（浙江專用）高考數(shù)學(xué)第五章平面向量第三節(jié)平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例教案（含解析）.docx

第三節(jié) 平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例1向量的夾角定義圖示范圍共線與垂直已知兩個(gè)非零向量a和b，作a，b，則AOB就是a與b的夾角設(shè)是a與b的夾角，則的取值范圍是01800或180ab，90ab2平面向量的數(shù)量積定義設(shè)兩個(gè)非零向量a，b的夾角為，則數(shù)量|a|b|cos 叫做a與b的數(shù)量積，記作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方向上的投影幾何意義數(shù)量積ab等于a的長(zhǎng)度|a|與b在a的方向上的投影|b|cos 的乘積3向量數(shù)量積的運(yùn)算律(1)abba.(2)(a)b(ab)a(b)(3)(ab)cacbc.4平面向量數(shù)量積的有關(guān)結(jié)論已知非零向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，a與b的夾角為.結(jié)論幾何表示坐標(biāo)表示模|a|a|夾角cos cos ab的充要條件ab0x1x2y1y20|ab|與|a|b|的關(guān)系|ab|a|b|x1x2y1y2|小題體驗(yàn)1已知|a|2，|b|6，ab6，則a與b的夾角為()A.B.C.D.答案：D2已知向量a和向量b的夾角為30，|a|2，|b|，則向量a和向量b的數(shù)量積ab()A1B2C3 D4解析：選C由題意可得ab|a|b|cosa，b23.3已知向量a，b均為單位向量，若它們的夾角為60，則|a3b|()A. B.C. D4解析：選C依題意得ab，則|a3b|.4已知兩個(gè)單位向量a，b的夾角為60，cta(1t)b.若bc0，則t_.解析：因?yàn)橄蛄縜，b為單位向量，所以b21，又向量a，b的夾角為60，所以ab，由bc0，得bta(1t)b0，即t ab(1t)b20，所以t(1t)0，所以t2.答案：25已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，E為CD的中點(diǎn)，則_.解析：選向量的基底為，則，所以()2.答案：21數(shù)量積運(yùn)算律要準(zhǔn)確理解、應(yīng)用，例如，abac(a0)不能得出bc，兩邊不能約去一個(gè)向量2兩個(gè)向量的夾角為銳角，則有ab0，反之不成立；兩個(gè)向量夾角為鈍角，則有ab0，反之不成立3ab0不能推出a0或b0，因?yàn)閍b0時(shí)，有可能ab.4在用|a|求向量的模時(shí)，一定要把求出的a2再進(jìn)行開方小題糾偏1若a，b是兩個(gè)互相垂直的非零向量，給出以下式子：ab0；abab；|ab|ab|；a2b2(ab)2.其中正確的個(gè)數(shù)是()A1B2C3 D4解析：選C因?yàn)閍，b是兩個(gè)互相垂直的非零向量，所以ab0；所以(ab)2a2b22aba2b2；(ab)2a2b22aba2b2；所以(ab)2(ab)2，即|ab|ab|.故是正確的，是錯(cuò)誤的2設(shè)向量a，b滿足|a|b|1，ab，則|a2b|_.解析：|a2b| .答案：題組練透1設(shè)a(1，2)，b(3,4)，c(3,2)，則(a2b)c()A(15,12)B0C3 D11解析：選Ca2b(1，2)2(3,4)(5,6)，(a2b)c(5,6)(3,2)3.2(2018浙江考前沖刺)若兩個(gè)非零向量a，b滿足|ab|ab|2|b|4，則向量a在ab上的投影為()A. B3C. D6解析：選B由|ab|ab|，得a22abb2a22abb2，即ab0，由|ab|2|b|，得a22abb24b2，即a23b2，所以|a|b|2，所以向量a在ab上的投影為3.3如圖，在等腰直角三角形ABC中，C90，AC2，D為BC的中點(diǎn)，則_.解析：法一：由題意知，ACBC2，AB2，()|cos 45|cos 4522216.法二：建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，由題意得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：64(2019臺(tái)州模擬)以O(shè)為起點(diǎn)作三個(gè)不共線的非零向量，使2，|4，則_.