得：222222(1)(2)x y x y =++-+-， 整理得2213()(1)24x y -+-=， 故(,)R x y 的轨迹是以1(2C ，1)为圆心，3r = 故1353||||14max OR OC r =+=+=， 故22253||2||2||||24()82155322min min max MN NR ON OR ==-=-+- 故选：B ．例16．（2022•浙江期中）已知点(1,0)A m -，(1,0)B m +，若圆22:88310C x y x y +--+=上存在一点P ，使得PA PB ⊥，则实数m 的最大值是( )A ．4B ．5C ．6D ．7【解析】解：根据题意，圆22:88310C x y x y +--+=，即22(4)(4)1x y -+-=； 其圆心为(4,4)，半径1r =，设AB 的中点为M ，又由点(1,0)A m -，(1,0)B m +，则(1,0)M ，||2||AB m =，以AB 为直径的圆为222(1)x y m -+=，若圆22:88310C x y x y +--+=上存在一点P ，使得PA PB ⊥，则圆C 与圆M 有公共点， 又由22||(14)(04)5MC -+-=，即有||15m -且||15m +，解可得：4||6m ，即64m --或46m ，即实数m 的最大值是6；故选：C ．例17．（2022•彭州市校级月考）设m R ∈，过定点A 的动直线0x my +=和过定点B 的动直线30mx y m --+=交于点(,)P x y ，则||||PA PB +的取值范围是( )A ．[5 2 5]B ．[25 4 5]C ．[10，4 5]D ．[10，2 5]【解析】解：由题意可知，动直线0x my +=经过定点(0,0)A ，动直线30mx y m --+=即(1)30m x y --+=，经过定点(1,3)B ，动直线0x my +=和动直线30mx y m --+=始终垂直，P 又是两条直线的交点， PA PB ∴⊥，222||||||10PA PB AB ∴+==．由基本不等式可得22222||||(||||)2(||||)PA PB PA PB PA PB +++， 即210(||||)20PA PB +10||||25PA PB +．故选：D ．例18．（2022•安徽校级月考）设m R ∈，过定点A 的动直线0x my m ++=和过定点B 的动直线20mx y m --+=交于点(,)P x y ，则||||PA PB +的取值范围是( )A ．[5,5]B ．[10,25]C ．[10,45]D ．[25,45]【解析】解：由题意可知，动直线0x my m ++=经过定点(0,1)A -，动直线20mx y m --+=即(1)20m x y --+=，经过点定点(1,2)B ，动直线0x my m ++=和动直线20mx y m --+=的斜率之积为1-，始终垂直， P 又是两条直线的交点，PA PB ∴⊥，222||||||10PA PB AB ∴+==． 设ABP θ∠=，则||10PA θ=，||10PB θ=，由||0PA 且||0PB ，可得[0θ∈，]2π ||||10(sin cos )25)4PA PB πθθθ∴++=+， [0θ∈，]2π，[44ππθ∴+∈，3]4π， 2sin()[4πθ∴+∈，1]， 25)[104πθ∴+∈5]， 故选：B ．例19．（2022•北京模拟）已知m R ∈，过定点A 的动直线0mx y +=和过定点B 的动直线30x my m --+=交于点P ，则||3|PA PB +的取值范围是( )A ．(10,210]B ．(10,30]C ．[10,30)D ．[10,210]【解析】解：由题意可知，动直线0mx y +=经过定点(0,0)A ，动直线30x my m --+=即(1)30m y x -++=，经过点定点(3,1)B --， 动直线0mx y +=和过定点B 的动直线30x my m --+=满足11()0m m ⨯+⨯-=，∴两直线始终垂直， P 又是两条直线的交点，PA PB ∴⊥，222||||||10PA PB AB ∴+==．设ABP θ∠=，则||10PA θ=，||10PB θ=，由||0PA 且||0PB ，可得[0θ∈，]2π 则||3|10310cos 210)3PA PB πθθθ+=+， [33ππθ+∈，5]6π，1sin()[,1]32πθ∴+∈， 210)[103πθ∴+∈，10]， 故选：D ．例20．（2022春•大理市校级期末）已知圆22:(3)(4)1C x y -+-=和两点(,0)A m -，(,0)B m ，(0)m >．若圆C 上存在点P ，使得90APB ∠=︒，则m 的最小值为( )A ．7B ．6C ．5D ．4【解析】解：90APB ∠=︒，∴点P 的轨迹是以AB 为直径的圆O ， 故点P 是圆O 与圆C 的交点，因此两圆相切或相交，即22|1|341m m -++，解得46m ．m ∴的最小值为4． 故选：D ．例21．（2022春•红岗区校级期末）已知圆22:68240C x y x y +--+=和两点(,0)A m -，(B m ，0)(0)m >，若圆C 上存在点P ，使得0AP BP ⋅=，则m 的最大值与最小值之差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】解：圆22:(3)(4)1C x y -+-=的圆心(3,4)C ，半径1r =，设(,)P a b 在圆C 上，则(,)AP a m b =+，(,)BP a m b =-，由0AP BP ⋅=，可得2()()0a m a m b +-+=，即2222||m a b OP =+=，m 的最大值即为||OP 的最大值，等于||516OC r +=+=．m 的最小值即为||OP 的最小值，等于||514OC r -=-=．则m 的最大值与最小值之差为642-=．故选：B ．例22．（2022•兰州一模）已知圆22:(3)(1)1C x y +-=和两点(,0)A t -，(B t ，0)(0)t >，若圆C 上存在点P ，使得90APB ∠=︒，则当t 取得最大值时，点P 的坐标是( )A ．3(232B ．32(，3)2C ．3(233D ．33(，3)2【解析】解：圆22:(3)(1)1C x y +-=，其圆心(3C 1)，半径为1， 圆心C 到(0,0)O 的距离为2，∴圆C 上的点到点O 的距离的最大值为3．再由90APB ∠=︒，以AB 为直径的圆和圆C 有交点，可得12PO AB t ==，故有3t ， (3,0)A ∴-，(3,0)B ． 圆心(3C 1)，直线OP 的斜率3k =， ∴直线OP 的方程为3y = 联立：223(3)(1)1y x y ⎧=⎪⎨⎪+-=⎩解得：3332x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩． 故选：D ．例23．（2022•海淀区校级三模）过直线:2l y x a =+上的点作圆22:1C x y +=的切线，若在直线l 上存在一点M ，使得过点M 的圆C 的切线MP ，(MQ P ，Q 为切点）满足90PMQ ∠=︒，则a 的取值范围是( )A ．[10-，10]B ．[10-10]C ．(-∞，10][10-，)+∞D ．(-∞，10][10-，)+∞【解析】解：圆22:1C x y +=，圆心为：(0,0)，半径为1，在直线l 上存在一点M ，使得过M 的圆C 的切线MP ，(MQ P ，Q 为切点）满足90PMQ ∠=︒， ∴在直线l 上存在一点M ，使得M 到(0,0)C 2∴只需(0,0)C 到直线:2l y x a =+2， 214+，解得1010a -，故选：B ．例24．（2022春•东阳市校级期中）如图，四边形AOCB 中，OA OC ⊥，CA CB ⊥，2AC =，2CB 则OB 的长度的取值范围是 ．【解析】解：设OCA θ∠=，(0,)2πθ∈ 显然2OB BC >2cos OC θ∴=， 22222cos()4cos 2222cos cos()22OB OC CB OC CB ππθθθθ∴=+-⨯⨯+=+-⨯+ 42(cos 222)θθ=++ 43)θϕ=++（其中2tan 2ϕ=， 2423(31)+=， 31OB ∴+， 综上OB 的长度的取值范围是(231]．故答案为：(231]．例25．（2022春•淮安校级期中）若实数a ，b ，c 成等差数列，点(1,0)P -在动直线0ax by c ++=上的射影为M ，点N 坐标为(3,3)，则线段MN 长度的最小值是 ． 【解析】解：实数a ，b ，c 成等差数列，2b a c ∴=+，即20a b c -+=，可得动直线0ax by c ++=恒过(1,2)Q -，点(1,0)P -在动直线0ax by c ++=上的射影为M ，90PMQ ∴∠=︒，则M 在以PQ 为直径的圆上，∴此圆的圆心A 坐标为11(2-，20)2-+，即(0,1)A -， 半径11||44222r PQ ==+， 又(3,3)N ，22||(30)(31)52AN ∴-++=>，则点N 在圆外， 则||52min MN = 故答案为：52．题型四：隐圆的第四定义：边与对角为定值、对角互补、数量积定值 例26．（2022•长治模拟）已知a ，b 是平面向量，e 是单位向量，若非零向量a 与e 的夹角为3π，向量b ，e 满足2680b e b -+=，则||a b -的最小值为 ． 【解析】解：2680b b e -+=，∴2268(2)(4)0b b e e b e b e -+=--=，∴b 的终点在以2e 和4e 的终点为直径端点的圆上运动，设2,4OD e OE e ==，则圆心为3OC e =的终点C ，半径为1的圆上运动，如图所示，其中，OB b =，a 的终点在射线OA 上运动，显然当CF OA ⊥交圆于点B ，交OA 于点F 时，||||a b BF -=最小， 此时333||||sin33CF OC π===33||||11BF CF =-=-． 331-．例27．（2022春•瑶海区月考）在平面四边形ABCD 中，连接对角线BD ，已知9CD =，16BD =，90BDC ∠=︒，4sin 5A =，则对角线AC 的最大值为( ) A ．27B ．16C ．10D ．25【解析】解：根据题意，建立如图的坐标系，则(0,0)D ，(9,0)C ，(0,16)B ， BD 中点为G ，则(0,8)G ，设ABD 三点都在圆E 上，其半径为R ，在Rt ADB ∆中，由正弦定理可得162204sin 5a R A ===，即10R =， 即10EB =，8BG =，则6EG =，则E 的坐标为(6,8)-，故点A 在以点(6,8)E -为圆心，10为半径的圆上，当且仅当C 、E 、A 三点共线时，AC 取得最大值，此时1027AC EC =+=； 故选：A ．例28．（2022秋•沈河区校级期中）设向量a ，b ，c 满足：||||1a b ==，12a b =-，a c <-，60b c ->=︒，则||c 的最大值为( )A ．2B 3C2 D ．1【解析】解：由题意可得||||1a b ==，12a b =，11cos a ∴⨯⨯<，12b >=-， cos a ∴<，12b >=，a ∴<，120b >=︒． ac <-，60b c ->=︒，222||()23a b b a a b a b ∴-=-=+-=， 设OA a =，OB b =，OC c =，则CA a c =-，CB b c =-，AB b a =-，22()3AB b a =-=．60120180ACB AOB ∠+∠=︒+︒=︒，A ∴、O 、B 、C 四点共圆，2OC R ∴=，R 为该圆的半径．AOC ∆中，由正弦定理可得122sin sin30OA R ACO ===∠︒， 当且仅当OC 是AOB ∠的平分线时，取等号，此时，2R OC =，故选：A ．例29．（2022•闸北区一模）在平面内，设A ，B 为两个不同的定点，动点P 满足：2(PA PB k k =为实常数），则动点P 的轨迹为( )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．不确定【解析】解：设(,0)A c -，(B c ，0)(0)c >，(,)P x y ．则(,)PA c x y =---，(,)PB c x y =--．满足：2(PA PB k k =为实常数），(c x ∴--，)(y c x --，2)y k -=，化为2222x c y k -+=，即2222x y c k +=+故动点P 22c k +故选：A ．例30．（2022•和平区校级一模）如图，梯形ABCD 中，//AB CD ，2AB =，4CD =，5BC AD =E 和F 分别为AD 与BC 的中点，对于常数λ，在梯形ABCD 的四条边上恰好有8个不同的点P ，使得PE PF λ=成立，则实数λ的取值范围是( )A ．5(4-，9)20-B ．5(4-，11)4C ．1(4-，11)4D ．9(20-，1)4- 【解析】解：以DC 所在直线为x 轴，DC 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系 512-，(1,2)A ∴-，(1,2)B ，(2,0)C ，(2,0)D -，3(2E ∴-，1)，3(2F ，1)． 1)当P 在DC 上时，设(P x ，0)(22)x -，则3(2PE x =--，1)，3(2PF =，1)． 于是2335()()1224PE PF x x x λ=---+=-=， ∴当54λ=-时，方程有一解，当51144λ-<时，λ有两解； （2）当P 在AB 上时，设(P x ，2)(11)x -，则3(2PE x =--，1)-，3(2PF =，1)-． ∴2335()()1224PE PF x x x λ=---+=-=， ∴当54λ=-时，方程有一解，当5144λ-<-时，λ有两解； （3）当P 在AD 上时，直线AD 方程为24y x =+，设(P x ，24)(21)x x +-<<-，则3(2PE x =--，23)x --，3(2PF x =-，23)x --． 于是223327()()(23)512224PE PF x x x x x λ=---+--=++=． ∴当920λ=-或1944λ-<<时，方程有一解，当91204λ-<<-时，方程有两解； （4）当P 在CD 上时，由对称性可知当920λ=-或1944λ-<<时，方程有一解， 当91204λ-<<-时，方程有两解； 综上，若使梯形上有8个不同的点P 满足PE PF λ=成立，则λ的取值范围是5(4-，115](44-⋂，19](420--⋂，19)(420--⋂，19)(420-=-，1)4-． 故选：D ．例31．（2022•宁城县一模）如图，正方形ABCD 的边长为6，点E ，F 分别在边AD ，BC 上，且2DE AE =，2CF BF =．如果对于常数λ，在正方形ABCD 的四条边上，有且只有6个不同的点P 使得PE PF λ=成立，那么λ的取值范围是( )A ．(0,7)B ．(4,7)C ．(0,4)D ．(5,16)-【解析】解：以DC 为x 轴，以DA 为y 轴建立平面直角坐标系，如图，则(0,4)E ，(6,4)F ．（1）若P 在CD 上，设(,0)P x ，06x ．∴(,4)PE x =-，(6,4)PF x =-． ∴2616PE PF x x =-+，[0x ∈，6]，716PE PF ∴． ∴当7λ=时有一解，当716λ<时有两解．（2）若P 在AD 上，设(0,)P y ，06y <．