新高考数学一轮复习课时讲练 第5章 第3讲　平面向量的数量积及应用举例 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时讲练 第5章 第3讲　平面向量的数量积及应用举例 (含解析)，共26页。试卷主要包含了向量的夹角，向量数量积的运算律，平面向量数量积的有关结论等内容，欢迎下载使用。

第3讲　平面向量的数量积及应用举例


1．向量的夹角
定义
图示
范围
共线与垂直
已知两个非零向量a和b，作＝a，＝b，则∠AOB就是a与b的夹角

设θ是a与b的夹角，则θ的取值范围是 0°≤θ≤180°
若θ＝0°，则a与b同向；若θ＝180°，则a与b反向；若θ＝90°，则a与b垂直　
2.平面向量的数量积
定义
设两个非零向量a，b的夹角为θ，则数量|a||b|·cos__θ叫做a与b的数量积，记作a·b
投影
|a|cos__θ叫做向量a在b方向上的投影，
|b|cos__θ叫做向量b在a方向上的投影
几何
意义
数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cos__θ的乘积
3．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.
4．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.
结论
几何表示
坐标表示
模
|a|＝
|a|＝
夹角
cos θ＝
cos θ＝
a⊥b的充要条件
a·b＝0
x1x2＋y1y2＝0

[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量．(　　)
(2)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量．(　　)
(3)由a·b＝0可得a＝0或b＝0.(　　)
(4)(a·b)c＝a(b·c)．(　　)
(5)两个向量的夹角的范围是.(　　)
(6)若a·b>0，则a和b的夹角为锐角；若a·b<0，则a和b的夹角为钝角．(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
[教材衍化]
1．(必修4P108A组T6改编)已知a·b＝－12，|a|＝4，a和b的夹角为135°，则|b|为(　　)
A．12　　　B．6　　　C．3　　　D．3
解析：选B.a·b＝|a||b|cos 135°＝－12，所以|b|＝＝6.
2．(必修4P105例4改编)已知向量a＝(2，1)，b＝(－1，k)，a·(2a－b)＝0，则k＝________．
解析：因为2a－b＝(4，2)－(－1，k)＝(5，2－k)，由a·(2a－b)＝0，得(2，1)·(5，2－k)＝0，
所以10＋2－k＝0，解得k＝12.
答案：12
3．(必修4P106练习T3改编)已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ＝120°，则向量b在向量a方向上的投影为________．
解析：由数量积的定义知，b在a方向上的投影为|b|cos θ＝4×cos 120°＝－2.
答案：－2
[易错纠偏]
(1)没有找准向量的夹角致误；
(2)不理解向量的数量积的几何意义致误；
(3)向量的数量积的有关性质应用不熟练致误．
1．已知△ABC的三边长均为1，且＝c，＝a，＝b，则a·b＋b·c＋a·c＝________．
解析：因为a，b＝b，c＝a，c＝120°，|a|＝|b|＝|c|＝1，所以a·b＝b·c＝a·c＝1×1×cos 120°＝－，所以a·b＋b·c＋a·c＝－.
答案：－
2．已知点A(－1，1)，B(1，2)，C(－2，－1)，D(3，4)，则向量在方向上的投影为________．
解析：＝(2，1)，＝(5，5)，由定义知，在方向上的投影为＝＝.
答案：
3．设向量a＝(－1，2)，b＝(m，1)，如果向量a＋2b与2a－b平行，那么a与b的数量积等于________．
解析：a＋2b＝(－1＋2m，4)，2a－b＝(－2－m，3)，由题意得3(－1＋2m)－4(－2－m)＝0，则m＝－，所以a·b＝－1×＋2×1＝.
答案：


　　　　　　平面向量数量积的运算
(1)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I1＝·，I2＝·，I3＝·，则(　　)
A．I1＜I2＜I3　　　　　　　　
B．I1＜I3＜I2
C．I3 ＜ I1＜I2
D．I2＜I1＜I3
(2)已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则·(＋)的最小值是(　　)
A．－2 B．－
C．－ D．－1
【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AOI3，作AG⊥BD于G，又AB＝AD，所以OB·，即I1>I3.所以I3 (2)如图，以等边三角形ABC的底边BC所在的直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(－1，0)，C(1，0)，设P(x，y)，则＝(－x，－y)，＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，所以·(＋)＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋2－，当x＝0，y＝时，·(＋)取得最小值，为－，选择B.
【答案】　(1)C　(2)B

