1、第七单元 平面向量教材复习课“平面向量”相关基础知识一课过对应学生用书P59向量的有关概念过双基名称定义备注向量既有大小又有方向的量；向量的大小叫做向量的长度(或称模)平面向量是自由向量零向量长度为 0 的向量；其方向是任意的记作 0单位向量长度等于 1 个单位的向量非零向量 a 的单位向量为 a|a|平行向量方向相同或相反的非零向量(平行向量又叫做共线向量)0 与任一向量平行或共线相等向量长度相等且方向相同的向量两向量只有相等或不等，不能比较大小相反向量长度相等且方向相反的向量0 的相反向量为 0 小题速通1若向量 a 与 b 不相等，则 a 与 b 一定()A有不相等的模 B不共线C不可能
2、都是零向量D不可能都是单位向量解析：选 C 若 a 与 b 都是零向量，则 ab，故选项 C 正确2关于平面向量，下列说法正确的是()A零向量是唯一没有方向的向量B平面内的单位向量是唯一的C方向相反的向量是共线向量，共线向量不一定是方向相反的向量D共线向量就是相等向量解析：选 C 对于 A，零向量是有方向的，其方向是任意的，故 A 不正确；对于 B，单位向量的模为 1，其方向可以是任意方向，故 B 不正确；对于 C，方向相反的向量一定是共线向量，共线向量不一定是方向相反的向量，故 C 正确；对于 D，由共线向量和相等向量的定义可知 D 不正确，故选 C.3下列命题中，正确的个数是()单位向量都
3、相等；模相等的两个平行向量是相等向量；若 a，b 满足|a|b|且 a 与 b 同向，则 ab；若两个向量相等，则它们的起点和终点分别重合A0 B1C2 D3解析：选 A 对于，单位向量的大小相等，但方向不一定相同，故错误；对于，模相等的两个平行向量是相等向量或相反向量，故错误；对于，向量是有方向的量，不能比较大小，故错误；对于，向量是可以平移的矢量，当两个向量相等时，它们的起点和终点不一定相同，故错误综上，正确的命题个数是 0.清易错1对于平行向量易忽视两点：(1)零向量与任一向量平行(2)两平行向量有向线段所在的直线平行或重合，易忽视重合这一条件2单位向量的定义中只规定了长度没有方向限制1
4、若 mn，nk，则向量 m 与向量 k()A共线B不共线C共线且同向D不一定共线解析：选 D 可举特例，当 n0 时，满足 mn，nk，故 A、B、C 选项都不正确，故 D 正确2设 a，b 都是非零向量，下列四个选项中，一定能使 a|a|b|b|0 成立的是()Aa2bBabCa13bDab解析：选 C“a|a|b|b|0，且 a，b 都是非零向量”等价于“非零向量 a，b 共线且反向”，故答案为 C.向量共线定理及平面向量基本定理过双基1向量共线定理向量 b 与 a(a0)共线的充要条件是有且只有一个实数，使得 ba.2平面向量的基本定理如果 e1，e2 是同一平面内的两个不共线向量，那么
5、对于这一平面内的任意向量 a，有且只有一对实数 1，2，使 a1e12e2.其中，不共线的向量 e1，e2 叫做表示这一平面内所有向量的一组基底 小题速通1已知 a，b 是不共线的向量，ABab，ACab，R，则 A，B，C 三点共线的充要条件为()A2 B1C1 D1解析：选 D A，B，C 三点共线，AB AC，设 ABm AC(m0)，即 abmamb，m，1m，1.2(2018南宁模拟)已知 e1，e2 是不共线向量，ame12e2，bne1e2，且 mn0，若 ab，则mn的值为()A12B.12C2 D2解析：选 C ab，ab，即 me12e2(ne1e2)，则nm，2，故mn2
6、.3已知点 M 是ABC 的边 BC 的中点，点 E 在边 AC 上，且 EC2 AE，则EM()A.12 AC13 ABB.12 AC16 ABC.16 AC12 ABD.16 AC32 AB解析：选 C 如图，EC2 AE，EM ECCM23 AC12 CB23 AC12(AB AC)16 AC12AB.清易错1在向量共线的重要条件中易忽视“a0”，否则 可能不存在，也可能有无数个2平面向量基本定理指出：平面内任何一个非零向量都可以表示为沿两个不共线的方向分离的两个非零向量的和，并且一旦分解方向确定后，这种分解是唯一的这一点是易忽视的1(2018大连双基测试)给出下列四个命题：两个具有公共
7、终点的向量一定是共线向量；两个向量不能比较大小，但它们的模能比较大小；a0(为实数)，则 必为零；，为实数，若 ab，则 a 与 b 共线其中假命题的个数是()A1 B2C3 D4解析：选 C 错误，两向量是否共线是要看其方向而不是起点或终点；正确，因为向量既有大小，又有方向，故向量不能比较大小，但向量的模均为实数，故可以比较大小；错误，当 a0 时，不论 为何值，都有 a0；错误，当 0 时，ab，此时 a 与 b 可以是任意向量2.如图，在OAB 中，P 为线段 AB 上的一点，OPx OAyOB，且 BP2 PA，则()Ax23，y13Bx13，y23Cx14，y34Dx34，y14解析
8、：选 A 由题意知 OPOB BP，又 BP2 PA，所以 OPOB23 BAOB23(OAOB)23 OA13OB，所以 x23，y13.平面向量的运算过双基1向量的线性运算向量运算定义法则(或几何意义)运算律加法求两个向量和的运算三角形法则平行四边形法则(1)交换律：abba；(2)结合律：(ab)ca(bc)减法求 a 与 b 的相反向量b 的和的运算叫做 a与 b 的差三角形法则aba(b)数乘求实数 与向量 a 的积的运算(1)|a|a|；(2)当 0 时，a 的方向与 a的方向相同；当 0 时，a的方向与 a 的方向相反；当 0 时，a0(a)()a；()aa a；(ab)ab2平
9、面向量的坐标运算(1)平面向量的正交分解把一个向量分解为两个互相垂直的向量，叫做把向量正交分解(2)平面向量的坐标运算向量加法、减法、数乘向量及向量的模设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则ab(x1x2，y1y2)，ab(x1x2，y1y2)，a(x1，y1)，|a|x21y21.向量坐标的求法设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 AB(x2x1，y2y1)，|AB|x2x12y2y12.(3)平面向量共线的坐标表示设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 abx1y2x2y10.小题速通1(2018嘉兴测试)在ABC 中，已知 M 是 BC 边的中点，设 CBa，CAb，则AM
10、()A.12ab B.12abCa12bDa12b解析：选 A AM ACCM CA12 CBb12a.2设 D 是线段 BC 的中点，且 AB AC4 AE，则()A AD2 AEB AD4 AEC AD2 EAD AD4 EA解析：选 A D 是线段 BC 的中点，AB AC2 AD，AB AC4 AE，AD2 AE.3已知 AC 为平行四边形 ABCD 的一条对角线，AB(2,4)，AC(1,3)，则 AD()A(1，1)B(3,7)C(1,1)D(2,4)解析：选 A 由题意可得 AD BC AC AB(1,3)(2,4)(1，1)4已知 A(2,3)，B(4，3)，且 AP3 AB，
