一輪復(fù)習(xí)配套講義第4篇 第4講 平面向量應(yīng)用舉例

1、 平面向量應(yīng)用舉例4講 第 最新考綱 會(huì)用向量方法解決某些簡(jiǎn)單的平面幾何問(wèn)題1. 會(huì)用向量方法解決簡(jiǎn)單的力學(xué)問(wèn)題與其他一些實(shí)際問(wèn)題2 梳 理知 識(shí) 1向量在平面幾何中的應(yīng)用向量在平面幾何中的應(yīng)用主要是用向量的線(xiàn)性運(yùn)算及數(shù)量積解決平面幾何中的 平行、垂直、平移、全等、相似、長(zhǎng)度、夾角等問(wèn)題0)b證明線(xiàn)段平行或點(diǎn)共線(xiàn)問(wèn)題，包括相似問(wèn)題，常用共線(xiàn)向量定理：ab(1)0. yxyx?ab1122 (2)證明垂直問(wèn)題，常用數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì) b均為非零向量)yxy0(a，0ab?a·b?x2211 求夾角問(wèn)題，利用夾角公式(3)yxyxba·2211 )的夾角為a與b(cos |a|b

2、2222yy xx2121 向量在三角函數(shù)中的應(yīng)用2解答與三角函數(shù)相結(jié)合考查向量的數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算及其應(yīng)用是高考熱點(diǎn)題型向量夾角的坐向量模、此類(lèi)問(wèn)題，除了要熟練掌握向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算公式、 標(biāo)運(yùn)算公式外，還應(yīng)掌握三角恒等變換的相關(guān)知識(shí) 向量在解析幾何中的應(yīng)用3它主向量在解析幾何中的應(yīng)用，是以解析幾何中的坐標(biāo)為背景的一種向量描述要強(qiáng)調(diào)向量的坐標(biāo)問(wèn)題，進(jìn)而利用直線(xiàn)和圓錐曲線(xiàn)的位置關(guān)系的相關(guān)知識(shí)來(lái)解 答，坐標(biāo)的運(yùn)算是考查的主體 向量在物理中的應(yīng)用4物理學(xué)中的力、速度、位移都是矢量，它們的分解、合成與向量的加減法相似，. 因此可以用向量的知識(shí)來(lái)解決某些物理問(wèn)題 學(xué)生用書(shū)第76頁(yè) 辨 析 感 悟 向量

3、與其他數(shù)學(xué)知識(shí)的交匯1的形狀為，則ABCb0，ACb，且a·ABC(1)已知中，BC邊最長(zhǎng)，ABa) (×鈍角三角形) ×ABCD是矩形(AC·BD0，則四邊形AB(2)在四邊形ABCD中，DC，且)y(x，中，若定點(diǎn)A(1,2)與動(dòng)點(diǎn)P貴州調(diào)研改編(3)(2014·)在平面直角坐標(biāo)系xOy) 0.(2y4滿(mǎn)足OP·OA4，則點(diǎn)P的軌跡方程是x 平面向量在物理中的應(yīng)用22FF|5，則|F|3，|F的夾角為(4)作用于同一點(diǎn)的兩個(gè)力F和F，且 2212113大小為19.() (5)已知一物體在共點(diǎn)力F(lg 2，lg 2)，F(xiàn)(lg 5

4、，lg 2)的作用下產(chǎn)生位移s21(2lg 5,1)，則共點(diǎn)力對(duì)物體做的功W為2.() 感悟·提升 1一個(gè)手段 實(shí)現(xiàn)平面向量與三角函數(shù)、平面向量與解析幾何之間的轉(zhuǎn)化的主要手段是向量的坐標(biāo)運(yùn)算 2兩條主線(xiàn) (1)向量兼具代數(shù)的抽象與嚴(yán)謹(jǐn)和幾何的直觀與形象，向量本身是一個(gè)數(shù)形結(jié)合的產(chǎn)物，在利用向量解決問(wèn)題時(shí)，要注意數(shù)與形的結(jié)合、代數(shù)與幾何的結(jié)合、形象思維與邏輯思維的結(jié)合 (2)要注意變換思維方式，能從不同角度看問(wèn)題，要善于應(yīng)用向量的有關(guān)性質(zhì)解題. 向量在平面幾何中的應(yīng)用考點(diǎn)一 的中為CD2ABCD的邊長(zhǎng)為，E)】【例1 (1)(2013·新課標(biāo)全國(guó)卷已知正方形_. AE