∴(0,4)PE y =-，(6,4)PF y =-． ∴22(4)816PE PF y y y =-=-+，06y <，016PE PF ∴<． ∴当0λ=或416λ<<，有一解，当04λ<时有两解．（3）若P 在AB 上，设(,6)P x ，0 6.(,2)x PE x <=--，(6,2)PF x =--． ∴264PE PF x x =-+，06x <．54PE PF ∴-． ∴当5λ=-或4λ=时有一解，当54λ-<<时有两解．（4）若P 在BC 上，设(6,)P y ，06y <<，∴(6,4)PE y =--，(0,4)PF y =-． ∴22(4)816PE PF y y y =-=-+，06y <<，016PE PF ∴<． ∴当0λ=或416λ<时有一解，当04λ<<时有两解． 综上，04λ∴<<．故选：C ．例32．（2022•黄浦区校级三模）在边长为8的正方形ABCD 中，M 是BC 的中点，N 是DA 边上的一点，且||3||DN NA =，若对于常数m ，在正方形ABCD 的边上恰有6个不同的点P 满足：PM PN m =，则实数m 的取值范围是 ．【解析】解：以AB 所在直线为x 轴，以AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系如图：如图，则(0,2)N ，(8,4)M（1）若P 在AB 上，设(,0)P x ，08x∴(,2)PN x =-，(8,4)PM x =-∴288PN PM x x =-+，[0x ∈，8]，88PN PM ∴-，∴当8m =-时有一解，当88m -<时有两解；（2）若P 在AD 上，设(0,)P y ，08y <， ∴(0,2)PN y =-，(8,4)PM y =-∴2(2)(4)68PN PM y y y y =--=-+08y <，124PN PM ∴-<∴当1m =-或824m <<时有唯一解；当18m -<时有两解（3）若P 在DC 上，设(,8)P x ，08x <∴(,6)PN x =--，(8,4)PM x =--， ∴2824PN PM x x =-+，08x <，824PN PM ∴，∴当8m =时有一解，当824m <时有两解．（4）若P 在BC 上，设(8,)P y ，08y <<，∴(8,2)PN y =--，(0,4)PM y =-， ∴2(2)(4)68PN PM y y y y =--=-+08y <<，124PN PM ∴-<，∴当1m =-或824m <<时有一解，当18m -<时有两解．综上，在正方形ABCD 的四条边上有且只有6个不同的点P ，使得PM PN m =成立，那么m 的取值范围是(1,8)-故答案为(1,8)-题型五：隐圆的第五定义：到两定点距离之比为定值例33．（2022·湖南·长沙县第一中学模拟预测）古希腊三大数学家之一阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中指出：平面内与两定点距离的比为常数k （0k >且1k ≠的点的轨迹是圆，已知平面内两点A 50），B （50），直线20kx y k --+=，曲线C 上动点P 满足2PB PA=则曲线C 与直线l 相交于M 、N 两点，则|MN |的最短长度为（ ） A 5B 10C ．5D ．10【答案】C【解析】设动点P 的坐标为（x ，y ），则(222||25PB x y =-+，(2225PA x y =+由2PB PA=((222222|2|2525PB PA x y y x ⎡⎤=⇒-+=⎢⎥⎣⎦+化简后得：曲线C ：2210x y +=，故P 点轨迹为圆， 又20kx y k --+=可化为()21y k x -=- 直线l 过定点A （1，2），则圆心到直线的距离的最大值为|OA|，此时|MN |的长度最短． 所以|MN |的最短长度为222||210525R OA -=-=故选：C ．例34．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一．指的是：已知动点M 与两定点,Q P 的距离之比(0,1)MQ MPλλλ=>≠，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为221x y +=，其中，定点Q 为x 轴上一点，定点P 的坐标为1,0,33λ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，若点()1,1B ，则3MP MB +的最小值为（ ） A 10B 11C 15D 17【答案】D【解析】设(),0Q a ，(),M x y ，所以()22=-+MQ x a y 1,03P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以2213PM x y ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭||||MQ MP λ=且3λ=()2222313x a y x y-+=⎛⎫++ ⎪⎝⎭， 整理可得2223148a a x y x +-++=，又动点M 的轨迹是221x y +=，所以2304118aa +⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩， 解得3a =-，所以()3,0Q -，又=3||MQ MP ， 所以3||||||||MP MB MQ MB BQ +=+≥， 因为(1,1)B ，所以3||||MP MB +的最小值()()22131017BQ =++-当M 在位置1M 或2M 时等号成立． 故选：D例35．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯（公元前262年~公元前190年），古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家．阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆是他的论著中的一个著名问题：已知平面上两点A ，B ，则所有满足PA PBλ=（0λ>，且1λ≠）的点P 的轨迹是一个圆．已知平面内的两个相异定点P ，Q ，动点M 满足2MP MQ =，记M 的轨迹为C ，若与C 无公共点的直线l 上存在点R ，使得MR 的最小值为6，且最大值为10，则C 的长度为（ ） A ．2π B ．4πC ．8πD ．16π【答案】B【解析】依题意，M 的轨迹C 是圆，设其圆心为点D ，半径为r ，显然直线l 与圆C 相离，令点D 到直线l 的距离为d ，由圆的性质得：610d r d r -=⎧⎨+=⎩，解得8d =，2r =，所以C 的长度为4π． 故选：B例36．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯(约公元前262190-年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数(0k k >且1)k ≠的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A ，B 间的距离为2，动点P 与A ，B 距离之比满足：|PA |3|PB =，当P 、A 、B 三点不共线时，PAB △面积的最大值是（ ） A ．2B ．2C 3D 2【答案】C【解析】依题意，以线段AB 的中点为原点，直线AB 为x 轴建立平面直角坐标系，如图，则()1,0A -，()10B ,，设(),P x y ， 因|PA |3|PB =2222(1)3(1)x y x y ++-+22(2)3x y -+=，因此，点P 的轨迹是以点(2,0)3P 不在x 轴上时，与点A ，B 可构成三角形， 当点P 到直线AB （x 轴）的距离最大时，PAB △的面积最大， 显然，点P 到x 3max1()2332PAB S =⨯， 所以PAB △3 故选：C例37．（2022·全国·高三专题练习）已知两定点1,02P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()1,02Q m m ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，动点M 与P ､Q 的距离之比MQMPλ=（0λ>且1λ≠），那么点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，若其方程为224x y +=，则m λ+的值为（ ） A ．8- B ．4-C ．0D ．4【答案】B【解析】设(),M x y ，则224x y +=，即224y x =-，又MQMPλ=()22221+2x m y x y λ-+=⎛⎫+ ⎪⎝⎭，即()()()2222414+2x m x x x λ-+=⎛+⎪⎭-⎫⎝-，整理得()22217+2+440m x m λλ⎛⎫- ⎪⎝⎭=-，所以222+2017404m m λλ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，解得48m λ=⎧⎨=-⎩，所以4m λ+=-， 故选：B ．例38．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两个定点A ，B 的距离之比为λ（0λ>，且1λ≠），那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A ，B 间的距离为2，动点P 满足3PAPB=22PA PB +的最大值为（ ） A ．1683+B ．843+C ．73+D ．33【答案】A【解析】由题意，设()()1,0,1,0A B -，(),P x y ，因为3PAPB=()()2222131x y x y ++=-+()2223x y -+=，所以点P 的轨迹为以()2,03因为()()()222222221121x y x y x y PA PB =++++-+=++，其中22x y +可看作圆()2223x y -+=上的点(),x y 到原点()0,0的距离的平方，所以()(222max23743x y +=+=+所以()22max211683x y ⎡⎤++=+⎣⎦22PA PB +的最大值为1683+故选：A ．例39．（2022·江苏·高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k （0k >且1k ≠）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已经(0,0)O ，(3,0)A ，动点(,)P x y 满足2PA PO=，则动点P 轨迹与圆()2221x y -+=的位置关系是（ ） A ．相交 B ．相离 C ．内切 D ．外切【答案】D【解析】由已知动点(,)P x y 满足2PAPO=，得()()2222302x y x y-+-=+即动点P 轨迹为圆：()2214x y ++=，()2221021⎡⎤--+=+⎣⎦，∴两圆外切．故选： D ．例40．（2022·河南省杞县高中高三阶段练习（理））古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262~公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数(0k k >且)1k ≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知点()1,0A -，()2,0B ，圆()()()221:204C x y m m -+-=>，在圆上存在点P 满足2PA PB =，则实数m 的取值范围是（ ） A ．26⎡⎢⎣⎦B ．5214⎡⎢⎥⎣⎦C ．21⎛ ⎝⎦D ．521⎡⎢⎣⎦【答案】D【解析】设(),P x y ，因为点()1,0A -，()2,0B ，2PA PB =， ()()2222122x y x y ++=-+22650x y x +-+=，所以()2234x y -+=，可得圆心()3,0，半径2R =， 由圆()()221:24C x y m -+-=可得圆心()2,C m ，半径12r =，因为在圆C 上存在点P 满足2PA PB =，所以圆()2234x y -+=与圆()()221:24C x y m -+-=有公共点， 所以()2211232222m --++，整理可得：2925144m ≤+≤，5212m ≤≤，所以实数m 的取值范围是521⎡⎢⎣⎦，故选：D ．例41．（2022·江苏省江阴高级中学高三开学考试）希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点,A B 的距离之比为定值()1λλ≠的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy 中，()2,1A -，()2,4B -，点P 是满足12λ=的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为___________________；若点Q 为抛物线:E 24y x =上的动点，Q 在y 轴上的射影为H ，则12++PB PQ QH 的最小值为______． 【答案】 ()2224x y ++=； 101 【解析】设点(,)P x y ，12λ=，2222(2)(1)1122(2)(4)x y PA PB x y ++-∴==++- ()2224x y ⇒++=．抛物线的焦点为点F ，由题意知()1,0F ，1QH QF =-，12PA PB =，()()22min min 11121111012PB PQ QH PA PQ QF AF ⎛⎫∴++=++-=-=--+= ⎪⎝⎭．故答案为：()2224x y ++=101．例42．（2022·全国·高三专题练习）被誉为古希腊“数学三巨匠”之一的数学家阿波罗尼斯发现：平面内一动点P 到两个不同定点,A B 的距离之比为常数()01k k k >≠且，则P 点的轨迹是一个圆心在AB 直线上的圆，简称“阿氏圆”.据此请回答如下问题：已知ABC 中，A 为一动点，,B C 为两定点，且2AB AC =，BC a =，ABC 面积记为S ，若3a =时，则max S =______;若1S =时，则a 取值范围为______． 【答案】 3 )3,⎡+∞⎣【解析】以B 作为原点，BC 所在的直线作为x 轴，建立平面直角坐标系，如图所示， 若3a =，即3BC =，则不妨设C 在x 正半轴上，则()3,0C ， 设ABC 的顶点(),A x y ，而2AB AC =，22222(3)x y x y +=-+22(4)4x y -+=， 根据条件可知A 不在直线BC 上，则0y ≠，即6x ≠且2x ≠，所以A 点的轨迹为圆22(4)4x y -+=除去点()6,0与()2,0，可得max ||2y =，所以ABC 面积S 的最大值为max 11||32322BC y =⨯⨯=，即max 3S =， 同样的，当2AB AC =，BC a =，则ABC 的顶点(),A x y 22222()x y x a y +-+ 化简可得()22242()()033x a y a y -+=≠，可得203ay<， 又1S =，则112a y =，即2y a =，所以2203aa <，解得3a ，即a 取值范围为)3,⎡+∞⎣．故答案为：3；)3,⎡+∞⎣．。

