专题4.3 平面向量的数量积及其综合应用-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案

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【考纲要求】
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向量投影的关系．
3．掌握数量积的坐标表达式，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．会用向量方法解决某些简单的平面几何问题．
6．会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题
【命题趋势】
1.平面向量的数量积是高考的热点，主要考查平面向量数量积的运算、几何意义、两向量的模与夹角以及垂直问题．
2．数量积的综合应用是高考的重点，常与函数、三角函数、不等式、解析几何等内容结合考查.
【核心素养】
本讲内容主要考查数学运算、直观想象的核心素养。
【素养清单•基础知识】
1．向量的夹角
(1)定义：已知两个非零向量a和b，如图所示，作eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，则∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．
只有两个向量的起点重合时所对应的角才是两向量的夹角．
(2)范围：夹角θ的范围是[0，π]．
当θ＝0时，两向量a，b共线且同向；
当θ＝eq \f(π,2)时，两向量a，b相互垂直，记作a⊥b；
当θ＝π时，两向量a，b共线但反向．
2．平面向量数量积的定义
已知两个非零向量a与b，我们把数量|a||b| cs θ叫做a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝|a||b|cs θ，其中θ是a与b的夹角．
规定：零向量与任一向量的数量积为零．
3．平面向量数量积的几何意义
(1)一个向量在另一个向量方向上的投影
设θ是a，b的夹角，则|b|cs θ叫做向量b在向量a的方向上的投影，|a|cs θ叫做向量a在向量b的方向上的投影．
(2)a·b的几何意义
数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cs θ的乘积．
eq \a\vs4\al(投影和两向量的数量积都是数量，不是向量.)
4．向量数量积的运算律
(1)交换律：a·b＝b·a.
(2)数乘结合律：(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)．
(3)分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.
向量数量积的运算不满足乘法结合律，即(a·b)·c不一定等于a·(b·c)，这是由于(a·b)·c表示一个与c共线的向量，a·(b·c)表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线．
5．平面向量数量积的性质
设a，b为两个非零向量，e是与b同向的单位向量，θ是a与e的夹角，则
(1)e·a＝a·e＝|a|cs θ.
(2)a⊥b⇔a·b＝0.
(3)当a与b同向时，a·b＝|a||b|；当a与b反向时，a·b＝－|a||b|.
特别地，a·a＝|a|2或|a|＝eq \r(a·a).
(4)cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(5)|a·b|≤|a||b|.
6．平面向量数量积的坐标表示
已知两个非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，则
(1)|a|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))； (3)a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝0；
(2)a·b＝x1x2＋y1y2;_ (4)cs θ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)) \r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))).
【素养清单•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
(1)两个向量a与b的夹角为锐角，则有a·b>0，反之不成立(因为夹角为0时不成立)；
(2)两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b<0，反之不成立(因为夹角为π时不成立)．
【真题体验】
1.【2019年高考全国I卷理数】已知非零向量a，b满足，且b，则a与b的夹角为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为b，所以=0，所以，所以=，所以a与b的夹角为，故选B．
【名师点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．
2.【2019年高考全国II卷理数】已知=(2,3)，=(3，t)，=1，则=（ ）
A．−3B．−2
C．2D．3
【答案】C
【解析】由，，得，则，．故选C．
【名师点睛】本题考点为平面向量的数量积，侧重基础知识和基本技能，难度不大．
3.【2019年高考北京卷理数】设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】与的夹角为锐角，所以，即
，因为，所以|+|>||；
当|+|>||成立时，|+|2>|-|2•>0，又因为点A，B，C不共线，所以与的夹角为锐角.故“与的夹角为锐角”是“|+|>||”的充分必要条件,故选C．
【名师点睛】本题考查充要条件的概念与判断､平面向量的模､夹角与数量积,同时考查了转化与化归数学思想.
4.【2019年高考全国III卷理数】已知a，b为单位向量，且a·b=0，若，则___________.
【答案】
【解析】因为，，
所以，
，所以，
所以 ．
【名师点睛】本题主要考查平面向量的数量积、向量的夹角．渗透了数学运算、直观想象素养．使用转化思想得出答案．
5.【2019年高考天津卷理数】在四边形中，，点在线段的延长线上，且，则___________．
【答案】
【解析】建立如图所示的直角坐标系，∠DAB=30°，则，.
因为∥，，所以，
因为，所以，
所以直线的斜率为，其方程为，
直线的斜率为，其方程为.
由得，，
所以.
所以.

