专题六 平面向量-2024五年高考题分类训练（数学）

这是一份专题六 平面向量-2024五年高考题分类训练（数学），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

题组
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅰ，5分]已知向量a=1,1 ，b=1,−1 .若a+λb⊥a+μb ，则( D )
A. λ+μ=1 B. λ+μ=−1 C. λμ=1 D. λμ=−1
[解析]因为a=1,1 ,b=1,−1 ，所以a+λb=1+λ,1−λ ，a+μb=1+μ,1−μ ，因为a+λb⊥a+μb ，所以a+λb⋅a+μb=0 ，（易错警示：两向量垂直，其数量积为0，注意与两直线垂直（两直线的斜率存在），其斜率之积为−1 的区别）所以1+λ1+μ+1−λ1−μ=0 ，整理得λμ=−1 .故选D .
2. [2023全国卷甲，5分]已知向量a ,b ,c 满足a=b=1 ,c=2 ,且a+b+c=0 ，则cs⟨a−c,b−c⟩= ( D )
A. −45 B. −25 C. 25 D. 45
[解析]∵a+b+c=0 ,∴c=−a−b ，等式两边同时平方得2=a2+b2+2a⋅b=1+1+2a⋅b ，∴a⋅b=0 .
解法一 ∵a−c=a−−a−b=2a+b ,b−c=b−−a−b=a+2b ,∴a−c⋅b−c=2a+b⋅a+2b=2a2+5a⋅b+2b2=4 ，且a−c=2a+b=2a+b2=4+1=5 ,b−c=a+2b=a+2b2=1+4=5 ，∴cs⟨a−c,b−c⟩=a−c⋅b−ca−c⋅b−c=45 ，故选D .
解法二 如图，令OA=a ,OB=b ,则OC=c ,∴CA=a−c ,CB=b−c ，而AB=2 ,AC=BC=5 ，在△ABC 中，由余弦定理得cs⟨a−c,b−c⟩=cs⟨CA,CB⟩=cs∠ACB=5+5−225×5=45 ，故选D .
解法三 如图，令向量a ,b 的起点均为O ，终点分别为A ,B ,以OA ,OB 分别为x 轴,y 轴的正方向建立平面直角坐标系，则a=1,0 ,b=0,1 ,c=−a−b=−1,−1 ，∴a−c=2,1 ,b−c=1,2 ，则cs⟨a−c,b−c⟩=a−c⋅b−ca−c⋅b−c=2+25×5=45 ，故选D .
3. [2022全国卷乙，5分]已知向量a=2,1 ，b=−2,4 ,则a−b= ( D )
A. 2B. 3C. 4D. 5
[解析]由题意知a−b=2,1−−2,4=4,−3 ，所以a−b=42+−32=5 ，故选D .
4. [2022新高考卷Ⅰ，5分]在△ABC 中，点D 在边AB 上，BD=2DA .记CA=m ,CD=n ,则CB= ( B )
A. 3m−2n B. −2m+3n C. 3m+2n D. 2m+3n
[解析]因为BD=2DA ，所以AB=3AD ,所以CB=CA+AB=CA+3AD=CA+3CD−CA=−2CA+3CD=−2m+3n ．故选B ．
【速解】 如图，利用平行四边形法则，合成出向量CB ，由图易知CA （即向量m ）的系数为负数，排除A,C,D，故选B．
5. [2022全国卷乙，5分]已知向量a ，b 满足a=1 ,b=3 ，a−2b=3 ,则a⋅b= ( C )
A. −2 B. −1 C. 1D. 2
[解析]由a−2b=3 ，可得a−2b2=a2−4a⋅b+4b2=9 .又a=1 ,b=3 ，所以a⋅b=1 ，故选C .
6. [2022新高考卷Ⅱ，5分]已知向量a=3,4 ,b=1,0 ,c=a+tb ,若⟨a,c⟩=⟨b,c⟩ ,则t= ( C )
A. −6 B. −5 C. 5D. 6
[解析]由题意，得c=a+tb=3+t,4 ，所以a⋅c=3×3+t+4×4=25+3t ，b⋅c=1×3+t+0×4=3+t ．因为⟨a,c⟩=⟨b,c⟩ ，所以cs⟨a,c⟩=cs⟨b,c⟩ ，即a⋅cac=b⋅cbc ，即25+3t5=3+t ，解得t=5 ，故选C ．
【速解】 因为⟨a,c⟩=⟨b,c⟩ ,且c=a+tb ,所以由向量加法的平行四边形法则得a=tb ,易知a=5 ，b=1 ，所以t=5 .
