(新高考)高考数学一轮复习讲义第5章§5.3平面向量的数量积(含详解)

§5.3　平面向量的数量积 考试要求　1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义.2.了解平面向量的数量积与投影向量的关系.3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算.4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.5.会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题． 知识梳理 1．向量的夹角 已知两个非零向量a，b，O是平面上的任意一点，作eq \o(OA,\s\up6(→))＝a，eq \o(OB,\s\up6(→))＝b，则∠AOB＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a与b的夹角． 2．平面向量的数量积 已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，我们把数量|a||b|cos θ叫做向量a与b的数量积，记作a·b. 3．平面向量数量积的几何意义 设a，b是两个非零向量，它们的夹角是θ，e与b是方向相同的单位向量，eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(CD,\s\up6(→))＝b，过eq \o(AB,\s\up6(→))的起点A和终点B，分别作eq \o(CD,\s\up6(→))所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到eq \o(A1B1,\s\up6(—→))，我们称上述变换为向量a向向量b投影，eq \o(A1B1,\s\up6(—→))叫做向量a在向量b上的投影向量．记为|a|cos θ e. 4．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. 5．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. 常用结论 1．平面向量数量积运算的常用公式 (1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2； (2)(a±b)2＝a2±2a·b＋b2. 2．有关向量夹角的两个结论 已知向量a，b. (1)若a与b的夹角为锐角，则a·b>0；若a·b>0，则a与b的夹角为锐角或0. (2)若a与b的夹角为钝角，则a·b<0；若a·b<0，则a与b的夹角为钝角或π. 思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两个向量的夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(　×　) (2)若a·b>0，则a和b的夹角为锐角．(　×　) (3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的结果是向量．(　√　) (4)(a·b)·c＝a·(b·c)．(　×　) 教材改编题 1．(多选)(2022·海南省临高二中模拟)设a，b，c是任意的非零向量，则下列结论正确的是(　　) A．0·a＝0 B．a·b＝b·c，则a＝c C．a·b＝0⇒a⊥b D．(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2 答案　CD 2．已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________. 答案　2eq \r(3) 3．已知向量a，b满足3|a|＝2|b|＝6，且(a－2b)⊥(2a＋b)，则a，b夹角的余弦值为________． 答案　－eq \f(5,9) 解析　设a，b的夹角为θ， 依题意，(a－2b)·(2a＋b)＝0， 则2a2－3a·b－2b2＝0， 故2×4－3×2×3·cos θ－2×32＝0， 则cos θ＝－eq \f(5,9). 题型一　平面向量数量积的基本运算 例1　(1)(2021·北京)a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，则(a＋b)·c＝_________；a·b＝________. 答案　0　3 解析　∵a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)， ∴a＋b＝(4,0)， ∴(a＋b)·c＝4×0＋0×1＝0， a·b＝2×2＋1×(－1)＝3. (2)(2022·广州模拟)在平面四边形ABCD中，已知eq \o(AB,\s\up6(→))＝eq \o(DC,\s\up6(→))，P为CD上一点，eq \o(CP,\s\up6(→))＝3eq \o(PD,\s\up6(→))，|eq \o(AB,\s\up6(→))| ＝4，|eq \o(AD,\s\up6(→))|＝3，eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(AD,\s\up6(→))的夹角为θ，且cos θ＝eq \f(2,3)，则eq \o(AP,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))＝________. 