(变问法)在本例(2)的条件下，若D，E是边BC的两个三等分点(D靠近点B)，则·等于________．
解析：法一：(通性通法)
因为D，E是边BC的两个三等分点，所以BD＝DE＝CE＝，在△ABD中，AD2＝BD2＋AB2－2BD·AB·cos 60°＝＋22－2××2×＝，即AD＝，同理可得AE＝，在△ADE中，由余弦定理得cos∠DAE＝＝＝，所以·＝||·||cos∠DAE＝××＝.
法二：(光速解法)
如图，建立平面直角坐标系，由正三角形的性质易得A(0，)，D，E，所以＝，＝，所以·＝·＝.
答案：

(1)向量数量积的两种运算方法
①当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
②当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2.
(2)数量积在平面几何中的应用
解决涉及几何图形的向量的数量积运算问题时，常利用解析法，巧妙构造坐标系，利用坐标求解．　

1．(2020·杭州中学高三月考)若A，B，C三点不共线，||＝2，||＝3||，则·的取值范围是(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D.设||＝x，则||＝3||＝3x，
由于A，B，C三点不共线，能构成三角形，如图：
由三角形三边的性质得，，
解得 由余弦定理的推论得，cos C＝＝＝，
所以·＝||||cos C
＝3x2×＝5x2－2，
由 故选D.
2．已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________．
解析：由题意，令e＝(1，0)，a＝(cos α，sin α)，b＝(2cos β，2sin β)，则由|a·e|＋|b·e|≤，可得|cos α|＋2|cos β|≤.①令sin α＋2sin β＝m，②
①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，
故a·b＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤.
答案：

　　　　　　平面向量的夹角与模(高频考点)
平面向量的夹角与模是高考的热点，题型多为选择题、填空题，难度适中，属中档题．主要命题角度有：
(1)求两向量的夹角；
(2)求向量的模；
(3)两向量垂直问题；
(4)求参数值或范围．
角度一　求两向量的夹角
(2020·绍兴一中高三期中)若|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，则向量a＋b与a的夹角为(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
【解析】　因为|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，
所以|a＋b|2＝|a－b|2，两边平方
可得a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，
化简可得a·b＝0，
设向量a＋b与a的夹角为θ，
则可得cos θ＝＝
＝＝，又θ∈[0，π]，故θ＝.
【答案】　B
角度二　求向量的模
(2018·高考浙江卷)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是(　　)
A.－1 B.＋1
C．2 D．2－
【解析】　法一：设O为坐标原点，a＝，b＝＝(x，y)，e＝(1，0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C(2，0)为圆心，1为半径的圆．因为a与e的夹角为，所以不妨令点A在射线y＝x(x>0)上，如图，数形结合可知|a－b|min＝||－||＝－1.故选A.
法二：由b2－4e·b＋3＝0得b2－4e·b＋3e2＝(b－e)·(b－3e)＝0.
设b＝，e＝，3e＝，所以b－e＝，b－3e＝，所以·＝0，取EF的中点为C，则B在以C为圆心，EF为直径的圆上，如图．设a＝，作射线OA，使得∠AOE＝，所以|a－b|＝|(a－2e)＋(2e－b)|≥|a－2e|－|2e－b|＝||－||≥－1.故选A.
【答案】　A
角度三　两向量垂直问题
已知|a|＝4，|b|＝8，a与b的夹角是120°.求k为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b)?
【解】　由已知得，a·b＝4×8×＝－16.
因为(a＋2b)⊥(ka－b)，
所以(a＋2b)·(ka－b)＝0，
ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，
即16k－16(2k－1)－2×64＝0.
所以k＝－7.
即k＝－7时，a＋2b与ka－b垂直．
角度四　求参数值或范围
已知△ABC是正三角形，若－λ与向量的夹角大于90°，则实数λ的取值范围是________．
【解析】　因为－λ与向量的夹角大于90°，所以(－λ)·<0，即||2－λ||·||cos 60°<0，解得λ>2.故填(2，＋∞)．
【答案】　(2，＋∞)