解析：法一：由，平方得，即cosAOB，因?yàn)椋还簿€，所以0AOB180，所以AOB120.因?yàn)?，所以C為線段AB的中點(diǎn)由兩邊同乘以，得cosAOCcosBOC1，即cosAOCcos(120AOC)1，解得AOC60，所以O(shè)C為AOB的平分線，所以.又|4，所以|2，所以()212.法二：由及2，結(jié)合向量加法的平行四邊形法則得OC為AOB的平分線，C為AB的中點(diǎn)，所以，且|4，|2，所以()212.答案：12謹(jǐn)記通法向量數(shù)量積的2種運(yùn)算方法方法運(yùn)用提示適用題型定義法當(dāng)已知向量的模和夾角時(shí)，可利用定義法求解，即ab|a|b|cos 適用于平面圖形中的向量數(shù)量積的有關(guān)計(jì)算問(wèn)題坐標(biāo)法當(dāng)已知向量的坐標(biāo)時(shí)，可利用坐標(biāo)法求解，即若a(x1，y1)，b(x2，y2)，則abx1x2y1y2適用于已知相應(yīng)向量的坐標(biāo)求解數(shù)量積的有關(guān)計(jì)算問(wèn)題鎖定考向平面向量的夾角與模的問(wèn)題是高考中的?？純?nèi)容，題型多為選擇題、填空題，難度適中，屬中檔題常見的命題角度有：(1)平面向量的模；(2)平面向量的夾角；(3)平面向量的垂直；(4)與最值、范圍有關(guān)問(wèn)題 題點(diǎn)全練角度一：平面向量的模1已知e1，e2是單位向量，且e1e2.若向量b滿足be1be21，則|b|_.解析：法一：e1e2，|e1|e2|cose1，e2，e1，e260.又be1be210，b，e1b，e230.由be11，得|b|e1|cos 301，|b|.法二：由題可得，不妨設(shè)e1(1,0)，e2，b(x，y)be1be21，x1，xy1，解得y.b，|b| .答案：角度二：平面向量的夾角2(2018浙江十校聯(lián)盟適考)若向量a，b滿足|a|4，|b|1，且(a8b)a，則向量a，b的夾角為()A.B.C. D.解析：選C由(a8b)a，得|a|28ab0，因?yàn)閨a|4，所以ab2，所以cosa，b，所以向量a，b的夾角為.3已知平面向量a(1,2)，b(4,2)，cmab(mR)，且c與a的夾角等于c與b的夾角，則m_.解析：因?yàn)閍(1,2)，b(4,2)，所以cmab(m4，2m2)，|a|，|b|2，所以ca5m8，cb8m20.因?yàn)閏與a的夾角等于c與b的夾角，所以，即，解得m2.答案：2角度三：平面向量的垂直4(2019南寧模擬)已知向量與的夾角為120，且|3，|2.若，且，則實(shí)數(shù)的值為_解析：由，知0，即()()(1)22(1)32940，解得.答案：5已知向量a(cos ，sin )，b(cos ，sin )，0.(1)若|ab|，求證：ab；(2)設(shè)c(0,1)，若abc，求，的值解：(1)證明：由題意得|ab|22，即(ab)2a22abb22.又因?yàn)閍2b2|a|2|b|21，所以22ab2，即ab0，故ab.(2)因?yàn)閍b(cos cos ，sin sin )(0,1)，所以由此得，cos cos()，由0，得0，又0，故.代入sin sin 1，得sin sin ，而，所以，.角度四：與最值、范圍有關(guān)問(wèn)題6(2018浙江名校聯(lián)考)已知在ABC中，AB4，AC2，ACBC，D為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P滿足，則()的最小值為()A2 BC D解析：選C由知點(diǎn)P在直線CD上，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CB所在直線為x軸，CA所在直線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,2)，B(2，0)，C(0，0)，D(，1)，直線CD的方程為yx，設(shè)P，則，()x(22x)x2xx2x2，當(dāng)x時(shí)，()取得最小值.7(2018浙江聯(lián)盟校聯(lián)考)已知?jiǎng)狱c(diǎn)P是邊長(zhǎng)為的正方形ABCD的邊上任意一點(diǎn)，MN是正方形ABCD的外接圓O的一條動(dòng)弦，且MN，則的取值范圍為_解析：如圖，取MN的中點(diǎn)H，連接PH，則，因?yàn)镸N，所以222，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)P，H重合時(shí)取到最小值當(dāng)P，H不重合時(shí)，連接PO，OH，易得OH，則2()222 222|cosPOH2|cosPOH2|，當(dāng)且僅當(dāng)P，O，H三點(diǎn)共線，且P位于A，B，C，D其中某一點(diǎn)時(shí)取到等號(hào)，所以21.