7. [2020新高考卷Ⅱ，5分]若D 为△ABC 的边AB 的中点，则CB= ( A )
A. 2CD−CA B. 2CA−CD C. 2CD+CA D. 2CA+CD
[解析]解法一 因为D 是AB 的中点，所以AB=2AD ，所以CB=CA+AB=CA+2AD=CA+2CD−CA=2CD−CA ，故选A .
解法二 因为D 是AB 的中点，所以CD=12CA+CB ，即2CD=CA+CB ，所以CB=2CD−CA ，故选A .
8. [2020全国卷Ⅲ，5分]已知向量a ,b 满足a=5 ,b=6 ,a⋅b=−6 ,则cs⟨a,a+b⟩= ( D )
A. −3135 B. −1935 C. 1735 D. 1935
[解析]由题意，得a⋅a+b=a2+a⋅b=25−6=19 ，a+b=a2+2a⋅b+b2=25−12+36=7 ，所以cs⟨a,a+b⟩=a⋅a+baa+b=195×7=1935 ，故选D .
9. [2020全国卷Ⅱ，5分]已知单位向量a ,b 的夹角为60∘ ，则在下列向量中，与b 垂直的是( D )
A. a+2b B. 2a+b C. a−2b D. 2a−b
[解析]解法一 由题意，得a⋅b=a⋅bcs60∘=12 .对于A ，a+2b⋅b=a⋅b+2b2=12+2=52≠0 ，故A 不符合题意；对于B ，2a+b⋅b=2a⋅b+b2=1+1=2≠0 ，故B 不符合题意；对于C ，a−2b⋅b=a⋅b−2b2=12−2=−32≠0 ，故C 不符合题意；对于D ，2a−b⋅b=2a⋅b−b2=1−1=0 ，所以2a−b⊥b .故选D .
解法二 不妨设a=1232 ,b=1,0 ，则a+2b=52,32 ，2a+b=2,3 ，a−2b=−32,32 ，2a−b=0,3 ，易知，只有2a−b⋅b=0 ，即2a−b⊥b ，故选D .
解法三 根据条件,分别作出向量b 与A ，B ，C ，D 四个选项对应的向量的位置关系，如图所示：
A B C D
由图易知，只有选项D 满足题意，故选D .
10. [2019全国卷Ⅱ，5分]已知AB=2,3 ，AC=3,t ，BC=1 ，则AB⋅BC= ( C )
A. −3 B. −2 C. 2D. 3
[解析]因为BC=AC−AB=1,t−3 ，所以BC=1+t−32=1 ，解得t=3 ，所以BC=1,0 ，所以AB⋅BC=2×1+3×0=2 ，故选C ．
11. [2019全国卷Ⅰ，5分]已知非零向量a ，b 满足a=2b ，且a−b⊥b ，则a 与b 的夹角为( B )
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
[解析]设a 与b 的夹角为α ，∵a−b⊥b ,∴a−b⋅b=0 ,∴a⋅b=b2 ，∴a⋅bcsα=b2 ，又a=2b ,∴csα=12 ,∵α∈[0,π] ,∴α=π3 ．故选B ．
二、填空题
12. [2023新高考卷Ⅱ，5分]已知向量a ，b 满足a−b=3 ,a+b=2a−b ,则b= 3 .
[解析]由a−b=3 ，得a2−2a⋅b+b2=3 ，即2a⋅b=a2+b2−3 ①.由a+b=2a−b ，得a2+2a⋅b+b2=4a2−4a⋅b+b2 ，整理得，3a2−6a⋅b=0 ，结合①，得3a2−3a2+b2−3=0 ，整理得，b2=3 ，所以b=3 .
13. [2023天津，5分]在三角形ABC 中,∠A=π3 ，BC=1 ,D 为线段AB 的中点，E 为线段CD 的中点，若设AB=a ,AC=b ,则AE 可用a ，b 表示为14a+12b ;若BF=13BC ，则AE⋅AF 的最大值为1324 .