(1)求平面向量的夹角的方法
①定义法：利用向量数量积的定义知，cos θ＝，其中两个向量的夹角θ的范围为[0，π]，求解时应求出三个量：a·b，|a|，|b|或者找出这三个量之间的关系；
②坐标法：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则cos θ＝；
(2)求向量的模的方法
①公式法：利用|a|＝及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量模的运算转化为数量积运算．
②几何法：利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解．　

1．(2020·浙江新高考研究联盟)已知向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝k，|c|＝2－k且a＋b＋c＝0，则b与c夹角的余弦值的取值范围是________．
解析：设b与c的夹角为θ，由题b＋c＝－a，
所以b2＋c2＋2b·c＝1.
即cos θ＝＝1＋.
因为|a|＝|b＋c|≥|b－c|，所以|2k－2|≤1.
所以≤k≤.
所以－1≤cos θ≤－.
答案：
2．已知向量与的夹角为120°，且||＝3，||＝2.若＝λ＋，且⊥，则实数λ的值为________．
解析：因为⊥，所以·＝0.
又＝λ＋，＝－，
所以(λ＋)·(－)＝0，
即(λ－1)·－λ2＋2＝0，
所以(λ－1)||||cos 120°－9λ＋4＝0.
所以(λ－1)×3×2×(－)－9λ＋4＝0.解得λ＝.
答案：

　　　　　　向量数量积的综合应用
(2020·金华十校联考)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＝－.
(1)求sin A的值；
(2)若a＝4，b＝5，求角B的大小及向量在方向上的投影．
【解】　(1)由m·n＝－，
得cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－，
所以cos A＝－.
因为0 所以sin A＝＝ ＝.
(2)由正弦定理，得＝，则sin B＝＝＝，因为a>b，所以A>B，则B＝，由余弦定理得＝52＋c2－2×5c×，解得c＝1.
故向量在方向上的投影为
||cos B＝ccos B＝1×＝.

平面向量与三角函数的综合问题
(1)题目条件给出的向量坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．
(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．　

1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量m＝，n＝，且2m·n＋|m|＝，则∠A＝________．
解析：因为2m·n＝2sin cos －2cos2 ＝sin A－(cos A＋1)＝sin －1，
又|m|＝1，
所以2m·n＋|m|＝sin＝，
即sin＝.
因为0 所以A－＝，即A＝.
答案：
2．已知向量a＝(cos x，sin x)，b＝(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)因为a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－)，a∥b，
所以－cos x＝3sin x.
若cos x＝0，则sin x＝0，与sin2x＋cos2x＝1矛盾，故cos x≠0.
于是tan x＝－.
又x∈[0，π]，
所以x＝.
(2)f(x)＝a·b＝(cos x，sin x)·(3，－)＝3cos x－sin x＝2cos.
因为x∈[0，π]，所以x＋∈，
从而－1≤cos≤.
于是，当x＋＝，即x＝0时，f(x)取到最大值3；
当x＋＝π，即x＝时，f(x)取到最小值－2.

　　　　　　平面向量中的最值范围问题
(1)(2020·杭州市高三模拟)在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，D是AB的中点，E，F分别是边BC、AC上的动点，且EF＝1，则·的最小值等于(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
(2)(2020·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a，b满足|a＋b|＝4，|a－b|＝3，则|a|＋|b|的取值范围是(　　)
A．[3，5] B．[4，5]
C．[3，4] D．[4，7]
【解析】　(1)以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：

则A(0，4)，B(3，0)，C(0，0)，D.
设E(x，0)，则F(0, )，0≤x≤1.
所以＝，＝.
所以·＝－x＋4－2＝－－2.令f(x)＝－－2，
当x≠1时，则f′(x)＝－＋　.
令f′(x)＝0得x＝.
当0≤x＜时，f′(x)＜0，当＜x＜1时，f′(x)＞0.
所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝.
当x＝1时，f(1)＝－＝＞，故选B.
(2)|a|＋|b|≥max{|a＋b|，|a－b |}＝4，
(|a|＋|b|)2≤|a＋b|2＋|a－b|2＝25，所以|a|＋|b|≤5.
【答案】　(1)B　(2)B

求解向量数量积最值问题的两种思路
(1)直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值．
(2)建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值．　

