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2020版高考数学新设计一轮复习浙江专版讲义：第五章第三节平面向量的数量积与平面向量应用举例
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第三节平面向量的数量积与平面向量应用举例
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°
θ＝0°或θ＝180°⇔a∥b，θ＝90°⇔a⊥b
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
|a·b|与
|a||b|
的关系
|a·b|≤|a||b|
|x1x2＋y1y2|≤
[小题体验]
1．已知|a|＝2，|b|＝6，a·b＝－6，则a与b的夹角θ为( )
A. B. C. D.
答案：D
2．已知向量a和向量b的夹角为30°，|a|＝2，|b|＝，则向量a和向量b的数量积a·b＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 由题意可得a·b＝|a|·|b|·cos〈a，b〉＝2××＝3.
3．已知向量a，b均为单位向量，若它们的夹角为60°，则|a＋3b|＝( )
A. B.
C. D．4
解析：选C 依题意得a·b＝，
则|a＋3b|＝＝.
4．已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b.若b·c＝0，则t＝________.
解析：因为向量a，b为单位向量，所以b2＝1，又向量a，b的夹角为60°，所以a·b＝，由b·c＝0，得b·[ta＋(1－t)b]＝0，即t a·b＋(1－t)b2＝0，所以t＋(1－t)＝0，所以t＝2.
答案：2
5．已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则·＝________.
解析：选向量的基底为，，则＝－，＝＋，所以·＝·(－)＝2.
答案：2
1．数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·b＝a·c(a≠0)不能得出b＝c，两边不能约去一个向量．
2．两个向量的夹角为锐角，则有a·b＞0，反之不成立；两个向量夹角为钝角，则有a·b＜0，反之不成立．
3．a·b＝0不能推出a＝0或b＝0，因为a·b＝0时，有可能a⊥b.
4．在用|a|＝求向量的模时，一定要把求出的a2再进行开方．
[小题纠偏]
1．若a，b是两个互相垂直的非零向量，给出以下式子：①a·b＝0；②a＋b＝a－b；③|a＋b|＝|a－b|；④a2＋b2＝(a＋b)2.其中正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 因为a，b是两个互相垂直的非零向量，所以a·b＝0；所以(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2；(a－b)2＝a2＋b2－2a·b＝a2＋b2；所以(a＋b)2＝(a－b)2，即|a＋b|＝|a－b|.故①③④是正确的，②是错误的．
2．设向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝－，则|a＋2b|＝________.
解析：|a＋2b|＝＝＝ ＝.
答案：
[题组练透]
1．设a＝(1，－2)，b＝(－3,4)，c＝(3,2)，则(a＋2b)·c＝( )
A．(－15,12) B．0
C．－3 D．－11
解析：选C ∵a＋2b＝(1，－2)＋2(－3,4)＝(－5,6)，
∴(a＋2b)·c＝(－5,6)·(3,2)＝－3.
2．(2018·浙江考前冲刺)若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|＝4，则向量a在a＋b上的投影为( )
A. B．3
C. D．6
解析：选B 由|a＋b|＝|a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，即a·b＝0，
由|a＋b|＝2|b|，得a2＋2a·b＋b2＝4b2，即a2＝3b2，所以|a|＝|b|＝2，
所以向量a在a＋b上的投影为＝＝3.
3．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝2，D为BC的中点，则·＝________.
解析：法一：由题意知，AC＝BC＝2，AB＝2，
∴·＝·(＋)
＝·＋·
＝||·||cos 45°＋||·||cos 45°
＝2×2×＋2×1×＝6.
法二：建立如图所示的平面直角坐标系，
由题意得A(0,2)，B(－2,0)，
D(－1,0)，
∴＝(－2,0)－(0,2)＝(－2，－2)，
＝(－1,0)－(0,2)＝(－1，－2)，
∴·＝－2×(－1)＋(－2)×(－2)＝6.
答案：6
4．(2019·台州模拟)以O为起点作三个不共线的非零向量，，，使＝－2，||＝4，＋＝，则·＝________.
解析：法一：由＋＝，平方得·＝－，即cos∠AOB＝－，因为，不共线，所以0°＜∠AOB＜180°，所以∠AOB＝120°.因为＝－2，所以C为线段AB的中点．由＋＝两边同乘以，得cos∠AOC＋cos∠BOC＝1，即cos∠AOC＋cos(120°－∠AOC)＝1，解得∠AOC＝60°，所以OC为∠AOB的平分线，所以⊥.又||＝4，所以||＝||＝2，所以·＝(＋)·＝2＝12.
法二：由＋＝及＝－2，结合向量加法的平行四边形法则得OC为∠AOB的平分线，C为AB的中点，所以⊥，且||＝||＝4，||＝||＝2，所以·＝(＋)·＝2＝12.
答案：12
[谨记通法]
向量数量积的2种运算方法
方法
运用提示
适用题型
定义法
当已知向量的模和夹角θ时，可利用定义法求解，即a·b＝|a|·|b|cos θ
适用于平面图形中的向量数量积的有关计算问题
坐标法
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
适用于已知相应向量的坐标求解数量积的有关计算问题
[锁定考向]
平面向量的夹角与模的问题是高考中的常考内容，题型多为选择题、填空题，难度适中，属中档题．
常见的命题角度有：
(1)平面向量的模；
(2)平面向量的夹角；
(3)平面向量的垂直；
(4)与最值、范围有关问题．
[题点全练]
角度一：平面向量的模
1．已知e1，e2是单位向量，且e1·e2＝.若向量b满足b·e1＝b·e2＝1，则|b|＝________.
解析：法一：∵e1·e2＝，
∴|e1||e2|cose1，e2＝，∴e1，e2＝60°.
又∵b·e1＝b·e2＝1＞0，∴b，e1＝b，e2＝30°.
由b·e1＝1，得|b||e1|cos 30°＝1，∴|b|＝＝.
法二：由题可得，不妨设e1＝(1,0)，e2＝，b＝(x，y)．
∵b·e1＝b·e2＝1，
∴x＝1，x＋y＝1，解得y＝.
∴b＝，∴|b|＝ ＝.
答案：
角度二：平面向量的夹角
2．(2018·浙江十校联盟适考)若向量a，b满足|a|＝4，|b|＝1，且(a＋8b)⊥a，则向量a，b的夹角为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由(a＋8b)⊥a，得|a|2＋8a·b＝0，因为|a|＝4，所以a·b＝－2，所以cos〈a，b〉＝＝－，所以向量a，b的夹角为.
3．已知平面向量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a＝(1,2)，b＝(4,2)，
所以c＝ma＋b＝(m＋4，2m＋2)，|a|＝，|b|＝2，
所以c·a＝5m＋8，c·b＝8m＋20.
因为c与a的夹角等于c与b的夹角，
所以＝，
即＝，解得m＝2.