[解析]因为E 为CD 的中点，所以AE=12AD+12AC ，因为D 为AB 的中点，所以AD=12AB ,所以AE=14AB+12AC ,又AB=a ,AC=b ，所以AE=14a+12b .
因为BF=13BC ,所以AF−AB=13AC−AB ,即AF=23AB+13AC=23a+13b ，所以AE⋅AF=14a+12b⋅23a+13b=16a2+512a⋅b+16b2 .在三角形ABC 中，∠A=π3 ,BC=1 ，设三角形ABC 的三个内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ，则a=1 ,a=c ,b=b ，所以a⋅b=bccsπ3=bc2 ，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsπ3 ，即1=b2+c2−bc≥bc ，当且仅当b=c=1 时等号成立，所以AE⋅AF=16a2+512a⋅b+16b2=16c2+524bc+16b2=16bc+1+524bc=38bc+16≤38+16=1324 .
14. [2022全国卷甲，5分]已知向量a=m,3 ,b=1,m+1 .若a⊥b ，则m= −34 .
[解析]∵a⊥b ，∴a⋅b=m+3m+1=4m+3=0 ,解得m=−34 .
15. [2022全国卷甲，5分]设向量a ,b 的夹角的余弦值为13 ，且a=1 ,b=3 ,则2a+b⋅b= 11.
[解析]2a+b⋅b=2a⋅b+b2=2a⋅b⋅cs⟨a,b⟩+b2=2×1×3×13+32=11 .
16. [2022天津，5分]在△ABC 中,CA=a ,CB=b ,AC=2DC ,CB=2BE ,用a ,b 表示向量DE ，则DE= 32b−12a ;若AB⊥DE ,则∠ACB 的最大值为π6 .
[解析]由题意知CD=12CA=12a ,又CB=2BE ,所以CE=32CB=32b ,则DE=CE−CD=32b−12a .AB=CB−CA=b−a ,因为AB⊥DE ,所以AB⋅DE=b−a⋅32b−12a=0 ,化简整理,得3b2+a2−4a⋅b=0 ,则3b2+a2−4abcs∠ACB=0 ,所以cs∠ACB=3b2+a24ab≥23ab4ab=32 ,当且仅当a=3b 时等号成立,又∠ACB∈0,π ,所以∠ACB≤π6 ,即∠ACB 的最大值为π6 .
17. [2021北京，5分]已知a=2,1 ，b=2,−1 ，c=0,1 ，则a+b⋅c= 0；a⋅b= 3．
[解析]由题意得，a+b⋅c=4,0⋅0,1=4×0+0×1=0 ，a⋅b=2,1⋅2,−1=2×2+1×−1=3 .
18. [2021全国卷乙，5分]已知向量a=2,5 ,b=λ,4 ,若a//b ,则λ= 85 .
[解析]因为a//b ，所以2×4−5λ=0 ，解得λ=85 .
19. [2021全国卷乙，5分]已知向量a=1,3 ,b=3,4 ,若a−λb⊥b ，则λ= 35 .
[解析]解法一 a−λb=1−3λ,3−4λ ,∵a−λb⊥b ,∴a−λb⋅b=0 ,即1−3λ,3−4λ⋅3,4=0 ,∴3−9λ+12−16λ=0 ,解得λ=35 .
解法二 由a−λb⊥b 可知，a−λb⋅b=0 ，即a⋅b−λb2=0 ,从而λ=a⋅bb2=1,3⋅3,432+42=1525=35 .
20. [2021全国卷甲，5分]若向量a ，b 满足a=3 ,a−b=5 ,a⋅b=1 ,则b= 32 .
[解析]由a−b=5 得a−b2=25 ，即a2−2a⋅b+b2=25 ，结合a=3 ，a⋅b=1 ，得32−2×1+b2=25 ，所以b=32 .
21. [2021新高考卷Ⅱ，5分]已知向量a+b+c=0 ，a=1 ，b=c=2 ，a⋅b+b⋅c+c⋅a= −92 .