11、则点 P 的坐标为_解析：设 P(x，y)，A(2,3)，B(4，3)，且 AP3 AB，(x2，y3)3(2，6)(6，18)，x26，y318，解得 x8，y15，点 P 的坐标为(8，15)答案：(8，15)5已知向量 a(1,3)，b(2,1)，c(3,2)若向量 c 与向量 kab 共线，则实数 k_.解析：kabk(1,3)(2,1)(k2,3k1)，因为向量 c 与向量 kab 共线，所以 2(k2)3(3k1)0，解得 k1.答案：16设 O 在ABC 的内部，D 为 AB 的中点，且 OAOB2 OC0，则ABC 的面积与AOC 的面积的比值为_解析：D 为 AB 的中点，O
12、AOB2OD，OAOB2 OC0，OCOD，O 是 CD 的中点，SAOCSAOD12SAOB14SABC.答案：4清易错1向量坐标不是向量的终点坐标，与向量的始点、终点有关系2数乘向量仍为向量，只是模与方向发生变化，易误认为数乘向量为实数3若 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 ab 的充要条件不能表示成x1x2y1y2，因为 x2，y2 有可能等于 0，所以应表示为 x1y2x2y10.1若向量 AB(1,2)，BC(3,4)，则 AC()A(2,2)B(2，2)C(4,6)D(4，6)解析：选 C AC AB BC(4,6)2已知向量 a，b 不共线，若 ABa2b，BC4ab，CD
13、 5a3b，则四边形 ABCD 是()A梯形B平行四边形C矩形D菱形解析：选 A 因为 ABa2b，BC4ab，CD 5a3b，所以 AD AB BCCD 8a2b，所以 AD2 BC，即直线 AD 与 BC 平行，而向量 AB与CD 不共线，即直线 AB 与 CD 不平行，故四边形 ABCD 是梯形3(2018河北联考)已知向量 a(1,2)，b(2，m)，若 ab，则 2a3b()A(5，10)B(2，4)C(3，6)D(4，8)解析：选 D 由 ab，得 m40，即 m4，所以 2a3b2(1,2)3(2，4)(4，8)平面向量的数量积过双基1向量的夹角定义图示范围共线与垂直已知两个非零
14、向量 a和 b，作 OAa，OBb，则AOB 就是 a与 b 的夹角设 是 a 与 b 的夹角，则 的取值范围是01800或 180ab，90ab2平面向量的数量积定义设两个非零向量 a，b 的夹角为，则数量|a|b|cos 叫做 a 与 b 的数量积，记作 ab投影|a|cos 叫做向量 a 在 b 方向上的投影，|b|cos 叫做向量 b 在 a 方向上的投影几何意义数量积 ab 等于 a 的长度|a|与 b 在 a 的方向上的投影|b|cos 的乘积3平面向量数量积的运算律(1)abba.(2)(a)b(ab)a(b)(3)(ab)cacbc.4平面向量数量积的有关结论已知非零向量 a(
15、x1，y1)，b(x2，y2)，a，b.结论几何表示坐标表示模|a|aa|a|x21y21夹角cos ab|a|b|cos x1x2y1y2x21y21x22y22ab 的充要条件ab0 x1x2y1y20|ab|与|a|b|的关系|ab|a|b|x1x2y1y2|x21y21x22y22 小题速通1设向量 e1，e2 是两个互相垂直的单位向量，且 a2e1e2，be2，则|a2b|()A2 2B.5C2 D4解析：选 B 向量 e1，e2 是两个互相垂直的单位向量，|e1|1，|e2|1，e1e20，a2e1e2，be2，a2b2e1e2，|a2b|24e214e1e2e225，|a2b|5
16、.2(2018云南检测)设向量 a(1,2)，b(m,1)，如果向量 a2b 与 2ab 平行，那么a 与 b 的数量积等于()A72B12C.32D.52解析：选 D 因为 a2b(12m,4)，2ab(2m,3)，由题意得 3(12m)4(2m)0，则 m12，所以 ab112 2152.3已知|a|1，|b|2，a(ab)3，则 a 与 b 的夹角为()A.3B.6C.2D解析：选 D 设 a 与 b 的夹角为，由题意知|a|1，|b|2，a(ab)a2ab1212cos 3，cos 1.又 0，a 与 b 的夹角为.4已知向量 a，b 满足|a|2，|b|1，a 与 b 的夹角为23，
17、则|a2b|_.解析：(a2b)2a24ab4b2442112 44，|a2b|2.答案：25(2018衡水中学检测)在直角三角形 ABC 中，C90，AB2，AC1，若 AD32 AB，则CD CB_.解析：AD32 AB，CD CB(CA AD)CBCA32 AB CB32 CB12 CA CB32 CB2，又C90，AB2，AC1，CB 3，CD CB92.答案：926(2018东北三校联考)已知正方形 ABCD 的边长为 2，DE2 EC，DF12(DCDB)，则 BE DF_.解析：如图，以 B 为原点，BC 所在直线为 x 轴，AB 所在直线为 y 轴建立平面直角坐标系则 B(0,
18、0)，E2，23，D(2,2)由 DF12(DC DB)，知 F 为 BC 的中点，所以 F(1,0)，故 BE2，23，DF(1，2)，BE DF243103.答案：103清易错10 与实数 0 的区别：0a00，a(a)00，a000.2ab0 不能推出 a0 或 b0，因为 ab0 时，有可能 ab.3在运用向量夹角时，注意其取值范围为0，1有下列说法：向量 b 在向量 a 方向上的投影是向量；若 ab0，则 a 和 b 的夹角为锐角，若 ab0，且 a，b 不共线，即230，21 13，解得 5，且 53.答案：5，53 53，3已知向量 a，b 满足 a(2,0)，|b|1，若|ab
19、|7，则 a 与 b 的夹角是_解析：由|ab|7，得(ab)2a22abb242ab17，ab1，|a|b|cosa，b1，cosa，b12.又a，b0，a，b 的夹角为3.答案：3一、选择题1(2018常州调研)已知 A，B，C 三点不共线，且点 O 满足 OAOB OC0，则下列结论正确的是()A OA13 AB23 BC B OA23 AB13 BCC OA13 AB23 BCD OA23 AB13 BC解析：选 D OAOB OC0，O 为ABC 的重心，OA2312(AB AC)13(AB AC)13(AB AB BC)13(2 AB BC)23 AB13 BC.2(2018合肥质
20、检)已知 O，A，B，C 为同一平面内的四个点，若 2 AC CB0，则向量 OC等于()A.23 OA13OBB13 OA23OBC2 OAOBD OA2OB解析：选 C 因为 AC OC OA，CBOB OC，所以 2 AC CB2(OC OA)(OB OC)OC2 OAOB0，所以 OC2 OAOB.3已知向量 a 与 b 的夹角为 30，且|a|3，|b|2，则|ab|的值为()A1 B.13C13 D.72 3解析：选 A 由向量 a 与 b 的夹角为 30，且|a|3，|b|2，可得 ab|a|b|cos 30 32 32 3，所以|ab|ab2 a2b22ab 34231.4(2