答案　－2 解析　如图所示， ∵eq \o(AB,\s\up6(→))＝eq \o(DC,\s\up6(→))， ∴四边形ABCD为平行四边形， ∵eq \o(CP,\s\up6(→))＝3eq \o(PD,\s\up6(→))， ∴eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \o(DP,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))， eq \o(PB,\s\up6(→))＝eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AD,\s\up6(→))， 又∵|eq \o(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq \o(AD,\s\up6(→))|＝3， cos θ＝eq \f(2,3)， 则eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))＝4×3×eq \f(2,3)＝8， ∴eq \o(AP,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,4)\o(AB,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)\o(AB,\s\up6(→))－\o(AD,\s\up6(→)))) ＝eq \f(1,2)eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))－eq \o(AD,\s\up6(→))2＋eq \f(3,16)eq \o(AB,\s\up6(→))2 ＝eq \f(1,2)×8－9＋eq \f(3,16)×42＝－2. 教师备选 1．(2019·全国Ⅱ)已知eq \o(AB,\s\up6(→))＝(2,3)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(3，t)，|eq \o(BC,\s\up6(→))|＝1，则eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(BC,\s\up6(→))等于(　　) A．－3 B．－2 C．2 D．3 答案　C 解析　因为eq \o(BC,\s\up6(→))＝eq \o(AC,\s\up6(→))－eq \o(AB,\s\up6(→))＝(1，t－3)， 所以|eq \o(BC,\s\up6(→))|＝eq \r(12＋t－32)＝1， 解得t＝3， 所以eq \o(BC,\s\up6(→))＝(1,0)， 所以eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(BC,\s\up6(→))＝2×1＋3×0＝2. 2．在边长为2的正三角形ABC中，M是BC的中点，D是线段AM的中点．①若eq \o(BD,\s\up6(→))＝xeq \o(BA,\s\up6(→))＋yeq \o(BC,\s\up6(→))，则x＋y＝________；②eq \o(BD,\s\up6(→))·eq \o(BM,\s\up6(→))＝________. 答案　eq \f(3,4)　1 解析　①∵M是BC的中点， ∴eq \o(BM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \o(BC,\s\up6(→))， ∵D是AM的中点， ∴eq \o(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \o(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \o(BM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \o(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \o(BC,\s\up6(→))， ∴x＝eq \f(1,2)，y＝eq \f(1,4)，∴x＋y＝eq \f(3,4). ②∵△ABC是边长为2的正三角形，M是BC的中点， ∴AM⊥BC，且BM＝1， ∴eq \o(BD,\s\up6(→))·eq \o(BM,\s\up6(→))＝|eq \o(BD,\s\up6(→))||eq \o(BM,\s\up6(→))|cos∠DBM＝|eq \o(BM,\s\up6(→))|2＝1. 思维升华　计算平面向量数量积的主要方法 (1)利用定义：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． (2)利用坐标运算，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2. (3)灵活运用平面向量数量积的几何意义． 跟踪训练1　(1)(2021·新高考全国Ⅱ)已知向量a＋b＋c＝0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，a·b＋b·c＋c·a＝________. 答案　－eq \f(9,2) 解析　由已知可得(a＋b＋c)2 ＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a) ＝9＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0， 因此a·b＋b·c＋c·a＝－eq \f(9,2). (2)(2020·北京)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AC,\s\up6(→)))，则|eq \o(PD,\s\up6(→))|＝________；eq \o(PB,\s\up6(→))·eq \o(PD,\s\up6(→))＝________. 