向量数量积的坐标运算与度量公式1．向量数量积及向量垂直的坐标表示设a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)(1)数量积a·b＝a1b1＋a2b2.(2)若a，b为非零向量，a⊥b⇔a1b1＋a2b2＝0.[点睛]记忆口诀：数量积的坐标表示可简记为“对应相乘计算和”．2．三个重要公式(1)向量的长度公式：已知a＝(a1，a2)，则|a|＝a21＋a22.(2)两点间的距离公式：A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝(x2－x1)2＋(y2－y1)2.(3)向量的夹角公式：a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则cos〈a，b〉＝a1b1＋a2b2a21＋a22b21＋b22.[小试身手]1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)向量的模等于向量坐标的平方和．()(2)若a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则a⊥b⇔a1b1＋a2b2＝0.()(3)若两个非零向量的夹角θ满足cos θ＜0，则两向量的夹角θ一定是钝角．()答案：(1)×(2)×(3)×2．已知a＝(－3,4)，b＝(5,2)，则a·b的值是() A．23B．7C．－23D．－7答案：D3．已知向量a ＝(x －5,3)，b ＝(2，x )，且a ⊥b ，则由x 的值构成的集合是( )A ．{2,3}B ．{－1,6}C ．{2}D ．{6} 答案：C4．已知a ＝(1，3)，b ＝(－2,0)，则|a ＋b |＝________. 答案：2[典例] (1)(全国卷Ⅱ)向量a ＝(1，－1)，b ＝(－1,2)，则(2a ＋b )·a ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2(2)(广东高考)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 ＝( ) A ．5 B ．4 C ．3D ．2[解析] (1)a ＝(1，－1)，b ＝(－1,2)， ∴(2a ＋b )·a ＝(1,0)·(1，－1)＝1.(2)由AC ＝AB ＋AD ＝(1，－2)＋(2,1)＝(3，－1)，得AD ·AC ＝(2,1)·(3，－1)＝5.[答案](1)C(2)A数量积坐标运算的两条途径进行向量的数量积运算，前提是牢记有关的运算法则和运算性质．解题时通常有两条途径：一是先将各向量用坐标表示，直接进行数量积运算；二是先利用数量积的运算律将原式展开，再依据已知计算．[活学活用]已知向量a与b同向，b＝(1,2)，a·b＝10.(1)求向量a的坐标；(2)若c＝(2，－1)，求(b·c)·a.解：(1)因为a与b同向，又b＝(1,2)，所以a＝λb＝(λ，2λ)．又a·b＝10，所以1·λ＋2·2λ＝10，解得λ＝2>0.因为λ＝2符合a与b同向的条件，所以a＝(2,4)．(2)因为b·c＝1×2＋2×(－1)＝0，所以(b·c)·a＝0·a＝0.向量的模的问题[典例](1))，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝()A. 5B.10 C ．2 5D ．10(2)已知点A (1，－2)，若向量 AB 与a ＝(2,3)同向，|AB |＝213，则点B 的坐标是________．[解析] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧ a ⊥c ，b ∥c ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －4＝0，2y ＋4＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝－2.∴a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，a ＋b ＝(3，－1)． ∴|a ＋b |＝10.(2)由题意可设AB ＝λa (λ＞0)， ∴ AB ＝(2λ，3λ)．又|AB |＝213，∴(2λ)2＋(3λ)2＝(213)2，解得λ＝2或－2(舍去)．∴AB ＝(4,6)．又A (1，－2)，∴B (5,4)．[答案] (1)B (2)(5,4)求向量的模的两种基本策略(1)字母表示下的运算：利用|a |2＝a 2，将向量的模的运算转化为向量与向量的数量积的问题．(2)坐标表示下的运算：若a ＝(x ，y )，则a ·a ＝a 2＝|a |2＝x 2＋y 2，于是有|a |＝x 2＋y 2.[活学活用]1．已知向量a ＝(cos θ，sin θ)，向量b ＝(3，0)，则|2a －b |的最大值为________．解析：2a－b＝(2cos θ－3，2sin θ)，|2a－b|＝(2cos θ－3)2＋(2sin θ)2＝4cos2θ－43cos θ＋3＋4sin2θ＝7－43cos θ，当且仅当cos θ＝－1时，|2a－b|取最大值2＋ 3.答案：2＋ 32．已知平面向量a＝(2,4)，b＝(－1,2)，若c＝a－(a·b)b，则|c|＝________.解析：∵a＝(2,4)，b＝(－1,2)，∴a·b＝2×(－1)＋4×2＝6，∴c ＝a－(a·b)b＝(2,4)－6(－1,2)＝(2,4)－(－6,12)＝(8，－8)，∴|c|＝82＋(－8)2＝8 2.答案：8 2[典例](1)已知a＝(3,2)，b＝(－1,2)，(a＋λb)⊥b，则实数λ＝________.(2)已知a＝(2,1)，b＝(－1，－1)，c＝a＋kb，d＝a＋b，c与d的夹角为π4，则实数k的值为________．[解析](1)∵a＝(3,2)，b＝(－1,2)，∴a ＋λb ＝(3－λ，2＋2λ)． 又∵(a ＋λb )⊥b ， ∴(a ＋λb )·b ＝0，即(3－λ)×(－1)＋2×(2＋2λ)＝0， 解得λ＝－15.(2)c ＝a ＋kb ＝(2－k,1－k )，d ＝a ＋b ＝(1,0)， 由cos π4＝22得(2－k )×1＋(1－k )×0(2－k )2＋(1－k )2·12＋02＝22， ∴(2－k )2＝(k －1)2，∴k ＝32.[答案] (1)－15 (2)32解决向量夹角问题的方法及注意事项(1)先利用平面向量的坐标表示求出这两个向量的数量积a ·b 以及|a ||b |，再由cos θ＝a ·b|a ||b |求出cos θ，也可由坐标表示cos θ＝a 1b 1＋a 2b 2a 21＋a 22 b 21＋b 22直接求出cos θ.由三角函数值cos θ求角θ时，应注意角θ的取值范围是0≤θ≤π.(2)由于0≤θ≤π，利用cos θ＝a ·b|a ||b |来判断角θ时，要注意cos θ<0有两种情况：一是θ是钝角，二是θ＝π；cos θ>0也有两种情况：一是θ为锐角，二是θ＝0.[活学活用]已知平面向量a ＝(3,4)，b ＝(9，x )，c ＝(4，y )，且a ∥b ，a ⊥c . (1)求b 与c ；(2)若m ＝2a －b ，n ＝a ＋c ，求向量m ，n 的夹角的大小． 解：(1)∵a ∥b ，∴3x ＝4×9，∴x ＝12. ∵a ⊥c ，∴3×4＋4y ＝0，∴y ＝－3， ∴b ＝(9,12)，c ＝(4，－3)．(2)m ＝2a －b ＝(6,8)－(9,12)＝(－3，－4)， n ＝a ＋c ＝(3,4)＋(4，－3)＝(7,1)． 设m ，n 的夹角为θ，则cos θ＝m ·n|m ||n |＝－3×7＋(－4)×1(－3)2＋(－4)272＋12＝－25252＝－22.∵θ∈[0，π]，∴θ＝3π4，即m ，n 的夹角为3π4.[典例] 已知点A ，B ，C 满足|AB |＝3，| BC |＝4，| CA |＝5，求AB ·BC ＋ BC · CA ＋ CA ·AB 的值． [解] [法一 定义法]如图，根据题意可得△ABC 为直角三角形，且B ＝π2，cos A ＝35，cos C ＝45，∴ AB ·BC ＋ BC · CA ＋ CA ·AB ＝ BC · CA ＋ CA ·AB ＝4×5cos(π－C )＋5×3cos(π－A ) ＝－20cos C －15cos A ＝－20×45－15×35＝－25.[法二 坐标法]如图，建立平面直角坐标系， 则A (3,0)，B (0,0)，C (0,4)．∴AB ＝(－3,0)， BC ＝(0,4)， CA ＝(3，－4)．∴ AB · BC ＝－3×0＋0×4＝0， BC · CA ＝0×3＋4×(－4)＝－16， CA ·AB ＝3×(－3)＋(－4)×0＝－9. ∴ AB ·BC ＋ BC · CA ＋ CA · AB ＝0－16－9＝－25. [法三 转化法]∵|AB |＝3，| BC |＝4，| AC |＝5，∴AB ⊥BC ，∴ AB ·BC ＝0， ∴ AB · BC ＋ BC · CA ＋ CA · AB ＝ CA ·(AB ＋ BC )＝ CA ·AC ＝－| AC |＝－25.[活学活用]如果正方形OABC 的边长为1，点D ，E 分别为AB ，BC 的中点，那么cos ∠DOE 的值为________．解析：法一：以O 为坐标原点，OA ，OC 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则由已知条件，可得 OD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12， OE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.故cos ∠DOE ＝ OD · OE | OD |·| OE |＝1×12＋12×152×52＝45.法二：∵ OD ＝ OA ＋AD ＝ OA ＋12OC ，OE ＝ OC ＋ CE ＝ OC ＋12OA，∴| OD |＝52，| OE |＝52，OD · OE ＝12 OA 2＋12OC 2＝1，∴cos∠DOE＝ OD·OE|OD||OE|＝45.答案：4 5层级一学业水平达标1．已知向量a＝(0，－23)，b＝(1，3)，则向量a在b方向上的投影为()A.3B．3C．－ 3 D．－3解析：选D向量a在b方向上的投影为a·b|b|＝－62＝－3.选D.2．设x∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，－2)，且a⊥b，则|a＋b|＝() A. 5 B.10C．2 5 D．10解析：选B由a⊥b得a·b＝0，∴x×1＋1×(－2)＝0，即x＝2，∴a＋b＝(3，－1)，∴|a＋b|＝32＋(－1)2＝10.3．已知向量a＝(2,1)，b＝(－1，k)，a·(2a－b)＝0，则k＝() A．－12 B．－6C．6 D．12解析：选D2a－b＝(4,2)－(－1，k)＝(5,2－k)，由a·(2a－b)＝0，得(2,1)·(5,2－k )＝0，∴10＋2－k ＝0，解得k ＝12.4．a ，b 为平面向量，已知a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，则a ，b 夹角的余弦值等于( )A.865 B ．－865C.1665D ．－1665解析：选C 设b ＝(x ，y )，则2a ＋b ＝(8＋x,6＋y )＝(3,18)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 8＋x ＝3，6＋y ＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－5，y ＝12，故b ＝(－5,12)，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1665. 5．已知A (－2,1)，B (6，－3)，C (0,5)，则△ABC 的形状是( ) A ．直角三角形 B ．锐角三角形 C ．钝角三角形D ．等边三角形解析：选A 由题设知AB ＝(8，－4)， AC ＝(2,4)， BC ＝(－6,8)，∴ AB ·AC ＝2×8＋(－4)×4＝0，即AB ⊥ AC . ∴∠BAC ＝90°， 故△ABC 是直角三角形．6．设向量a ＝(1,2m )，b ＝(m ＋1,1)，c ＝(2，m )．若(a ＋c )⊥b ，则|a|＝________.解析：a ＋c ＝(3,3m )，由(a ＋c )⊥b ，可得(a ＋c )·b ＝0，即3(m ＋1)＋3m ＝0，解得m ＝－12，则a ＝(1，－1)，故|a |＝ 2.答案： 2角为θ，则θ＝________.解析：∵a ＝(1，3)，2a ＋b ＝(－1，3)， ∴|a |＝2，|2a ＋b |＝2，a ·(2a ＋b )＝2， ∴cos θ＝a ·(2a ＋b )|a ||2a ＋b |＝12，∴θ＝π3.答案：π38．已知向量a ＝(3，1)，b 是不平行于x 轴的单位向量，且a·b ＝3，则向量b 的坐标为________．解析：设b ＝(x ，y )(y ≠0)，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝1，3x ＋y ＝3，解得⎩⎨⎧x ＝12，y ＝32，故b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，329．已知平面向量a ＝(1，x )，b ＝(2x ＋3，－x )，x ∈R. (1)若a ⊥b ，求x 的值； (2)若a ∥b ，求|a －b |. 解：(1)若a ⊥b ，则a ·b ＝(1，x )·(2x ＋3，－x ) ＝1×(2x ＋3)＋x (－x )＝0，即x－2x－3＝0，解得x＝－1或x＝3.(2)若a∥b，则1×(－x)－x(2x＋3)＝0，即x(2x＋4)＝0，解得x＝0或x＝－2.当x＝0时，a＝(1,0)，b＝(3,0)，a－b＝(－2,0)，|a－b|＝2.当x＝－2时，a＝(1，－2)，b＝(－1,2)，a－b＝(2，－4)，|a－b|＝4＋16＝2 5.综上，|a－b|＝2或2 5.10．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1,4)，B(－2,3)，C(2，－1)．(1)求AB·AC及|AB＋AC|；(2)设实数t满足(AB－tOC)⊥OC，求t的值．解：(1)∵AB＝(－3，－1)，AC＝(1，－5)，∴AB·AC＝－3×1＋(－1)×(－5)＝2.∵AB＋AC＝(－2，－6)，∴|AB＋AC|＝4＋36＝210.(2)∵AB－tOC＝(－3－2t，－1＋t)，OC＝(2，－1)，且(AB－tOC)⊥OC，∴(AB－tOC)·OC＝0，∴(－3－2t)×2＋(－1＋t)·(－1)＝0，∴t＝－1.层级二应试能力达标1．设向量a＝(1,0)，b＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，则下列结论中正确的是()C ．a －b 与b 垂直D ．a ∥b解析：选C 由题意知|a |＝12＋02＝1，|b |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，a ·b ＝1×12＋0×12＝12，(a －b )·b ＝a ·b －|b |2＝12－12＝0，故a －b 与b 垂直．2．已知向量 OA ＝(2,2)， OB ＝(4,1)，在x 轴上有一点P ，使 AP ·BP 有最小值，则点P 的坐标是( )A ．(－3,0)B ．(2,0)C ．(3,0)D ．(4,0)解析：选C 设P (x,0)，则 AP ＝(x －2，－2)，BP ＝(x －4，－1)，∴ AP ·BP ＝(x －2)(x －4)＋2＝x 2－6x ＋10＝(x －3)2＋1， 故当x ＝3时， AP ·BP 最小，此时点P 的坐标为(3,0)． 3．若a ＝(x,2)，b ＝(－3,5)，且a 与b 的夹角是钝角，则实数x 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，103 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，103 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞ 解析：选C x 应满足(x,2)·(－3,5)＜0且a ，b 不共线，解得x ＞103，且x ≠－65，∴x ＞103. 4．已知 OA ＝(－3,1)， OB ＝(0,5)，且 AC ∥ OB ， BC ⊥AB (O 为坐标原点)，则点C 的坐标是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－294B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，294C.⎝⎛⎭⎪⎫3，294 D.⎝⎛⎭⎪⎫3，－294 解析：选B 设C (x ，y )，则OC ＝(x ，y )． 又OA ＝(－3,1)， ∴ AC ＝ OC －OA ＝(x ＋3，y －1)． ∵ AC ∥ OB ，∴5(x ＋3)－0·(y －1)＝0， ∴x ＝－3.∵OB ＝(0,5)， ∴ BC ＝ OC － OB ＝(x ，y －5)，AB ＝ OB － OA ＝(3,4)． ∵ BC ⊥ AB ，∴3x ＋4(y －5)＝0，∴y ＝294，∴C 点的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，294.5．平面向量a ＝(1,2)，b ＝(4,2)，c ＝ma ＋b (m ∈R)，且c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，则m ＝________.解析：因为向量a ＝(1,2)，b ＝(4,2)，所以c ＝ma ＋b ＝(m ＋4,2m ＋2)，所以a ·c ＝m ＋4＋2(2m ＋2)＝5m ＋8，b·c ＝4(m ＋4)＋2(2m ＋2)＝8m ＋20.因为c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，所以c·a |c|·|a|＝c·b |c|·|b|，即a·c|a |＝b·c|b |，所以5m ＋85＝8m ＋2025，解得m ＝2. 答案：26．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D 为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示．则D (0,0)，A (1,0)，B (1,1)，C (0,1)， 设E (1，a )(0≤a ≤1)．所以 DE ·CB ＝(1，a )·(1,0)＝1，DE · DC ＝(1，a )·(0,1)＝a ≤1， 故 DE · DC 的最大值为1.答案：1 17．已知a ，b ，c 是同一平面内的三个向量，其中a ＝(1,2)． (1)若|c |＝25，且c ∥a ，求c 的坐标； (2)若|b |＝52，且a ＋2b 与2a －b 垂直，求a 与b 的夹角θ. 解：(1)设c ＝(x ，y )，∵|c |＝25，∴x 2＋y 2＝25， ∴x 2＋y 2＝20. 由c ∥a 和|c |＝25，可得⎩⎪⎨⎪⎧1·y －2·x ＝0，x 2＋y 2＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2，y ＝4，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－4.故c ＝(2,4)或c ＝(－2，－4)．(2)∵(a ＋2b )⊥(2a －b )，∴(a ＋2b )·(2a －b )＝0， 即2a 2＋3a ·b －2b 2＝0，∴2×5＋3a ·b －2×54＝0，整理得a ·b ＝－52，∴cos θ＝a ·b|a ||b |＝－1. 又θ∈[0，π]，∴θ＝π.8．已知 OA ＝(4,0)， OB ＝(2,23)， OC ＝(1－λ) OA ＋λ OB (λ2≠λ)．(1)求 OA ·OB 及 OA 在OB 上的射影的数量； (2)证明A ，B ，C 三点共线，且当AB ＝ BC 时，求λ的值；(3)求|OC |的最小值．解：(1) OA · OB ＝8，设 OA 与OB 的夹角为θ，则cos θ＝ OA · OB | OA || OB |＝84×4＝12， ∴ OA 在 OB 上的射影的数量为| OA |cos θ＝4×12＝2.(2)AB ＝ OB － OA ＝(－2,23)， BC ＝ OC － OB ＝(1－λ)·OA －(1－λ) OB ＝(λ－1)AB ，所以A ，B ，C 三点共线．当AB ＝ BC 时，λ－1＝1，所以λ＝2.(3)| OC |2＝(1－λ)22OA ＋2λ(1－λ) OA ·OB ＋λ22 OB ＝16λ2－16λ＋16＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－122＋12， ∴当λ＝12时，| OC |取到最小值，为2 3.。