21、018成都一诊)在边长为 1 的等边ABC 中，设 BCa，CAb，ABc，则 abbcca()A32B0C.32D3解析：选 A 依题意有 abbcca12 12 12 32.5已知非零向量 a，b 满足 ab0，|a|3，且 a 与 ab 的夹角为4，则|b|()A6 B3 2C2 2D3解析：选 D 由非零向量 a，b 满足 ab0，可知两个向量垂直，由|a|3，且 a 与 ab 的夹角为4，说明以向量 a，b 为邻边，ab 为对角线的平行四边形是正方形，所以|b|3.6(2017青岛二模)在平面直角坐标系中，已知向量 a(1,2)，a12b(3,1)，c(x,3)，若(2ab)c，则
22、x()A2 B4C3 D1解析：选 D 依题意得 b2aa12b(4,2)，所以 2ab(2,6)，所以 6x236，x1.7在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A(1,0)，B(0,1)，C 为坐标平面内第一象限内一点，且AOC4，且|OC|2，若 OC OAOB，则()A2 2B.2C2 D4 2解析：选 A 因为|OC|2，AOC4，所以 C(2，2)，又 OC OAOB，所以(2，2)(1,0)(0,1)(，)，所以 2，2 2.8.已知函数 f(x)Asin(x)的部分图象如图所示，点 B，C 是该图象与 x 轴的交点，过点 C 的直线与该图象交于 D，E 两点，则(BD BE)(B
23、E CE)的值为()A1 B12C.12D2解析：选 D 注意到函数 f(x)的图象关于点 C 对称，因此 C 是线段 DE 的中点，BDBE2 BC.又 BE CE BE EC BC，且|BC|12T122 1，因此(BD BE)(BE CE)2 BC22.二、填空题9(2018洛阳一模)若三点 A(1，5)，B(a，2)，C(2，1)共线，则实数 a 的值为_解析：AB(a1,3)，AC(3,4)，据题意知 AB AC，4(a1)3(3)，即 4a5，a54.答案：5410已知ABCD 的对角线 AC 和 BD 相交于 O，且 OAa，OBb，则 DC_，BC_.(用 a，b 表示)解析：
24、如图，DC ABOB OAba，BC OCOB OAOBab.答案：ba ab11已知向量 a(2,1)，b(1，2)，若 manb(9，8)(m，nR)，则 mn 的值为_解析：manb(2mn，m2n)(9，8)，2mn9，m2n8，m2，n5，mn253.答案：312若向量 a(2,3)，b(4,7)，ac0，则 c 在 b 方向上的投影为_解析：ac0，ca(2，3)，cb82113，且|b|65，c 在 b 方向上的投影为|c|cosc，b|c|cb|c|b|cb|b|1365 655.答案：655三、解答题13已知向量 a(3,0)，b(5,5)，c(2，k)(1)求向量 a 与
25、b 的夹角；(2)若 bc，求 k 的值；(3)若 b(ac)，求 k 的值解：(1)设向量 a 与 b 的夹角为，a(3,0)，b(5,5)，ab3(5)0515，|a|3，|b|52525 2，cos ab|a|b|1535 2 22.又0，34.(2)bc，5k52，k2.(3)ac(5，k)，又 b(ac)，b(ac)0，555k0，k5.14在平面直角坐标系 xOy 中，已知向量 m22，22，n(sin x，cos x)，x0，2.(1)若 mn，求 tan x 的值；(2)若 m 与 n 的夹角为3，求 x 的值解：(1)若 mn，则 mn0.由向量数量积的坐标公式得 22 si
26、n x 22 cos x0，tan x1.(2)m 与 n 的夹角为3，mn|m|n|cos 3，即 22 sin x 22 cos x12，sinx4 12.又x0，2，x44，4，x46，即 x512.高考研究课一 平面向量的基本运算考点考查频度考查角度平面向量的线性运算5 年 1 考三角形中的线性运算平面向量的坐标运算5 年 3 考求坐标及待定参数共线向量定理5 年 3 考已知共线求参数值平面向量的线性运算典例(1)(2018济南模拟)在ABC 中，AB 边的高为 CD，若 CBa，CAb，ab0，|a|1，|b|2，则 AD()A.13a13b B.23a23bC.35a35bD.45
27、a45b(2)在梯形 ABCD 中，已知 ABCD，AB2CD，M，N 分别为 CD，BC 的中点若 ABAM AN，则 _.解析(1)ab0，ACB90，AB 5，CD2 55，BD 55，AD4 55，ADBD41.AD45 AB45(CB CA)45a45b.(2)法一：由 ABAM AN，得 AB12(AD AC)12(AC AB)，则21 AB2 AD22 AC0，得21 AB2 AD22 AD12 AB0，得14341 AB2 AD0.因为 AB，AD不共线，所以由平面向量基本定理得143410，20，解得45，85.所以 45.法二：连接 MN 并延长交 AB 的延长线于 T，由
28、已知易得 AB45AT，则45 AT ABAM AN，即 AT54AM54 AN，因为 T，M，N 三点共线，所以54541.故 45.答案(1)D(2)45方法技巧(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决 即时演练1向量 e1，e2，a，b 在正方形网格中的位置如图所示，则 ab()A4e12e2B2e14e2Ce13e2D3e1e2解析：选 C 结合图形易得，ae14e2，b2e1e2，故 abe13e2.2.如图
29、，正方形 ABCD 中，E 为 DC 的中点，若 AE AB AC，则 的值为()A.12B12C1 D1解析：选 A 法一：由题意得 AE AD12 AB BC AB12 AB AC12 AB，12，1，12，故选 A.法二：利用坐标法，以 A 为坐标原点，AB，AD 所在直线分别为 x 轴，y 轴建立平面直角坐标系(图略)，设正方形的边长为 1，则 A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，E12，1，AE12，1，AB(1,0)，AC(1,1)，则12，1(1,0)(1，1)，12.平面向量的坐标运算典例(1)在ABC 中，点 P 在 BC 上，且 BP2 PC，点 Q 是 AC 的中点
30、，若 PA(4,3)，PQ(1,5)，则 BC等于()A(2,7)B(6,21)C(2，7)D(6，21)(2)(2018绍兴模拟)已知点 M(5，6)和向量 a(1，2)，若MN3a，则点 N 的坐标为()A(2,0)B(3,6)C(6,2)D(2,0)解析(1)由题意，AC2 AQ2(PQ PA)2(3,2)(6,4)，PC AC AP(6,4)(4，3)(2,7)，BP2 PC，BC3 PC(6,21)(2)MN3a3(1，2)(3,6)，设 N(x，y)，则MN(x5，y6)(3,6)，所以x53，y66，即x2，y0.答案(1)B(2)A方法技巧向量的坐标运算主要是利用加、减、数乘运
31、算法则进行，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求向量的坐标解题过程中要注意方程思想的运用及正确使用运算法则 即时演练1若向量 a(1,1)，b(1，1)，c(1,2)，则 c()A12a32bB.12a32bC.32a12bD32a12b解析：选 B 设 c1a2b，则(1,2)1(1,1)2(1，1)(12，12)，所以 121，122，解得 112，232，所以 c12a32b.2已知向量 a(1,1)，点 A(3,0)，点 B 为直线 y2x 上的一个动点若 ABa，则点B 的坐标为_解析：设 B(x,2x)，AB(x3,2x)ABa，x32x0，解得 x3，B(3，6)答案：(3，6)