答案：2
角度三：平面向量的垂直
4．(2019·南宁模拟)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：由⊥，知·＝0，即·＝(λ＋)·(－)＝(λ－1)·－λ2＋2＝(λ－1)×3×2×－λ×9＋4＝0，解得λ＝.
答案：
5．已知向量a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，0＜β＜α＜π.
(1)若|a－b|＝，求证：a⊥b；
(2)设c＝(0,1)，若a＋b＝c，求α，β的值．
解：(1)证明：由题意得|a－b|2＝2，
即(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝2.
又因为a2＝b2＝|a|2＝|b|2＝1，
所以2－2a·b＝2，
即a·b＝0，故a⊥b.
(2)因为a＋b＝(cos α＋cos β，sin α＋sin β)＝(0,1)，
所以
由此得，cos α＝cos(π－β)，由0＜β＜π，得0＜π－β＜π，又0＜α＜π，故α＝π－β.代入sin α＋sin β＝1，得sin α＝sin β＝，而α＞β，所以α＝，β＝.
角度四：与最值、范围有关问题
6．(2018·浙江名校联考)已知在△ABC中，AB＝4，AC＝2，AC⊥BC，D为AB的中点，点P满足＝＋，则·(＋)的最小值为( )
A．－2 B．－
C．－ D．－
解析：选C 由＝＋·知点P在直线CD上，以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,2)，B(2，0)，C(0，0)，D(，1)，∴直线CD的方程为y＝x，设P，则＝，＝，＝，∴＋＝，∴·(＋)＝－x(2－2x)＋x2－x＝x2－x＝2－，∴当x＝时，·(＋)取得最小值－.
7．(2018·浙江联盟校联考)已知动点P是边长为的正方形ABCD的边上任意一点，MN是正方形ABCD的外接圆O的一条动弦，且MN＝，则·的取值范围为________．
解析：如图，取MN的中点H，连接PH，则＝＋＝－，＝＋，因为MN＝，所以·＝2－2＝2－≥－，当且仅当点P，H重合时取到最小值．当P，H不重合时，连接PO，OH，易得OH＝，则2＝(＋)2＝2＋2· ＋2＝2＋－2||·||cos∠POH＝2＋－||cos∠POH≤2＋＋||≤＋，当且仅当P，O，H三点共线，且P位于A，B，C，D其中某一点时取到等号，所以·＝2－≤＋1.故·的取值范围为.
答案：
[通法在握]
1．平面向量数量积求解问题的策略
(1)求两向量的夹角：cos θ＝，要注意θ∈[0，π]．
(2)求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有：
①a2＝a·a＝|a|2或|a|＝.
②|a±b|＝＝.
③若a＝(x，y)，则|a|＝.
(3)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|.
2．数量积的最值或范围问题的2种求解方法
(1)临界分析法：结合图形，确定临界位置的动态分析求出范围．
(2)目标函数法：将数量积表示为某一个变量或两个变量的函数，建立函数关系式，再利用三角函数有界性、二次函数或基本不等式求最值或范围．
[演练冲关]
1．如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点(含边界)，则·的最大值为( )
A．3 B．2
C．6 D．9
解析：选D 由平面向量数量积的几何意义知，·等于与在方向上的投影之积，所以(·)max＝·＝·(＋)＝2＋2＋·＝9.
2．(2019·嘉兴高三测试)已知|c|＝2，向量b满足2|b－c|＝b·c.当b，c的夹角最大时，|b|＝________.
解析：设＝b，＝c，则∠BOC即为向量b，c的夹角，OC＝2，b－c＝.由2|b－c|＝b·c可知2BC＝2OB·cos∠BOC，从而cos∠BOC＝≥0.
若BC＝0，则∠BOC＝0，不符合题意；
若BC ＞0，则∠BOC为锐角，设OB＝m，BC＝n，则cos∠BOC＝.在△OBC中，由余弦定理可知cos∠BOC＝，所以＝，即m2＝n2＋4n－4，从而cos2∠BOC＝＝＝，所以当n＝2时，cos2∠BOC取得最小值，∠BOC取得最大值，此时|b|＝m＝ ＝2.
答案：2
3．(2019·唐山模拟)在△ABC中，(－3)⊥，则角A的最大值为________．
解析：因为(－3)⊥，所以(－3)·＝0，即(－3)·(－)＝0，整理得2－4·＋32＝0，即cos A＝＝＋≥2＝，当且仅当||＝||时等号成立．因为0＜A＜π，所以0＜A≤，即角A的最大值为.
答案：
4．如图，在扇形OAB中，OA＝2，∠AOB＝90°，M是OA的中点，点P在弧AB上，则·的最小值为________．
解析：如图，以O为坐标原点，为x轴的正半轴，为y轴的正半轴建立平面直角坐标系，则M(1,0)，B(0,2)，设P(2cos θ，2sin θ)，θ∈，所以·＝(1－2cos θ，－2sin θ)·
(－2cos θ，2－2sin θ)＝4－2cos θ－4sin θ＝4－2(cos θ＋2sin θ)＝4－2sin(θ＋φ)，所以·的最小值为4－2.
答案：4－2
5．设向量a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，c＝(cos β，－4sin β)．
(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；
(2)求|b＋c|的最大值；
(3)若tan αtan β＝16，求证：a∥b.
解：(1)由a与b－2c垂直，得a·(b－2c)＝a·b－2a·c＝0，
即4cos α·sin β＋sin α·4cos β－2(4cos αcos β－4sin αsin β)＝0，
整理得4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0，tan(α＋β)＝2.
(2)b＋c＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)，
|b＋c|2＝sin2β＋2sin βcos β＋cos2β＋16cos2β－32cos βsin β＋16sin2β＝17－30sin βcos β＝17－15sin 2β，故最大值为32，所以|b＋c|的最大值为4.
(3)证明：由tan αtan β＝16，得sin αsin β＝16cos αcos β，
即4cos α·4cos β－sin αsin β＝0，所以a∥b.
[典例引领]
(2018·温州十校联考)已知m＝(2sin x，sin x－cos x)，n＝(cos x，sin x＋cos x)，记函数f(x)＝m·n.
(1)求函数f(x)的最大值以及取最大值时x的取值集合；
(2)设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(C)＝2，c＝，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意，得f(x)＝m·n＝2sin xcos x＋sin2x－cos2x＝sin 2x－(cos2 x－sin2 x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin，
所以f(x)max＝2；
当f(x)取最大值时，即sin＝1，此时2x－＝2kπ＋(k∈Z)，解得x＝kπ＋(k∈Z)，
所以x的取值集合为.
(2)由(1)f(C)＝2，得sin＝1，又0＜C＜π，
即－＜2C－＜，
所以2C－＝，解得C＝，
在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，
得3＝a2＋b2－ab≥ab，即ab≤3，当且仅当a＝b＝时，取等号，
所以S△ABC＝absin C＝ab≤，
所以△ABC面积的最大值为.