故的取值范圍為.答案：通法在握1平面向量數(shù)量積求解問(wèn)題的策略(1)求兩向量的夾角：cos ，要注意0，(2)求向量的模：利用數(shù)量積求解長(zhǎng)度問(wèn)題的處理方法有：a2aa|a|2或|a|.|ab|.若a(x，y)，則|a|.(3)兩向量垂直的應(yīng)用：兩非零向量垂直的充要條件是：abab0|ab|ab|.2數(shù)量積的最值或范圍問(wèn)題的2種求解方法(1)臨界分析法：結(jié)合圖形，確定臨界位置的動(dòng)態(tài)分析求出范圍(2)目標(biāo)函數(shù)法：將數(shù)量積表示為某一個(gè)變量或兩個(gè)變量的函數(shù)，建立函數(shù)關(guān)系式，再利用三角函數(shù)有界性、二次函數(shù)或基本不等式求最值或范圍演練沖關(guān)1如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，BAD60，M為DC的中點(diǎn)，若N為菱形內(nèi)任意一點(diǎn)(含邊界)，則的最大值為()A3 B2C6 D9解析：選D由平面向量數(shù)量積的幾何意義知，等于與在方向上的投影之積，所以()max()229.2(2019嘉興高三測(cè)試)已知|c|2，向量b滿足2|bc|bc.當(dāng)b，c的夾角最大時(shí)，|b|_.解析：設(shè)b，c，則BOC即為向量b，c的夾角，OC2，bc.由2|bc|bc可知2BC2OBcosBOC，從而cosBOC0.若BC0，則BOC0，不符合題意；若BC 0，則BOC為銳角，設(shè)OBm，BCn，則cosBOC.在OBC中，由余弦定理可知cosBOC，所以，即m2n24n4，從而cos2BOC，所以當(dāng)n2時(shí)，cos2BOC取得最小值，BOC取得最大值，此時(shí)|b|m 2.答案：23(2019唐山模擬)在ABC中，(3)，則角A的最大值為_解析：因?yàn)?3)，所以(3)0，即(3)()0，整理得24320，即cos A2，當(dāng)且僅當(dāng)|時(shí)等號(hào)成立因?yàn)?A，所以0A，即角A的最大值為.答案：4如圖，在扇形OAB中，OA2，AOB90，M是OA的中點(diǎn)，點(diǎn)P在弧AB上，則的最小值為_解析：如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，為x軸的正半軸，為y軸的正半軸建立平面直角坐標(biāo)系，則M(1,0)，B(0,2)，設(shè)P(2cos ，2sin )，所以(12cos ，2sin )(2cos ，22sin )42cos 4sin 42(cos 2sin )42sin()，所以的最小值為42.答案：425設(shè)向量a(4cos ，sin )，b(sin ，4cos )，c(cos ，4sin )(1)若a與b2c垂直，求tan()的值；(2)求|bc|的最大值；(3)若tan tan 16，求證：ab.解：(1)由a與b2c垂直，得a(b2c)ab2ac0，即4cos sin sin 4cos 2(4cos cos 4sin sin )0，整理得4sin()8cos()0，tan()2.(2)bc(sin cos ，4cos 4sin )，|bc|2sin22sin cos cos216cos232cos sin 16sin21730sin cos 1715sin 2，故最大值為32，所以|bc|的最大值為4.(3)證明：由tan tan 16，得sin sin 16cos cos ，即4cos 4cos sin sin 0，所以ab.典例引領(lǐng)(2018溫州十校聯(lián)考)已知m(2sin x，sin xcos x)，n(cos x，sin xcos x)，記函數(shù)f(x)mn.