【名师点睛】平面向量问题有两大类解法：基向量法和坐标法，在便于建立坐标系的问题中使用坐标方法更为方便.
6.【2019年高考江苏卷】如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是___________．

【答案】.
【解析】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC的中点，知BF=FE=EA,AO=OD．

，
，
得即故
【名师点睛】本题考查在三角形中平面向量的数量积运算，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取几何法，利用数形结合和方程思想解题.
7.【2019年高考浙江卷】已知正方形的边长为1，当每个取遍时，的最小值是___________；最大值是___________．
【答案】0；.
【解析】以分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图.

则,
令0.
又因为可取遍，
所以当时，有最小值.
因为和的取值不相关，或，
所以当和分别取得最大值时，y有最大值，
所以当时，有最大值.
故答案为0；.
【名师点睛】对于此题需充分利用转化与化归思想，从“基向量”入手，最后求不等式最值，是一道向量和不等式的综合题.
【考法拓展•题型解码】
考法一 平面向量数量积的运算
归纳总结：平面向量数量积的三种运算方法
(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|cs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.
(3)利用数量积的几何意义求解．
注意：解决涉及几何图形的向量的数量积运算问题时，可先利用向量的加、减运算或数量积的运算律化简后再运算．但一定要注意向量的夹角与已知平面几何图形中的角的关系是相等还是互补．
【例1】 (1)(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
【答案】B
【解析】a·(2a－b)＝2|a|2－a·b＝2×1－(－1)＝3
(2)(2017·天津卷)在△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2.若Beq \(D,\s\up7(→))＝2 Deq \(C,\s\up7(→))，Aeq \(E,\s\up7(→))＝λ Aeq \(C,\s\up7(→))－Aeq \(B,\s\up7(→))(λ∈R)，且Aeq \(D,\s\up7(→))·Aeq \(E,\s\up7(→))＝－4，则λ的值为__________．
【答案】eq \f(3,11)
【解析】因为eq \(BD,\s\up7(→))＝2eq \(DC,\s\up7(→))，所以eq \(AD,\s\up7(→))＝eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(BD,\s\up7(→))＝eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up7(→))＝eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \f(2,3)(eq \(AC,\s\up7(→))－eq \(AB,\s\up7(→)))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up7(→))，因为eq \(AE,\s\up7(→))＝λeq \(AC,\s\up7(→))－eq \(AB,\s\up7(→))，且∠A＝60°，AB＝3，AC＝2，所以eq \(AD,\s\up7(→))·eq \(AE,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)\(AB,\s\up7(→))＋\f(2,3)\(AC,\s\up7(→))))·(λeq \(AC,\s\up7(→))－eq \(AB,\s\up7(→)))＝－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(→))2＋eq \f(2,3)λeq \(AC,\s\up7(→))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)λ－\f(2,3)))eq \(AB,\s\up7(→))·eq \(AC,\s\up7(→))＝－eq \f(1,3)×9＋eq \f(2,3)λ×4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)λ－\f(2,3)))×3×2×eq \f(1,2)＝－3＋eq \f(8,3)λ＋λ－2＝－4，解得λ＝eq \f(3,11).
考法二 平面向量的夹角与垂直问题
归纳总结
(1)根据平面向量数量积的性质：若a，b为非零向量，cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)(夹角公式)，a⊥b⇔a·b＝0等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题，其解题思路是直接运用夹角公式或向量垂直的充要条件求解．
(2)数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于0说明不共线的两向量的夹角为钝角．
【例2】 (1)(2016·北京卷)已知向量a＝(1，eq \r(3))，b＝(eq \r(3)，1)，则a与b夹角的大小为__________．
(2)已知e1，e2是互相垂直的单位向量．若eq \r(3)e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°，则实数λ的值是__________．
【答案】(1)eq \f(π,6) (2)eq \f(\r(3),3)
【解析】 (1)因为cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(1×\r(3)＋\r(3)×1,2×2)＝eq \f(\r(3),2)，所以a与b夹角的大小为eq \f(π,6).
(2)因为eq \f(\r(3)e1－e2·e1＋λe2,|\r(3)e1－e2||e1＋λe2|)＝eq \f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2)) .故eq \f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))＝eq \f(1,2)，解得λ＝eq \f(\r(3),3).