[由题悟法]
平面向量与三角函数的综合问题的解题思路
(1)题目条件给出向量的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，求值域等．
[即时应用]
在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝，n＝(sin x，cos x)，x∈.
(1)若m⊥n，求tan x的值；
(2)若m与n的夹角为，求x的值．
解：(1)因为m ＝，n＝(sin x，cos x)，m⊥n，
所以m·n ＝0，即sin x－cos x＝0，
所以sin x＝cos x，所以tan x＝1.
(2)因为|m|＝|n|＝1，所以m·n＝cos ＝，
即sin x－cos x＝，所以sin＝，
因为0＜x＜，所以－＜x－＜，
所以x－＝，即x＝.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．设x∈R，向量a＝(1，x)，b＝(2，－4)，且a∥b，则a·b＝( )
A．－6 B.
C. D．10
解析：选D ∵a＝(1，x)，b＝(2，－4)且a∥b，
∴－4－2x＝0，x＝－2，
∴a＝(1，－2)，a·b＝10，故选D.
2．(2018·浙江名校联考)已知向量a＝(1＋m,1－m)，b＝(m－1，2m＋1)，m∈R，则“m＝0”是“a⊥b”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A a⊥b⇔(1＋m)(m－1)＋(1－m)(2m＋1)＝0⇔m(m－1)＝0⇔m＝0或m＝1，所以“m＝0”是“a⊥b”的充分不必要条件．
3．(2019·长春模拟)向量a，b均为非零向量，若(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，则a，b的夹角为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 因为(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，所以(a－2b)·a＝0，(b－2a)·b＝0，即a2－2a·b＝0，b2－2a·b＝0，所以b2＝a2，a·b＝，cos〈a，b〉＝＝＝.因为〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝.
4．已知a＝(m＋1，－3)，b＝(1，m－1)，且(a＋b)⊥(a－b)，则m的值是________；|a|＝________.
解析：a＋b＝(m＋2，m－4)，a－b＝(m，－2－m)，
∵(a＋b)⊥(a－b)，
∴m(m＋2)－(m－4)(m＋2)＝0，
∴m＝－2.
∴a＝(－1，－3)，|a|＝＝.
答案：－2
5．△ABC中，∠BAC＝，AB＝2，AC＝1，＝2，则·＝________.
解析：由＝2，得＝(＋2)．
∴·＝(＋2)·(－)
＝(2＋·－22)
＝＝－.
答案：－
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知向量a＝(1，x)，b＝(－1，x)，若2a－b与b垂直，则|a|＝( )
A. B.
C．2 D．4
解析：选C 由已知得2a－b＝(3，x)，
而(2a－b)·b＝0⇒－3＋x2＝0⇒x2＝3，
所以|a|＝＝＝2.
2．(2018·慈溪中学适应)若正三角形ABC的边长为2，平面内一点M满足＝＋，则·的值为( )
A．2 B．－2
C．－2 D．－
解析：选D 因为＝＋，所以＋＝＋，即＝－，同理可得＝－＋.所以·＝·＝ ＝－(－)2＝－2＝－×12＝－.
3．平面四边形ABCD中，＋＝0，(－)·＝0，则四边形ABCD是( )
A．矩形 B．正方形
C．菱形 D．梯形
解析：选C 因为＋＝0，所以＝－＝，所以四边形ABCD是平行四边形．
又(－)·＝·＝0，所以四边形对角线互相垂直，所以四边形ABCD是菱形．
4．在△ABC中，P0是边AB上一定点，满足P0B＝AB，且对于边AB上任一点P，恒有·≥·，则( )
A．∠ABC＝90° B．∠BAC＝90°
C．AB＝AC D．AC＝BC
解析：选D 设AB＝4，以AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系(图略)，则A(－2,0)，B(2，0)，P0(1,0)，设C(a，b)，P(x,0)，
∴＝(2－x,0)，＝(a－x，b)，＝(1,0)，＝(a－1，b)．
则·≥·⇒(2－x)·(a－x)≥a－1恒成立，
即x2－(2＋a)x＋a＋1≥0恒成立．
∴Δ＝(2＋a)2－4(a＋1)＝a2≤0恒成立．∴a＝0.
即点C在线段AB的中垂线上，∴AC＝BC.
5．(2019·宝鸡质检)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N(不与A，C重合)为AC边上的两个动点，且满足||＝，则·的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 以等腰直角三角形的直角边BC为x轴，BA为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则B(0,0)，直线AC的方程为x＋y＝2.
设M(a,2－a)，则0＜a＜1，N(a＋1，1－a)，∴＝(a,2－a)，＝(a＋1,1－a)，∴·＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2a2－2a＋2，∵0＜a＜1，∴当a＝时，·取得最小值.又·＜2，故·的取值范围为.
6．(2018·浙江考前热身联考)已知单位向量a，b的夹角为60°，且|c－3a|＋|c＋2b|＝，则|c＋a|的取值范围为________．
解析：如图，记＝3a，则点A的坐标为(3,0)，记＝－2b，则点B的坐标为(－1，－)，因为∠AOB＝120°，所以|AB|＝＝，记＝c，则点C的轨迹为线段AB.|c＋a|的几何意义是点P(－1,0)到线段AB上的点的距离，其中点P到直线AB的距离d最小，|PA|最大，又直线AB的方程为x－4y－3＝0，所以d＝＝，|PA|＝4，所以|c＋a|的取值范围为.
答案：
7．已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则实数λ的值为________；向量m，n的夹角的余弦值为________．
解析：因为m＋n＝(2λ＋3,3)，m－n＝(－1，－1)，
所以由(m＋n)⊥(m－n)得(m＋n)·(m－n)＝0，
即(2λ＋3)×(－1)＋3×(－1)＝0，解得λ＝－3，
则m＝(－2,1)，n＝(－1,2)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
答案：－3
8．(2018·浙江考前冲刺)在△ABC中，AB＝6，AC＝5，A＝120°，动点P在以C为圆心，2为半径的圆上，则·的最小值为________．
解析：设AB的中点为M，则·＝2－2＝2－2＝2－9，所以要求·的最小值，只需求||的最小值，显然当点P为线段MC与圆的交点时，||取得最小值，最小值为|MC|－2.在△AMC中，由余弦定理得|MC|2＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49，所以|MC|＝7，所以||的最小值为5，则·的最小值为16.
答案：16
9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知m＝，n＝，且满足|m＋n|＝.
(1)求角A的大小；
(2)若||＋||＝||，试判断△ABC的形状．
解：(1)由|m＋n|＝，得m2＋n2＋2m·n＝3，
即1＋1＋2＝3，
∴cos A＝.
∵0＜A＜π，∴A＝.
