新高考数学二轮复习 第1部分 专题2 第1讲 平面向量（含解析）

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[考情分析] 1.平面向量是高考的热点和重点，命题突出向量的基本运算与工具性，在解答题中常与三角函数、直线和圆锥曲线的位置关系问题相结合，主要以条件的形式出现，涉及向量共线、数量积等.2.常以选择题、填空题形式考查平面向量的基本运算，中低等难度；平面向量在解答题中一般为中等难度．
考点一 平面向量的线性运算
核心提炼
1．平面向量加减法求解的关键是：对平面向量加法抓住“共起点”或“首尾相连”．对平面向量减法应抓住“共起点，连两终点，指向被减向量的终点”，再观察图形对向量进行等价转化，即可快速得到结果．
2．在一般向量的线性运算中，只要把其中的向量当作一个字母看待即可，其运算方法类似于代数中合并同类项的运算，在计算时可以进行类比．
例1 (1)如图所示，AD是△ABC的中线，O是AD的中点，若eq \(CO,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))，其中λ，μ∈R，则λ＋μ的值为( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,4) D.eq \f(1,4)
答案 A
解析 由题意知，eq \(CO,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(CB,\s\up6(→))＋\(CA,\s\up6(→))))
＝eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))＋eq \f(1,2)eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up6(→))，
则λ＝eq \f(1,4)，μ＝－eq \f(3,4)，故λ＋μ＝－eq \f(1,2).
(2)已知e1，e2是不共线向量，a＝me1＋2e2，b＝ne1－e2，且mn≠0.若a∥b，则eq \f(m,n)＝________.
答案 －2
解析 ∵a∥b，∴m×(－1)＝2×n，∴eq \f(m,n)＝－2.
(3)A，B，C是圆O上不同的三点，线段CO与线段AB交于点D，若eq \(OC,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))(λ∈R，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是________．
答案 (1，＋∞)
解析 由题意可得，eq \(OD,\s\up6(→))＝keq \(OC,\s\up6(→))＝kλeq \(OA,\s\up6(→))＋kμeq \(OB,\s\up6(→))(01，即λ＋μ的取值范围是(1，＋∞)．
易错提醒 在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理恰当地选取基底，变形要有方向，不能盲目转化．
跟踪演练1 (1)如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB，BC的中点，连接CE，DF，交于点G.若eq \(CG,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μeq \(CB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则eq \f(λ,μ)＝________.
答案 eq \f(1,2)
解析 由题意可设eq \(CG,\s\up6(→))＝xeq \(CE,\s\up6(→))(0则eq \(CG,\s\up6(→))＝x(eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→)))＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(CB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(CD,\s\up6(→))))＝eq \f(x,2)eq \(CD,\s\up6(→))＋xeq \(CB,\s\up6(→)).
因为eq \(CG,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μeq \(CB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))与eq \(CB,\s\up6(→))不共线，
所以λ＝eq \f(x,2)，μ＝x，所以eq \f(λ,μ)＝eq \f(1,2).
(2)如图，在扇形OAB中，∠AOB＝eq \f(π,3)，C为弧AB上的一个动点，若eq \(OC,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，则x＋3y的取值范围是________．
答案 [1,3]
解析 设扇形的半径为1，以OB所在直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系(图略)，
则B(1,0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，C(cs θ，sin θ)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中∠BOC＝θ，0≤θ≤\f(π,3))).
则eq \(OC,\s\up6(→))＝(cs θ，sin θ)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))＋y(1,0)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋y＝cs θ，,\f(\r(3),2)x＝sin θ，))
解得x＝eq \f(2\r(3)sin θ,3)，y＝cs θ－eq \f(\r(3)sin θ,3)，
故x＋3y＝eq \f(2\r(3)sin θ,3)＋3cs θ－eq \r(3)sin θ
＝3cs θ－eq \f(\r(3),3)sin θ，0≤θ≤eq \f(π,3).