考法三 平面向量与三角函数
解题技巧;平面向量与三角函数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，再利用三角恒等变换对三角函数式进行化简，结合三角函数的图象与性质进行求解．
(2)给出用三角函数表示的向量坐标，求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．
【例3】 (2017·江苏卷)已知向量a＝(cs x，sin x)，b＝(3，－eq \r(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．
【答案】见解析
【解析】 (1)因为a＝(cs x，sin x)，b＝(3，－eq \r(3))，a∥b，所以－eq \r(3)cs x＝3sin x．若cs x＝0，则sin x＝0与sin2x＋cs2x＝1矛盾，故cs x≠0.于是tan x＝－eq \f(\r(3),3).又x∈[0，π]，所以x＝eq \f(5π,6).
(2)f(x)＝a·b＝(cs x，sin x)·(3，－eq \r(3))＝3cs x－eq \r(3)sin x＝2eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).因为x∈[0，π]，所以x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，从而－1≤cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))≤eq \f(\r(3),2).于是，当x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，即x＝0时，f(x)取到最大值3；当x＋eq \f(π,6)＝π，即x＝eq \f(5π,6)时，f(x)取到最小值－2eq \r(3).
【例4】 已知向量a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(3x,2)，sin\f(3x,2)))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(x,2)，－sin\f(x,2)))，且x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4))).
(1)求a·b及|a＋b|；
(2)若f(x)＝a·b－|a＋b|，求f(x)的最大值和最小值．
【答案】见解析
【解析】 (1)a·b＝cseq \f(3x,2)cseq \f(x,2)－sineq \f(3x,2)sineq \f(x,2)＝cs 2x.
a＋b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(3x,2)＋cs\f(x,2)，sin\f(3x,2)－sin\f(x,2)))，
|a＋b|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(3x,2)＋cs\f(x,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3x,2)－sin\f(x,2)))2)
＝eq \r(2＋2cs 2x)＝2|cs x|.
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))，所以cs x>0，所以|a＋b|＝2cs x.
(2)f(x)＝cs 2x－2cs x＝2cs2x－2cs x－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(1,2)))2－eq \f(3,2).又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))，所以eq \f(1,2)≤cs x≤1，所以当cs x＝eq \f(1,2)时，f(x)取得最小值－eq \f(3,2)；当cs x＝1时，f(x)取得最大值－1.
【易错警示】
易错点 向量的夹角问题
【典例】 已知向量e1，e2满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夹角为60°，若2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围．
【错解】：因为2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，所以(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，所以2teeq \\al(2,1)＋(2t2＋7)(e1·e2)＋7teeq \\al(2,2)<0.因为|e1|＝2，|e2|＝1，e1·e2＝1，所以2t2＋15t＋7<0，解得－7【错因分析】：没有注意到两向量的夹角为钝(锐)角与它们的数量积小于(大于)零是不等价的，因为当两向量反(同)向时，数量积也小于(大于)零，但此时不是钝(锐)角．
【正解】：因为2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，所以(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，所以2teeq \\al(2,1)＋(2t2＋7)(e1·e2)＋7teeq \\al(2,2)<0.因为|e1|＝2，|e2|＝1，e1·e2＝1，所以2t2＋15t＋7<0，解得－7若2te1＋7e2与e1＋te2共线，由于e1，e2不共线，所以eq \f(2t,1)＝eq \f(7,t)，解得t＝±eq \f(\r(14),2)，所以t≠±eq \f(\r(14),2)，因此实数t的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－7，－\f(\r(14),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(14),2)，－\f(1,2))).