(2)∵||＋||＝||，
∴sin B＋sin C＝sin A，
∴sin B＋sin＝×，
即sin B＋cos B＝，
∴sin ＝.
∵0＜B＜，
∴＜B＋＜，
∴B＋＝或，故B＝或.
当B＝时，C＝；当B＝时，C＝.
故△ABC是直角三角形．
10．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.
则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.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·浙江名校联考)已知单位向量a，b满足|2a－b|＝2，若存在向量c，使得(c－2a)·(c－b)＝0，则|c|的取值范围是( )
A． B．
C． D．[－1，＋1]
解析：选C 法一：因为|a|＝|b|＝1，且|2a－b|＝2，所以可知2a在b上的投影为.不妨设b＝(1,0)，2a＝，即a＝.设c＝(x，y)，因为(c－2a)·(c－b)＝0，所以(x－1)＋y＝0，即2＋2＝1，它表示一个以为圆心，1为半径的圆．而|c|＝表示圆上的点到坐标原点的距离，所以其最大值为 ＋1＝＋1，其最小值为 －1＝－1，所以|c|∈.
法二：如图，设＝a，＝b，＝c，＝2a，因为|2a－b|＝2，所以△OA′B是等腰三角形．因为(c－2a)·(c－b)＝0，所以(c－2a)⊥(c－b)，即A′C⊥BC，所以△A′BC是直角三角形，所以C在以A′B为直径，1为半径的圆上．
取A′B的中点M，因为cos∠A′BO＝，所以OM2＝1＋1－2×1×1×＝，即OM＝，所以|c|∈.
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－c)·＝c·.
(1)求角B的大小；
(2)若|－|＝，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意得(a－c)cos B＝bcos C.
根据正弦定理得(sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，
所以sin Acos B＝sin(C＋B)，
即sin Acos B＝sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A＞0，
所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为|－|＝，所以||＝，
即b＝，根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝(2－)ac(当且仅当a＝c时取等号)，
即ac≤3(2＋)，故△ABC的面积S＝acsin B≤，
即△ABC的面积的最大值为.
命题点一 平面向量基本定理
1．(2015·全国卷Ⅰ)已知点A(0,1)，B(3,2)，向量＝(－4，－3)，则向量＝( )
A．(－7，－4) B．(7,4)
C．(－1,4) D．(1,4)
解析：选A 法一：设C(x，y)，
则＝(x，y－1)＝(－4，－3)，
所以
从而＝(－4，－2)－(3,2)＝(－7，－4)．故选A.
法二：＝(3,2)－(0,1)＝(3,1)，
＝－＝(－4，－3)－(3,1)＝(－7，－4)．故选A.
2．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝( )
A.－ B.－
C.＋ D.＋
解析：选A 法一：作出示意图如图所示．＝＋＝＋＝×(＋)＋(－)＝－.
法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，且∠A＝，AB＝AC＝1.建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，D，E.故＝(1,0)，＝(0,1)，＝(1,0)－＝，即＝－.
3．(2017·全国卷Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为( )
A．3 B．2
C. D．2
解析：选A 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(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，点C到直线BD的距离为＝，所以圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝.
因为P在圆C上，所以P.
又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)，
所以
λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.
4．(2018·全国卷Ⅲ)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，则λ＝________.
解析：2a＋b＝(4,2)，因为c∥(2a＋b)，
所以4λ＝2，解得λ＝.
答案：
命题点二 平面向量数量积
1．(2018·浙江高考)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：选A 法一：∵b2－4e·b＋3＝0，
∴(b－2e)2＝1，∴|b－2e|＝1.
如图所示，把a，b，e的起点作为公共点O，以O为原点，向量e所在直线为x轴，则b的终点在以点(2,0)为圆心，1为半径的圆上，|a－b|就是线段AB的长度．
要求|AB|的最小值，就是求圆上动点到定直线的距离的最小值，也就是圆心M到直线OA的距离减去圆的半径长，因此|a－b|的最小值为－1.
法二：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，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.
2．(2017·浙江高考)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
解析：选C 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．根据题意，I1－I2＝·－·＝·(－)＝·＝||·||cos∠AOB＜0，∴I1＜I2，
同理得，I2＞I3，作AG⊥BD于G，又AB＝AD，
∴OB＜BG＝GD＜OD，而OA＜AF＝FC＜OC，
∴||·||＜||·||，
而cos∠AOB＝cos∠COD＜0，
∴·＞·，即I1＞I3，
∴I3＜I1＜I2.
3．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝( )
A．4 B．3
C．2 D．0
解析：选B a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b.
∵|a|＝1，a·b＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.
4．(2018·天津高考)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若点E为边CD上的动点，则·的最小值为( )
A． B．
C． D．3
解析：选A 如图，以D为坐标原点建立平面直角坐标系，连接AC.
由题意知∠CAD＝∠CAB＝60°，∠ACD＝∠ACB＝30°，
则D(0,0)，A(1,0)，B，C(0，)．
设E(0，y)(0≤y≤ )，
则＝(－1，y)，＝，
∴·＝＋y2－y＝2＋，
∴当y＝时，·有最小值.
5．(2017·浙江高考)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．
解析：法一：由向量三角不等式得，|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)－(a－b)|＝|2b|＝4.
又≤ ＝＝，∴|a＋b|＋|a－b|的最大值为2.
法二：设a，b的夹角为θ.
∵|a|＝1，|b|＝2，
∴|a＋b|＋|a－b|＝＋
＝＋.
令y＝＋，
则y2＝10＋2.
∵θ∈[0，π]，∴cos2θ∈[0,1]，∴y2∈[16,20]，
∴y∈[4,2 ]，即|a＋b|＋|a－b|的最小值为4，最大值为2.
答案：4 2
6．(2017·天津高考)在△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2.若＝2，＝λ－ (λ∈R)，且·＝－4，则λ的值为________．
解析：法一：＝＋＝＋
＝＋(－)＝＋.
又·＝3×2×＝3，
所以·＝·(－＋λ)
＝－2＋·＋λ2
＝－3＋3＋λ×4＝λ－5＝－4，
解得λ＝.
法二：以点A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，不妨假设点C在第一象限，
则A(0,0)，B(3,0)，C(1，)．
由＝2，得D，
由＝λ－，得E(λ－3，λ)，
则·＝·(λ－3，λ)＝(λ－3)＋×λ＝λ－5＝－4，解得λ＝.
答案：
7．(2016·浙江高考)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：由于e是任意单位向量，可设e＝，
则|a·e|＋|b·e|＝＋
≥
＝＝|a＋b|.
∵|a·e|＋|b·e|≤，∴|a＋b|≤，
∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b≤6.
∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b≤6，
∴a·b≤，∴a·b的最大值为.
答案：
8．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.
解析：法一：易知|a＋2b|＝＝＝2.
法二：(数形结合法)由|a|＝|2b|＝2，知以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|a＋2b|＝||.又∠AOB＝60°，所以
|a＋2b|＝2.