1．已知平面向量a，b，|a|＝1，|b|＝2，a·b＝1，若e为平面单位向量，则|a·e|＋|b·e|的最大值是__________．
解析：由a·b＝1，|a|＝1，|b|＝2可得两向量的夹角为60°，建立平面直角坐标系，可设a＝(1，0)，b＝(1，)，e＝(cos θ，sin θ)，则|a·e|＋|b·e|＝|cos θ|＋|cos θ＋sin θ|≤|cos θ|＋|cos θ|＋|sin θ|＝|sin θ|＋2|cos θ|≤，所以|a·e|＋|b·e|的最大值为.
答案：
2．(2020·金华十校高考模拟)若非零向量a，b满足：a2＝(5a－4b)·b，则cos〈a，b〉的最小值为________．
解析：非零向量a，b满足：a2＝(5a－4b)·b，
可得a ·b＝(a2＋4b2)＝(|a|2＋4|b|2)≥·2＝|a|·|b|，
即有cos〈a，b〉＝≥·＝，
当且仅当|a|＝2|b|，取得最小值.
答案：

核心素养系列12　数学建模——平面向量的综合运用
一、平面向量在平面几何中的应用
(1)已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个动点，若动点P满足＝＋λ(＋)，λ∈(0，＋∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A．内心　　　B．外心　　　C．重心　　　D．垂心
(2)在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点．若·＝1，则AB＝________．
【解析】　(1)由原等式，得－＝λ(＋)，即＝λ(＋)，根据平行四边形法则，知＋＝2(D为BC的中点)，所以点P的轨迹必过△ABC的重心．故选C.
(2)在平行四边形ABCD中，＝＋＝＋＝－，又因为＝＋，所以·＝(＋)·(－)＝2－·＋·－2＝||2＋||||cos 60°－||2＝1＋×1×||－||2＝1.所以||＝0，又||≠0，所以||＝.
【答案】　(1)C　(2)

向量与平面几何综合问题的解法
(1)坐标法
把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．
(2)基向量法
适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解．　
二、平面向量与函数、不等式的综合应用
(1)设θ是两个非零向量a，b的夹角，若对任意实数t，|a＋tb|的最小值为1，则下列判断正确的是(　　)
A．若|a|确定，则θ唯一确定
B．若|b|确定，则θ唯一确定
C．若θ确定，则|b|唯一确定
D．若θ确定，则|a|唯一确定
(2)(一题多解)已知向量a，b为单位向量，且a·b＝－，向量c与a＋b共线，则|a＋c|的最小值为________．
【解析】　(1)设g(t)＝(a＋tb)2＝b2t2＋2ta·b＋a2，当且仅当t＝－＝－时，g(t)取得最小值1，所以b2×－2a·b×＋a2＝1，化简得a2sin 2θ＝1，所以当θ确定时，|a|唯一确定．
(2)法一：因为向量c与a＋b共线，所以可设c＝t(a＋b)(t∈R)，所以a＋c＝(t＋1)a＋tb，所以(a＋c)2＝(t＋1)2a2＋2t(t＋1)a·b＋t2b2，因为向量a，b为单位向量，且a·b＝－，所以(a＋c)2＝(t＋1)2－t(t＋1)＋t2＝t2＋t＋1≥，所以|a＋c|≥，所以|a＋c|的最小值为.
法二：因为向量a，b为单位向量，且a·b＝－，所以向量a，b的夹角为120°，在平面直角坐标系中，不妨设向量a＝(1，0)，b＝，则a＋b＝，因为向量c与a＋b共线，所以可设c＝t(t∈R)，所以a＋c＝，所以|a＋c|＝＝≥，所以|a＋c|的最小值为.
【答案】　(1)D　(2)

通过向量的数量积运算把向量运算转化为实数运算，再结合函数、不等式的知识解决，同时也要注意平面向量的坐标运算在这方面的应用．　
三、平面向量与解三角形的综合应用
已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cos B，cos A)，m·n＝sin 2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且·(－)＝18，求c.
【解】　(1)m·n＝sin A·cos B＋sin B·cos A＝sin(A＋B)，
对于△ABC，A＋B＝π－C，0 所以sin(A＋B)＝sin C，
所以m·n＝sin C，又m·n＝sin 2C，
所以sin 2C＝sin C，cos C＝，又因为C∈(0，π)，
所以C＝.
(2)由sin A，sin C，sin B成等差数列，可得2sin C＝sin A＋sin B，由正弦定理得2c＝a＋b.
因为·(－)＝18，所以·＝18，
即abcos C＝18，ab＝36.
由余弦定理得
c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－3ab，
所以c2＝4c2－3×36，c2＝36，所以c＝6.