5、3;BD點(diǎn)，則的中CD為E，60°BAD，1AD中，ABCD在平行四邊形)天津卷(2)(2013·點(diǎn)若AC·BE1，則AB的長(zhǎng)為_(kāi) 審題路線(xiàn) (1)法一：把向量AE與BD分別用基底AD，AB表示 法二：建立平面直角坐標(biāo)系?求向量AE，BD的坐標(biāo) (2)把向量AC與BE分別用基底AB，AD表示?利用AC·BE1整理?建立關(guān)于|AB|的一元二次方程?解得|AB|. ?1112222?22. 2×AB)AD解析 (1)法一 AE·BDAB·(ADABAD 222?法二 以A為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系(如圖)則A(0,0)，B(2,0

6、)，C(2,2)，D(0,2)，E(1,2) AE(1,2)，BD(2,2) 從而AE·BD(1,2)·(2,2)1×(2)2×22. 1(2)由題意可知，ACABAD，BEABAD.因?yàn)锳C·BE1，所以(AB 2?1?1， AD)·ADAB 2?11221. AB·AD即ADAB 221因?yàn)閨AD|1，BAD60°，所以AB·AD|AB|， 2 11112因此式可化為1|AB|AB|1，解得|AB|0(舍去)或，所以AB的長(zhǎng)為. 22241 (2)答案 (1)2 2基向量法和坐標(biāo)系法，有兩種方法：規(guī)律

7、方法 用平面向量解決平面幾何問(wèn)題時(shí)， 建立平面直角坐標(biāo)系時(shí)一般利用已知的垂直關(guān)系，或使較多的點(diǎn)落在坐標(biāo)軸上， 這樣便于迅速解題是在邊長(zhǎng)為1的菱形ABCD中，BAD60°，E【訓(xùn)練1】 (1)(2014·杭州質(zhì)檢) AC·AE( )BC的中點(diǎn)，則3399 D. B. C.3 A. 432ABCAB與AB，則PPB(2)在ABC所在平面上有一點(diǎn)P，滿(mǎn)足PAPC )的面積之比值是( 3121 D. C. A. B. 4323 ?33? ，建立如圖平面直角坐標(biāo)系，則解析 (1)AC0，022?1?，0?. B 2?13? E點(diǎn)坐標(biāo)為， 44?133?AE0)(3， AC，

8、 44?9333×·AE. AC 44(2)由已知可得PC2AP， P是線(xiàn)段AC的三等分點(diǎn)(靠近點(diǎn)A)， 1易知SS，即SS13. ABCABCPABPAB3(2)A (1)D 答案 向量在三角函數(shù)中的應(yīng)用考點(diǎn)二 (cos ，4sin )，b(sin ，4cos )，c【例2】 設(shè)向量a(4cos ，sin tan()的值；(1)若a與b2c垂直，求 |bc|的最大值；(2)求. 16，求證：ab(3)若tan tan cos cos 4sin c)4cos sin 8cos b(1)解 因?yàn)閍與b2c垂直，所以a·(2 ，)04sin()8cos(8sin si

9、n 2. )因此tan( ，得)cos ，4cos 4sin (2)解 由bc(sin 22 ?4cos 4sin |bc|?sin cos 2. 15sin 2417 時(shí)，等成立，Z)又當(dāng)k(k 42. 4c|的最大值為所以|bsin 4cos . b，所以atan 16，得(3)證明 由tan 4cos sin 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(xiàn)或(1)規(guī)律方法 垂直或等式成立等，得到三角函數(shù)的關(guān)系式，然后求解給出用三角函數(shù)表示的向量坐標(biāo)，要求的是向量的模或者其他向量的表達(dá)形(2)求得值域利用三角函數(shù)在定義域內(nèi)的有界性，式，解題思路是經(jīng)過(guò)向量的運(yùn)算， 等，0，sin

10、)，sin )，b(cos (cos 】【訓(xùn)練2 (2013·江蘇卷)已知向量a .2，求證：ab；(1)若|ab| (2)設(shè)c(0,1)，若abc，求，的值 22|， (1)由題意得|ab解 2222. b2a·(即ab)ba22221，所以22a·b2a又因?yàn)閨b|ab|， 即a·b0，故ab. ，(0,1)sin sin ，cos (cos ba因?yàn)?2) ，0cos cos ? 所以，1sin sin ? ，得0由此得，cos cos()，由0. ，故又01 ，sin 1得，sin 代入sin sin 25. ，所以而 66 頁(yè)第77學(xué)生用書(shū)考點(diǎn)