答案：2
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°
θ＝0°或θ＝180°⇔a∥b，θ＝90°⇔a⊥b
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
|a·b|与
|a||b|
的关系
|a·b|≤|a||b|
|x1x2＋y1y2|≤
[小题体验]
1．已知|a|＝2，|b|＝6，a·b＝－6，则a与b的夹角θ为( )
A. B. C. D.
答案：D
2．已知向量a和向量b的夹角为30°，|a|＝2，|b|＝，则向量a和向量b的数量积a·b＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 由题意可得a·b＝|a|·|b|·cos〈a，b〉＝2××＝3.
3．已知向量a，b均为单位向量，若它们的夹角为60°，则|a＋3b|＝( )
A. B.
C. D．4
解析：选C 依题意得a·b＝，
则|a＋3b|＝＝.
4．已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b.若b·c＝0，则t＝________.
解析：因为向量a，b为单位向量，所以b2＝1，又向量a，b的夹角为60°，所以a·b＝，由b·c＝0，得b·[ta＋(1－t)b]＝0，即t a·b＋(1－t)b2＝0，所以t＋(1－t)＝0，所以t＝2.
答案：2
5．已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则·＝________.
解析：选向量的基底为，，则＝－，＝＋，所以·＝·(－)＝2.
答案：2
1．数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·b＝a·c(a≠0)不能得出b＝c，两边不能约去一个向量．
2．两个向量的夹角为锐角，则有a·b＞0，反之不成立；两个向量夹角为钝角，则有a·b＜0，反之不成立．
3．a·b＝0不能推出a＝0或b＝0，因为a·b＝0时，有可能a⊥b.
4．在用|a|＝求向量的模时，一定要把求出的a2再进行开方．
[小题纠偏]
1．若a，b是两个互相垂直的非零向量，给出以下式子：①a·b＝0；②a＋b＝a－b；③|a＋b|＝|a－b|；④a2＋b2＝(a＋b)2.其中正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 因为a，b是两个互相垂直的非零向量，所以a·b＝0；所以(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2；(a－b)2＝a2＋b2－2a·b＝a2＋b2；所以(a＋b)2＝(a－b)2，即|a＋b|＝|a－b|.故①③④是正确的，②是错误的．
2．设向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝－，则|a＋2b|＝________.
解析：|a＋2b|＝＝＝ ＝.
答案：
[题组练透]
1．设a＝(1，－2)，b＝(－3,4)，c＝(3,2)，则(a＋2b)·c＝( )
A．(－15,12) B．0
C．－3 D．－11
解析：选C ∵a＋2b＝(1，－2)＋2(－3,4)＝(－5,6)，
∴(a＋2b)·c＝(－5,6)·(3,2)＝－3.
2．(2018·浙江考前冲刺)若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|＝4，则向量a在a＋b上的投影为( )
A. B．3
C. D．6
解析：选B 由|a＋b|＝|a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，即a·b＝0，
由|a＋b|＝2|b|，得a2＋2a·b＋b2＝4b2，即a2＝3b2，所以|a|＝|b|＝2，
所以向量a在a＋b上的投影为＝＝3.
3．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝2，D为BC的中点，则·＝________.
解析：法一：由题意知，AC＝BC＝2，AB＝2，
∴·＝·(＋)
＝·＋·
＝||·||cos 45°＋||·||cos 45°
＝2×2×＋2×1×＝6.
法二：建立如图所示的平面直角坐标系，
由题意得A(0,2)，B(－2,0)，
D(－1,0)，
∴＝(－2,0)－(0,2)＝(－2，－2)，
＝(－1,0)－(0,2)＝(－1，－2)，
∴·＝－2×(－1)＋(－2)×(－2)＝6.
答案：6
4．(2019·台州模拟)以O为起点作三个不共线的非零向量，，，使＝－2，||＝4，＋＝，则·＝________.
解析：法一：由＋＝，平方得·＝－，即cos∠AOB＝－，因为，不共线，所以0°＜∠AOB＜180°，所以∠AOB＝120°.因为＝－2，所以C为线段AB的中点．由＋＝两边同乘以，得cos∠AOC＋cos∠BOC＝1，即cos∠AOC＋cos(120°－∠AOC)＝1，解得∠AOC＝60°，所以OC为∠AOB的平分线，所以⊥.又||＝4，所以||＝||＝2，所以·＝(＋)·＝2＝12.
法二：由＋＝及＝－2，结合向量加法的平行四边形法则得OC为∠AOB的平分线，C为AB的中点，所以⊥，且||＝||＝4，||＝||＝2，所以·＝(＋)·＝2＝12.
答案：12
[谨记通法]
向量数量积的2种运算方法
方法
运用提示
适用题型
定义法
当已知向量的模和夹角θ时，可利用定义法求解，即a·b＝|a|·|b|cos θ
适用于平面图形中的向量数量积的有关计算问题
坐标法
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
适用于已知相应向量的坐标求解数量积的有关计算问题
[锁定考向]
平面向量的夹角与模的问题是高考中的常考内容，题型多为选择题、填空题，难度适中，属中档题．
常见的命题角度有：
(1)平面向量的模；
(2)平面向量的夹角；
(3)平面向量的垂直；
(4)与最值、范围有关问题．
[题点全练]
角度一：平面向量的模
1．已知e1，e2是单位向量，且e1·e2＝.若向量b满足b·e1＝b·e2＝1，则|b|＝________.
解析：法一：∵e1·e2＝，
∴|e1||e2|cose1，e2＝，∴e1，e2＝60°.
又∵b·e1＝b·e2＝1＞0，∴b，e1＝b，e2＝30°.
由b·e1＝1，得|b||e1|cos 30°＝1，∴|b|＝＝.
法二：由题可得，不妨设e1＝(1,0)，e2＝，b＝(x，y)．
∵b·e1＝b·e2＝1，
∴x＝1，x＋y＝1，解得y＝.
∴b＝，∴|b|＝ ＝.
答案：
角度二：平面向量的夹角
2．(2018·浙江十校联盟适考)若向量a，b满足|a|＝4，|b|＝1，且(a＋8b)⊥a，则向量a，b的夹角为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由(a＋8b)⊥a，得|a|2＋8a·b＝0，因为|a|＝4，所以a·b＝－2，所以cos〈a，b〉＝＝－，所以向量a，b的夹角为.
3．已知平面向量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a＝(1,2)，b＝(4,2)，
所以c＝ma＋b＝(m＋4，2m＋2)，|a|＝，|b|＝2，
所以c·a＝5m＋8，c·b＝8m＋20.
因为c与a的夹角等于c与b的夹角，
所以＝，
即＝，解得m＝2.