(1)解决平面向量与三角函数的交汇问题，关键是准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数中的有关问题解决．
(2)还应熟练掌握向量数量积的坐标运算公式、几何意义、向量模、夹角的坐标运算公式以及三角恒等变换、正、余弦定理等知识．　
四、平面向量与解析几何的综合应用
(1)若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为________．
(2)已知F为双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点，定点A为双曲线虚轴的一个端点，过F，A两点的直线与双曲线的一条渐近线在y轴右侧的交点为B，若＝3，则此双曲线的离心率为________．
【解析】　(1)由椭圆＋＝1可得F(－1，0)，点O(0，0)，设P(x，y)(－2≤x≤2)，
则·＝x2＋x＋y2＝x2＋x＋3
＝x2＋x＋3＝(x＋2)2＋2，－2≤x≤2，
当且仅当x＝2时，·取得最大值6.
(2)由F(－c，0)，A(0，b)，得直线AF的方程为y＝x＋b.
根据题意知，直线AF与渐近线y＝x相交，
联立得消去x得，yB＝.
由＝3，得yB＝4b，所以＝4b，化简得3c＝4a，
所以离心率e＝.
【答案】　(1)6　(2)

向量在解析几何中的2个作用
载体
作用
向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题的关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关距离、斜率、夹角、轨迹、最值等问题
工具
作用
利用a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)，a∥b⇔a＝λb(b≠0)可解决垂直、平行问题，特别地，向量垂直、平行的坐标表示对于解决解析几何中的垂直、平行问题是一种比较简捷的方法