方法集锦向量的数量积问题的常见命题形式有：（1）根据向量及其夹角求两个向量的数量积或其范围；（2）由两个向量的数量积求向量或夹角.此类问题侧重于考查向量的数量积公式、向量的模的公式、向量的数乘运算法则的应用.下面结合几道例题介绍一下求解向量数量积问题的几种方法.一、定义法向量a 、b 的数量积为：a ∙b =|a |∙|b |cos θ，其中θ为向量a 、b 的夹角.根据向量数量积的定义可知，只需要知道两个向量的模的大小以及两个向量之间的夹角的余弦值，即可求得两个向量的数量积.在利用定义法求向量的数量积时，要注意两个向量之间的夹角θ为两个向量共起点时所形成的夹角.例1.如图1所示，在ΔABC 中，M 是BC 的中点，AM =1，点P 在AM 上，且 AP =2 PM ，则 PA ∙( PB + PC )=______.解：∵M 是BC 的中点，AM =1，且 AP =2 PM ，∴ PB + PC =2 PM ，|| AP =23，∴|| PM =12||AP =13，∴ PA ∙( PB + PC )= PA ∙2 PM = PA ∙ AP =|| PA 2∙cos 180°=-49.解答本题，需根据题意和图形，通过向量运算求得 PB + PC ，将求 PA ∙( PB + PC )转化为求 PA ∙ AP .而PA 、 AP 的大小相等、方向相反，其夹角为180°，根据AM =1求得向量 AP 的模长，即可根据向量数量积的定义求得问题的答案.例2.已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点D 在边BC 上，且BD =2DC ，则 AB · AD 的值为().A.1B.23C.43D.1+解：∵ΔABC 是边长为1的等边三角形，且BD =2DC ，∴ BD =23 BC ，∴ AB · AD = AB ·( AB + BD )= AB 2+23 AB · BC =1+23×1×1×æèöø-12=23，∴B 正确.通过向量运算，可将问题转化为 AB 2+23AB ·BC .而 AB 与 AB 之间的夹角为0，AB 与 BC 之间的夹角为60°，且||AB =|| BC =1，根据向量的数量积定义进行求解，即可快速解题.二、利用向量数量积的几何意义向量数量积的几何意义是：a 的模||a 与b 在a 方向上的投影|b|cos θ的乘积.当无法求出两个向量的夹角的余弦值时，就可以通过画图，确定一个向量在另一个向量方向上的投影，利用向量数量积的几何意义解题.例3.如图2所示，在平行四边形ABCD 中，AP ⊥BD ，AP =3，试求 AP ∙ AC 的值.解：∵ AC =2 AO ，AP ⊥BD ，∴ AO 在 AP 方向上的投影为|| AP ，∴ AC 在AP 方向上的投影为2|| AP ，∴ AP ∙ AC =|| AP ∙2|| AP =18.我们利用向量数量积的几何意义，将求 AP ∙ AC 转化为求 AC 与 AC 在AP 方向上的投影的乘积.再根据平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分，求得|| AP ，即可解题.例4.如图3所示，点P 是ΔABC 的外心，且|| AC =4,||AB =2，求 AP ∙( AC - AB )的值.解：延长AP ，交圆P 于点D ，连接BD ,CD ，由圆的性质可得ABCD 为正方形，∴AC ⊥CD ,AB ⊥BD ，∴ AP =12AD ，∴ AD 在 AC 方向上的投影为：|| AC ， AP 在 AC 方向上的投影为：12|| AC ，∴ AP ∙ AC =12|| AC ∙|| AC =8，同理可知： AP 在 AB 方向上的投影为：12|| AB ，∴ AP ∙ AB =12|| AB ∙|| AB =2，∴ AP ∙( AC - AB )=8-2=6.解答本题，需充分利用圆的性质：直径所对的圆周角为90°，添加辅助线，构造正方形，以利用正方形图1图2狄亚男图339方法集锦的性质确定 AD 在 AC 方向上的投影、AP 在 AC 方向上的投影、 AP 在AB 方向上的投影.再根据向量数量积的几何意义建立关系式，即可解题.三、坐标法坐标法是指通过向量的坐标运算来解题的方法.通常需先根据题意和几何图形建立合适的平面直角坐标系，求得各个点的坐标；然后通过坐标运算，求得向量的模、向量的数量积.一般地，若a =(x 1,y 1),b=(x 2,y 2)，则||a =x 12+y 12,a +b =(x 1+x 2,y 1+y 2),a -b =(x 1-x 2,y 1-y 2),a ∙b=x 1x 2+y 1y 2.例5.已知ΔABC 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______.解：以等边三角形的一条边AC 的中点为原点，建立平面直角坐标系，如图4所示，可得A æèöø-12,0,B æèçø,C æèöø12,0,F æèçø12，所以 AF =æèçø， BC =æèçø12,.则 AF ∙BC =1×2æèçø=18.对于三角形问题，通常可以三角形的一条边为坐标轴，一个顶点或该边上的中点为原点，也可以三角形的一条边及其垂线为坐标轴，来建立平面直角坐标系，这样便于快速求得各个点的坐标.例6.在ΔABC 中，∠C =90°,CB =2,CA =4，P在边AC 的中线BD 上，求 CP ∙BP 的最小值.解：以点C 为坐标原点，建立如图5所示的平面直角坐标系.可得：A (0,4),B (2,0),C (0,0),D (0,2)，设点P 的坐标为(x ,y )，则 BP =(x -2,y ),BD =(-2,2)，设 BP =λ BD ，因为B ,D ,P 三点共线，所以x -2=-2λ,y =2λ，解得x =2-2λ,y =2λ，则点P 的坐标为(2-2λ,2λ)，所以 BP =(-2λ,2λ),CP =(2-2λ,2λ)，可得 CP ∙BP =4λ2-4λ+4λ2=8λ2-4λ，因为0≤λ≤1，所以当λ=14时， CP ∙ BP 的最小值为-12.我们根据∠C =90°，即AC ⊥CB ，以AC 、BC 为坐标轴，C 为原点建立平面直角坐标系.然后求得各个点的坐标，并设出P 点的坐标，即可通过向量的坐标运算求得 CP ∙BP 的表达式，从而求得其最值.四、基底法由平面向量的基本定理可知，平面内任意一个向量均可以用两个不共线的向量表示出来.若不易求出要求的两个向量，则可选取一组合适的基底，将要求的两个向量用这组基底表示出来，求得这组基底的模长、夹角，即可根据向量的数量积定义求得问题的答案.例7.如图6所示，在ΔABC 中，∠A =60°,AB =3,AC =2,D 是AC 的中点，点E 在AB 边上，且AE =12EB ，BD 与CE 交于点M ，N 是BC 的中点，则 AM ∙AN =______.解：由题意可知，E ，M ，C 三点共线，设 AM =λ AE +μ AC ，其中λ+μ=1.因为 AE =13 AB ， AM =λ3AB +μ AC ，同理可得B ,M ,D 三点共线， AM =m AB +nAD ，可得：m +n =1，因为 AD =12 AC ，所以 AM =m AB +n 2AC ，可得λ3=m ,μ=n2，所以 AM =15 AB +25 AC ，则 AN =12 AB +12AC ，所以 AM ∙ AN =æèöø15AB +25 AC ∙æèöø12 AB +12 AC =135.以 AB , AC 为基底，将 AM 、 AN 用这两个基底表示出来，根据向量的共线定理和基本定理求得15AB +25AC 、12 AB +12AC，即可解题.相比较而言，定义法、基底法、坐标法的适用范围较广，但利用向量数量积的几何意义求解，能使解题过程中的运算量大大减少.同学们需熟练掌握这四种技巧，并在解题时选用合适的技巧，这样才能有效地提升解答向量数量积问题的效率.（作者单位：江苏省南通市如皋市第二中学）图6图4图540。