32、共线向量定理及应用平面向量共线的坐标表示是高考的常考内容，多以选择题或填空题的形式出现，难度较小，属低档题.,常见的命题角度有：1利用向量共线求参数或点的坐标；2利用向量共线解决三点共线问题.角度一：利用向量共线求参数或点的坐标1若向量 a(2,4)与向量 b(x,6)共线，则实数 x()A2 B3C4 D6解析：选 B ab，264x0，解得 x3.2已知梯形 ABCD 中，ABCD，且 DC2AB，三个顶点 A(1，2)，B(2,1)，C(4,2)，则点 D 的坐标为_解析：在梯形 ABCD 中，DC2AB，ABCD，DC2 AB.设点 D 的坐标为(x，y)，则 DC(4x，2y)，AB
33、(1，1)，(4x,2y)2(1，1)，即(4x,2y)(2，2)，4x2，2y2，解得x2，y4，故点 D 的坐标为(2,4)答案：(2,4)3已知平面向量 a(1，m)，b(2,5)，c(m,3)，且(ac)(ab)，则 m_.解析：因为 a(1，m)，b(2,5)，c(m,3)，所以 ac(1m，m3)，ab(1，m5)又(ac)(ab)，所以(1m)(m5)(m3)0，即 m23m20，解得 m3 172或 m3 172.答案：3 172方法技巧1利用两向量共线求参数如果已知两向量共线，求某些参数的取值时，利用“若 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 ab 的充要条件是 x1y2x
34、2y1”解题比较方便2利用两向量共线的条件求向量坐标一般地，在求与一个已知向量 a 共线的向量时，可设所求向量为 a(R)，然后结合其他条件列出关于 的方程，求出 的值后代入 a 即可得到所求的向量 角度二：利用向量共线解决三点共线问题4(2018南阳五校联考)已知向量 OA(1，3)，OB(2，1)，OC(k1，k2)，若 A，B，C 三点不能构成三角形，则 k_.解析：若点 A，B，C 不能构成三角形，则向量 AB，AC共线，ABOB OA(2，1)(1，3)(1,2)，AC OC OA(k1，k2)(1，3)(k，k1)，1(k1)2k0，解得 k1.答案：15设两个非零向量 a 与 b
35、 不共线，若 ABab，BC2a8b，CD 3(ab)，求证：A，B，D 三点共线证明：因为 ABab，BC2a8b，CD 3(ab)，所以 BD BCCD 2a8b3(ab)5(ab)5 AB.所以 AB，BD共线又它们有公共点 B，所以 A，B，D 三点共线方法技巧三点共线问题的求解策略 解决点共线或向量共线问题时，要结合向量共线定理进行，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两个向量共线且有公共点时，才能得到三点共线 1(2017全国卷)在矩形 ABCD 中，AB1，AD2，动点 P 在以点 C 为圆心且与BD 相切的圆上若 AP AB AD，则 的最大值为()A3 B2 2C.5D
36、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 2xy20，点 C 到直线 BD 的距离为22212 25，所以圆 C：(x1)2(y2)245.因为 P 在圆 C 上，所以 P12 55 cos，22 55 sin .又 AB(1,0)，AD(0,2)，AP AB AD(，2)，所以12 55 cos，22 55 sin 2，22 55 cos 55 sin 2sin()3(其中 tan 2)，当且仅当 22k，kZ 时，取得最大值 3.2(201
37、5全国卷)设 D 为ABC 所在平面内一点，BC3CD，则()A AD13 AB43 ACB AD13 AB43 ACC AD43 AB13 ACD AD43 AB13 AC解析：选 A AD ACCD AC13 BC AC13(AC AB)43 AC13 AB13AB43 AC.3(2015全国卷)已知点 A(0,1)，B(3,2)，向量 AC(4，3)，则向量 BC()A(7，4)B(7,4)C(1,4)D(1,4)解析：选 A 法一：设 C(x，y)，则 AC(x，y1)(4，3)，所以x4，y2，从而 BC(4，2)(3,2)(7，4)法二：AB(3,2)(0,1)(3,1)，BC A
38、C AB(4，3)(3,1)(7，4)4(2016全国卷)设向量 a(m,1)，b(1,2)，且|ab|2|a|2|b|2，则 m_.解析：|ab|2|a|2|b|22ab|a|2|b|2，ab0.又 a(m,1)，b(1,2)，m20，m2.答案：25(2016全国卷)已知向量 a(m,4)，b(3，2)，且 ab，则 m_.解析：a(m,4)，b(3，2)，ab，2m430，m6.答案：66(2015全国卷)设向量 a，b 不平行，向量 ab 与 a2b 平行，则实数 _.解析：ab 与 a2b 平行，abt(a2b)，即 abta2tb，t，12t，解得12，t12.答案：127(201
39、4全国卷)已知 A，B，C 为圆 O 上的三点，若 AO12(AB AC)，则 AB与 AC的夹角为_解析：由 AO12(AB AC)，可得 O 为 BC 的中点，故 BC 为圆 O 的直径，所以 AB与AC的夹角为 90.答案：90一、选择题1.(2018长春模拟)如图所示，下列结论正确的是()PQ32a32b；PT32ab；PS32a12b；PR32ab.A BCD解析：选 C 根据向量的加法法则，得 PQ32a32b，故正确；根据向量的减法法则，得 PT32a32b，故错误；PS PQ QS32a32b2b32a12b，故正确；PR PQ QR32a32bb32a12b，故错误，故选 C
40、.2(2018长沙一模)已知向量 OA(k,12)，OB(4,5)，OC(k,10)，且 A，B，C三点共线，则 k 的值是()A23B.43C.12D.13解析：选 A ABOB OA(4k，7)，AC OC OA(2k，2)A，B，C 三点共线，AB，AC共线，2(4k)7(2k)，解得 k23.3(2018嘉兴调研)已知点 O 为ABC 外接圆的圆心，且 OAOB CO0，则ABC 的内角 A 等于()A30 B45C60 D90解析：选 A 由 OAOB CO0 得，OAOB OC，由 O 为ABC 外接圆的圆心，结合向量加法的几何意义知，四边形 OACB 为菱形，且CAO60，故 A
41、30.4若 OAa，OBb，a 与 b 不共线，则AOB 平分线上的向量OM为()A.a|a|b|b|B.ab|ab|C.|b|a|a|b|a|b|Da|a|b|b|，由OM确定解析：选 D 以 OM 为对角线，以 OA，OB方向为邻边作平行四边形 OCMD，OM 平分AOB，平行四边形 OCMD 是菱形设 OCOD，则 OC a|a|，OD b|b|，OM OCODa|a|b|b|，且 由OM确定5设 D，E，F 分别是ABC 的三边 BC，CA，AB 上的点，且 DC2 BD，CE2 EA，AF2 FB，则 AD BE CF与 BC()A反向平行B同向平行C互相垂直D既不平行也不垂直解析：