[解析]由题意，得a+b+c2=a2+b2+c2+2a⋅b+a⋅c+b⋅c=0 ，因为a=1 ,b=c=2 ,所以a⋅b+b⋅c+c⋅a=−92 .
22. [2020全国卷Ⅱ，5分]已知单位向量a ,b 的夹角为45∘ ，ka−b 与a 垂直，则k= 22 .
[解析]由题意，得a⋅b=a⋅bcs45∘=22 ．因为向量ka−b 与a 垂直，所以ka−b⋅a=ka2−a⋅b=k−22=0 ，解得k=22 ．
23. [2020全国卷Ⅰ，5分]设a ,b 为单位向量，且a+b=1 ,则a−b= 3 .
[解析]解法一 ∵a ,b 为单位向量，且a+b=1 ，∴a+b2=1 ，∴1+1+2a⋅b=1 ，∴a⋅b=−12 ,∴a−b2=a2+b2−2a⋅b=1+1−2×−12=3 ,∴a−b=3 ．
解法二 如图，设OA=a ,OB=b ，利用平行四边形法则得OC=a+b ，∵a=b=a+b=1 ，∴△OAC 为正三角形，∴BA=a−b=2×32×a=3 ．
24. [2020江苏，5分]如图，在△ABC 中，AB=4 ,AC=3 ,∠BAC=90∘ ，D 在边BC 上，延长AD 到P ，使得AP=9 ,若PA=mPB+32−mPC(m 为常数) ，则CD 的长度是185 或0.
[解析]解法一 以点A 为坐标原点，AB 的方向为x 轴的正方向，AC 的方向为y 轴的正方向建立平面直角坐标系，设CD=λCB ,λ∈[0,1] ，则D4λ,3−3λ ，AD=AC+λCB=λAB+1−λAC ，又点P 在AD 的延长线上，则可设AP=μAD ,μ>1 ，又PA=mPB−PC+32PC=mCB+32PC ，则PA=mAB−AC+32AC−AP ，12AP=mAB+32−mAC ，则2mAB+3−2mAC=AP=μAD=λμAB+μ1−λAC ，所以2m=λμ ,3−2m=μ−λμ ，所以μ=3 ，又AP=9 ，则AD=3 ，所以4λ2+3−3λ2=9 ,得λ=1825 或λ=0 ，则CD=1825CB=1825×32+42=185 或CD=0×CB=0 .
解法二 由题意可设PA=λPD=λ[μPB+1−μPC]=λμPB+λ−λμPC ，其中λ>1 ，0≤μ≤1 ，又PA=mPB+32−mPC ，所以λμ=m,λ−λμ=32−m, 得λ=32 ，即PAPD=32 ，又PA=9 ，则PD=6 ,AD=3 ，所以AD=AC .当D 与C 重合时，CD=0 ，当D 不与C 重合时，有∠ACD=∠CDA ，所以∠CAD=180∘−2∠ACD ，在△ACD 中，由正弦定理可得CDsin∠CAD=ADsin∠ACD ，则CD=ADsin180∘−2∠ACDsin∠ACD=sin2∠ACDsin∠ACD⋅AD=2cs∠ACD⋅AD=2×35×3=185 .综上，CD=185 或0.
【方法技巧】求解线段的长度可在坐标系中利用两点间的距离公式求解，也可在三角形中利用正弦定理、余弦定理求解，还可结合向量的模求解.
25. [2020浙江，4分]已知平面单位向量e1 ,e2 满足2e1−e2≤2 .设a=e1+e2 ,b=3e1+e2 ,向量a ,b 的夹角为θ ，则cs2θ 的最小值是2829 .
[解析]解法一 因为单位向量e1 ,e2 满足2e1−e2≤2 ，
所以2e1−e22=5−4e1⋅e2≤2 ，即e1⋅e2≥34 .
因为a=e1+e2 ,b=3e1+e2 ，a ,b 的夹角为θ ，
所以cs2θ=a⋅b2a2b2=[e1+e2⋅3e1+e2]2e1+e22⋅3e1+e22=4+4e1⋅e222+2e1⋅e210+6e1⋅e2=4+4e1⋅e25+3e1⋅e2 .