令g(θ)＝3cs θ－eq \f(\r(3),3)sin θ，
易知g(θ)＝3cs θ－eq \f(\r(3),3)sin θ在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，
故当θ＝0时，g(θ)取得最大值为3，
当θ＝eq \f(π,3)时，g(θ)取得最小值为1，
故x＋3y的取值范围为[1,3]．
考点二 平面向量的数量积
核心提炼
1．若a＝(x，y)，则|a|＝eq \r(a·a)＝eq \r(x2＋y2).
2．若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12).
3．若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，
则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))).
例2 (1)(2020·全国Ⅲ)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cs〈a，a＋b〉等于( )
A．－eq \f(31,35) B．－eq \f(19,35) C.eq \f(17,35) D.eq \f(19,35)
答案 D
解析 ∵|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2
＝25－12＋36＝49，
∴|a＋b|＝7，
∴cs〈a，a＋b〉＝eq \f(a·a＋b,|a||a＋b|)＝eq \f(a2＋a·b,|a||a＋b|)
＝eq \f(25－6,5×7)＝eq \f(19,35).
(2)已知扇形OAB的半径为2，圆心角为eq \f(2π,3)，点C是弧AB的中点，eq \(OD,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))，则eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))的值为( )
A．3 B．4 C．－3 D．－4
答案 C
解析 如图，连接CO，
∵点C是弧AB的中点，
∴CO⊥AB，
又∵OA＝OB＝2，eq \(OD,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))，∠AOB＝eq \f(2π,3)，
∴eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝(eq \(OD,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→)))·eq \(AB,\s\up6(→))
＝－eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))·(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))2
＝eq \f(1,2)×2×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))－eq \f(1,2)×4＝－3.
(3)已知在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝2CD＝2，∠ADC＝90°，若点M在线段AC上，则|eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MD,\s\up6(→))|的取值范围为________________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)，2\r(2)))
解析 以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A(0,0)，B(2,0)，C(1,2)，D(0,2)，
设eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，则M(λ，2λ)，
故eq \(MD,\s\up6(→))＝(－λ，2－2λ)，eq \(MB,\s\up6(→))＝(2－λ，－2λ)，
则eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MD,\s\up6(→))＝(2－2λ，2－4λ)，
∴|eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MD,\s\up6(→))|＝eq \r(2－2λ2＋2－4λ2)
＝eq \r(20\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(3,5)))2＋\f(4,5))，0≤λ≤1，
当λ＝0时，|eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MD,\s\up6(→))|取得最大值为2eq \r(2)，
当λ＝eq \f(3,5)时，|eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MD,\s\up6(→))|取得最小值为eq \f(2\r(5),5)，
∴|eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MD,\s\up6(→))|∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)，2\r(2))).
易错提醒 两个向量的夹角的范围是[0，π]，在使用平面向量解决问题时要特别注意两个向量的夹角可能是0或π的情况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不仅要求其数量积小于零，还要求不能反向共线．
跟踪演练2 (1)(2019·全国Ⅰ)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
答案 B
解析 方法一 设a与b的夹角为θ，
因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－|b|2＝0，
又因为|a|＝2|b|，所以2|b|2cs θ－|b|2＝0，
即cs θ＝eq \f(1,2)，
又θ∈[0，π]，所以θ＝eq \f(π,3)，故选B.
方法二 如图，令eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，则eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))＝a－b.
因为(a－b)⊥b，所以∠OBA＝eq \f(π,2)，
又|a|＝2|b|，所以∠AOB＝eq \f(π,3)，
即a与b的夹角为eq \f(π,3)，故选B.