42、选 A 由题意得 AD AB BD AB13 BC，BE BA AE BA13 AC，CF CB BF CB13 BA，因此 AD BE CF CB13(BC AC AB)CB23 BC13 BC，故 AD BE CF与 BC反向平行6.如图所示，已知点 G 是ABC 的重心，过点 G 作直线与 AB，AC 两边分别交于 M，N 两点，且AMx AB，ANy AC，则 xyxy的值为()A3 B.13C2 D.12解析：选 B 利用三角形的性质，过重心作平行于底边 BC 的直线，易得 xy23，则xyxy13.7(2018兰州模拟)已知向量 a(1sin，1)，b12，1sin ，若 ab，则
43、锐角()A.6B.4C.3D.512解析：选 B 因为 ab，所以(1sin)(1sin)1120，得 sin212，所以 sin 22，故锐角 4.8已知ABC 是边长为 4 的正三角形，D，P 是ABC 内的两点，且满足 AD14(AB AC)，AP AD18 BC，则APD 的面积为()A.34B.32C.3D2 3解析：选 A 法一：取 BC 的中点 E，连接 AE，由于ABC 是边长为 4 的正三角形，则 AEBC，AE12(AB AC)，又 AD14(AB AC)，所以点 D 是 AE 的中点，AD 3.取 AF18 BC，以 AD，AF 为邻边作平行四边形，可知 AP AD18
44、BC AD AF.而APD 是直角三角形，AF12，所以APD 的面积为1212 3 34.法二：以 A 为原点，以 BC 的垂直平分线为 y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系等边三角形 ABC 的边长为 4，B(2，2 3)，C(2，2 3)，由题知 AD14(AB AC)14(2，2 3)(2，2 3)(0，3)，AP AD18 BC(0，3)18(4,0)12，3，ADP 的面积为 S12|AD|DP|12 312 34.二、填空题9在矩形 ABCD 中，O 是对角线的交点，若 BC5e1，DC3e2，则 OC_.(用e1，e2 表示)解析：在矩形 ABCD 中，因为 O 是对角线的交点
45、，所以 OC12 AC12(AB AD)12(DC BC)12(5e13e2)52e132e2.答案：52e132e210已知 S 是ABC 所在平面外一点，D 是 SC 的中点，若 BDx ABy ACz AS，则 xyz_.解析：依题意得 BD AD AB12(AS AC)AB AB12 AC12 AS，因此 xyz112120.答案：011(2018贵阳模拟)已知平面向量 a，b 满足|a|1，b(1,1)，且 ab，则向量 a 的坐标是_解析：设 a(x，y)，平面向量 a，b 满足|a|1，b(1,1)，且 ab，x2y21，且 xy0，解得 xy 22.a22，22或 22，22.
46、答案：22，22或 22，2212.在直角梯形 ABCD 中，ABAD，DCAB，ADDC1，AB2，E，F 分别为 AB，BC 的中点，点 P 在以 A 为圆心，AD 为半径的圆弧 DE 上变动(如图所示)，若 AP ED AF，其中，R，则2 的取值范围是_解析：以 A 为坐标原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则 A(0,0)，E(1，0)，D(0,1)，F32，12，设 P(cos，sin)(090)，AP ED AF，(cos，sin)(1,1)32，1232，2，cos 32，sin 2，14(3sin cos)，12(cos sin)，2sin
47、 cos 2sin(45)，090，454545，22 sin(45)22，1 2sin(45)1，2 的取值范围是1,1答案：1,1三、解答题13.如图所示，在ABC 中，D，F 分别是 BC，AC 的中点，AE23 AD，ABa，ACb.(1)用 a，b 表示向量 AD，AE，AF，BE，BF；(2)求证：B，E，F 三点共线解：(1)延长 AD 到 G，使 AD12 AG，连接 BG，CG，得到平行四边形 ABGC，所以 AGab，AD12 AG12(ab)，AE23 AD13(ab)，AF12 AC12b，BE AE AB13(ab)a13(b2a)，BF AF AB12ba12(b2
48、a)(2)证明：由(1)可知 BE23 BF，又因为 BE，BF有公共点 B，所以 B，E，F 三点共线14(2018郑州模拟)平面内给定三个向量 a(3,2)，b(1，2)，c(4,1)(1)若(akc)(2ba)，求实数 k 的值；(2)若 d 满足(dc)(ab)，且|dc|5，求 d 的坐标解：(1)akc(34k,2k)，2ba(5,2)，由题意得 2(34k)(5)(2k)0，解得 k1613.(2)设 d(x，y)，则 dc(x4，y1)，又 ab(2,4)，|dc|5，4x42y10，x42y125，解得x3，y1 或x5，y3.d 的坐标为(3，1)或(5,3)15.如图，在
49、OAB 中，OC14 OA，OD12OB，AD 与 BC 交于点 M，设 OAa，OBb.(1)用 a，b 表示OM；(2)在线段 AC 上取一点 E，在线段 BD 上取一点 F，使 EF 过 M 点，设 OEp OA，OFqOB，求证：17p 37q1.解：(1)设OMxayb，由 OC14 OA，得OM4x OCyb，C，M，B 三点共线，4xy1.由OD12OB，得OMxa2yOD，A，M，D 三点共线，x2y1，联立得，x17，y37.OM17a37b.(2)证明：OEp OA，OFqOB，OA1p OE，OB1q OF，OM171p OE371q OF.E，M，F 三点共线，17p
50、37q1.1已知点 P 是ABC 的中位线 EF 上任意一点，且 EFBC，实数 x，y 满足 PAx PBy PC0，设ABC，PBC，PCA，PAB 的面积分别为 S，S1，S2，S3，记S1S 1，S2S 2，S3S 3，则 23 取最大值时，3xy 的值为()A.12B.32C1 D2解析：选 D 由题意可知 1231.P 是ABC 的中位线 EF 上任意一点，且 EFBC，112，2312，232322 116，当且仅当 2314时取等号，23 取最大值时，P 为 EF 的中点延长 AP 交 BC 于 M，则 M 为 BC 的中点，PAPM，PAPM12(PB PC)，又 PAx P
51、By PC0，xy12，3xy2.2.如图，在 RtABC 中，P 是斜边 BC 上一点，且满足 BP12 PC，点 M，N 在过点 P 的直线上，若AM AB，AN AC(0，0)，则2 的最小值为()A2 B.83C3 D.103解析：选 B AM AB，AN AC(0，0)，MBMP PB(1)AB.M，P，N 三点共线，存在实数 k，使MPkMNk(ANAM)k ABk AC.BP12 PC，PB13 CB13 AB13 AC.MP PB13k ABk13 AC(1)AB，13k1，k130，由得，k 13代入得，13 31，32，2 232.设 f()232，0，f()9212322