(1)求函數(shù)f(x)的最大值以及取最大值時(shí)x的取值集合；(2)設(shè)ABC的角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若f(C)2，c，求ABC面積的最大值解：(1)由題意，得f(x)mn2sin xcos xsin2xcos2xsin 2x(cos2 xsin2 x)sin 2xcos 2x2sin，所以f(x)max2；當(dāng)f(x)取最大值時(shí)，即sin1，此時(shí)2x2k(kZ)，解得xk(kZ)，所以x的取值集合為.(2)由(1)f(C)2，得sin1，又0C，即2C，所以2C，解得C，在ABC中，由余弦定理c2a2b22abcos C，得3a2b2abab，即ab3，當(dāng)且僅當(dāng)ab時(shí)，取等號(hào)，所以SABCabsin Cab，所以ABC面積的最大值為.由題悟法平面向量與三角函數(shù)的綜合問(wèn)題的解題思路(1)題目條件給出向量的坐標(biāo)中含有三角函數(shù)的形式，運(yùn)用向量共線或垂直或等式成立等，得到三角函數(shù)的關(guān)系式，然后求解(2)給出用三角函數(shù)表示的向量坐標(biāo)，要求的是向量的?；蛘咂渌蛄康谋磉_(dá)形式，解題思路是經(jīng)過(guò)向量的運(yùn)算，利用三角函數(shù)在定義域內(nèi)的有界性，求值域等即時(shí)應(yīng)用在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量m，n(sin x，cos x)，x.(1)若mn，求tan x的值；(2)若m與n的夾角為，求x的值解：(1)因?yàn)閙 ，n(sin x，cos x)，mn，所以mn 0，即sin xcos x0，所以sin xcos x，所以tan x1.(2)因?yàn)閨m|n|1，所以mncos ，即sin xcos x，所以sin，因?yàn)?x，所以x，所以x，即x.一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1設(shè)xR，向量a(1，x)，b(2，4)，且ab，則ab()A6B.C. D10解析：選Da(1，x)，b(2，4)且ab，42x0，x2，a(1，2)，ab10，故選D.2(2018浙江名校聯(lián)考)已知向量a(1m,1m)，b(m1，2m1)，mR，則“m0”是“ab”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選Aab(1m)(m1)(1m)(2m1)0m(m1)0m0或m1，所以“m0”是“ab”的充分不必要條件3(2019長(zhǎng)春模擬)向量a，b均為非零向量，若(a2b)a，(b2a)b，則a，b的夾角為()A. B.C. D.解析：選B因?yàn)?a2b)a，(b2a)b，所以(a2b)a0，(b2a)b0，即a22ab0，b22ab0，所以b2a2，ab，cosa，b.因?yàn)閍，b0，所以a，b.4已知a(m1，3)，b(1，m1)，且(ab)(ab)，則m的值是_；|a|_.解析：ab(m2，m4)，ab(m，2m)，(ab)(ab)，m(m2)(m4)(m2)0，m2.a(1，3)，|a|.答案：25ABC中，BAC，AB2，AC1，2，則_.解析：由2，得(2)(2)()(222).答案：二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1已知向量a(1，x)，b(1，x)，若2ab與b垂直，則|a|()A. B.C2 D4解析：選C由已知得2ab(3，x)，而(2ab)b03x20x23，所以|a|2.2(2018慈溪中學(xué)適應(yīng))若正三角形ABC的邊長(zhǎng)為2，平面內(nèi)一點(diǎn)M滿足，則的值為()A2 B2C2 D 解析：選D因?yàn)椋?，即，同理可?所以 ()2212.3平面四邊形ABCD中，0，()0，則四邊形ABCD是()A矩形 B正方形C菱形 D梯形解析：選C因?yàn)?，所以，所以四邊形ABCD是平行四邊形又()0，所以四邊形對(duì)角線互相垂直，所以四邊形ABCD是菱形4在ABC中，P0是邊AB上一定點(diǎn)，滿足P0BAB，且對(duì)于邊AB上任一點(diǎn)P，恒有，則()AABC90 BBAC90CABAC DACBC解析：選D設(shè)AB4，以AB所在直線為x軸，線段AB的中垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系(圖略)，則A(2,0)，B(2，0)，P0(1,0)，設(shè)C(a，b)，P(x,0)，(2x,0)，(ax，b)，(1,0)，(a1，b)則(2x)(ax)a1恒成立，即x2(2a)xa10恒成立(2a)24(a1)a20恒成立a0.