答案　eq \r(5)　－1 解析　建立如图所示的平面直角坐标系， ∵eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AC,\s\up6(→)))， ∴P为BC的中点． ∴点P的坐标为(2,1)，点D的坐标为(0,2)，点B的坐标为(2,0)， ∴|eq \o(PD,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，eq \o(PB,\s\up6(→))＝(0，－1)，eq \o(PD,\s\up6(→))＝(－2,1)， ∴eq \o(PB,\s\up6(→))·eq \o(PD,\s\up6(→))＝－1. 题型二　平面向量数量积的应用 命题点1　向量的模 例2　已知向量a，b满足|a|＝6，|b|＝4，且a与b的夹角为60°，则|a＋b|＝____________，|a－3b|＝________. 答案　2eq \r(19)　6eq \r(3) 解析　因为|a|＝6，|b|＝4，a与b的夹角为60°， 所以a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝6×4×eq \f(1,2)＝12， (a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝36＋24＋16＝76， (a－3b)2＝a2－6a·b＋9b2＝36－72＋144 ＝108， 所以|a＋b|＝2eq \r(19)，|a－3b|＝6eq \r(3). 命题点2　向量的夹角 例3　(2020·全国Ⅲ)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos〈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， ∴cos〈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). 命题点3　向量的垂直 例4　(2021·全国乙卷)已知向量a＝(1,3)，b＝(3,4)，若(a－λb)⊥b，则λ＝________. 答案　eq \f(3,5) 解析　方法一　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＝eq \f(3,5). 方法二　由(a－λb)⊥b可知，(a－λb)·b＝0，即a·b－λb2＝0， 从而λ＝eq \f(a·b,b2)＝eq \f(1，3·3，4,32＋42)＝eq \f(15,25)＝eq \f(3,5). 教师备选 1．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　设a与b的夹角为α， ∵(a－b)⊥b， ∴(a－b)·b＝0， ∴a·b＝b2， ∴|a|·|b|cos α＝|b|2，又|a|＝2|b|， ∴cos α＝eq \f(1,2)，∵α∈[0，π]， ∴α＝eq \f(π,3). 2．已知e1，e2是两个单位向量，且|e1＋e2|＝eq \r(3)，则|e1－e2|＝________. 答案　1 解析　由|e1＋e2|＝eq \r(3)，两边平方， 得eeq \o\al(2,1)＋2e1·e2＋eeq \o\al(2,2)＝3.又e1，e2是单位向量， 所以2e1·e2＝1， 所以|e1－e2|2＝eeq \o\al(2,1)－2e1·e2＋eeq \o\al(2,2)＝1， 所以|e1－e2|＝1. 思维升华　(1)求平面向量的模的方法 ①公式法：利用|a|＝eq \r(a·a)及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的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，即利用向量线性运算的平行四边形法则或三角形法则作出所求向量，再利用余弦定理等方法求解． (2)求平面向量的夹角的方法 ①定义法：cos θ＝eq \f(a·b,|a||b|)，求解时应求出a·b，|a|，|b|的值或找出这三个量之间的关系； ②坐标法． (3)两个向量垂直的充要条件 a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0)． 跟踪训练2　(1)已知单位向量a，b满足a·b＝0，若向量c＝eq \r(7)a＋eq \r(2)b，则sin〈a，c〉等于(　　) A.eq \f(\r(7),3) B.eq \f(\r(2),3) C.eq \f(\r(7),9) D.eq \f(\r(2),9) 答案　B 解析　方法一　设a＝(1,0)，b＝(0,1)， 则c＝(eq \r(7)，eq \r(2))， ∴cos〈a，c〉＝eq \f(a·c,|a||c|)＝eq \f(\r(7),3)， ∴sin〈a，c〉＝eq \f(\r(2),3). 