52、，令 f()0，得 0 或 43.当 0，43 时，f()0.43时，f()取极小值，也是最小值，又 f 43 83，f()的最小值为83，即 2 的最小值为83.高考研究课二 平面向量的数量积及应用全国卷 5 年命题分析考点考查频度考查角度数量积的运算5 年 5 考求数量积及由数量积求参数向量的模5 年 2 考求模及由模的关系求参数向量夹角及垂直5 年 4 考由向量垂直求参数，由坐标求向量夹角平面向量的数量积的运算典例(1)已知等边ABC 的边长为 2，若 BC3 BE，AD DC，则 BD AE等于()A2 B103C2 D.103(2)已知正方形 ABCD 的边长为 1，点 E 是 AB
53、 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，BD AE(AD AB)(AB BE)12 AC ABAB13 AC13 AB12 AC AB 13 AC23 AB16 AC223 AB21642342.(2)法一：如图，DE CB(DA AE)CB DA CB AE CB DA21，DE DC(DA AE)DC DA DC AE DC AE DC|AE|DC|DC|21，故 DE DC的最大值为 1.法二：以射线 AB，AD 为 x 轴，y 轴的正方向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)，t0,1，则
54、 DE(t，1)，CB(0，1)，所以 DE CB(t，1)(0，1)1.因为 DC(1,0)，所以 DE DC(t，1)(1,0)t1，故 DE DC的最大值为 1.法三：由图知，无论 E 点在哪个位置，DE在 CB方向上的投影都是 CB1，DE CB|CB|11.当 E 运动到 B 点时，DE在 DC方向上的投影最大，即为 DC1，(DE DC)max|DC|11.答案(1)A(2)1 1方法技巧平面向量数量积的 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 时，可利用定义法求解，即 ab|a|b|cos 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，
55、可利用坐标法求解，即若 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则abx1x2y1y2适用于已知相应向量的坐标求解数量积的有关计算问题即时演练1(2016天津高考)已知ABC 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 DE2EF，则 AF BC的值为()A58B.18C.14D.118解析：选 B 如图所示，AF AD DF.又 D，E 分别为 AB，BC 的中点，且 DE2EF，所以 AD12 AB，DF12 AC14 AC34 AC，所以 AF12 AB34 AC.又 BC AC AB，则 AF BC12 AB34 AC(AC AB)
56、12 AB AC12 AB234 AC234 AC AB34 AC212 AB214 AC AB.又|AB|AC|1，BAC60，故 AF BC341214111218.2(2018豫东名校联考)如图，BC 是单位圆 A 的一条直径，F 是线段 AB 上的点，且 BF3 FA，若 DE 是圆 A 中绕圆心 A 运动的一条直径，则 FD FE的值是_解析：FD FE(FA AD)(FA AE)(FA AD)(FA AD)FA2 AD2 14211516.答案：1516平面向量数量积的性质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.常见的命题探究角度有：
57、1平面向量的模；2平面向量的夹角；3平面向量的垂直.角度一：平面向量的模1(2017浙江高考)已知向量 a，b 满足|a|1，|b|2，则|ab|ab|的最小值是_，最大值是_解析：法一：由向量三角不等式得，|ab|ab|(ab)(ab)|2b|4.又|ab|ab|2ab2ab22a2b2 5，|ab|ab|的最大值为2 5.法二：设 a，b 的夹角为.|a|1，|b|2，|ab|ab|a2b2 ab2 54cos 54cos.令 y 54cos 54cos，则 y2102 2516cos2.0，cos20,1，y216,20，y4,2 5，即|ab|ab|的最小值为 4，最大值为 2 5.答
58、案：4 2 52已知向量 a(1,1)，b(1,1)，设向量 c 满足(2ac)(3bc)0，则|c|的最大值为_解析：设 c(x，y)，2ac(2x,2y)，3bc(3x,3y)，则由题意得(2x)(3x)(2y)(3y)0，即x122y522132，表示以12，52 为圆心，262 为半径的圆，所以|c|的最大值为 26.答案：26方法技巧利用数量积求解长度问题的处理方法(1)a2aa|a|2 或|a|aa.(2)|ab|ab2 a22abb2.(3)若 a(x，y)，则|a|x2y2.提醒 与模有关的最值或范围问题要注意抓住模的几何意义及数形结合思想的应用 角度二：平面向量的夹角3已知单
59、位向量 e1 与 e2 的夹角为 60，则|e12e2|_.解析：单位向量 e1 与 e2 的夹角为 60，|e1|e2|1，e1e2|e1|e2|cos 6012，|e12e2|e214e1e24e22 124 3.答案：34(2018洛阳期末)已知 a(1,2)，b(1,1)，且 a 与 ab 的夹角为锐角，求实数 的取值范围解：a 与 ab 均为非零向量，且夹角为锐角，a(ab)0，即(1,2)(1，2)0.(1)2(2)0.53.当 a 与 ab 共线时，存在实数 m，使 abma，即(1，2)m(1,2)，1m，22m，解得 0.即当 0 时，a 与 ab 共线，综上可知，实数 的取
60、值范围为53，0(0，)方法技巧向量夹角问题的 2 个注意点(1)切记向量夹角的范围是0，(2)a 与 b 夹角为锐角ab0 且 a，b 不共线，a 与 b 夹角为钝角ab0 且 a，b 不共线 角度三：平面向量的垂直5(2017山东高考)已知 e1，e2 是互相垂直的单位向量若 3e1e2 与 e1e2 的夹角为 60，则实数 的值是_解析：因为 3e1e2e1e2|3e1e2|e1e2|32 12，故32 1212，解得 33.答案：336(2016山东高考)已知向量 a(1，1)，b(6，4)若 a(tab)，则实数 t 的值为_解析：a(1，1)，b(6，4)，tab(t6，t4)又
61、a(tab)，则 a(tab)0，即 t6t40，解得 t5.答案：5方法技巧两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是 abab0|ab|ab|.平面向量与三角函数的综合典例(2018怀化模拟)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)，mnsin 2C.(1)求角 C 的大小；(2)若 sin A，sin C，sin B 成等差数列，且 CA(AB AC)18，求 c.解(1)由已知得 mnsin Acos Bsin Bcos Asin(AB)，在ABC 中，ABC,0C，sin(AB)sin C，mnsin