【跟踪训练】 已知a＝(1，－1)，b＝(λ，1)，若a与b的夹角α为钝角，则实数λ的取值范围是__________．
【答案】(－∞，－1)∪(－1,1)
【解析】 因为a＝(1，－1)，b＝(λ，1)，所以|a|＝eq \r(2)，|b|＝eq \r(1＋λ2)，a·b＝λ－1.因为a，b的夹角α为钝角，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ－1<0，,\r(2)\r(1＋λ2)≠1－λ，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ<1，,λ2＋2λ＋1≠0.))所以λ<1且λ≠－1，所以λ的取值范围是(－∞，－1)∪(－1,1)．
【递进题组】
1．已知向量a与b的夹角为120°，|a|＝1，|b|＝1，则向量2a－b在a＋2b方向上的投影为( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2) D．2
【答案】A
【解析】 由题意得(2a－b)·(a＋2b)＝2a2＋3a·b－2b2＝－eq \f(3,2)，|a＋2b|2＝3，所以|a＋2b|＝eq \r(3)，所以向量2a－b在a＋2b方向上的投影为eq \f(2a－b·a＋2b,|a＋2b|)＝－eq \f(\r(3),2).故选A．
2．设△ABC的外接圆的圆心为P，半径为3，若eq \(PA,\s\up7(→))＋eq \(PB,\s\up7(→))＝eq \(CP,\s\up7(→))，则eq \(PA,\s\up7(→))·eq \(PB,\s\up7(→))＝( )
A．－eq \f(9,2) B．－eq \f(3,2)
C．3 D．9
【答案】A
【解析】 由题意eq \(PA,\s\up7(→))＋eq \(PB,\s\up7(→))＝eq \(CP,\s\up7(→))，△ABC的外接圆的圆心为P，半径为3，故eq \(PA,\s\up7(→))，eq \(PB,\s\up7(→))两向量的和向量的模是3，由向量加法的平行四边形法则知，eq \(PA,\s\up7(→))，eq \(PB,\s\up7(→))的夹角为120°，所以eq \(PA,\s\up7(→))·eq \(PB,\s\up7(→))＝3×3×cs 120°＝9×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－eq \f(9,2).故选A．
3．已知向量a，b满足(2a－b)·(a＋b)＝6，且|a|＝2，|b|＝1，则a与b的夹角为__________．
【答案】 eq \f(2π,3)
【解析】 因为(2a－b)·(a＋b)＝6，所以2a2＋a·b－b2＝6，又|a|＝2，|b|＝1，所以a·b＝－1，所以cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝－eq \f(1,2)，又〈a，b〉∈[0，π]，所以a与b的夹角为eq \f(2π,3).
4．(2018·北京卷改编)设a，b均为单位向量，则“|a－3b|＝|3a＋b|”是“a⊥b”的__________条件(填“充分不必要”“必要不充分”或“充要”)．
【答案】 充要
【解析】 因为|a|＝|b|＝1，所以|a－3b|2＝|a|2－6a·b＋9|b|2＝－6a·b＋10，|3a＋b|2＝9|a|2＋|b|2＋6a·b＝10＋6a·b.若|a－3b|＝|3a＋b|，则有|a－3b|2＝|3a＋b|2，即－6a·b＝6a·b，即a·b＝0，所以a⊥b.若a⊥b，则a·b＝0可得到|a－3b|2＝|3a＋b|2，即|a－3b|＝|3a＋b|，所以|a－3b|＝|3a＋b|是a⊥b的充要条件．
5．已知向量a＝(sin α－cs α，－eq \r(sin 2α))，Oeq \(A,\s\up7(→))＝a－b，Oeq \(B,\s\up7(→))＝a＋b，若△OAB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，则△OAB的面积为__________．
【答案】 1
【解析】 由题意得|a|＝eq \r(sin α－cs α2＋－\r(sin 2α)2)＝1，又△OAB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，所以eq \(OA,\s\up7(→))⊥eq \(OB,\s\up7(→))，|eq \(OA,\s\up7(→))|＝|eq \(OB,\s\up7(→))|.由eq \(OA,\s\up7(→))⊥eq \(OB,\s\up7(→))，得(a－b)·(a＋b)＝|a|2－|b|2＝0，所以|a|＝|b|，由|eq \(OA,\s\up7(→))|＝|eq \(OB,\s\up7(→))|，得|a－b|＝|a＋b|，所以a·b＝0.所以|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＝2，所以|eq \(OB,\s\up7(→))|＝|eq \(OA,\s\up7(→))|＝eq \r(2)，故S△OAB＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)＝1.
【考卷送检】
一、选择题
1．已知向量a＝(x－1,2)，b＝(2,1)，则a⊥b的充要条件是( )
A．x＝－eq \f(1,2) B．x＝－1
C．x＝5 D．x＝0
【答案】D
【解析】 由向量垂直的充要条件得2(x－1)＋2＝0，解得x＝0.
2．已知非零向量a，b，|a|＝|b|＝|a－b|，则cs〈a，a＋b〉＝( )
A．eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(\r(3),2)
【答案】C
【解析】 设|a|＝|b|＝|a－b|＝1，则(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝1，所以a·b＝eq \f(1,2)，所以a·(a＋b)＝a2＋a·b＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).因为|a＋b|＝eq \r(a2＋b2＋2a·b)＝eq \r(3)，所以cs〈a，a＋b〉＝eq \f(\f(3,2),1×\r(3))＝eq \f(\r(3),2).