方法二　a·c＝a·(eq \r(7)a＋eq \r(2)b) ＝eq \r(7)a2＋eq \r(2)a·b＝eq \r(7)， |c|＝eq \r(\r(7)a＋\r(2)b2)＝eq \r(7a2＋2b2＋2\r(14)a·b)＝eq \r(7＋2)＝3， ∴cos〈a，c〉＝eq \f(a·c,|a||c|)＝eq \f(\r(7),1×3)＝eq \f(\r(7),3)， ∴sin〈a，c〉＝eq \f(\r(2),3). (2)(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)已知O为坐标原点，点P1(cos α，sin α)，P2(cos β，－sin β)，P3(cos(α＋β)，sin(α＋β))，A(1,0)，则(　　) A．|eq \o(OP1,\s\up6(—→))|＝|eq \o(OP2,\s\up6(—→))| B．|eq \o(AP1,\s\up6(—→))|＝|eq \o(AP2,\s\up6(—→))| C.eq \o(OA,\s\up6(→))·eq \o(OP3,\s\up6(—→))＝eq \o(OP1,\s\up6(—→))·eq \o(OP2,\s\up6(—→)) D.eq \o(OA,\s\up6(→))·eq \o(OP1,\s\up6(—→))＝eq \o(OP2,\s\up6(—→))·eq \o(OP3,\s\up6(—→)) 答案　AC 解析　由题意可知， |eq \o(OP1,\s\up6(—→))|＝eq \r(cos2α＋sin2α)＝1， |eq \o(OP2,\s\up6(—→))|＝eq \r(cos2β＋－sin β2)＝1， 所以|eq \o(OP1,\s\up6(—→))|＝|eq \o(OP2,\s\up6(—→))|，故A正确； 取α＝eq \f(π,4)，则P1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))， 取β＝eq \f(5π,4)， 则P2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))， 则|eq \o(AP1,\s\up6(—→))|≠|eq \o(AP2,\s\up6(—→))|，故B错误； 因为eq \o(OA,\s\up6(→))·eq \o(OP3,\s\up6(—→))＝cos(α＋β)， eq \o(OP1,\s\up6(—→))·eq \o(OP2,\s\up6(—→))＝cos αcos β－sin αsin β＝cos(α＋β)， 所以eq \o(OA,\s\up6(→))·eq \o(OP3,\s\up6(—→))＝eq \o(OP1,\s\up6(—→))·eq \o(OP2,\s\up6(—→))，故C正确； 因为eq \o(OA,\s\up6(→))·eq \o(OP1,\s\up6(—→))＝cos α， eq \o(OP2,\s\up6(—→))·eq \o(OP3,\s\up6(—→))＝cos βcos(α＋β)－sin βsin(α＋β) ＝cos(α＋2β)， 取α＝eq \f(π,4)，β＝eq \f(π,4)， 则eq \o(OA,\s\up6(—→))·eq \o(OP1,\s\up6(—→))＝eq \f(\r(2),2)，eq \o(OP2,\s\up6(—→))·eq \o(OP3,\s\up6(—→))＝cos eq \f(3π,4)＝－eq \f(\r(2),2)， 所以eq \o(OA,\s\up6(→))·eq \o(OP1,\s\up6(—→))≠eq \o(OP2,\s\up6(—→))·eq \o(OP3,\s\up6(—→))，故D错误． 题型三　平面向量的实际应用 例5　(多选)(2022·东莞模拟)在日常生活中，我们会看到两个人共提一个行李包的情况(如图所示)．假设行李包所受的重力为G，所受的两个拉力分别为F1，F2，若|F1|＝|F2|，且F1与F2的夹角为θ，则以下结论正确的是(　　) A．|F1|的最小值为eq \f(1,2)|G| B．θ的范围为[0，π] C．当θ＝eq \f(π,2)时，|F1|＝eq \f(\r(2),2)|G| D．当θ＝eq \f(2π,3)时，|F1|＝|G| 答案　ACD 解析　由题意知，F1＋F2＋G＝0， 可得F1＋F2＝－G，两边同时平方得 |G|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1||F2|cos θ ＝2|F1|2＋2|F1|2cos θ， 所以|F1|2＝eq \f(|G|2,21＋cos θ). 当θ＝0时，|F1|min＝eq \f(1,2)|G|； 当θ＝eq \f(π,2)时，|F1|＝eq \f(\r(2),2)|G|； 当θ＝eq \f(2π,3)时，|F1|＝|G|，故A，C，D正确； 当θ＝π时，竖直方向上没有分力与重力平衡，不成立，所以θ∈[0，π)，故B错误． 教师备选 若平面上的三个力F1，F2，F3作用于一点，且处于平衡状态，已知|F1|＝1 N，|F2|＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2) N，F1与F2的夹角为45°，求： (1)F3的大小； (2)F3与F1夹角的大小． 解　(1)∵三个力平衡， ∴F1＋F2＋F3＝0， ∴|F3|＝|F1＋F2|＝eq \r(|F1|2＋2F1·F2＋|F2|2) ＝eq \r(12＋2×1×\f(\r(6)＋\r(2),2)cos 45°＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),2)))2) ＝eq \r(4＋2\r(3))＝1＋eq \r(3). (2)方法一　设F3与F1的夹角为θ， 则|F2|＝eq \r(|F1|2＋|F3|2＋2|F1||F3|cos θ)， 即eq \f(\r(6)＋\r(2),2)＝eq \r(12＋1＋\r(3)2＋2×1×1＋\r(3)cos θ)， 解得cos θ＝－eq \f(\r(3),2)， ∵θ∈[0，π]， ∴θ＝eq \f(5π,6). 