答案：2
角度三：平面向量的垂直
4．(2019·南宁模拟)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：由⊥，知·＝0，即·＝(λ＋)·(－)＝(λ－1)·－λ2＋2＝(λ－1)×3×2×－λ×9＋4＝0，解得λ＝.
答案：
5．已知向量a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，0＜β＜α＜π.
(1)若|a－b|＝，求证：a⊥b；
(2)设c＝(0,1)，若a＋b＝c，求α，β的值．
解：(1)证明：由题意得|a－b|2＝2，
即(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝2.
又因为a2＝b2＝|a|2＝|b|2＝1，
所以2－2a·b＝2，
即a·b＝0，故a⊥b.
(2)因为a＋b＝(cos α＋cos β，sin α＋sin β)＝(0,1)，
所以
由此得，cos α＝cos(π－β)，由0＜β＜π，得0＜π－β＜π，又0＜α＜π，故α＝π－β.代入sin α＋sin β＝1，得sin α＝sin β＝，而α＞β，所以α＝，β＝.
角度四：与最值、范围有关问题
6．(2018·浙江名校联考)已知在△ABC中，AB＝4，AC＝2，AC⊥BC，D为AB的中点，点P满足＝＋，则·(＋)的最小值为( )
A．－2 B．－
C．－ D．－
解析：选C 由＝＋·知点P在直线CD上，以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,2)，B(2，0)，C(0，0)，D(，1)，∴直线CD的方程为y＝x，设P，则＝，＝，＝，∴＋＝，∴·(＋)＝－x(2－2x)＋x2－x＝x2－x＝2－，∴当x＝时，·(＋)取得最小值－.
7．(2018·浙江联盟校联考)已知动点P是边长为的正方形ABCD的边上任意一点，MN是正方形ABCD的外接圆O的一条动弦，且MN＝，则·的取值范围为________．
解析：如图，取MN的中点H，连接PH，则＝＋＝－，＝＋，因为MN＝，所以·＝2－2＝2－≥－，当且仅当点P，H重合时取到最小值．当P，H不重合时，连接PO，OH，易得OH＝，则2＝(＋)2＝2＋2· ＋2＝2＋－2||·||cos∠POH＝2＋－||cos∠POH≤2＋＋||≤＋，当且仅当P，O，H三点共线，且P位于A，B，C，D其中某一点时取到等号，所以·＝2－≤＋1.故·的取值范围为.
答案：
[通法在握]
1．平面向量数量积求解问题的策略
(1)求两向量的夹角：cos θ＝，要注意θ∈[0，π]．
(2)求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有：
①a2＝a·a＝|a|2或|a|＝.
②|a±b|＝＝.
③若a＝(x，y)，则|a|＝.
(3)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|.
2．数量积的最值或范围问题的2种求解方法
(1)临界分析法：结合图形，确定临界位置的动态分析求出范围．
(2)目标函数法：将数量积表示为某一个变量或两个变量的函数，建立函数关系式，再利用三角函数有界性、二次函数或基本不等式求最值或范围．
[演练冲关]
1．如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点(含边界)，则·的最大值为( )
A．3 B．2
C．6 D．9
解析：选D 由平面向量数量积的几何意义知，·等于与在方向上的投影之积，所以(·)max＝·＝·(＋)＝2＋2＋·＝9.
2．(2019·嘉兴高三测试)已知|c|＝2，向量b满足2|b－c|＝b·c.当b，c的夹角最大时，|b|＝________.
解析：设＝b，＝c，则∠BOC即为向量b，c的夹角，OC＝2，b－c＝.由2|b－c|＝b·c可知2BC＝2OB·cos∠BOC，从而cos∠BOC＝≥0.
若BC＝0，则∠BOC＝0，不符合题意；
若BC ＞0，则∠BOC为锐角，设OB＝m，BC＝n，则cos∠BOC＝.在△OBC中，由余弦定理可知cos∠BOC＝，所以＝，即m2＝n2＋4n－4，从而cos2∠BOC＝＝＝，所以当n＝2时，cos2∠BOC取得最小值，∠BOC取得最大值，此时|b|＝m＝ ＝2.
答案：2
3．(2019·唐山模拟)在△ABC中，(－3)⊥，则角A的最大值为________．
解析：因为(－3)⊥，所以(－3)·＝0，即(－3)·(－)＝0，整理得2－4·＋32＝0，即cos A＝＝＋≥2＝，当且仅当||＝||时等号成立．因为0＜A＜π，所以0＜A≤，即角A的最大值为.
答案：
4．如图，在扇形OAB中，OA＝2，∠AOB＝90°，M是OA的中点，点P在弧AB上，则·的最小值为________．
解析：如图，以O为坐标原点，为x轴的正半轴，为y轴的正半轴建立平面直角坐标系，则M(1,0)，B(0,2)，设P(2cos θ，2sin θ)，θ∈，所以·＝(1－2cos θ，－2sin θ)·
(－2cos θ，2－2sin θ)＝4－2cos θ－4sin θ＝4－2(cos θ＋2sin θ)＝4－2sin(θ＋φ)，所以·的最小值为4－2.
答案：4－2
5．设向量a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，c＝(cos β，－4sin β)．
(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；
(2)求|b＋c|的最大值；
(3)若tan αtan β＝16，求证：a∥b.
解：(1)由a与b－2c垂直，得a·(b－2c)＝a·b－2a·c＝0，
即4cos α·sin β＋sin α·4cos β－2(4cos αcos β－4sin αsin β)＝0，
整理得4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0，tan(α＋β)＝2.
(2)b＋c＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)，
|b＋c|2＝sin2β＋2sin βcos β＋cos2β＋16cos2β－32cos βsin β＋16sin2β＝17－30sin βcos β＝17－15sin 2β，故最大值为32，所以|b＋c|的最大值为4.
(3)证明：由tan αtan β＝16，得sin αsin β＝16cos αcos β，
即4cos α·4cos β－sin αsin β＝0，所以a∥b.
[典例引领]
(2018·温州十校联考)已知m＝(2sin x，sin x－cos x)，n＝(cos x，sin x＋cos x)，记函数f(x)＝m·n.
(1)求函数f(x)的最大值以及取最大值时x的取值集合；
(2)设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(C)＝2，c＝，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意，得f(x)＝m·n＝2sin xcos x＋sin2x－cos2x＝sin 2x－(cos2 x－sin2 x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin，
所以f(x)max＝2；
当f(x)取最大值时，即sin＝1，此时2x－＝2kπ＋(k∈Z)，解得x＝kπ＋(k∈Z)，
所以x的取值集合为.
(2)由(1)f(C)＝2，得sin＝1，又0＜C＜π，
即－＜2C－＜，
所以2C－＝，解得C＝，
在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，
得3＝a2＋b2－ab≥ab，即ab≤3，当且仅当a＝b＝时，取等号，
所以S△ABC＝absin C＝ab≤，
所以△ABC面积的最大值为.