(2)(2020·新高考全国Ⅰ)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→)) 的取值范围是( )
A．(－2,6) B．(－6,2)
C．(－2,4) D．(－4,6)
答案 A
解析 如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(2,0)，C(3，eq \r(3))，F(－1，eq \r(3))．
设P(x，y)，则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x，y)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,0)，且－1所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝(x，y)·(2,0)＝2x∈(－2,6)．
(3)设A，B，C是半径为1的圆O上的三点，且eq \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(OB,\s\up6(→))，则(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))的最大值是( )
A．1＋eq \r(2) B．1－eq \r(2)
C.eq \r(2)－1 D．1
答案 A
解析 如图，作出eq \(OD,\s\up6(→))，使得eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OD,\s\up6(→)).则(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))＝eq \(OC,\s\up6(→))2－eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝1－(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))·eq \(OC,\s\up6(→))＝1－eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))，由图可知，当点C在OD的反向延长线与圆O的交点处时，eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))取得最小值，最小值为－eq \r(2)，此时(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))取得最大值，最大值为1＋eq \r(2).故选A.
专题强化练
一、单项选择题
1．已知四边形ABCD是平行四边形，点E为边CD的中点，则eq \(BE,\s\up6(→))等于( )
A．－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)) B.eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))
C.eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→)) D.eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))
答案 A
解析 由题意可知，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)).
2．(2020·广州模拟)加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分，某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为eq \f(π,3)，每只胳膊的拉力大小均为400 N，则该学生的体重(单位：kg)约为(参考数据：取重力加速度大小为g＝10 m/s2，eq \r(3)≈1.732)( )
A．63 B．69 C．75 D．81
答案 B
解析 设该学生的体重为m，重力为G，两臂的合力为F′，则|G|＝|F′|，由余弦定理得|F′|2＝4002＋4002－2×400×400×cs eq \f(2π,3)＝3×4002，∴|F′|＝400eq \r(3)，∴|G|＝mg＝400eq \r(3)，m＝40eq \r(3)≈69 kg.
3．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(λ，－1)，若c∥(2a＋b)，则λ等于( )
A．－2 B．－1 C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 ∵a＝(1,2)，b＝(2，－2)，∴2a＋b＝(4,2)，又c＝(λ，－1)，c∥(2a＋b)，∴2λ＋4＝0，解得λ＝－2，故选A.
4．(2020·潍坊模拟)在平面直角坐标系xOy中，点P(eq \r(3)，1)，将向量eq \(OP,\s\up6(→))绕点O按逆时针方向旋转eq \f(π,2)后得到向量eq \(OQ,\s\up6(→))，则点Q的坐标是( )
A．(－eq \r(2)，1) B．(－1，eq \r(2)) C．(－eq \r(3)，1) D．(－1，eq \r(3))
答案 D
解析 由P(eq \r(3)，1)，得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs \f(π,6)，2sin \f(π,6)))，
∵将向量eq \(OP,\s\up6(→))绕点O按逆时针方向旋转eq \f(π,2)后得到向量eq \(OQ,\s\up6(→))，
∴Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,2)))，2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,2)))))，
又cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,2)))＝－sin eq \f(π,6)＝－eq \f(1,2)，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,2)))＝cs eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)，
∴Q(－1，eq \r(3))．
5．(2020·泰安模拟)如图，在△ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，若eq \(AB,\s\up6(→))＝meq \(AM,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＝neq \(AN,\s\up6(→))，则m＋n等于( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 C
解析 如图，连接AO，由O为BC的中点可得，eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))
＝eq \f(m,2)eq \(AM,\s\up6(→))＋eq \f(n,2)eq \(AN,\s\up6(→))，
∵M，O，N三点共线，
∴eq \f(m,2)＋eq \f(n,2)＝1.
∴m＋n＝2.
6．在同一平面中，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))＝2eq \(ED,\s\up6(→)).若eq \(AE,\s\up6(→))＝meq \(AB,\s\up6(→))＋neq \(AC,\s\up6(→))(m，n∈R)，则m＋n等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,4) C.eq \f(5,6) D．1
答案 A
解析 由题意得，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(DB,\s\up6(→))，故eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))－\f(1,2)\(AC,\s\up6(→))))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))，所以m＝eq \f(1,3)，n＝eq \f(1,3)，故m＋n＝eq \f(2,3).