方法二　设F3与F1的夹角为θ， 由余弦定理得 cos(π－θ)＝eq \f(12＋1＋\r(3)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),2)))2,2×1×1＋\r(3))＝eq \f(\r(3),2)， ∵θ∈[0，π]，∴θ＝eq \f(5π,6). 思维升华　用向量方法解决实际问题的步骤 跟踪训练3　(2022·沈阳二中模拟)渭河某处南北两岸平行，如图所示，某艘游船从南岸码头A出发航行到北岸，假设游船在静水中航行速度的大小为|ν1|＝10 km/h，水流速度的大小为|ν2|＝6 km/h.设ν1与ν2的夹角为120°，北岸的点A′在码头A的正北方向，那么该游船航行到北岸的位置应(　　) A．在A′东侧 B．在A′西侧 C．恰好与A′重合 D．无法确定 答案　A 解析　建立如图所示的平面直角坐标系， 由题意可得ν1＝(－5，5eq \r(3))，ν2＝(6,0)， 所以ν1＋ν2＝(1,5eq \r(3))， 说明游船有x轴正方向的速度，即向东的速度，所以该游船航行到北岸的位置应在A′东侧． 极化恒等式：设a，b为两个平面向量，则有恒等式a·b＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a＋b2－a－b2)). 如图所示． (1)在平行四边形ABDC中，eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AC,\s\up6(→))＝b，则a·b＝eq \f(1,4)(|eq \o(AD,\s\up6(→))|2－|eq \o(BC,\s\up6(→))|2)． (2)在△ABC中，eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AC,\s\up6(→))＝b，AM为中线，则a·b＝|eq \o(AM,\s\up6(→))|2－eq \f(1,4)|eq \o(BC,\s\up6(→))|2. 例1　在△ABC中，M是BC的中点，AM＝3，BC＝10，则eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AC,\s\up6(→))＝________. 答案　－16 解析　如图所示，由极化恒等式，易得eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AC,\s\up6(→))＝eq \o(AM,\s\up6(→))2－eq \o(MB,\s\up6(→))2＝32－52＝－16. 例2　已知AB为圆x2＋y2＝1的一条直径，点P为直线x－y＋2＝0上任意一点，则eq \o(PA,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))的最小值是________． 答案　1 解析　如图所示，由极化恒等式易知，当OP垂直于直线x－y＋2＝0时，eq \o(PA,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))有最小值，即 eq \o(PA,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))＝eq \o(PO,\s\up6(→))2－eq \o(OB,\s\up6(→))2＝(eq \r(2))2－12＝1. 例3　已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是(　　) A．1 B．2 C.eq \r(2) D.eq \f(\r(2),2) 答案　C 解析　如图所示， 设eq \o(OA,\s\up6(→))⊥eq \o(OB,\s\up6(→))， 记eq \o(OA,\s\up6(→))＝a，eq \o(OB,\s\up6(→))＝b，eq \o(OC,\s\up6(→))＝c， M为AB的中点， 由极化恒等式有 (a－c)·(b－c)＝eq \o(CA,\s\up6(→))·eq \o(CB,\s\up6(→)) ＝|eq \o(CM,\s\up6(→))|2－eq \f(|\o(AB,\s\up6(→))|2,4)＝0， ∴|eq \o(CM,\s\up6(→))|2＝eq \f(|\o(AB,\s\up6(→))|2,4)＝eq \f(1,2)， 可知eq \o(MC,\s\up6(→))是有固定起点，固定模长的动向量． 点C的轨迹是以AB为直径的圆，且点O也在此圆上， 所以|c|的最大值为圆的直径长，即为eq \r(2). 课时精练 1．(2020·全国Ⅱ)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(　　) A．a＋2b B．2a＋b C．a－2b D．2a－b 答案　D 解析　由题意得|a|＝|b|＝1， 设a，b的夹角为θ＝60°， 故a·b＝|a||b|cos θ＝eq \f(1,2). 对A项，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2 ＝eq \f(1,2)＋2＝eq \f(5,2)≠0； 对B项，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2 ＝2×eq \f(1,2)＋1＝2≠0； 对C项，(a－2b)·b＝a·b－2b2 ＝eq \f(1,2)－2＝－eq \f(3,2)≠0； 对D项，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2×eq \f(1,2)－1＝0. 