[基础题组练]
1．已知A，B，C为平面上不共线的三点，若向量＝(1，1)，n＝(1，－1)，且n·＝2，则n·等于(　　)
A．－2　　　　　　　　　 B．2
C．0 D．2或－2
解析：选B.n·＝n·(＋)＝n·＋n·＝(1，－1)·(－1，－1)＋2＝0＋2＝2.
2．(2020·温州市十校联合体期初)设正方形ABCD的边长为1，则|－＋|等于(　　)
A．0 B.
C．2 D．2
解析：选C.正方形ABCD的边长为1，则|－＋|2＝|＋|2＝||2＋||2＋2·＝12＋12＋12＋12＝4，所以|－＋|＝2，故选C.
3．(2020·温州市十校联合体期初)已知平面向量a，b，c满足c＝xa＋yb(x，y∈R)，且a·c>0，b·c>0.(　　)
A．若a·b<0则x>0，y>0
B．若a·b<0则x<0，y<0
C．若a·b>0则x<0，y<0
D．若a·b>0则x>0，y>0
解析：选A.由a·c>0，b·c>0，若a·b<0，
可举a＝(1，1)，b＝(－2，1)，c＝(0，1)，
则a·c＝1>0，b·c＝1>0，a·b＝－1<0，
由c＝xa＋yb，即有0＝x－2y，1＝x＋y，
解得x＝，y＝，则可排除B；
若a·b>0，可举a＝(1，0)，b＝(2，1)，c＝(1，1)，
则a·c＝1>0，b·c＝3>0，a·b＝2>0，
由c＝xa＋yb，即有1＝x＋2y，1＝y，解得x＝－1，y＝1，
则可排除C，D.故选A.
4．在△ABC中，(＋)·＝||2，则△ABC的形状一定是(　　)
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
解析：选C.由(＋)·＝||2，得·(＋－)＝0，即·(＋＋)＝0，
所以2·＝0，所以⊥.
所以∠A＝90°，又因为根据条件不能得到||＝||.故选C.
5．已知正方形ABCD的边长为2，点F是AB的中点，点E是对角线AC上的动点，则·的最大值为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.以A为坐标原点，，方向分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则F(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，设E(λ，λ)(0≤λ≤2)，则＝(λ，λ－2)，＝(1，2)，所以·＝3λ－4≤2.
所以·的最大值为2.故选B.
6．(2020·金华市东阳二中高三月考)若a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，则b与a－b的夹角的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.因为|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，
不妨设|a＋b|＝1，则|a|＝|b|＝λ.
令＝a，＝b，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，
则平行四边形OACB为菱形．
故有△OAB为等腰三角形，故有∠OAB＝∠OBA＝θ，
且0<θ<.
而由题意可得，b与a－b的夹角，
即与的夹角，等于π－θ，
△OAC中，由余弦定理可得|OC|2＝1＝|OA|2＋|AC|2－2|OA|·|AC|·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，
解得cos 2θ＝1－.
再由≤λ≤1，可得≤≤，所以－≤cos 2θ≤，所以≤2θ≤，所以≤θ≤，
故≤π－θ≤，即b与a－b的夹角π－θ的取值范围是.
7．(2020·温州市十校联合体期初)已知平面向量a与b的夹角为120°，且|a|＝|b|＝4，那么|a－2b|＝________．
解析：因为平面向量a与b的夹角为120°，且|a|＝|b|＝4，所以a·b＝4·4·cos 120°＝－8，
所以|a－2b|＝＝＝＝＝4.
答案：4
8．(2020·嘉兴一中高考适应性考试)设e1，e2为单位向量，其中a＝2e1＋e2，b＝e2，且a在b上的投影为2，则a·b＝________，e1与e2的夹角为________．
解析：设e1，e2的夹角为θ，因为a在b上的投影为2，
所以＝＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝，则θ＝.
a·b＝(2e1＋e2)·e2
＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2.
答案：2　
9.如图，在边长为2的正方形ABCD中，点Q为边CD上一个动点，＝λ，点P为线段BQ (含端点)上一个动点．若λ＝1，则·的取值范围为________．
解析：当λ＝1时，Q为CD的中点．
设＝m，＝n，＝μ(0≤μ≤1)．
易知＝－m＋n，＝＋＝m＋μ＝m＋μn，
＝－＝m＋μn－n＝m＋(μ－1)n，
所以·＝·＝·＝4＋4μ(μ－1)＝5μ2－8μ＋4.
根据二次函数性质可知，当μ＝时上式取得最小值；当μ＝0时上式取得最大值4.所以·的取值范围为.
答案：
10．(2020·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足＝(1，)，＝(－，1)，则凸四边形ABCD的面积为________；·的取值范围是________．
解析：由＝(1，)，＝(－，1)得⊥，且||＝2，||＝2，所以凸四边形ABCD的面积为×2×2＝2；因为ABCD为凸四边形，所以AC与BD交于四边形内一点，记为M，则·＝(－)·(－)＝·＋·－·－·，
设＝λ，＝μ，则λ，μ∈(0，1)，且＝－λ，＝(1－λ)，
＝－μ，＝(1－μ)，所以·＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝时，·取到最小值－2.
答案：2　[－2，0)
11．已知m＝，n＝(cos x，1)．
(1)若m∥n，求tan x的值；
(2)若函数f(x)＝m·n，x∈[0，π]，求f(x)的单调递增区间．
解：(1)由m∥n得，sin－cos x＝0，
展开变形可得，sin x＝cos x，
即tan x＝.
(2)f(x)＝m·n＝sin＋，
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z得，－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