即點(diǎn)C在線段AB的中垂線上，ACBC.5(2019寶雞質(zhì)檢)在等腰直角ABC中，ABC90，ABBC2，M，N(不與A，C重合)為AC邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足|，則的取值范圍為()A. B.C. D.解析：選C以等腰直角三角形的直角邊BC為x軸，BA為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，則B(0,0)，直線AC的方程為xy2.設(shè)M(a,2a)，則0a1，N(a1，1a)，(a,2a)，(a1,1a)，a(a1)(2a)(1a)2a22a2，0a1，當(dāng)a時(shí)，取得最小值.又2，故的取值范圍為.6(2018浙江考前熱身聯(lián)考)已知單位向量a，b的夾角為60，且|c3a|c2b|，則|ca|的取值范圍為_解析：如圖，記3a，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(3,0)，記2b，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為(1，)，因?yàn)锳OB120，所以|AB|，記c，則點(diǎn)C的軌跡為線段AB.|ca|的幾何意義是點(diǎn)P(1,0)到線段AB上的點(diǎn)的距離，其中點(diǎn)P到直線AB的距離d最小，|PA|最大，又直線AB的方程為x4y30，所以d，|PA|4，所以|ca|的取值范圍為.答案：7已知向量m(1,1)，n(2,2)，若(mn)(mn)，則實(shí)數(shù)的值為_；向量m，n的夾角的余弦值為_解析：因?yàn)閙n(23,3)，mn(1，1)，所以由(mn)(mn)得(mn)(mn)0，即(23)(1)3(1)0，解得3，則m(2,1)，n(1,2)，所以cosm，n.答案：38(2018浙江考前沖刺)在ABC中，AB6，AC5，A120，動(dòng)點(diǎn)P在以C為圓心，2為半徑的圓上，則的最小值為_解析：設(shè)AB的中點(diǎn)為M，則222229，所以要求的最小值，只需求|的最小值，顯然當(dāng)點(diǎn)P為線段MC與圓的交點(diǎn)時(shí)，|取得最小值，最小值為|MC|2.在AMC中，由余弦定理得|MC|23252235cos 12049，所以|MC|7，所以|的最小值為5，則的最小值為16.答案：169在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知m，n，且滿足|mn|.(1)求角A的大?。?2)若|，試判斷ABC的形狀解：(1)由|mn|，得m2n22mn3，即1123，cos A.0A，A.(2)|，sin Bsin Csin A，sin Bsin，即sin Bcos B，sin .0B，B，B或，故B或.當(dāng)B時(shí)，C；當(dāng)B時(shí)，C.故ABC是直角三角形10已知向量a(cos x，sin x)，b(3，)，x0，(1)若ab，求x的值；(2)記f(x)ab，求f(x)的最大值和最小值以及對(duì)應(yīng)的x的值解：(1)因?yàn)閍(cos x，sin x)，b(3，)，ab，所以cos x3sin x.則tan x.又x0，所以x.(2)f(x)ab(cos x，sin x)(3，)3cos xsin x2cos.因?yàn)閤0，所以x，從而1cos.于是，當(dāng)x，即x0時(shí)，f(x)取到最大值3；當(dāng)x，即x時(shí)，f(x)取到最小值2.三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校1(2018浙江名校聯(lián)考)已知單位向量a，b滿足|2ab|2，若存在向量c，使得(c2a)(cb)0，則|c|的取值范圍是()A BCD1，1解析：選C法一：因?yàn)閨a|b|1，且|2ab|2，所以可知2a在b上的投影為.不妨設(shè)b(1,0)，2a，即a.設(shè)c(x，y)，因?yàn)?c2a)(cb)0，所以(x1)y0，即221，它表示一個(gè)以為圓心，1為半徑的圓而|c|表示圓上的點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離，所以其最大值為 11，其最小值為 11，所以|c|.