[由题悟法]
平面向量与三角函数的综合问题的解题思路
(1)题目条件给出向量的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，求值域等．
[即时应用]
在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝，n＝(sin x，cos x)，x∈.
(1)若m⊥n，求tan x的值；
(2)若m与n的夹角为，求x的值．
解：(1)因为m ＝，n＝(sin x，cos x)，m⊥n，
所以m·n ＝0，即sin x－cos x＝0，
所以sin x＝cos x，所以tan x＝1.
(2)因为|m|＝|n|＝1，所以m·n＝cos ＝，
即sin x－cos x＝，所以sin＝，
因为0＜x＜，所以－＜x－＜，
所以x－＝，即x＝.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．设x∈R，向量a＝(1，x)，b＝(2，－4)，且a∥b，则a·b＝( )
A．－6 B.
C. D．10
解析：选D ∵a＝(1，x)，b＝(2，－4)且a∥b，
∴－4－2x＝0，x＝－2，
∴a＝(1，－2)，a·b＝10，故选D.
2．(2018·浙江名校联考)已知向量a＝(1＋m,1－m)，b＝(m－1，2m＋1)，m∈R，则“m＝0”是“a⊥b”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A a⊥b⇔(1＋m)(m－1)＋(1－m)(2m＋1)＝0⇔m(m－1)＝0⇔m＝0或m＝1，所以“m＝0”是“a⊥b”的充分不必要条件．
3．(2019·长春模拟)向量a，b均为非零向量，若(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，则a，b的夹角为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 因为(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，所以(a－2b)·a＝0，(b－2a)·b＝0，即a2－2a·b＝0，b2－2a·b＝0，所以b2＝a2，a·b＝，cos〈a，b〉＝＝＝.因为〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝.
4．已知a＝(m＋1，－3)，b＝(1，m－1)，且(a＋b)⊥(a－b)，则m的值是________；|a|＝________.
解析：a＋b＝(m＋2，m－4)，a－b＝(m，－2－m)，
∵(a＋b)⊥(a－b)，
∴m(m＋2)－(m－4)(m＋2)＝0，
∴m＝－2.
∴a＝(－1，－3)，|a|＝＝.
答案：－2
5．△ABC中，∠BAC＝，AB＝2，AC＝1，＝2，则·＝________.
解析：由＝2，得＝(＋2)．
∴·＝(＋2)·(－)
＝(2＋·－22)
＝＝－.
答案：－
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知向量a＝(1，x)，b＝(－1，x)，若2a－b与b垂直，则|a|＝( )
A. B.
C．2 D．4
解析：选C 由已知得2a－b＝(3，x)，
而(2a－b)·b＝0⇒－3＋x2＝0⇒x2＝3，
所以|a|＝＝＝2.
2．(2018·慈溪中学适应)若正三角形ABC的边长为2，平面内一点M满足＝＋，则·的值为( )
A．2 B．－2
C．－2 D．－
解析：选D 因为＝＋，所以＋＝＋，即＝－，同理可得＝－＋.所以·＝·＝ ＝－(－)2＝－2＝－×12＝－.
3．平面四边形ABCD中，＋＝0，(－)·＝0，则四边形ABCD是( )
A．矩形 B．正方形
C．菱形 D．梯形
解析：选C 因为＋＝0，所以＝－＝，所以四边形ABCD是平行四边形．
又(－)·＝·＝0，所以四边形对角线互相垂直，所以四边形ABCD是菱形．
4．在△ABC中，P0是边AB上一定点，满足P0B＝AB，且对于边AB上任一点P，恒有·≥·，则( )
A．∠ABC＝90° B．∠BAC＝90°
C．AB＝AC D．AC＝BC
解析：选D 设AB＝4，以AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系(图略)，则A(－2,0)，B(2，0)，P0(1,0)，设C(a，b)，P(x,0)，
∴＝(2－x,0)，＝(a－x，b)，＝(1,0)，＝(a－1，b)．
则·≥·⇒(2－x)·(a－x)≥a－1恒成立，
即x2－(2＋a)x＋a＋1≥0恒成立．
∴Δ＝(2＋a)2－4(a＋1)＝a2≤0恒成立．∴a＝0.
即点C在线段AB的中垂线上，∴AC＝BC.
5．(2019·宝鸡质检)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N(不与A，C重合)为AC边上的两个动点，且满足||＝，则·的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 以等腰直角三角形的直角边BC为x轴，BA为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则B(0,0)，直线AC的方程为x＋y＝2.
设M(a,2－a)，则0＜a＜1，N(a＋1，1－a)，∴＝(a,2－a)，＝(a＋1,1－a)，∴·＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2a2－2a＋2，∵0＜a＜1，∴当a＝时，·取得最小值.又·＜2，故·的取值范围为.
6．(2018·浙江考前热身联考)已知单位向量a，b的夹角为60°，且|c－3a|＋|c＋2b|＝，则|c＋a|的取值范围为________．
解析：如图，记＝3a，则点A的坐标为(3,0)，记＝－2b，则点B的坐标为(－1，－)，因为∠AOB＝120°，所以|AB|＝＝，记＝c，则点C的轨迹为线段AB.|c＋a|的几何意义是点P(－1,0)到线段AB上的点的距离，其中点P到直线AB的距离d最小，|PA|最大，又直线AB的方程为x－4y－3＝0，所以d＝＝，|PA|＝4，所以|c＋a|的取值范围为.
答案：
7．已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则实数λ的值为________；向量m，n的夹角的余弦值为________．
解析：因为m＋n＝(2λ＋3,3)，m－n＝(－1，－1)，
所以由(m＋n)⊥(m－n)得(m＋n)·(m－n)＝0，
即(2λ＋3)×(－1)＋3×(－1)＝0，解得λ＝－3，
则m＝(－2,1)，n＝(－1,2)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
答案：－3
8．(2018·浙江考前冲刺)在△ABC中，AB＝6，AC＝5，A＝120°，动点P在以C为圆心，2为半径的圆上，则·的最小值为________．
解析：设AB的中点为M，则·＝2－2＝2－2＝2－9，所以要求·的最小值，只需求||的最小值，显然当点P为线段MC与圆的交点时，||取得最小值，最小值为|MC|－2.在△AMC中，由余弦定理得|MC|2＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49，所以|MC|＝7，所以||的最小值为5，则·的最小值为16.
答案：16
9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知m＝，n＝，且满足|m＋n|＝.
(1)求角A的大小；
(2)若||＋||＝||，试判断△ABC的形状．
解：(1)由|m＋n|＝，得m2＋n2＋2m·n＝3，
即1＋1＋2＝3，
∴cos A＝.
∵0＜A＜π，∴A＝.
(2)∵||＋||＝||，
∴sin B＋sin C＝sin A，
∴sin B＋sin＝×，
即sin B＋cos B＝，
∴sin ＝.