构造数量积,巧解向量题——由一道课本习题所想到的
俞飞;张启兆
【期刊名称】《中学生数理化:高一使用》
【年(卷),期】2022()2
【摘要】题目判断下列结论是否正确:已知a,b,c是三个非零向量,若a·c=b·c,则a=b。

容易判断这个结论是错误的。

由a·c=b·c,可得a·c-b·c=0,即(a-b)·c=0,所以(a-b)⊥c,故这个结论是错误的。

其逆命题:若a=b,则a·c=b·c是正确的。

利用这个正确结论,在解向量问题中有时能起到事半功倍的效果。

下面举例说明。

【总页数】1页(P4-4)
【关键词】非零向量;数量积;解向量;逆命题;巧解;课本习题;向量题;正确结论
【作者】俞飞;张启兆
【作者单位】江苏省无锡市青山高级中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
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5.从一道课本习题看向量的数量积
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高中数学：活用平面向量的数量积解题平面向量的数量积解题运算有其独特性：→a •→b =→a •→b •θcos（001800≤≤θ）(定义式) 或 2121y y x x b a +=•→→（坐标式）；应用非常广泛，利用它可以很容易地处理有关长度、角度和垂直等许多问题．本文借助2008年高考题说明用平面向量的数量积解题的常规技巧，供大家参考． 一、 向量数量积的基本运算例1：（08北京）已知向量→a 与→b 的夹角为0120，且→a =→b 4=，那么→b •（ 2→a ＋→b ）值为解：由→b •（2→a ＋→b ）=2→a •→b ＋→b •→b=2→a •→b •0120cos +2→b =24)21(442+-⨯⨯⨯0=例2：（08湖北）设→a =（1，－2），→b =（－3，4），→c =（3，2），则（→a ＋2→b ）•→c 等于（ ）A 、（－15，12）B 、0C 、－3D 、－11 解：由→a ＋2→b =（5，6）则（→a ＋2→b ）•→c =（－5）×3＋6×2=－3 故选C评注：例1考查向量数量积运算的定义式，例2考查向量数量积运算的坐标式．二、求解向量的长度问题例3：（08江苏）已知向量→a 与→b 的夹角为0120，且→a =1，→b =3，则→→-b a 5解：由=-→→25ba 1025)5(222-+=-→→→→b a b a →a •→b25=2→a ＋2→b － 10→a •→b •0120cos=49)21(3110312522=-⨯⨯⨯-+⨯ 则→→-b a 5=7例宁夏、海南）已知向量：（084→a =（0，－1，1），→b =（4，1，0），且,29=+→→b a λ则,0>λλ=解:由题知λ→a ＋→b ),1,4(λλ-= 由29=+→→b a λ 得 29)1(1622=+-+λλ∴062=--λλ ∴23-==λλ或 ∵,0>λ ∴3=λ评注：求向量的长度的依据是：①=→2a 2→a ② 设→a =则),,(y x →a 22y x +=三、求解两向量的夹角问题例5：（08陕西）非常向量→a 和→b 满足→a =→b =→→-b a ，则→a 与→a ＋→b 的夹角为解：（法一）由→a =→b 得 2→a=2→b又→b =→→-b a 得 2→b=2→a －2→a •→b ＋2→b∴→a •→b 21=2→a而2→→+ba =2→a ＋2→a •→b ＋2→b 3=2→a∴→→+b a 3=→a设→a 与→a ＋→b 的夹角为θ，则→→→→→→+•+•=ba ab a a )(cos θ233233222==••+=→→→→→→→aa aa ba a ∴01800≤≤θ ∴030=θ 即→a 与→a ＋→b 的夹角为030 (法二)由向量加法的几何意义，作下图，任取一点O ，作→→=a OA ，→→=b OB ，以→OA 、→OB 为邻边作平行四边形OACB ，使→OA →=OB ，则平行四边形OACB 为菱形 ∴AOB OC ∠平分， 又=→OC →a ＋→b ，=→BA →a －→b ∵→a =→b =→→-b a 即BA OB OA ==∴ABC ∆为等边三角形 ∴030=∠AOC ∴→a 与→a ＋→b 的夹角为030评注：求两非零向量→a 与→b 夹角θ的依据：①→→→→••=ba ba θcos （001800≤≤θ）②设→a ),(11y x =，→b ),(22y x = 则)()(cos 222221212121y x y x y y x x +⋅++=θ在本例中，解法二是由向量的几何意义，利用平面几何知识，数形结合，形象直观．四、判断两向量垂直问题：例宁夏、海南）已知：（086平面向量→a =（1，－3），→b =（4，－2），且λ→a ＋→b 与→a 垂直，则λ等于（ ）解：由λ→a ＋→b 与→a 垂直得（λ→a ＋→b ）•→a 0=即+→2a λ→a •→b 0=∵→a 103122=-+=）（ ， →a •→b 102341=-⨯-+⨯=）（）（ 代入上式得1010+⋅λ0= ∴1-=λ评注：判断两向量垂直的依据：①若→a 与→b 为非零向量，则→a ⊥→b ⇔→a •→b 0= ②非零向量→a ),(11y x =，→b ),(22y x = 则→a ⊥→b⇔ 02121=+y y x x五、与三角形有关问题例为、、山东）已知：（c b 087a ABC ∆的三个内角A 、B 、C 的对边，向量→m )1,3(-=，→n )sin ,(cos A A =，若→m ⊥→n ，则角A 大小为 解：∵→m ⊥→n ∴→m •0=→n 即0sin cos 3=-A A∵0cos ≠A ∴3tan =A∵π<<A 0 ∴3π=A例8：（08湖南）在ABC ∆中，10,2,3===BC AC AB ，则→→•AC AB 等于（ ）23D 32C 32B 23、、、、--A解：在ABC ∆中，由余弦定理得：412321023AC AB 2BC AC AB CAB cos 222222=⨯⨯-+=⨯-+=∠）（则→→•AC AB 234123CAB cos AC AB =⨯⨯=∠⋅⋅=→→ 故选D 评注：平面向量数量积与三角形综合问题，注意结合三角函数的基本公式，正余弦定理的应用．在求数量积时，注意两个向量的夹角是否是三角形的内角．。