7．若P为△ABC所在平面内一点，且|eq \(PA,\s\up6(→))－eq \(PB,\s\up6(→))|＝|eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))－2eq \(PC,\s\up6(→))|，则△ABC的形状为( )
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 ∵|eq \(PA,\s\up6(→))－eq \(PB,\s\up6(→))|＝|eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))－2eq \(PC,\s\up6(→))|，∴|eq \(BA,\s\up6(→))|＝|(eq \(PA,\s\up6(→))－eq \(PC,\s\up6(→)))＋(eq \(PB,\s\up6(→))－eq \(PC,\s\up6(→)))|＝|eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))|，即|eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→))|＝|eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))|，两边平方整理得，eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，∴eq \(CA,\s\up6(→))⊥eq \(CB,\s\up6(→))，∴△ABC为直角三角形．故选C.
8．已知P是边长为3的等边三角形ABC外接圆上的动点，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))＋\(PB,\s\up6(→))＋2\(PC,\s\up6(→))))的最大值为( )
A．2eq \r(3) B．3eq \r(3) C．4eq \r(3) D．5eq \r(3)
答案 D
解析 设△ABC的外接圆的圆心为O，
则圆的半径为eq \f(3,\f(\r(3),2))×eq \f(1,2)＝eq \r(3)， eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0，
故eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＋2eq \(PC,\s\up6(→))＝4eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)).
又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4\(PO,\s\up6(→))＋\(OC,\s\up6(→))))2＝51＋8eq \(PO,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))≤51＋24＝75，
故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))＋\(PB,\s\up6(→))＋2\(PC,\s\up6(→))))≤5eq \r(3)，
当eq \(PO,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))同向共线时取最大值．
9．如图，圆O是边长为2eq \r(3)的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M为圆上任意一点，eq \(BM,\s\up6(→))＝xeq \(BA,\s\up6(→))＋yeq \(BD,\s\up6(→))(x，y∈R)，则2x＋y的最大值为( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3) C．2 D．2eq \r(2)
答案 C
解析 方法一 如图，连接DA，以D点为原点，BC所在直线为x轴，DA所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．设内切圆的半径为r，则圆心为坐标(0，r)，
根据三角形面积公式，得eq \f(1,2)×l△ABC×r＝eq \f(1,2)×AB×AC×sin 60°(l△ABC为△ABC的周长)，解得r＝1.
易得B(－eq \r(3)，0)，C(eq \r(3)，0)，A(0,3)，D(0,0)，
设M(cs θ，1＋sin θ)，θ∈[0,2π)，
则eq \(BM,\s\up6(→))＝(cs θ＋eq \r(3)，1＋sin θ)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0)，
故eq \(BM,\s\up6(→))＝(cs θ＋eq \r(3)，1＋sin θ)＝(eq \r(3)x＋eq \r(3)y,3x)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs θ＝\r(3)x＋\r(3)y－\r(3)，,sin θ＝3x－1，))
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1＋sin θ,3)，,y＝\f(\r(3)cs θ,3)－\f(sin θ,3)＋\f(2,3)，))
所以2x＋y＝eq \f(\r(3)cs θ,3)＋eq \f(sin θ,3)＋eq \f(4,3)＝eq \f(2,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＋eq \f(4,3)≤2.
当θ＝eq \f(π,6)时等号成立．故2x＋y的最大值为2.