∵0＜B＜，
∴＜B＋＜，
∴B＋＝或，故B＝或.
当B＝时，C＝；当B＝时，C＝.
故△ABC是直角三角形．
10．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.
则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.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·浙江名校联考)已知单位向量a，b满足|2a－b|＝2，若存在向量c，使得(c－2a)·(c－b)＝0，则|c|的取值范围是( )
A． B．
C． D．[－1，＋1]
解析：选C 法一：因为|a|＝|b|＝1，且|2a－b|＝2，所以可知2a在b上的投影为.不妨设b＝(1,0)，2a＝，即a＝.设c＝(x，y)，因为(c－2a)·(c－b)＝0，所以(x－1)＋y＝0，即2＋2＝1，它表示一个以为圆心，1为半径的圆．而|c|＝表示圆上的点到坐标原点的距离，所以其最大值为 ＋1＝＋1，其最小值为 －1＝－1，所以|c|∈.
法二：如图，设＝a，＝b，＝c，＝2a，因为|2a－b|＝2，所以△OA′B是等腰三角形．因为(c－2a)·(c－b)＝0，所以(c－2a)⊥(c－b)，即A′C⊥BC，所以△A′BC是直角三角形，所以C在以A′B为直径，1为半径的圆上．
取A′B的中点M，因为cos∠A′BO＝，所以OM2＝1＋1－2×1×1×＝，即OM＝，所以|c|∈.
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－c)·＝c·.
(1)求角B的大小；
(2)若|－|＝，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意得(a－c)cos B＝bcos C.
根据正弦定理得(sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，
所以sin Acos B＝sin(C＋B)，
即sin Acos B＝sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A＞0，
所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为|－|＝，所以||＝，
即b＝，根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝(2－)ac(当且仅当a＝c时取等号)，
即ac≤3(2＋)，故△ABC的面积S＝acsin B≤，
即△ABC的面积的最大值为.
命题点一 平面向量基本定理
1．(2015·全国卷Ⅰ)已知点A(0,1)，B(3,2)，向量＝(－4，－3)，则向量＝( )
A．(－7，－4) B．(7,4)
C．(－1,4) D．(1,4)
解析：选A 法一：设C(x，y)，
则＝(x，y－1)＝(－4，－3)，
所以
从而＝(－4，－2)－(3,2)＝(－7，－4)．故选A.
法二：＝(3,2)－(0,1)＝(3,1)，
＝－＝(－4，－3)－(3,1)＝(－7，－4)．故选A.
2．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝( )
A.－ B.－
C.＋ D.＋
解析：选A 法一：作出示意图如图所示．＝＋＝＋＝×(＋)＋(－)＝－.
法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，且∠A＝，AB＝AC＝1.建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，D，E.故＝(1,0)，＝(0,1)，＝(1,0)－＝，即＝－.
3．(2017·全国卷Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为( )
A．3 B．2
C. D．2
解析：选A 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(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，点C到直线BD的距离为＝，所以圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝.
因为P在圆C上，所以P.
又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)，
所以
λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.
4．(2018·全国卷Ⅲ)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，则λ＝________.
解析：2a＋b＝(4,2)，因为c∥(2a＋b)，
所以4λ＝2，解得λ＝.
答案：
命题点二 平面向量数量积
1．(2018·浙江高考)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：选A 法一：∵b2－4e·b＋3＝0，
∴(b－2e)2＝1，∴|b－2e|＝1.
如图所示，把a，b，e的起点作为公共点O，以O为原点，向量e所在直线为x轴，则b的终点在以点(2,0)为圆心，1为半径的圆上，|a－b|就是线段AB的长度．
要求|AB|的最小值，就是求圆上动点到定直线的距离的最小值，也就是圆心M到直线OA的距离减去圆的半径长，因此|a－b|的最小值为－1.
法二：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，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.
2．(2017·浙江高考)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
解析：选C 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．根据题意，I1－I2＝·－·＝·(－)＝·＝||·||cos∠AOB＜0，∴I1＜I2，
同理得，I2＞I3，作AG⊥BD于G，又AB＝AD，
∴OB＜BG＝GD＜OD，而OA＜AF＝FC＜OC，
∴||·||＜||·||，
而cos∠AOB＝cos∠COD＜0，
∴·＞·，即I1＞I3，
∴I3＜I1＜I2.
3．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝( )
A．4 B．3
C．2 D．0
解析：选B a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b.
∵|a|＝1，a·b＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.
4．(2018·天津高考)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若点E为边CD上的动点，则·的最小值为( )
A． B．
C． D．3
解析：选A 如图，以D为坐标原点建立平面直角坐标系，连接AC.
由题意知∠CAD＝∠CAB＝60°，∠ACD＝∠ACB＝30°，
则D(0,0)，A(1,0)，B，C(0，)．
设E(0，y)(0≤y≤ )，
则＝(－1，y)，＝，
∴·＝＋y2－y＝2＋，
∴当y＝时，·有最小值.
5．(2017·浙江高考)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．
解析：法一：由向量三角不等式得，|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)－(a－b)|＝|2b|＝4.
又≤ ＝＝，∴|a＋b|＋|a－b|的最大值为2.
法二：设a，b的夹角为θ.
∵|a|＝1，|b|＝2，
∴|a＋b|＋|a－b|＝＋
＝＋.
令y＝＋，
则y2＝10＋2.
∵θ∈[0，π]，∴cos2θ∈[0,1]，∴y2∈[16,20]，
∴y∈[4,2 ]，即|a＋b|＋|a－b|的最小值为4，最大值为2.
答案：4 2
6．(2017·天津高考)在△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2.若＝2，＝λ－ (λ∈R)，且·＝－4，则λ的值为________．
解析：法一：＝＋＝＋
＝＋(－)＝＋.
又·＝3×2×＝3，
所以·＝·(－＋λ)
＝－2＋·＋λ2
＝－3＋3＋λ×4＝λ－5＝－4，
解得λ＝.
法二：以点A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，不妨假设点C在第一象限，
则A(0,0)，B(3,0)，C(1，)．
由＝2，得D，
由＝λ－，得E(λ－3，λ)，
则·＝·(λ－3，λ)＝(λ－3)＋×λ＝λ－5＝－4，解得λ＝.
答案：
7．(2016·浙江高考)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：由于e是任意单位向量，可设e＝，
则|a·e|＋|b·e|＝＋
≥
＝＝|a＋b|.
∵|a·e|＋|b·e|≤，∴|a＋b|≤，
∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b≤6.
∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b≤6，
∴a·b≤，∴a·b的最大值为.
答案：
8．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.
解析：法一：易知|a＋2b|＝＝＝2.
法二：(数形结合法)由|a|＝|2b|＝2，知以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|a＋2b|＝||.又∠AOB＝60°，所以
|a＋2b|＝2.
答案：2
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