不妨设t=e1⋅e2 ，则t≥34 ，cs2θ=4+4t5+3t ,又y=4+4t5+3t 在[34,+∞) 上单调递增，所以cs2θ≥4+35+94=2829 ,
所以cs2θ 的最小值为2829 .
解法二 由题意，不妨设e1=1,0 ,e2=csx,sinx .因为2e1−e2≤2 ，所以2−csx2+sin2x≤2 ，得5−4csx≤2 ，即csx≥34 .
易知a=1+csx,sinx ,b=3+csx,sinx ，
所以a⋅b=1+csx3+csx+sin2x=4+4csx ，
a2=1+csx2+sin2x=2+2csx ，b2=3+csx2+sin2x=10+6csx ,
所以cs2θ=a⋅b2a2b2=4+4csx22+2csx10+6csx=4+4csx5+3csx .
不妨设m=csx ，则m≥34 ，cs2θ=4+4m5+3m ,又y=4+4m5+3m 在[34,+∞) 上单调递增，
所以cs2θ≥4+35+94=2829 ,所以cs2θ 的最小值为2829 .
26. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知向量a=2,2 ，b=−8,6 ，则cs⟨a,b⟩= −210 .
[解析]cs⟨a,b⟩=a⋅bab=2×−8+2×622×10=−210 .
27. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知a ，b 为单位向量，且a⋅b=0 ，若c=2a−5b ，则cs⟨a,c⟩= 23 .
[解析]设a=1,0 ,b=0,1 ，则c=2,−5 ，所以cs⟨a,c⟩=21×4+5=23 .
考点22 平面向量的应用
题组
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]正方形ABCD 的边长是2，E 是AB 的中点，则EC⋅ED= ( B )
A. 5 B. 3C. 25 D. 5
[解析]解法一 由题意知，EC=EB+BC=12AB+AD ，ED=EA+AD=−12AB+AD ，所以EC⋅ED=12AB+AD⋅−12AB+AD=AD2−14AB2 ，由题意知AD=AB=2 ，所以EC⋅ED=4−1=3 ，故选B .
解法二以点A 为坐标原点，AB ,AD 的方向分别为x ,y 轴的正方向建立平面直角坐标系，则E1,0 ，C2,2 ，D0,2 ，则EC=1,2 ，ED=−1,2 ，EC⋅ED=−1+4=3 ，故选B .
2. [2022北京，4分]在△ABC 中，AC=3 ,BC=4 ,∠C=90∘.P 为△ABC 所在平面内的动点，且PC=1 ,则PA⋅PB 的取值范围是( D )
A. [−5,3] B. [−3,5] C. [−6,4] D. [−4,6]
[解析]以C 为坐标原点，CA ,CB 所在直线分别为x 轴,y 轴建立平面直角坐标系，则A3,0 ，B0,4 ，设Px,y ，则x2+y2=1 ，PA=3−x,−y ，PB=−x,4−y ，所以PA⋅PB=x2−3x+y2−4y=x−322+y−22−254 ，又x−322+y−22 表示圆x2+y2=1 上一点到点32,2 距离的平方，圆心0,0 到点32,2 的距离为52 ，所以PA⋅PB∈[52−12−254,52+12−254] ，即PA⋅PB∈[−4,6] ，故选D .
【速解】 以C 为坐标原点，CA ,CB 所在直线分别为x 轴,y 轴建立平面直角坐标系，则A3,0 ，B0,4 ，因为PC=1 ，所以可得P 在以0,0 为圆心，1为半径的圆上，所以设P 坐标为csα,sinα ，则PA⋅PB=3−csα,−sinα−csα,4−sinα=1−3csα−4sinα=1−5sinα+φtanφ=34 .因为sinα+φ∈[−1,1] ，所以PA⋅PB∈[−4,6] .
3. [2020新高考卷Ⅰ，5分]已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP⋅AB 的取值范围是( A )
A. −2,6 B. −6,2 C. −2,4 D. −4,6
[解析]AP⋅AB=AP⋅AB⋅cs∠PAB=2APcs∠PAB ，又APcs∠PAB 表示AP 在AB 方向上的投影，所以结合图形可知，当P 与C 重合时投影最大，当P 与F 重合时投影最小.又AC⋅AB=23×2×cs30∘=6 ,AF⋅AB=2×2×cs120∘=−2 ,故当点P 在正六边形ABCDEF 内部运动时，AP⋅AB∈−2,6 ，故选A .