方法二 因为eq \(BM,\s\up6(→))＝xeq \(BA,\s\up6(→))＋yeq \(BD,\s\up6(→))，
所以|eq \(BM,\s\up6(→))|2＝3(4x2＋2xy＋y2)＝3[(2x＋y)2－2xy]．
由题意知，x≥0，y≥0，
|eq \(BM,\s\up6(→))|的最大值为eq \r(2\r(3)2－\r(3)2)＝3，
又eq \f(2x＋y2,4)≥2xy，即eq \f(－2x＋y2,4)≤－2xy，
所以3×eq \f(3,4)(2x＋y)2≤9，得2x＋y≤2，
当且仅当2x＝y＝1时取等号．
二、多项选择题
10．(2020·长沙模拟)已知a，b是单位向量，且a＋b＝(1，－1)，则( )
A．|a＋b|＝2
B．a与b垂直
C．a与a－b的夹角为eq \f(π,4)
D．|a－b|＝1
答案 BC
解析 |a＋b|＝eq \r(12＋－12)＝eq \r(2)，故A错误；因为a，b是单位向量，所以|a|2＋|b|2＋2a·b＝1＋1＋2a·b＝2，得a·b＝0，a与b垂直，故B正确；|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝2，|a－b|＝eq \r(2)，故D错误；cs〈a，a－b〉＝eq \f(a·a－b,|a||a－b|)＝eq \f(a2－a·b,1×\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，所以a与a－b的夹角为eq \f(π,4)，故C正确．
11．设向量a＝(k,2)，b＝(1，－1)，则下列叙述错误的是( )
A．若k<－2，则a与b的夹角为钝角
B．|a|的最小值为2
C．与b共线的单位向量只有一个为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))
D．若|a|＝2|b|，则k＝2eq \r(2)或－2eq \r(2)
答案 CD
解析 对于A选项，若a与b的夹角为钝角，则a·b<0且a与b不共线，则k－2<0且k≠－2，解得k<2且k≠－2，A选项正确；对于B选项，|a|＝eq \r(k2＋4)≥eq \r(4)＝2，当且仅当k＝0时等号成立，B选项正确；对于C选项，|b|＝eq \r(2)，与b共线的单位向量为±eq \f(b,|b|)，即与b共线的单位向量为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，C选项错误；对于D选项，∵|a|＝2|b|＝2eq \r(2)，∴eq \r(k2＋4)＝2eq \r(2)，解得k＝±2，D选项错误．
12．已知△ABC是边长为2的等边三角形，D，E分别是AC，AB上的两点，且eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(EB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))＝2eq \(DC,\s\up6(→))，BD与CE交于点O，则下列说法正确的是( )
A.eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝－1
B.eq \(OE,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0
C．|eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(3),2)
D.eq \(ED,\s\up6(→))在eq \(BC,\s\up6(→))方向上的投影为eq \f(7,6)
答案 BCD
解析 因为eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(EB,\s\up6(→))，△ABC是等边三角形，
所以CE⊥AB，所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝0，选项A错误；
以E为坐标原点，eq \(EA,\s\up6(→))，eq \(EC,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，
所以E(0,0)，A(1,0)，B(－1,0)，C(0，eq \r(3))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2\r(3),3)))，
设O(0，y)，y∈(0，eq \r(3))，
则eq \(BO,\s\up6(→))＝(1，y)，eq \(DO,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，y－\f(2\r(3),3)))，
又eq \(BO,\s\up6(→))∥eq \(DO,\s\up6(→))，所以y－eq \f(2\r(3),3)＝－eq \f(1,3)y，解得y＝eq \f(\r(3),2)，
即O是CE的中点，eq \(OE,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0，所以选项B正确；
|eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))|＝|2eq \(OE,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))|＝|eq \(OE,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(3),2)，
所以选项C正确；
eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2\r(3),3)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3))，eq \(ED,\s\up6(→))在eq \(BC,\s\up6(→))方向上的投影为eq \f(\(ED,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,3)＋2,2)＝eq \f(7,6)，所以选项D正确．
三、填空题
13．(2020·全国Ⅱ)已知单位向量a，b的夹角为45°，ka－b与a垂直，则k＝________.