又x∈[0，π]，所以当x∈[0，π]时，
f(x)的单调递增区间为和.
12．(2020·金华市东阳二中高三月考)设O是△ABC的三边中垂线的交点，a，b，c分别为角A，B，C对应的边，已知b2－2b＋c2＝0，求·的取值范围．
解：因为O是△ABC的三边中垂线的交点，故O是三角形外接圆的圆心，
如图所示，延长AO交外接圆于点D.
因为AD是⊙O的直径，所以∠ACD＝∠ABD＝90°.
所以cos∠CAD＝，cos∠BAD＝.
所以·＝·(－)
＝·－·
＝||||·cos∠CAD－||||·cos∠BAD＝||2－||2
＝b2－c2
＝b2－(2b－b2)(因为c2＝2b－b2)
＝b2－b＝－.
因为c2＝2b－b2>0，解得0 令f(b)＝－.
所以当b＝时，f(b)取得最小值－.
又f(0)＝0，f(2)＝2.
所以－≤f(b)<2.
即·的取值范围是.
[综合题组练]
1．(2020·嘉兴市高考模拟)已知平面向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝，若向量c满足|a－b＋c|≤1，则|c|的最大值为(　　)
A．1 B.
C. D．2
解析：选D.由平面向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝，
可得|a|·|b|·cos〈a，b〉＝1·1·cos〈a，b〉＝，
由0≤〈a，b〉≤π，可得〈a，b〉＝，
设a＝(1，0)，b＝，c＝(x，y)，
则|a－b＋c|≤1，即有≤1，
即为＋≤1，
故|a－b＋c|≤1的几何意义是在以为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c|的几何意义是表示向量c的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.
2．(2020·温州市高考模拟)记max{a，b}＝，已知向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，c＝λa＋μb(λ，μ≥0，且λ＋μ＝1)，则当max{c·a，c·b}取最小值时，|c|＝　(　　)
A. B.
C．1 D.
解析：选A.如图，设＝a，＝b，则a＝(1，0)，b＝(0，2)，因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1.
又c＝λa＋μb，所以c·a＝(λa＋b－λb)·a＝λ；c·b＝(λa＋b－λb)·b＝4－4λ.
由λ＝4－4λ，得λ＝.
所以max{c·a，c·b}＝.
令f(λ)＝.则f(λ)∈.
所以f(λ)min＝，此时λ＝，μ＝，
所以c＝a＋b＝.
所以|c|＝ ＝.故选A.
3．(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)向量m＝，n＝(sin x，cos x)，x∈(0，π)，①若m∥n，则tan x＝________；②若m与n的夹角为，则x＝________．
解析：m＝，n＝(sin x，cos x)，x∈(0，π)，
①由m∥n，得cos x＋sin x＝0，即sin＝0，
因为0 ②由m与n的夹角为，得
cos＝
＝sin＝，因为0 答案：①－1　②
4．(2020·宁波市余姚中学高三期中)已知向量，的夹角为60°，||＝2，||＝2，＝λ＋μ.若λ＋μ＝2，则||的最小值是________，此时，夹角的大小为________．
解析：向量，的夹角为60°，||＝2，||＝2，
即有·＝||·||·cos 60°＝2×2×＝2，若λ＋μ＝2，可得λ＝2－μ，
则||＝|λ＋μ|
＝
＝＝
＝＝≥2，
当μ＝，λ＝1时，||的最小值为2.
由＝＋ ，
可得·＝2＋·＝4＋·2＝6，
则cos〈，〉＝＝＝，
由0°≤〈，〉≤180°，可得〈，〉＝30°.
答案：2　30°
5．(2020·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a，b，c满足|a|＝4，|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，求(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2的最大值．
解：设＝a，＝b，＝c，a－b与a－c所成夹角为θ，则(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2
＝|AB|2|AC|2－|AB|2|AC|2cos2θ
＝|AB|2|AC|2sin2θ＝|AB|2|AC|2sin2∠CAB＝4S，
因为|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，所以b，c的夹角为60°，
设B(3，0)，C(1，)，则|BC|＝，
所以S△OBC＝×3×2×sin 60°＝，
设O到BC的距离为h，
则·BC·h＝S△OBC＝，所以h＝，
因为|a|＝4，所以A点落在以O为圆心，以4为半径的圆上，所以A到BC的距离最大值为4＋h＝4＋.
所以S△ABC的最大值为××＝2＋，
所以(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2的最大值为4＝(4＋3)2.

6.在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1，0)和点B(－1，0)，||＝1，且∠AOC＝θ，其中O为坐标原点．
(1)若θ＝π，设点D为线段OA上的动点，求|＋|的最小值；
(2)若θ∈，向量m＝，n＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m·n的最小值及对应的θ值．
解：(1)设D(t，0)(0≤t≤1)，
由题意知C，
所以＋＝，
所以|＋|2＝－t＋t2＋
＝t2－t＋1＝＋，
所以当t＝时，|＋|最小，为.
(2)由题意得C(cos θ，sin θ)，m＝＝(cos θ＋1，sin θ)，
则m·n＝1－cos2θ＋sin2θ－2sin θcos θ＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－sin，
因为θ∈，
所以≤2θ＋≤，
所以当2θ＋＝，
即θ＝时，sin取得最大值1.
所以m·n的最小值为1－，此时θ＝.