2．(2022·石家庄模拟)已知向量a＝(2，－2)，b＝(2,1)，b∥c，a·c＝4，则|c|等于(　　) A．2eq \r(5) B．4 C．5eq \r(2) D．4eq \r(2) 答案　A 解析　因为b∥c， 所以c＝λb＝(2λ，λ)(λ∈R)， 又a·c＝4λ－2λ＝2λ＝4， 所以λ＝2，c＝(4,2)，|c|＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5). 3．(2022·沈阳模拟)若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，则a－b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　D 解析　|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，等号左右同时平方， 得|a＋b|2＝|a－b|2＝4|a|2，即|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2a·b＝4|a|2， 所以a·b＝0且|b|2＝3|a|2， 所以|a－b|＝eq \r(|a－b|2) ＝eq \r(|a|2＋|b|2－2a·b)＝eq \f(2\r(3),3)|b|， 所以cos〈a－b，b〉＝eq \f(a－b·b,|a－b||b|) ＝eq \f(－|b|2,\f(2\r(3),3)|b|·|b|)＝－eq \f(\r(3),2)， 因为〈a－b，b〉∈[0，π]，所以〈a－b，b〉＝eq \f(5π,6). 4．已知a＝(－2,1)，b＝(k，－3)，c＝(1,2)，若(a－2b)⊥c，则与b共线的单位向量为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，－\f(\r(5),5)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，－\f(\r(5),5)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5))) 答案　A 解析　由题意得a－2b＝(－2－2k,7)， ∵(a－2b)⊥c， ∴(a－2b)·c＝0， 即(－2－2k,7)·(1,2)＝0，－2－2k＋14＝0， 解得k＝6， ∴b＝(6，－3)， ∴e＝±eq \f(b,\r(62＋－32))＝±eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，－\f(\r(5),5))). 5．(多选)(2022·盐城模拟)下列关于向量a，b，c的运算，一定成立的有(　　) A．(a＋b)·c＝a·c＋b·c B．(a·b)·c＝a·(b·c) C．a·b≤|a|·|b| D．|a－b|≤|a|＋|b| 答案　ACD 解析　根据数量积的分配律可知A正确； 选项B中，左边为c的共线向量，右边为a的共线向量，故B不正确； 根据数量积的定义，可知a·b＝|a||b|cos〈a，b〉≤|a|·|b|，故C正确； |a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b＝|a|2＋|b|2－2|a||b|·cos〈a，b〉≤|a|2＋|b|2＋2|a||b|＝(|a|＋|b|)2， 故|a－b|≤|a|＋|b|，故D正确． 6．(多选)已知向量a＝(2,1)，b＝(1，－1)，c＝(m－2，－n)，其中m，n均为正数，且(a－b)∥c，则下列说法正确的是(　　) A．a与b的夹角为钝角 B．向量a在b上的投影向量为eq \f(\r(2),2)b C．2m＋n＝4 D．mn的最大值为2 答案　CD 解析　对于A，向量a＝(2,1)，b＝(1，－1)， 则a·b＝2－1＝1>0， 又a，b不共线， 所以a，b的夹角为锐角，故A错误； 对于B，向量a在b上的投影向量为 eq \f(a·b,|b|)·eq \f(b,|b|)＝eq \f(1,2)b，B错误； 对于C，a－b＝(1,2)，若(a－b)∥c， 则－n＝2(m－2)，变形可得2m＋n＝4，C正确； 对于D，由2m＋n＝4，且m，n均为正数， 得mn＝eq \f(1,2)(2m·n)≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m＋n,2)))2＝2，当且仅当m＝1，n＝2时，等号成立，即mn的最大值为2，D正确． 7．(2021·全国甲卷)已知向量a＝(3,1)，b＝(1,0)，c＝a＋kb.若a⊥c，则k＝________. 答案　－eq \f(10,3) 解析　c＝(3,1)＋(k,0)＝(3＋k,1)，a·c＝3(3＋k)＋1×1＝10＋3k＝0，得k＝－eq \f(10,3). 8．(2020·全国Ⅰ)设a，b为单位向量，且|a＋b|＝1，则|a－b|＝________. 答案　eq \r(3) 解析　将|a＋b|＝1两边平方，得a2＋2a·b＋b2＝1. ∵a2＝b2＝1， ∴1＋2a·b＋1＝1，即2a·b＝－1. ∴|a－b|＝eq \r(a－b2)＝eq \r(a2－2a·b＋b2) ＝eq \r(1－－1＋1)＝eq \r(3). 9．