高中数学：向量难题可以快速口算的解题秘密——特殊化今天我就给大家讲一种思维方式：向量问题可以快速口算的秘密——特殊化。

只要大家把它领悟透彻，就能够实质性的帮助到大家，一定要放心大胆使用，这种题目的正确率是百分百。

什么叫特殊化呢？比如说我们平时遇到一道题，我们审题的时候，你会发现它说在△ABC中，我们就把它特殊化成等腰三角形，甚至可以特殊化成等边三角形或者等腰直角三角形；或者说在四边形ABCD中，我们就把他特殊化成平行四边形，甚至是正方形。

如下图：为什么可以这样特殊化呢？就是因为：等腰三角形、等边三角形或等腰直角三角形就是三角形中的一种，这样做一定能够得出正确答案的。

如果我把它特殊化成等腰三角形去做这些答案不对，那么它就会跟你强调什么呢？在非等腰三角形的三角形中，这句话本身就是矛盾的。

高考不可能出这种不严谨的话，你能明白吗？所以啊，我们就一定要大胆的特殊化。

但是一定要注意，我要强调两个点：①有些题目，它能特殊成等腰三角形，但是不能特殊成等边三角形或等腰直角三角形，那么就一定要特殊成等腰三角形！②另外有些题目，它能特殊化成等边三角形或者特殊化成等腰直角三角形，那么就不要特殊成等腰三角形！为什么？等边三角形和等腰直角三角形是特殊等腰三角形，所以给大家强调能特殊，尽可能特殊，这是给大家强调的这两个点。

那么我们通过做题演练加强大家对这个知识点的认识。

比如说第一道题目是来源于浙江高考真题：大家可以看一下，因为这种题目你如果常规去做，你需要设A点坐标是x、y，你要常规做，还未必能把这个题快速解出来，但是这道题我如果把特殊成等腰三角形，你会发现是不就很好做了。

我们来画一个图：大家注意到了没？这题是不能特殊成等边三角形和等腰直角三角形，为什么？是因为他有边长在这里限制了，所以，同学们在做题的时候，一定要注意这些细节。

如果按常规做，这题解起来是比较麻烦的，那么接下来我们就用特殊化可以秒掉这道题了：接下来我们看一下第二道题目，这道题目来源于江西高考题目，我再给同学们深化一下特殊化是什么含义：同学们，经过你的观察，这种特殊化思想该怎样用呢？经过观察，这道题并没有强调B异于M，C异于N，为什么不强调，就是因为B 和M重合，C和N重合，跟不重合答案是一个，所以他一定不能强调，如果他强调了这道题也是不严谨，懂了吗？所以这种题目你一旦有了这种思想，这种难题可以毫无任何难度直接出答案：解这道题快不快，不用担心，这个答案一对的。

平面向量的数量积问题侧重于考查平面向量的数量积公式、向量的模的公式、数乘运算法则、加减法的几何意义、基本定理、共线定理的应用.解答这类问题常用的途径有利用坐标法、定义法、数形结合法.下面结合实例来进行介绍.一、利用坐标法坐标法是指通过建立平面直角坐标系，将问题转化为坐标运算问题来求解.运用坐标法解答平面向量数量积问题，需根据几何图形的特点，寻找或构造垂直关系，建立合适的平面直角坐标系，熟练掌握并灵活运用向量的坐标运算法，如a ∙b=()x 1,y 1∙()x 2,y 2=x 1x 2+y 1y 2、||a =x 12+y 12、a +b =()x 1+x 2,y 1+y 2、a -b=()x 1-x 2,y 1-y 2.例1.已知P 是半径为1，圆心角为23π的一段圆弧AB 上的一点，若 AC =2 CB ，则 PA ∙PC 的取值范围是_____.解：以O 为原点、OB 为x 轴，建立如图1所示的平面直角坐标系.图1可得O ()0,0，B ()1,0,A æèçø-12，过点C 作CD ⊥OB ，垂足为D ，∵|| OA =||OB =1，∠AOB =2π3，∴|| A B =3,∵ AC =2CB ，∴|| CB =13|| A B =，在Rt△CDB 中，∠CBD =π6,∴|| CD =12|| CB，|| DB =12,∴|| OB =12,∴C æèçø12,设P ()cos θ,sin θ，0≤θ≤2π3，∴ PC ∙ PA=æèçöø÷12-cos θ-sinθ∙æèçöø÷-12-cos θ-sin θ=cos 2θ-14+14-θ+sin 2θ=1-θ，∵0≤θ≤2π3，∴0≤sin θ≤1，∴1≤1θ≤1，∴ PA ∙PC 的取值范围是éëêùûú1-.首先根据圆弧的特点，以O 为原点建立平面直角坐标系；然后设出点P 的坐标，求得其他各点、各个向量的坐标，即可通过向量坐标运算，求得 PA ∙PC 的表达式；再根据三角函数的有界性求得问题的答案.二、采用定义法定义法是指根据平面向量数量积的定义：a ∙b=||a ∙||||b cos a ,b 解题.在解题时，要分别求得所求平面向量的模长、向量之间的夹角或其余弦值，即可根据平面向量数量积的定义求得答案.例2.已知a ,b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足(a -c )·(b -c )=0，求|c |的最大值.解：因为|a |=|b |=1，a ·b =0，则(a -c )·(b -c )=-c ·(a +b )+|c |2=-|c ||a +b |·cos θ＋|c|2=0，其中θ为c 与a +b 的夹角，所以|c |=|a +b |cos θ=2cos θ≤2，47所以|c |的最大值是2.解答本题主要运用了定义法.我们先通过向量的数乘运算、加法运算、减法运算，根据已知关系式，将问题转化为求向量的模的平方以及向量的数量积；然后根据向量的数量积公式将问题转化为求c 与a +b 的夹角的余弦值以及|a +b |的乘积的最值，根据基本不等式求解，即可解题.例3.已知点P 是边长为1的正十二边形A 1A 2⋯A边上任意一点，则 AP ∙A 1A 2的最小值为().A.- B.- C.-3 D.-2解：如图2所示，延长A 10A 11、A 2A 1交于Q ，图2由题意可得A 10A 11⊥A 2A 1，过A 12分别作A 1Q 、A 11Q 的垂线，垂足分别为M 、N ，正十二边形A 1A 2⋯A 12的每个内角()12-2×180°12=150°，在Rt△A 12MA 1中，||A 1A 12，∠MA 1A 12=30°，则||A 1M =||A 1A 12cos 30°，在Rt△A 11NA 12中，||A 11A 12=1，∠NA 11A 12=30°，则||QM =||A 12N =||A 11A 12sin 30°=12，所以||A 1Q =||A 1M +||QM =，而 A 1P ∙ A 1A 2=|| A 1A 2∙|| A 1P cos θ,θ为 A 1P 、 A 1A 2的夹角，所以数量积 A 1P ∙ A 1A 2等于A 1P 在 A 1A 2方向上的投影||A 1P cos θ的乘积，当点P 在线段A 10A 11上时， A 1P ∙A 1A 2取最小值，可得 A 1P ∙ A 1A 2=|| A 1P ∙||A 1A 2cosθ=||A 1A 2()-|| A 1Q=.解答本题，首先要根据正十二边形的特征和向量数量积的几何意义找出 A 1P ∙A 1A 2取得最小值的情形:点P 在线段A 10A 11上；然后根据平面向量数量积的定义，求得向量 A 1P 、A 1A 2的模长及其夹角的大小，即可求得最小值.三、数形结合数形结合法是解答函数问题、向量问题的重要方法.在解题时，需先将向量的模看作线段的长，根据三角形法则、平行四边形法则构造几何图形，添加辅助线；然后将两个向量的夹角看作三角形、平行四边形的内角，利用三角形的性质、平行四边形的性质、圆的性质解题.例4.如图3，AB是圆O 的一条直径，且||AB =4,点C 、D 是圆O 上任意两点，点P 在线段CD 上，则PA ∙PB 的取值范围为______.图3图4解：如图4所示，连接OP ，则 PA ∙ PB =() PO + OA ∙()PO + OB = PO 2+ PO ∙()OA + OB + OA ∙ OB =|| PO 2-4，而P 在线段CD 上，且||CD =2，则圆心到直线CD 的距离d =22-12=3，所以3≤|| PO 2≤4，可得-1≤|| PO 2-4≤0，故 PA ∙PB 的取值范围为[]-1,0.解答本题，要先根据三角形法则和向量运算，将求 PA ∙PB 转化为求|| PO 2的最值；然后根据弦心距、圆的半径、弦之间的关系建立关系式，求得圆心到直线CD 的距离，该值即为|| PO 的最小值，||PO 的最大值为圆的半径，这样便确定了求|| PO 2的最值，从而求得问题的答案.上述三种方法都是解答平面向量数量积问题的重要方法.其中坐标法、定义法较为简单，数形结合法具有较强的灵活性，需根据题意构造出合适的几何图形，并将问题与平面几何、解析几何知识关联起来.（作者单位：云南省会泽县大成高级中学）48。

平面向量的数量积与向量积详细解析与归纳平面向量是数学中重要的概念之一，而其中的数量积（也叫点积或内积）与向量积（也叫叉积或外积）是平面向量运算中常用的两种运算方法。

本文将详细解析这两种运算，并对其进行归纳总结。

一、平面向量的数量积数量积，记作A·B，是两个向量A和B的数量上的乘积。

具体计算公式如下：A·B = |A| * |B| * cosθ其中|A|和|B|分别表示向量A和B的模（即长度），θ表示A和B 之间的夹角。

数量积有以下几个重要的性质：1. 交换律：A·B = B·A2. 分配律：(A + B)·C = A·C + B·C3. 数乘结合律：(kA)·B = k(A·B)这些性质使得数量积在计算中更加方便。