4. [2021新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）已知O 为坐标原点，点P1csα,sinα ,P2csβ,−sinβ ,P3csα+β,sinα+β ,A1,0 ,则( AC )
A. OP1=OP2 B. AP1=AP2
C. OA⋅OP3=OP1⋅OP2 D. OA⋅OP1=OP2⋅OP3
[解析]由题可知，OP1=cs2α+sin2α=1 ,OP2=cs2β+−sinβ2=1 ，所以OP1=OP2 ，故A 正确；
取α=π4 ，则P122,22 ，取β=5π4 ，则P2−22,22 ，则AP1≠AP2 ，故B 错误；
因为OA⋅OP3=csα+β ,OP1⋅OP2=csαcsβ−sinαsinβ=csα+β ，所以OA⋅OP3=OP1⋅OP2 ，故C 正确；
因为OA⋅OP1=csα ,OP2⋅OP3=csβcsα+β−sinβsinα+β=csα+2β ，取α=π4 ，β=π4 ，（提示：用取特殊值法进行排除）
则OA⋅OP1=22 ，OP2⋅OP3=cs3π4=−22 ，所以OA⋅OP1≠OP2⋅OP3 ，故D 错误.故选AC .
二、填空题
5. [2022浙江，4分]设点P 在单位圆的内接正八边形A1A2…A8 的边A1A2 上，则PA12+PA22+…+PA82 的取值范围是[12+22,16] .
[解析]如图，连接OP ，OA2 ,OA6 ,根据题意及向量加法的平行四边形法则可得PA22+PA62=OA2−OP2+OA6−OP2 ,易知OA2 与OA6 反向共线，所以PA22+PA62=2OP2+2OA22=2OP2+2 ,同理得，PA12+PA52=2OP2+2 ,PA42+PA82=2OP2+2 ,PA32+PA72=2OP2+2 ,所以PA12+PA22+…+PA82=8OP2+8 ，在△OA1A2 中，易知1⋅csπ8≤OP≤1 ，所以12+22≤8OP2+8≤16 ，所以PA12+PA22+…+PA82 的取值范围为[12+22,16] .
6. [2021浙江，4分]已知平面向量a ,b ,cc≠0 满足a=1 ,b=2 ,a⋅b=0 ,a−b⋅c=0 .记平面向量d 在a ,b 方向上的投影分别为x ，y ,d−a 在c 方向上的投影为z ,则x2+y2+z2 的最小值是25 .
[解析]由a=1 ,b=2 ,a⋅b=0 ，不妨设a=1,0 ,b=0,2 ,所以a−b=1,−2 .因为a−b⋅c=0 ，所以可取c=2m,mm≠0 .
因为向量d 在a ,b 方向上的投影分别为x ,y ，所以可得d=x,y ，所以d−a=x−1,y ,则z=d−a⋅cc=2x+y−2m5m ，
故x2+y2+z2=x2+y2+2x+y−225=15[6y2−4−4xy+9x2−8x+4]≥15[61−x32−4−4x⋅1−x3+9x2−8x+4]=5x2−4x+23≥25 ,当且仅当x=25 ，y=15 ,z=±55 时取等号，故x2+y2+z2 的最小值为25 .
7. [2020北京，5分]已知正方形ABCD 的边长为2，点P 满足AP=12AB+AC ，则PD= 5 ；PB⋅PD= −1 .
[解析]解法一 如图，由题意及平面向量的平行四边形法则可知，点P 为BC 的中点，在三角形PCD 中，PD=5.cs∠DPB=−cs∠DPC=−15 ,∴PB⋅PD=PB⋅|PD|cs∠DPB=1×5×−15=−1 ．
解法二 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A0,0 ,B2,0 ,C2,2 ,D0,2 ,∴AP=12AB+AC=2,1 ,P2,1 ，∴PD=−2,1 ,PB=0,−1 ,∴PD=5 ，PB⋅PD=0,−1⋅−2,1=−1 ．
8. [2020天津，5分]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16 ，若M ，N 是线段BC 上的动点，且MN=1 ，则DM⋅DN 的最小值为132 .