3．已知向量|eq \(OA,\s\up7(→))|＝2，|eq \(OB,\s\up7(→))|＝4，eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＝4，则以eq \(OA,\s\up7(→))，eq \(OB,\s\up7(→))为邻边的平行四边形的面积为( )
A．4eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．4 D．2
【答案】A
【解析】 因为有cs∠AOB＝eq \f(\(OA,\s\up7(→))·\(OB,\s\up7(→)),|\(OA,\s\up7(→))||\(OB,\s\up7(→))|)＝eq \f(4,2×4)＝eq \f(1,2)，所以sin∠AOB＝eq \f(\r(3),2)，所以所求的平行四边形的面积为|eq \(OA,\s\up7(→))|·|eq \(OB,\s\up7(→))|·sin∠AOB＝4eq \r(3).故选A．
4．若△ABC的三个内角A，B，C的度数成等差数列，且(eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→)))·eq \(BC,\s\up7(→))＝0，则△ABC一定是( )
A．等腰直角三角形
B．非等腰直角三角形
C．等边三角形
D．钝角三角形
【答案】C
【解析】 因为(eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→)))·eq \(BC,\s\up7(→))＝0，所以(eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→)))·(eq \(AC,\s\up7(→))－eq \(AB,\s\up7(→)))＝0，所以eq \(AC,\s\up7(→))2－eq \(AB,\s\up7(→))2＝0，即|eq \(AC,\s\up7(→))|＝|eq \(AB,\s\up7(→))|，又A，B，C度数成等差数列，故2B＝A＋C，A＋B＋C＝3B＝π，所以B＝eq \f(π,3)，故△ABC是等边三角形．
5．(2019·鄂州二中期中)已知菱形ABCD的边长为6，∠ABD＝30°，点E，F分别在边BC，DC上，BC＝2BE，CD＝λCF.若eq \(AE,\s\up7(→))·eq \(BF,\s\up7(→))＝－9，则λ的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
【答案】B
【解析】 依题意得eq \(AE,\s\up7(→))＝eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(BE,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up7(→))－eq \(BA,\s\up7(→))，eq \(BF,\s\up7(→))＝eq \(BC,\s\up7(→))＋eq \f(1,λ)eq \(BA,\s\up7(→))，因此eq \(AE,\s\up7(→))·eq \(BF,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(BC,\s\up7(→))－\(BA,\s\up7(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up7(→))＋\f(1,λ)\(BA,\s\up7(→))))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up7(→))2－eq \f(1,λ)eq \(BA,\s\up7(→))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2λ)－1))eq \(BC,\s\up7(→))·eq \(BA,\s\up7(→))，于是有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,λ)))×62＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2λ)－1))×62×cs 60°＝－9，由此解得λ＝3.
6．(2017·浙江卷)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＝eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))，I2＝eq \(OB,\s\up7(→))·eq \(OC,\s\up7(→))，I3＝eq \(OC,\s\up7(→))·eq \(OD,\s\up7(→))，则( )
A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2
C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3
【答案】C
【解析】 如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易知AOI3，作AG⊥BD于G，又AB＝AD，所以OB所以|eq \(OA,\s\up7(→))|·|eq \(OB,\s\up7(→))|<|eq \(OC,\s\up7(→))|·|eq \(OD,\s\up7(→))|，而cs∠AOB＝cs∠COD<0，
所以eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))>Oeq \(C,\s\up7(→))·Oeq \(D,\s\up7(→))，即I1>I3，所以I3二、填空题
7．(2017·全国卷Ⅲ)已知向量a＝(－2,3)，b＝(3，m)，且a⊥b，则m＝________.
【答案】 2
【解析】 因为a⊥b，所以a·b＝－2×3＋3m＝0，解得m＝2.
8．已知A，B，C为圆O上的三点，若eq \(AO,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→)))，则 eq \(AB,\s\up7(→))与 Aeq \(C,\s\up7(→))的夹角为________．
【答案】 90°
【解析】 由eq \(AO,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→)))得O为BC的中点，故BC为圆O的直径，所以 eq \(AB,\s\up7(→)) 与 eq \(AC,\s\up7(→)) 的夹角为90°.
9．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eq \(AE,\s\up7(→))·eq \(BE,\s\up7(→))的最小值为________．
【答案】 eq \f(21,16)
【解析】 如图，以D为坐标原点建立直角坐标系．连接AC，由题意知∠CAD＝∠CAB＝60°，∠ACD＝∠ACB＝30°，则D(0,0)，A(1,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，C(0，eq \r(3))．设E(0，y)(0≤y≤eq \r(3))，则Aeq \(E,\s\up7(→))＝(－1，y)，Beq \(E,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，y－\f(\r(3),2)))，所以Aeq \(E,\s\up7(→))·Beq \(E,\s\up7(→))＝eq \f(3,2)＋y2－eq \f(\r(3),2)y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),4)))2＋eq \f(21,16)，所以当y＝eq \f(\r(3),4)时，Aeq \(E,\s\up7(→))·Beq \(E,\s\up7(→))有最小值eq \f(21,16).