法二：如圖，設(shè)a，b，c，2a，因?yàn)閨2ab|2，所以O(shè)AB是等腰三角形因?yàn)?c2a)(cb)0，所以(c2a)(cb)，即ACBC，所以ABC是直角三角形，所以C在以AB為直徑，1為半徑的圓上取AB的中點(diǎn)M，因?yàn)閏osABO，所以O(shè)M211211，即OM，所以|c|.2在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足(ac)c.(1)求角B的大??；(2)若|，求ABC面積的最大值解：(1)由題意得(ac)cos Bbcos C.根據(jù)正弦定理得(sin Asin C)cos Bsin Bcos C，所以sin Acos Bsin(CB)，即sin Acos Bsin A，因?yàn)锳(0，)，所以sin A0，所以cos B，又B(0，)，所以B.(2)因?yàn)閨，所以|，即b，根據(jù)余弦定理及基本不等式得6a2c2ac2acac(2)ac(當(dāng)且僅當(dāng)ac時(shí)取等號(hào))，即ac3(2)，故ABC的面積Sacsin B，即ABC的面積的最大值為.命題點(diǎn)一平面向量基本定理1(2015全國(guó)卷)已知點(diǎn)A(0,1)，B(3,2)，向量(4，3)，則向量()A(7，4)B(7,4)C(1,4) D(1,4)解析：選A法一：設(shè)C(x，y)，則(x，y1)(4，3)，所以從而(4，2)(3,2)(7，4)故選A.法二：(3,2)(0,1)(3,1)，(4，3)(3,1)(7，4)故選A.2(2018全國(guó)卷)在ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點(diǎn)，則()A. B.C. D.解析：選A法一：作出示意圖如圖所示()().法二：不妨設(shè)ABC為等腰直角三角形，且A，ABAC1.建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，D，E.故(1,0)，(0,1)，(1,0)，即.3(2017全國(guó)卷)在矩形ABCD中，AB1，AD2，動(dòng)點(diǎn)P在以點(diǎn)C為圓心且與BD相切的圓上若，則的最大值為()A3 B2C. D2解析：選A以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直線BD的方程為2xy20，點(diǎn)C到直線BD的距離為，所以圓C：(x1)2(y2)2.因?yàn)镻在圓C上，所以P.又(1,0)，(0,2)，(，2)，所以2cos sin 2sin()3(其中tan 2)，當(dāng)且僅當(dāng)2k，kZ時(shí)，取得最大值3.4(2018全國(guó)卷)已知向量a(1,2)，b(2，2)，c(1，)若c(2ab)，則_.解析：2ab(4,2)，因?yàn)閏(2ab)，所以42，解得.答案：命題點(diǎn)二平面向量數(shù)量積1(2018浙江高考)已知a，b，e是平面向量，e是單位向量，若非零向量a與e的夾角為，向量b滿足b24eb30，則|ab|的最小值是()A1 B1C2D2解析：選A法一：b24eb30，(b2e)21，|b2e|1.如圖所示，把a(bǔ)，b，e的起點(diǎn)作為公共點(diǎn)O，以O(shè)為原點(diǎn)，向量e所在直線為x軸，則b的終點(diǎn)在以點(diǎn)(2,0)為圓心，1為半徑的圓上，|ab|就是線段AB的長(zhǎng)度要求|AB|的最小值，就是求圓上動(dòng)點(diǎn)到定直線的距離的最小值，也就是圓心M到直線OA的距離減去圓的半徑長(zhǎng)，因此|ab|的最小值為1.法二：設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，a，b(x，y)，e(1,0)，由b24eb30得x2y24x30，即(x2)2y21，所以點(diǎn)B的軌跡是以C(2,0)為圓心，1為半徑的圓因?yàn)閍與e的夾角為，不妨令點(diǎn)A在射線yx(x0)上，如圖，數(shù)形結(jié)合可知|ab|min|1.2(2017浙江高考)如圖，已知平面四邊形ABCD，ABBC，ABBCAD2，CD3，AC與BD交于點(diǎn)O.記I1，I2，I3，則()AI1I2I3 BI1I3I2CI3I1I2 DI2I1I3解析：選C如圖所示，四邊形ABCE是正方形，F(xiàn)為正方形的對(duì)角線的交點(diǎn)，易得AOAF，而AF