(2022·长沙模拟)在△ABC中，BC的中点为D，设向量eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AC,\s\up6(→))＝b. (1)用a，b表示向量eq \o(AD,\s\up6(→))； (2)若向量a，b满足|a|＝3，|b|＝2，〈a，b〉＝60°，求eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))的值． 解　(1)eq \o(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AC,\s\up6(→))) ＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b， 所以eq \o(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b. (2)eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b)) ＝eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,2)a·b ＝eq \f(1,2)×32＋eq \f(1,2)×3×2×cos 60°＝6， 所以eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))＝6. 10．(2022·湛江模拟)已知向量m＝(eq \r(3)sin x，cos x－1)，n＝(cos x，cos x＋1)，若f(x)＝m·n. (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)在Rt△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若∠A＝90°，f(C)＝0，c＝eq \r(3)，CD为∠BCA的角平分线，E为CD的中点，求BE的长． 解　(1)f(x)＝m·n ＝eq \r(3)sin x·cos x＋cos2x－1 ＝eq \f(\r(3),2)sin 2x＋eq \f(1,2)cos 2x－eq \f(1,2) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－eq \f(1,2). 令2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)， 则x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)． 所以函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)． (2)f(C)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))－eq \f(1,2)＝0， sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，又C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 所以C＝eq \f(π,3). 在△ACD中，CD＝eq \f(2\r(3),3)， 在△BCE中， BE＝eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2－2×2×\f(\r(3),3)×\f(\r(3),2))＝eq \f(\r(21),3). 11．(2022·黄冈质检)圆内接四边形ABCD中，AD＝2，CD＝4，BD是圆的直径，则eq \o(AC,\s\up6(→))·eq \o(BD,\s\up6(→))等于(　　) A．12 B．－12 C．20 D．－20 答案　B 解析　如图所示，由题知∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝2，CD＝4， ∴eq \o(AC,\s\up6(→))·eq \o(BD,\s\up6(→))＝(eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \o(DC,\s\up6(→)))·eq \o(BD,\s\up6(→)) ＝eq \o(AD,\s\up6(→))·eq \o(BD,\s\up6(→))＋eq \o(DC,\s\up6(→))·eq \o(BD,\s\up6(→)) ＝|eq \o(AD,\s\up6(→))||eq \o(BD,\s\up6(→))|cos∠BDA－|eq \o(DC,\s\up6(→))||eq \o(BD,\s\up6(→))|cos∠BDC ＝|eq \o(AD,\s\up6(→))|2－|eq \o(DC,\s\up6(→))|2＝4－16＝－12. 12．在△ABC中，已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))·eq \o(BC,\s\up6(→))＝0，且eq \f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)·eq \f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，则△ABC为(　　) A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．