62、 C，又 mnsin 2C，sin 2Csin C，cos C12，C3.(2)由 sin A，sin C，sin B 成等差数列，可得 2sin Csin Asin B，由正弦定理得 2cab.CA(AB AC)18，CA CB18，即 abcos C18，ab36.由余弦定理得 c2a2b22ab cosC(ab)23ab，c24c2336，c236，c6.方法技巧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
63、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 即时演练1(2018云南检测)已知向量 a(sin x,1)，b(t，x)，若函数 f(x)ab 在区间0，2 上是增函数，则实数 t 的取值范围是_解析：由 f(x)abtsin xx，得 f(x)tcos x1，因为函数 f(x)在区间0，2 上是增函数，所以 f(x)0 在区间0，2 上恒成立，即 tcos x10 恒成立，即 t 1cos x在0，2 上恒成立，所以 t 1cos x maxx0，2，所以 t1.答案：1，)2已知向量 a(cos x，sin x)，b(cos x，cos x)，c(1,0)(1)若 x
64、6，求向量 a，c 的夹角；(2)当 x2，98 时，求函数 f(x)2ab1 的最小值解：(1)当 x6时，cosa，c ac|a|c|cos xcos2xsin2x1202cos xcos 6 32.又0a，c，a，c56，即向量 a，c 的夹角为56.(2)f(x)2ab12(cos2xsin xcos x)12sin xcos x(2cos2x1)sin 2xcos 2x 2sin2x4.x2，98，2x434，2，故 sin2x4 1，22，当 2x432，即 x78 时，f(x)取得最小值为 2.3(2018临沂模拟)已知向量 m(sin 2，cos)，n(sin，cos)，其中
65、R.(1)若 mn，求角；(2)若|mn|2，求 cos 2 的值解：(1)若 mn，则 mn0，即为sin(sin 2)cos20，即 sin 12，可得 2k6或 2k56，kZ.(2)若|mn|2，即有(mn)22，即(2sin 2)2(2cos)22，即为 4sin248sin 4cos2 2，即有 88sin 2，可得 sin 34，即有 cos 212sin212 91618.1(2017全国卷)已知ABC 是边长为 2 的等边三角形，P 为平面 ABC 内一点，则PA(PB PC)的最小值是()A2 B32C43D1解析：选 B 如图，以等边三角形 ABC 的底边 BC 所在直线
66、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(0，3)，B(1，0)，C(1,0)，设 P(x，y)，则 PA(x,3y)，PB(1x，y)，PC(1x，y)，所以 PA(PB PC)(x，3y)(2x，2y)2x22y 32232，当 x0，y 32 时，PA(PB PC)取得最小值，为32.2(2016全国卷)已知向量 BA12，32，BC32，12，则ABC()A30 B45C60 D120解析：选 A 因为 BA12，32，BC32，12，所以 BA BC 34 34 32.又因为 BA BC|BA|BC|cosABC11cosABC 32，所以 cosABC
67、 32.又 0ABC180，所以ABC30.3(2016全国卷)已知向量 a(1，m)，b(3，2)，且(ab)b，则 m()A8 B6C6 D8解析：选 D 法一：因为 a(1，m)，b(3，2)，所以 ab(4，m2)因为(ab)b，所以(ab)b0，所以 122(m2)0，解得 m8.法二：因为(ab)b，所以(ab)b0，即 abb232m32(2)2162m0，解得 m8.4(2015全国卷)向量 a(1，1)，b(1,2)，则(2ab)a()A1 B0C1 D2解析：选 C 法一：a(1，1)，b(1,2)，a22，ab3，从而(2ab)a2a2ab431.法二：a(1，1)，b(
68、1,2)，2ab(2，2)(1,2)(1,0)，从而(2ab)a(1,0)(1，1)1.5(2017全国卷)已知向量 a，b 的夹角为 60，|a|2，|b|1，则|a2b|_.解析：法一：易知|a2b|a|24ab4|b|244211242 3.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|a2b|OC|.又AOB60，所以|a2b|2 3.答案：2 36(2016全国卷)设向量 a(x，x1)，b(1,2)，且 ab，则 x_.解析：ab，ab0，即 x2(x1)0，x23.答案：237(2013全国卷)已知正方形 ABCD
69、的边长为 2，E 为 CD 的中点，则 AE BD_.解析：选向量的基底为 AB，AD，则 BD AD AB，AEAD12 AB，所以 AE BDAD12 BD(AD AB)AD212 AD AB12 AB22.答案：2一、选择题1(2018江西八校联考)已知两个非零向量 a，b 满足 a(ab)0，且 2|a|b|，则a，b()A30 B60C120 D150解析：选 B 由题知 a2ab，而 cosa，b ab|a|b|a|22|a|212，所以a，b60.2.如图，在圆 C 中，点 A，B 在圆上，则 AB AC的值()A只与圆 C 的半径有关B既与圆 C 的半径有关，又与弦 AB 的长
70、度有关C只与弦 AB 的长度有关D是与圆 C 的半径和弦 AB 的长度均无关的定值解析：选 C 如图，过圆心 C 作 CDAB，垂足为 D，则 AB AC|AB|AC|cosCAB12|AB|2.AB AC的值只与弦 AB 的长度有关3已知圆 O：x2y24 上的三点 A，B，C，且 OA BC，则 AC BA()A6 B2 3C6 D2 3解析：选 C 如图，OA BC，四边形 OACB 为平行四边形，则|OA|OB|OC|BC|2.四边形 OACB 为菱形，且AOB120，则 AC BAOB(OAOB)OB OA|OB|22212 46.4在ABC 中，AB3，AC2，BC 10，则 BA
71、 AC的值为()A32B23C.23D.32解析：选 A 在ABC 中，由余弦定理得 cos AAC2AB2BC22ACAB2232 10222314，所以 BA AC|BA|AC|cos(A)|BA|AC|cos A321432.5(2017浙江高考)如图，已知平面四边形 ABCD，ABBC，ABBCAD2，CD3，AC 与 BD 交于点 O.记 I1 OAOB，I2OB OC，I3 OC OD，则()AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3解析：选 C 法一：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 AOAF，而AFB90，AOB 与COD为钝
72、角，AOD 与BOC 为锐角根据题意，I1I2 OAOBOB OCOB(OA OC)OB CA|OB|CA|cosAOB0，I1I3，作 AGBD 于 G，又 ABAD，OBBGGDOD，而 OAAFFCOC，|OA|OB|OC|OD|，而 cosAOBcosCOD OC OD，即 I1I3，I3I10，nm.从而DBC45，又BCO45，BOC 为锐角从而AOB 为钝角故 I10，I30.又 OAOC，OB1)，OC2 OA(21)，从而 I3 OC OD12 OAOB12I1，又 121，I10，I30，I3I1，I3I1I2.6已知菱形 ABCD 的边长为 6，ABD30，点 E，F 分