数量积的几何意义是，它等于一个向量在另一个向量方向上的投影长度与另一个向量的模的乘积。

通过数量积，我们可以计算向量的夹角、判断两个向量是否垂直以及计算向量的模等。

二、平面向量的向量积向量积，记作A×B，是两个向量A和B的向量上的乘积。

具体计算公式如下：A×B = |A| * |B| * sinθ * n其中|A|和|B|分别表示向量A和B的模，θ表示A和B之间的夹角，n为垂直于A和B所在平面的单位法向量，并满足右手法则。

向量积有以下几个重要的性质：1. 反交换律：A×B = -B×A2. 分配律：A×(B + C) = A×B + A×C3. 数乘结合律：(kA)×B = k(A×B)这些性质使得向量积在计算中更加灵活。

向量积的几何意义是，它等于一个向量在另一个向量所在平面上的投影的长度乘以一个单位法向量。

通过向量积，我们可以计算平行四边形的面积、判断两个向量是否平行以及计算平行四边形的对角线等。

三、数量积与向量积的关系数量积和向量积之间存在一定的关系：A×B = |A| * |B| * sinθ * n由此可得到以下等式：|A×B| = |A| * |B| * sinθ此等式表明，向量积的模等于数量积的模乘上夹角的正弦值。

第3讲 平面对量高考定位 1.以选择题、填空题的形式考查向量的线性运算，多以熟知的平面图形为背景，难度中低档；2.以选择题、填空题的形式考查平面对量的数量积，多考查角、模等问题，难度中低档；3.向量作为工具常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何等结合，以解答题形式消灭.真 题 感 悟1.(2021·全国Ⅱ卷)设非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则( ) A.a ⊥b B.|a |＝|b | C.a ∥bD.|a |>|b |解析 由|a ＋b |＝|a －b |两边平方，得a 2＋2a·b ＋b 2＝a 2－2a·b ＋b 2，即a·b ＝0，故a ⊥b . 答案 A2.(2021·全国Ⅰ卷)已知向量a ＝(－1，2)，b ＝(m ，1).若向量a ＋b 与a 垂直，则m ＝________. 解析 由题意得a ＋b ＝(m －1，3)，由于a ＋b 与a 垂直，所以(a ＋b )·a ＝0，所以－(m －1)＋2×3＝0，解得m ＝7. 答案 73.(2021·天津卷)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________.解析 AB → ·AC → ＝3×2×cos 60°＝3，AD → ＝13AB → ＋23AC → ，则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. 答案3114.(2021·江苏卷)已知向量a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，x ∈[0，π]. (1)若a ∥b ，求x 的值；(2)记f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值和最小值以及对应的x 的值. 解 (1)∵a ∥b ，∴3sin x ＝－3cos x ，∴3sin x ＋3cos x ＝0，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝0.∵0≤x ≤π，∴π6≤x ＋π6≤76π，∴x ＋π6＝π，∴x ＝5π6.(2)f (x )＝a·b ＝3cos x －3sin x ＝－23sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3.∵x ∈[0，π]，∴x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，∴－32≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3≤1，∴－23≤f (x )≤3，当x －π3＝－π3，即x ＝0时，f (x )取得最大值3；当x －π3＝π2，即x ＝5π6时，f (x )取得最小值－2 3.考 点 整 合1.平面对量的两个重要定理(1)向量共线定理：向量a (a ≠0)与b 共线当且仅当存在唯一一个实数λ，使b ＝λa .(2)平面对量基本定理：假如e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a ，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，其中e 1，e 2是一组基底. 2.平面对量的两个充要条件若两个非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则 (1)a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0. (2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0. 3.平面对量的三共性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2.(2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|A B → |＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22.4.平面对量的三个锦囊(1)向量共线的充要条件：O 为平面上一点，则A ，B ，P 三点共线的充要条件是OP → ＝λ1OA → ＋λ2OB →(其中λ1＋λ2＝1).(2)三角形中线向量公式：若P 为△OAB 的边AB 的中点，则向量OP → 与向量OA → ，OB → 的关系是OP → ＝12(OA → ＋OB →).(3)三角形重心坐标的求法：G 为△ABC 的重心⇔GA → ＋GB → ＋GC → ＝0⇔G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x A ＋x B ＋x C 3，y A ＋y B ＋y C 3.热点一 平面对量的有关运算【例1】 (1)(2022·全国Ⅰ卷)设向量a ＝(m ，1)，b ＝(1，2)，且|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，则m ＝________. (2)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________.解析 (1)由|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，得a ⊥b ， 所以a ·b ＝m ×1＋1×2＝0，得m ＝－2. (2)DE → ＝DB → ＋BE → ＝12AB → ＋23BC → ＝12AB → ＋23(AC → －AB → )＝－16AB → ＋23AC → ， ∵DE → ＝λ 1AB → ＋λ2AC → ， ∴λ1＝－16，λ2＝23，因此λ1＋λ2＝12.答案 (1)－2 (2)12探究提高 对于平面对量的线性运算，首先要选择一组基底，同时留意共线向量定理的机敏运用.其次运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系.【训练1】 (2021·衡阳二模)如图，正方形ABCD 中，M ，N 分别是BC ，CD 的中点，若AC → ＝λAM → ＋μBN →，则λ＋μ＝( )A.2B.83C.65D.85解析 法一 如图以AB ，AD 为坐标轴建立平面直角坐标系，设正方形边长为1，AM → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，BN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，AC →＝(1，1).∵AC → ＝λAM → ＋μBN → ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12＋μ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－μ2，λ2＋μ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧λ－12μ＝1，λ2＋μ＝1，解之得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝65，μ＝25，故λ＋μ＝85.法二 以AB → ，AD →作为基底，∵M ，N 分别为BC ，CD 的中点， ∴AM → ＝AB → ＋BM → ＝AB → ＋12AD → ， BN → ＝BC → ＋CN → ＝AD → －12AB →， 因此AC → ＝λAM → ＋μBN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－μ2AB → ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋μAD →，又AC → ＝AB → ＋AD →， 因此⎩⎪⎨⎪⎧λ－μ2＝1，λ2＋μ＝1，解得λ＝65且μ＝25.所以λ＋μ＝85.答案 D热点二 平面对量的数量积 命题角度1 平面对量数量积的运算【例2－1】 (1)(2021·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记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 3(2)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 (1)如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，∴∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD 与∠BOC 为锐角，依据题意，I 1－I 2＝OA → ·OB → －OB → ·OC → ＝OB → ·(OA → －OC → )＝OB → ·CA →＝|OB → ||CA →|·cos∠AOB <0，∴I 1<I 2，同理I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ， 又AB ＝AD ，∴OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ， ∴|OA → ||OB → |<|OC → ||OD →|， 而cos∠AOB ＝cos∠COD <0，∴OA → ·OB → >OC → ·OD →，即I 1>I 3.∴I 3<I 1<I 2.(2)法一 如图，以AB ，AD 为坐标轴建立平面直角坐标系，则A (0，0)，B (1，0)，C (1，1)，D (0，1)， 设E (t ，0)，t ∈[0，1]， 则DE → ＝(t ，－1)，CB →＝(0，－1)， 所以DE → ·CB →＝(t ，－1)·(0，－1)＝1.由于DC → ＝(1，0)，所以DE → ·DC →＝(t ，－1)·(1，0)＝t ≤1，故DE → ·DC →的最大值为1. 法二 如图，无论E 点在哪个位置，DE → 在CB → 方向上的投影都是CB ＝1，所以DE → ·CB → ＝|CB →|·1＝1，当E 运动到B 点时，DE → 在DC →方向上的投影最大，即为DC ＝1，所以(DE → ·DC → )max ＝|DC →|·1＝1.答案 (1)C (2)1 1探究提高 1.求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义.2.进行向量的数量积的运算，首先要有“基底”意识，关键用基向量表示题目中所求相关向量.其次留意向量夹角的大小，以及夹角θ＝0°，90°，180°三种特殊情形. 命题角度2 平面对量数量积的性质【例2－2】 (1)(2022·山东卷)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.94D.－94(2)(2021·哈尔滨模拟)平面对量a ，b 满足|a |＝4，|b |＝2，a ＋b 在a 上的投影为5，则|a －2b |的模为( ) A.2 B.4 C.8D.16解析 (1)∵n ⊥(t m ＋n )，∴n ·(t m ＋n )＝0，即t ·m ·n ＋n 2＝0， ∴t |m ||n |cos 〈m ，n 〉＋|n |2＝0，由已知得t ×34|n |2×13＋|n |2＝0，解得t ＝－4.(2)|a ＋b |cos 〈a ＋b ，a 〉＝|a ＋b |·（a ＋b ）·a |a ＋b ||a |＝a 2＋a ·b |a |＝16＋a ·b4＝5；∴a ·b ＝4.又(a －2b )2＝a 2－4a ·b ＋4b 2＝16－16＋16＝16. ∴|a －2b |＝4. 答案 (1)B (2)B探究提高 1.求两向量的夹角：cos θ＝a ·b|a |·|b |，要留意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： (1)a 2＝a ·a ＝|a |2或|a |＝a ·a . (2)|a ±b |＝（a ±b ）2＝a 2±2a ·b ＋b 2. (3)若a ＝(x ，y )，则|a |＝x 2＋y 2.【训练2】 (1)(2021·福建卷)已知AB → ⊥AC → ，|AB → |＝1t ，|AC → |＝t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP → ＝AB→|AB →|＋4AC → |AC →|，则PB → ·PC → 的最大值等于( )A.13B.15C.19D.21(2)(2021·郴州二模)已知a ，b 均为单位向量，且(2a ＋b )·(a －2b )＝－332，则向量a ，b 的夹角为________.解析 (1)建立如图所示坐标系，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，C (0，t )，AB → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，AC → ＝(0，t )，则AP → ＝AB→ |AB → |＋4AC→|AC →| ＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t，0＋4t(0，t )＝(1，4). ∴点P (1，4)，则PB → ·PC → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4·(－1，t －4) ＝17－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t＋4t ≤17－21t·4t ＝13，当且仅当4t ＝1t ，即t ＝12时取等号，故PB → ·PC →的最大值为13. (2)设单位向量a ，b 的夹角为θ， 则|a |＝|b |＝1，a ·b ＝cos θ. ∵(2a ＋b )·(a －2b )＝－332，∴2|a |2－2|b |2－3a ·b ＝－3cos θ＝－332，∴cos θ＝32，∵0≤θ≤π，∴θ＝π6.答案 (1)A (2)π6热点三 平面对量与三角的交汇综合【例3】 (2021·郑州质检)已知向量m ＝(2sin ωx ，cos 2ωx －sin 2ωx )，n ＝(3cos ωx ，1)，其中ω＞0，x ∈R .若函数f (x )＝m ·n 的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)在△ABC 中，若f (B )＝－2，BC ＝3，sin B ＝3sin A ，求BA → ·BC →的值.解 (1)f (x )＝m ·n ＝23sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx －sin 2ωx ＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6.∵f (x )的最小正周期为π，∴T ＝2π2|ω|＝π.∵ω＞0，∴ω＝1.(2)设△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c . ∵f (B )＝－2，∴2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－2， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－1，解得B ＝2π3(B ∈(0，π)).∵BC ＝3，∴a ＝3，∵sin B ＝3sin A ，∴b ＝3a ，∴b ＝3. 由正弦定理，有3sin A ＝3sin2π3，解得sin A ＝12. ∵0＜A ＜π3，∴A ＝π6.∴C ＝π6，∴c ＝a ＝ 3.∴BA → ·BC → ＝ca cos B ＝3×3×cos 2π3＝－32. 探究提高 1.破解平面对量与“三角”相交汇题的常用方法是“化简转化法”，即先活用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、倍角公式、帮助角公式等对三角函数进行巧“化简”；然后把以向量共线、向量垂直形式消灭的条件转化为“对应坐标乘积之间的关系”；再活用正、余弦定理，对三角形的边、角进行互化. 2.这种问题求解的关键是利用向量的学问将条件“脱去向量外衣”，转化为三角函数的相关学问进行求解. 【训练3】 (2021·山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝3，AB → ·AC →＝－6，S △ABC＝3，求A 和a .解 由于AB → ·AC →＝－6，所以bc cos A ＝－6，又由于S △ABC ＝3，所以bc sin A ＝6， 因此tan A ＝－1，又0<A <π，所以A ＝3π4.又由于b ＝3，所以c ＝2 2. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 得a 2＝9＋8－2×3×22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝29， 所以a ＝29.1.平面对量的数量积的运算有两种形式：(1)依据模和夹角计算，要留意确定这两个向量的夹角，如夹角不易求或者不行求，可通过选择易求夹角和模的基底进行转化；(2)利用坐标来计算，向量的平行和垂直都可以转化为坐标满足的等式，从而应用方程思想解决问题，化形为数，使向量问题数量化.2.依据平行四边形法则，对于非零向量a ，b ，当|a ＋b |＝|a －b |时，平行四边形的两条对角线长度相等，此时平行四边形是矩形，条件|a ＋b |＝|a －b |等价于向量a ，b 相互垂直.3.两个向量夹角的范围是[0，π]，在使用平面对量解决问题时要特殊留意两个向量夹角可能是0或π的状况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不单纯就是其数量积小于零，还要求不能反向共线.一、选择题1.(2022·全国Ⅲ卷)已知向量BA → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，BC → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，则∠ABC ＝( )A.30°B.45°C.60°D.120°解析 |BA → |＝1，|BC → |＝1，cos∠ABC ＝BA → ·BC→|BA → |·|BC → |＝32.∵0°≤∠ABC ≤180°，∴∠ABC ＝30°.答案 A2.(2021·北京卷)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解析 存在负数λ，使得m ＝λn ，则m ·n ＝λn ·n ＝λ|n |2<0，因而是充分条件，反之m ·n <0，不能推出m ，n 方向相反，则不是必要条件.答案 A3.(2021·汉中模拟)已知向量a ＝(2，－4)，b ＝(－3，x )，c ＝(1，－1)，若(2a ＋b )⊥c ，则|b |＝( ) A.9 B.3 C.109D.310解析 向量a ＝(2，－4)，b ＝(－3，x )，c ＝(1，－1)，∴2a ＋b ＝(1，x －8)，由(2a ＋b )⊥c ，可得1＋8－x ＝0，解得x ＝9. 则|b |＝（－3）2＋92＝310. 答案 D4.如图，BC ，DE 是半径为1的圆O 的两条直径，BF → ＝2FO → ，则FD → ·FE →等于( )A.－34B.－89C.－14D.－49解析 ∵BF → ＝2FO → ，圆O 的半径为1，∴|FO → |＝13，∴FD → ·FE → ＝(FO → ＋OD → )· (FO → ＋OE → )＝FO → 2＋FO → ·(OE → ＋OD → )＋OD → ·OE → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋0－1＝－89. 答案 B5.(2021·安徽江淮十校联考)已知平面对量a ，b (a ≠0，a ≠b )满足|a |＝3，且b 与b －a 的夹角为30°，则|b |的最大值为( ) A.2 B.4 C.6D.8解析 令OA → ＝a ，OB → ＝b ，则b －a ＝AB → －OA → ＝AB →，如图.∵b 与b －a 的夹角为30°， ∴∠OBA ＝30°. ∵|a |＝|OA →|＝3，∴由正弦定理得|OA → |sin∠OBA ＝|OB → |sin ∠OAB ，|b |＝|OB →|＝6·sin∠OAB ≤6.答案 C 二、填空题6.(2021·全国Ⅲ卷)已知向量a ＝(－2，3)，b ＝(3，m )，且a ⊥b ，则m ＝________. 解析 由题意，得－2×3＋3m ＝0，∴m ＝2. 答案 27.(2021·德州模拟)已知平面对量a 和b 的夹角为60°，a ＝(2，0)，|b |＝1，则 |a ＋2b |＝________.解析 ∵〈a ，b 〉＝60°，a ＝(2，0)，|b |＝1， ∴a ·b ＝|a ||b |·cos 60°＝2×1×12＝1，又|a ＋2b |2＝a 2＋4b 2＋4a ·b ＝12， 所以|a ＋2b |＝12＝2 3. 答案 2 38.若点M 是△ABC 所在平面内的一点，且满足5 AM → ＝AB → ＋3AC →，则△ABM 与△ABC 的面积比值为________.解析 设AB 的中点为D ，由5AM → ＝AB → ＋3AC → ，得3AM → －3AC → ＝2AD → －2AM → ，即3CM → ＝2MD →.如图所示，故C ，M ，D 三点共线， 且MD → ＝35CD →， 也就是△ABM 与△ABC 对于边AB 的两高之比为3∶5， 则△ABM 与△ABC 的面积比值为35.答案 35三、解答题9.设向量a ＝(3sin x ，sin x )，b ＝(cos x ，sin x )，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)若|a |＝|b |，求x 的值；(2)设函数f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值. 解 (1)由|a |2＝(3sin x )2＋(sin x )2＝4sin 2x ， |b |2＝(cos x )2＋(sin x )2＝1， 及|a |＝|b |，得4sin 2x ＝1.又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，从而sin x ＝12，所以x ＝π6.(2)f (x )＝a ·b ＝3sin x ·cos x ＋sin 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，当x ＝π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6取最大值1.所以f (x )的最大值为32.10.(2021·贵阳调研)已知向量a ＝⎝ ⎛cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，⎭⎪⎫sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋x ，b ＝(－sin x, 3sin x )，f (x )＝a ·b .(1)求函数f (x )的最小正周期及f (x )的最大值；(2)在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝1，a ＝23，求三角形ABC 面积的最大值.解 (1)∵a ＝(－sin x ，cos x )，b ＝(－sin x ，3sin x )， 则f (x )＝a ·b ＝sin 2x ＋3sin x cos x＝12(1－cos 2x )＋32sin 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12， ∴f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，当2x －π6＝π2＋2k π，k ∈Z 时，即x ＝π3＋k π(k ∈Z )，f (x )取最大值是32.(2)∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＋12＝1，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＝12，∴A ＝π3.∵a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴12＝b 2＋c 2－bc ，∴b 2＋c 2＝12＋bc ≥2bc ，∴bc ≤12(当且仅当b ＝c ＝23时等号成立).∴S ＝12bc sin A ＝34bc ≤3 3.∴当三角形ABC 为等边三角形时面积取最大值是3 3. 11.已知函数f (x )＝2cos 2x ＋23sin x cos x (x ∈R ).(1)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c ＝3，f (C )＝2，若向量m ＝(1，sin A )与向量n ＝(2，sin B )共线，求a ，b 的值.解 (1)f (x )＝2cos 2x ＋3sin 2x ＝cos 2x ＋3sin 2x ＋1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋1，令－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，由于x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2， 所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6.(2)由f (C )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＋1＝2，得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝12，而C ∈(0，π)，所以2C ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，所以2C ＋π6＝56π，解得C ＝π3.由于向量m ＝(1，sin A )与向量n ＝(2，sin B )共线， 所以sin A sin B ＝12.由正弦定理得a b ＝12，①由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3，即a 2＋b 2－ab ＝9.②联立①②，解得a ＝3，b ＝2 3.。