[解析]依题意得AD//BC ，∠BAD=120∘ ，由AD⋅AB=AD⋅AB⋅cs∠BAD=−32AD=−32 ，得AD=1 ，因此λ=ADBC=16 .取MN 的中点E ，连接DE ,则DM+DN=2DE ，DM⋅DN=14[DM+DN2−DM−DN2]=DE2−14NM2=DE2−14 .注意到线段MN 在线段BC 上运动时，DE 的最小值等于点D 到直线BC 的距离，即AB⋅sin∠B=332 ，因此DE2−14 的最小值为3322−14=132 ，即DM⋅DN 的最小值为132 .
【方法技巧】 a+b2+a−b2=2a2+b2,a⋅b=14[a+b2−a−b2].
9. [2019天津，5分]在四边形ABCD 中，AD//BC ，AB=23 ，AD=5 ，∠A=30∘ ，点E 在线段CB 的延长线上，且AE=BE ，则BD⋅AE= −1 .
[解析]解法一 在等腰△ABE 中,易得∠BAE=∠ABE=30∘ ,故BE=2 ,则BD⋅AE=AD−AB⋅AB+BE=AD⋅AB+AD⋅BE−AB2−AB⋅BE=5×23×cs30∘+5×2×cs180∘−12−23×2×cs150∘=15−10−12+6=−1 .
解法二 在△ABD 中,由余弦定理可得BD=25+12−2×5×23×cs30∘=7 ,所以cs∠ABD=12+7−252×23×7=−2114 ,则sin∠ABD=5714 .设BD 与AE 的夹角为θ ,则csθ=cs180∘−∠ABD+30∘=−cs∠ABD−30∘=−cs∠ABD⋅cs30∘−sin∠ABD⋅sin30∘=−714 ,在△ABE 中,易得AE=BE=2 ,故BD⋅AE=7×2×−714=−1 .
10. [2019浙江，6分]已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λii=1,2,3,4,5,6 取遍±1 时，λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD 的最小值是0，最大值是25 .
[解析]以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图，
则A0,0 ,B1,0 ,C1,1 ,D0,1 ，所以λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD=λ1−λ3+λ5−λ6,λ2−λ4+λ5+λ6 ，所以当λ1−λ3+λ5−λ6=0,λ2−λ4+λ5+λ6=0 时，可取λ1=λ3=1 ,λ5=λ6=1 ,λ2=−1 ,λ4=1 ，此时λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD 取得最小值0；取λ1=1 ,λ3=−1 ,λ5=λ6=1 ,λ2=1 ,λ4=−1 ，则λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD 取得最大值22+42=25 .
[2019江苏，5分]如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE=2EA ，AD 与CE 交于点O .若AB⋅AC=6AO⋅EC ，则ABAC 的值是3 .
[解析]解法一 以点D 为坐标原点，BC 所在的直线为x 轴，BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，不妨设B−a,0 ,Ca,0 ,Ab,c ,a>0 ,c>0 ，由BE=2EA 得E2b−a3,2c3 ，则直线OA:y=cbx ，直线CE:b−2ay=cx−a ，联立可得Ob2,c2 ，则AB⋅AC=−a−b,−c⋅a−b,−c=b2+c2−a2 ，AO⋅EC=−b2,−c2⋅4a−2b3,−2c3=b2+c2−2ab3 ，由AB⋅AC=6AO⋅EC 得b2+c2−a2=2b2+c2−2ab ，化简得4ab=b2+c2+a2 ，则ABAC=b+a2+c2b−a2+c2=6ab2ab=3 .
解法二 由A ,O ,D 三点共线，可设AO=λAD ,则AO=λ2AB+AC ,由E ，O ，C 三点共线可设EO=μEC ，则AO−AE=μAC−AE ，则AO=1−μAE+μAC=131−μAB+μAC ，由平面向量基本定理可得131−μ=λ2,μ=λ2, 解得μ=14 ,λ=12 ，则AO=14AB+AC ，EC=AC−AE=AC−13AB ，则6AO⋅EC=6×14AB+AC⋅AC−13AB=3223AB⋅AC+AC2−13AB2=AB⋅AC ，化简得3AC2=AB2 ，则ABAC=3 .