答案 eq \f(\r(2),2)
解析 由题意知(ka－b)·a＝0，即ka2－b·a＝0.
因为a，b为单位向量，且夹角为45°，
所以k×12－1×1×eq \f(\r(2),2)＝0，解得k＝eq \f(\r(2),2).
14．在△ABC中，AB＝1，∠ABC＝60°，eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝－1，若O是△ABC的重心，则eq \(BO,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝________.
答案 5
解析 如图所示，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．
∵AB＝1，∠ABC＝60°，
∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).设C(a,0)．
∵eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝－1，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))
＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))＋eq \f(3,4)＝－1，解得a＝4.
∵O是△ABC的重心，延长BO交AC于点D，
∴eq \(BO,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(BA,\s\up6(→))＋\(BC,\s\up6(→))))
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))＋4，0))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),6))).
∴eq \(BO,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),6)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，－\f(\r(3),2)))＝5.
15．(2020·石家庄模拟)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点O为△ABC的外接圆的圆心，A＝eq \f(π,3)，且eq \(AO,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))，则λμ的最大值为________．
答案 eq \f(1,9)
解析 ∵△ABC是锐角三角形，
∴O在△ABC的内部，
∴0<λ<1,0<μ<1.
由eq \(AO,\s\up6(→))＝λ(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＋μ(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，
得(1－λ－μ)eq \(AO,\s\up6(→))＝λeq \(OB,\s\up6(→))＋μeq \(OC,\s\up6(→))，
两边平方后得，(1－λ－μ)2eq \(AO,\s\up6(→))2＝(λeq \(OB,\s\up6(→))＋μeq \(OC,\s\up6(→)))2
＝λ2eq \(OB,\s\up6(→))2＋μ2eq \(OC,\s\up6(→))2＋2λμeq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))，
∵A＝eq \f(π,3)，∴∠BOC＝eq \f(2π,3)，又|eq \(AO,\s\up6(→))|＝|eq \(BO,\s\up6(→))|＝|eq \(CO,\s\up6(→))|.
∴(1－λ－μ)2＝λ2＋μ2－λμ，
∴1＋3λμ＝2(λ＋μ)，
∵0<λ<1,0<μ<1，∴1＋3λμ≥4eq \r(λμ)，
设eq \r(λμ)＝t，∴3t2－4t＋1≥0，解得t≥1(舍)或t≤eq \f(1,3)，
即eq \r(λμ)≤eq \f(1,3)⇒λμ≤eq \f(1,9)，∴λμ的最大值是eq \f(1,9).
16．(2020·浙江)已知平面单位向量e1，e2满足|2e1－e2|≤eq \r(2)，设a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夹角为θ，则cs2θ的最小值是________．
答案 eq \f(28,29)
解析 设e1＝(1,0)，e2＝(x，y)，
则a＝(x＋1，y)，b＝(x＋3，y)．
由2e1－e2＝(2－x，－y)，
故|2e1－e2|＝eq \r(2－x2＋y2)≤eq \r(2)，
得(x－2)2＋y2≤2.
又有x2＋y2＝1，得(x－2)2＋1－x2≤2，
化简，得4x≥3，即x≥eq \f(3,4)，因此eq \f(3,4)≤x≤1.
cs2θ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a·b,|a|·|b|)))2
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋1x＋3＋y2,\r(x＋12＋y2)\r(x＋32＋y2))))2
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4x＋4,\r(2x＋2)\r(6x＋10))))2＝eq \f(4x＋12,x＋13x＋5)
＝eq \f(4x＋1,3x＋5)＝eq \f(\f(4,3)3x＋5－\f(8,3),3x＋5)＝eq \f(4,3)－eq \f(\f(8,3),3x＋5)，
当x＝eq \f(3,4)时，cs2θ有最小值，为eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)＋1)),3×\f(3,4)＋5)＝eq \f(28,29).