龙源期刊网 浅析平面向量数量积问题的常用处理方法作者：王春来源：《福建中学数学》2014年第05期向量是高中数学学科中的重要内容之一，它是沟通代数、几何等众多的数学主干知识之间的联系，它使数学中的“数”和“形”完美的结合在一起，同时有着极其丰富的实际背景，在物理中有着广泛的实际应用.在高中的教材中有着极其重要的地位，相关内容是高考考查的重要知识之一，是高考考试说明（江苏省）中8个C级知识点之一，足以体现其重要性.从近年高考试题来看，这类试题灵活多变，涉及的数学思想方法较多，需要具备一定的解题技巧，解决这类问题，需要根据题目特点综合运用各类知识，选取恰当、灵活的方法.下面通过江苏某地区某考试试题说明平面向量数量积的四种常见处理方法.点评通过此题不难发现，向量的数量积是一个代数运算，同时也是一个几何量的寻求，所以可以认为，它是代数与几何的结合物，具有代数和几何的双重性.用定义法解决此问题的难点较多，其一是找两个向量夹角（或夹角范围），其二就是另一个向量长度的求解问题，其三是把所求问题化归为三角函数后的三角函数求解问题.要找到解决此问题的关键是紧扣定义，转换概念，思路直接体现了未知到已知问题的化归思想以及充分利用条件几何性质的数形结合的思想.探索2 利用平面向量基本定理点评在此问题中，显然基底法与定义法比较，思路显得更加简洁，易懂且运算量较小.难点在于要正确的选择一个合适的基底，利用化归思想把所求问题转换成已知的模长或已知的相关角的向量.通过基底法，让我们知道，解决此类问题，可以从不同的角度去思考问题，这样可能会有意想不到的收获.通过上述平面向量数量积解法归纳，体现了对求解向量数量积规律需要积累，但是当面对具体问题的条件和结论，这些知识积累、规律和原则怎样在解题人的思维中呈现，顺理成章地定向转化形成一个从这道题目出发的具体思维，这不是单纯的用积累和记忆能解释的.建构活化的解题模式是靠解题人自己的悟性和自己对解题策略和一般解题方法的灵活运用，然而，人的悟性又从何而来，那就只能是解题人的解题尝试和实践以及对解题策略和一般解题方法的尝试和实践过程的的反思、探究和归纳总结中得到.如此重复循环，它是一个系统的工程，它可以让学生造就一个强大聪明的头脑.。

构造特殊三角形,巧解向量客观题
曹志栋
【期刊名称】《数学学习与研究：教研版》
【年(卷),期】2017(000)017
【摘要】平面向量解决三角形问题可以让学生深刻体会到向量在几何中的作用.本文就向量问题的解决方法几何法、坐标法、基底法解决三角形问题做以探讨.【总页数】1页(P134-134)
【作者】曹志栋
【作者单位】兰州市第五十八中,甘肃兰州730060
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.巧用三角形外心的一个向量性质破解一类客观题 [J], 刘正祥;
2.向量几何运算的"华丽转身"——运用特殊化方法解答数学客观题之二 [J], 彭建开
3.善用衍生结论巧解三角形外心的向量问题 [J], 陆忠华
4.巧用三角形外心的一个向量性质破解一类客观题 [J], 刘正祥
5.善用衍生结论,巧解关于三角形外心的向量问题 [J], 陆忠华
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