73、别在边 BC，DC 上，BC2BE，CDCF.若 AE BF9，则 的值为()A2 B3C4 D5解析：选 B 依题意得 AE AB BE12 BC BA，BF BC1 BA，因此 AE BF12 BC BA BC1 BA 12 BC21 BA2121 BC BA，于是有121 62121 62cos 609，由此解得 3.7(2018石家庄模拟)已知向量 a，b，c 共面，且均为单位向量，ab0，则|abc|的取值范围是()A 21，21 B1，2C 2，3 D 21,1解析：选 A 因为 ab0，所以|ab|2a22abb22，所以|ab|2，所以|abc|2a2b2c22ab2(ab)c
74、32(ab)c.当 c 与(ab)同向时，(ab)c 最大，|abc|2 最小，此时(ab)c|ab|c|cos 0 2，|abc|232 2，所以|abc|min 21.当 c 与(ab)反向时，(ab)c 最小，|abc|2 最大，此时(ab)c|ab|c|cos 2，|abc|232 2，所以|abc|max 21.所以|abc|的取值范围为 21，218(2018银川调研)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|4 AC|AC|，则 PB PC的最大值等于()A13 B15C19 D21解析：选 A 建立如图所示的平面直角
75、坐标系，则 B1t，0，C(0，t)，AB1t，0，AC(0，t)，AP AB|AB|4 AC|AC|t1t，0 4t(0，t)(1,4)，sP(1,4)，PB PC1t1，4(1，t4)171t4t 1721t4t13，当且仅当 t12时，取“”故 PB PC的最大值为 13.二、填空题9已知向量 a(1，x)，b(1，x1)，若(a2b)a，则|a2b|_.解析：a2b(1,2x)，且(a2b)a，(a2b)a1x(2x)x22x10，x1，a2b(1,1)，|a2b|2.答案：210已知向量，是平面内两个互相垂直的单位向量，若(52)(122)0，则|的最大值是_解析：因为 0，|1，所
76、以(52)(122)601024420，即 2|2512(512)，当 与 512 共线时，|最大，所以 4|2(512)225|2120144|225144169，所以|132.答案：13211已知 O 为ABC 内一点，AOB120，OA1，OB2，过点 O 作 ODAB 于点 D，E 为线段 OD 的中点，则 OE EA的值为_解析：如图，AOB120，OA1，OB2，ODAB，E 为线段 OD 的中点，则 OD AD0，所以 OE EAOD2(AE)12 OD AO AD2OD AOOD AD4 OA OD4|OA|OD|cosAOD4|OD|24.在AOB 中，由余弦定理可得 AB
77、7，因为 SAOB12ABOD12OAOBsin 120，即12 7OD1212 32，所以 OD 217，所以 OE EA 328.答案：32812.如图，在梯形 ABCD 中，|DA|2，CDA3，DA2 CB，E 为AB 的中点，DP DC(01)若|DC|t(t 为大于零的常数)，当|PE|取得最小值时，实数 _.解析：DP DC，PC(1)DC，PE PC CB BE(1)DC12 DA14 DA12 DC12 DC34 DA，DC DA2tcos 3t，DC2t2，DA24，PE212 2t2943212 t12 t3422716，当12 t34，即 1234t时，PE2 取得最小
78、值2716.|PE|的最小值为3 34，此时 1234t.答案：1234t三、解答题13已知 a(3，1)，ab5，cxa(1x)b.(1)若 ac，求实数 x 的值；(2)若|b|5，求|c|的最小值解：(1)a(3，1)，|a|10，又 ab5，cxa(1x)b，且 ac，aca(xa(1x)b)0，即 x|a|2(1x)ab10 x5(1x)0，解得 x13.(2)由 cxa(1x)b，得|c|2xa(1x)b2x2|a|22x(1x)ab(1x)2|b|210 x210 x(1x)5(1x)25(5x24x1)25x2521.当 x25时，|c|2min1，则|c|的最小值为 1.14
79、已知向量 m3sin x4，1，ncosx4，cos2x4.(1)若 mn1，求 cos23 x 的值；(2)记 f(x)mn，在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且满足(2ac)cos Bbcos C，求函数 f(A)的取值范围解：mn 3sinx4cosx4cos2x4 32 sinx212cosx212sinx26 12.(1)mn1，sinx26 12，cosx3 12sin2x26 12，cos23 x cosx3 12.(2)(2ac)cos Bbcos C，由正弦定理得(2sin Asin C)cos Bsin Bcos C，2sin Acos Bsin Cc
80、os Bsin Bcos C，2sin Acos Bsin(BC)ABC，sin(BC)sin A，且 sin A0，cos B12，B3.0A23.6A262，12sinA26 1.又f(x)mnsinx26 12，f(A)sinA26 12，故 1f(A)32.故函数 f(A)的取值范围是1，32.1已知圆 O 的半径为 1，A，B 是圆上的两点，且AOB3，MN 是圆 O 的任意一条直径，若点 C 满足12 OC OA(1)OB(R)，则CM CN的最小值为_解析：由题意可得CM CN(COOM)(CO ON)CO2 CO(OM ON)OM ON，MN 是圆 O 的任意一条直径，OMON
81、0，OM ON1，CM CN CO201 CO21.要求CM CN的最小值问题就是求 CO2 的最小值，12 OC OA(1)OB(R)，点 C 在直线 AB 上，则当 C 在 AB 中点时，OCAB，OC 最小为等边三角形 AOB 的高线，为 32，此时 CO234，故CM CN的最小值为 CO2114.答案：142.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)，|OC|1，且AOCx，其中 O 为坐标原点(1)若 x34，设点 D 为线段 OA 上的动点，求|OCOD|的最小值；(2)若 x0，2，向量 m BC，n(1cos x，sin x2cos x)，求 mn 的最小值及对应的 x 值解：(1)设 D(t,0)(0t1)，当 x34 时，可得 C 22，22，所以 OCOD 22 t，22，所以|OCOD|2t 22212(0t1)，所以当 t 22 时，|OCOD|2 取得最小值为12，故|OCOD|最小值为 22.(2)由题意得 C(cos x，sin x)，m BC(cos x1，sin x)，则 mn1cos2xsin2x2sin xcos x1cos 2xsin 2x1 2sin2x4.因为 x0，2，所以42x454.所以当 2x42，即 x8时，mn1 2sin2x4 取得最小值 1 2，所以 mn 的最小值为 1 2，此时 x8.