三边均不相等的三角形 答案　A 解析　eq \f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)，eq \f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)分别为与eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(AC,\s\up6(→))方向相同的单位向量，由平行四边形法则可知向量eq \f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋eq \f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)所在的直线为∠BAC的平分线． 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))·eq \o(BC,\s\up6(→))＝0， 所以∠BAC的平分线垂直于BC， 所以AB＝AC. 又eq \f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)·eq \f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))·cos∠BAC ＝eq \f(1,2)， 所以cos∠BAC＝eq \f(1,2)，∠BAC＝60°. 所以△ABC为等边三角形． 13.(2022·潍坊模拟)如图所示，一个物体被两根轻质细绳拉住，且处于平衡状态，已知两条绳上的拉力分别是F1，F2，且F1，F2与水平夹角均为45°，|F1|＝|F2|＝10eq \r(2) N，则物体的重力大小为________ N. 答案　20 解析　如图所示，∵|F1|＝|F2|＝10eq \r(2) N， ∴|F1＋F2|＝10eq \r(2)×eq \r(2)＝20 N， ∴物体的重力大小为20 N. 14．(2021·天津)在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，DE⊥AB且交AB于点E，DF∥AB且交AC于点F，则|2eq \o(BE,\s\up6(→))＋eq \o(DF,\s\up6(→))|的值为________；(eq \o(DE,\s\up6(→))＋eq \o(DF,\s\up6(→)))·eq \o(DA,\s\up6(→))的最小值为________． 答案　1　eq \f(11,20) 解析　设BE＝x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))， ∵△ABC为边长为1的等边三角形，DE⊥AB， ∴∠BDE＝30°，BD＝2x，DE＝eq \r(3)x， DC＝1－2x， ∵DF∥AB，∴△DFC为边长为1－2x的等边三角形，DE⊥DF， ∴(2eq \o(BE,\s\up6(→))＋eq \o(DF,\s\up6(→)))2＝4eq \o(BE,\s\up6(→))2＋4eq \o(BE,\s\up6(→))·eq \o(DF,\s\up6(→))＋eq \o(DF,\s\up6(→))2＝4x2＋4x(1－2x)×cos 0°＋(1－2x)2＝1， ∴|2eq \o(BE,\s\up6(→))＋eq \o(DF,\s\up6(→))|＝1， ∵(eq \o(DE,\s\up6(→))＋eq \o(DF,\s\up6(→)))·eq \o(DA,\s\up6(→))＝(eq \o(DE,\s\up6(→))＋eq \o(DF,\s\up6(→)))·(eq \o(DE,\s\up6(→))＋eq \o(EA,\s\up6(→)))＝eq \o(DE,\s\up6(→))2＋eq \o(DF,\s\up6(→))·eq \o(EA,\s\up6(→))＝(eq \r(3)x)2＋(1－2x)×(1－x)＝5x2－3x＋1＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,10)))2＋eq \f(11,20)， ∴当x＝eq \f(3,10)时，(eq \o(DE,\s\up6(→))＋eq \o(DF,\s\up6(→)))·eq \o(DA,\s\up6(→))的最小值为eq \f(11,20). 15．(多选)定义一种向量运算“⊗”：a⊗b＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a·b，当a，b不共线时，,|a－b|，当a，b共线时))(a，b是任意的两个向量)．对于同一平面内的向量a，b，c，e，给出下列结论，正确的是(　　) A．a⊗b＝b⊗a B．λ(a⊗b)＝(λa)⊗b(λ∈R) C．(a＋b)⊗c＝a⊗c＋b⊗c D．若e是单位向量，则|a⊗e|≤|a|＋1 答案　AD 解析　当a，b共线时，a⊗b＝|a－b|＝|b－a|＝b⊗a，当a，b不共线时，a⊗b＝a·b＝b·a＝b⊗a，故A正确； 当λ＝0，b≠0时，λ(a⊗b)＝0，(λa)⊗b＝|0－b|≠0，故B错误； 当a＋b与c共线时，则存在a，b与c不共线，(a＋b)⊗c＝|a＋b－c|，a⊗c＋b⊗c＝a·c＋b·c，显然|a＋b－c|≠a·c＋b·c，故C错误； 当e与a不共线时，|a⊗e|＝|a·e|<|a|·|e|<|a|＋1，当e与a共线时，设a＝ue，u∈R，|a⊗e|＝|a－e|＝|ue－e|＝|u－1|≤|u|＋1，故D正确． 16．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eq \o(CA,\s\up6(→))·(eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AC,\s\up6(→)))＝18，求c. 解　(1)m·n＝sin Acos B＋sin Bcos A ＝sin(A＋B)， 在△ABC中，A＋B＝π－C,0