三、解答题
10．已知|a|＝4，|b|＝8，a与b的夹角是120°.
(1)求|a＋b|和|4a－2b|；
(2)当k为何值时，a＋2b与ka－b垂直．
【答案】见解析
【解析】 易得a·b＝4×8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－16.
(1)因为|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，所以|a＋b|＝4eq \r(3).因为|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768，所以|4a－2b|＝16eq \r(3).
(2)因为(a＋2b)⊥(ka－b)，所以(a＋2b)·(ka－b)＝0，所以ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，即16k－16(2k－1)－2×64＝0，所以k＝－7.故k＝－7时，a＋2b与ka－b垂直．
11．(2019·惠州调考)在平面直角坐标系xOy中，点A(－1，－2)，B(2,3)，C(－2，－1)．
(1)求以线段AB，AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；
(2)设实数t满足(eq \(AB,\s\up7(→))－teq \(OC,\s\up7(→)))·eq \(OC,\s\up7(→))＝0，求t的值．
【答案】见解析
【解析】 (1)由题设知eq \(AB,\s\up7(→))＝(3,5)，eq \(AC,\s\up7(→))＝(－1,1)，则eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→))＝(2,6)，eq \(AB,\s\up7(→))－eq \(AC,\s\up7(→))＝(4,4)．所以|eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→))|＝2eq \r(10)，|eq \(AB,\s\up7(→))－eq \(AC,\s\up7(→))|＝4eq \r(2).故两条对角线的长分别为4eq \r(2)，2eq \r(10).
(2)由题设知eq \(OC,\s\up7(→))＝(－2，－1)，eq \(AB,\s\up7(→))·eq \(OC,\s\up7(→))＝teq \(OC,\s\up7(→))2，
所以t＝eq \f(\(AB,\s\up7(→))·\(OC,\s\up7(→)),|\(OC,\s\up7(→))|2)＝－eq \f(11,5).
12．已知向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)sin\f(x,4)，1))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(x,4)，cs2\f(x,4) )).
(1)若m·n＝1，求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))的值；
(2)记f(x)＝m·n，在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cs B＝bcs C，求函数f(A)的取值范围．
【答案】见解析
【解析】 m·n＝eq \r(3)sineq \f(x,4)cseq \f(x,4)＋cs2eq \f(x,4)＝eq \f(\r(3),2)sineq \f(x,2)＋eq \f(1,2)cseq \f(x,2)＋eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2).
(1)因为m·n＝1，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝－eq \f(1,2).
(2)因为(2a－c)cs B＝bcs C，由正弦定理得(2sin A－sin C)cs B＝sin Bcs C，所以2sin Acs B＝sin CcsB＋sin Bcs C，所以2sin Acs B＝sin(B＋C)．因为A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin A，且sin A≠0，所以cs B＝eq \f(1,2)，B＝eq \f(π,3).所以0＜A＜eq \f(2π,3).所以eq \f(π,6)＜eq \f(A,2)＋eq \f(π,6)＜eq \f(π,2)，eq \f(1,2)＜sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)＋\f(π,6)))＜1.又因为f(x)＝m·n＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，所以f(A)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，故1＜f(A)＜eq \f(3,2).故函数f(A)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
13．(2019·福州一中模拟)已知非零向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|a－b|，c－a，c－b＝eq \f(2π,3)，则eq \f(|c|,|a|)的最大值为________．
【答案】 eq \f(2\r(3),3)
【解析】 设Oeq \(A,\s\up7(→))＝a，Oeq \(B,\s\up7(→))＝b，则Beq \(A,\s\up7(→))＝a－b.因为非零向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|a－b|，所以△OAB是等边三角形．设Oeq \(C,\s\up7(→))＝c，则Aeq \(C,\s\up7(→))＝c－a，Beq \(C,\s\up7(→))＝c－b.因为〈c－a，c－b〉＝eq \f(2π,3)，所以点C在△ABC的外接圆上，所以当OC为△ABC的外接圆的直径时，eq \f(|c|,|a|)取得最大值，为eq \f(1,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3).