11、三 向量在解析幾何中的應(yīng)用 【例3】 (2013·湖南卷)已知平面上一定點(diǎn)C(2,0)和直線(xiàn)l：x8，P為該平面上?11?·Q，且PQl，垂足為0. 一動(dòng)點(diǎn)，作PQPCPQPC 22?(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程； 22 的最值的任一條直徑，求PE·PF(y1)1N(2)若EF為圓：x解 (1)設(shè)P(x，y)，則Q(8，y) 11由(PCPQ)·(PCPQ)0， 22122得|PC|PQ|0， 412220， (x即(x2)y8) 422yx化簡(jiǎn)得1. 121622yx所以點(diǎn)P在橢圓上，其方程為1. 121622NF)(NP)NF(NP)·(NFN

12、P)(NE·(2)因PEPF(NP)·NFNP21，NP 22yxP是橢圓1上的任一點(diǎn)，設(shè)P(x，y)， 001216222yx4y0002則有1，即x16 ，(0,1)N，又 0312161222217 y2所以NPyx(y1) 000031220. y(3) 032的最大PF20NP取得最大值，故PE3，·23，所以當(dāng)y3因y時(shí)，200 ；值為19212的最小值為·PFx0)，故時(shí)，NP取得最小值為13PE43(當(dāng)y此時(shí)230043. 規(guī)律方法 向量在解析幾何中的作用 (1)載體作用：向量在解析幾何問(wèn)題中出現(xiàn)，多用于“包裝”，解決此類(lèi)問(wèn)題時(shí)關(guān)鍵是利用

13、向量的意義、運(yùn)算脫去“向量外衣”，導(dǎo)出曲線(xiàn)上點(diǎn)的坐標(biāo)之間的關(guān)系，從而解決有關(guān)距離、斜率、夾角、軌跡、最值等問(wèn)題 (2)工具作用：利用ab?a·b0；ab?ab(b0)，可解決垂直、平行問(wèn)題，特別地，向量垂直、平行的坐標(biāo)表示對(duì)于解決解析幾何中的垂直、平行問(wèn)題是一種比較可行的方法 【訓(xùn)練3】 已知點(diǎn)P(0，3)，點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)Q在y軸的正半軸上，點(diǎn)M3滿(mǎn)足PA·AM0，AMMQ，當(dāng)點(diǎn)A在x軸上移動(dòng)時(shí)，求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程 2解 設(shè)M(x，y)為所求軌跡上任一點(diǎn)，設(shè)A(a,0)，Q(0，b)(b0)，則PA(a,3)，AM(xa，y)，MQ(x，by)， 由PA·AM0

14、，得a(xa)3y0. 3由AMMQ，得 2333?x，?yb?， )x，by(，(xay) 222? x3?，x，axa? 22? y33?.byy，b 322x把a(bǔ)代入， 2xx?x?3y得0， 22?12(x0) 整理得yx 412(x0) 所以動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為yx 4 1向量的坐標(biāo)運(yùn)算將向量與代數(shù)有機(jī)結(jié)合起來(lái)，這就為向量和函數(shù)的結(jié)合提供了前提，運(yùn)用向量的有關(guān)知識(shí)可以解決某些函數(shù)問(wèn)題 2以向量為載體求相關(guān)變量的取值范圍，是向量與函數(shù)、不等式、三角函數(shù)等相結(jié)合的一類(lèi)綜合問(wèn)題通過(guò)向量的坐標(biāo)運(yùn)算，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解不等式或求函數(shù)值域，是解決這類(lèi)問(wèn)題的一般方法 3解析幾何問(wèn)題和向量的聯(lián)系：可將向量

15、用點(diǎn)的坐標(biāo)表示，利用向量運(yùn)算及性質(zhì)解決解析幾何問(wèn)題 破解平面向量與圓的交匯問(wèn)題創(chuàng)新突破5cc滿(mǎn)足|b0?.若向量·湖南卷改編【典例】 (2013·)已知a，b是單位向量，a 的最大值為_(kāi)?，則|c|ab|1 轉(zhuǎn)化到平面直角坐標(biāo)系中根據(jù)條件?突破1： ?坐標(biāo)化突破2：把條件 ：把坐標(biāo)化后的式子配方整理可得到圓的方程突破3. |利用圓的知識(shí)求|c：突破4max b是單位向量，ab，且與a解析 建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，由題意知 )y，x(cOC，(0,1)bOB，(1,0)aOA可設(shè) ，b(x1，y1)ca |cab|1，22 y)的軌跡是以M(1,1)為圓心，為半徑的圓(x1

16、)(y1)11，即點(diǎn)C(x，22 ，xy而|c| 的最大值為|OM|1，|c|1. 即|c|2max1 答案 2，”反思感悟 平面向量中有關(guān)最值問(wèn)題的求解通常有兩種思路：一是“形化然后根即利用平面向量的幾何意義將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問(wèn)題，即利用平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，”據(jù)平面圖形的特征直接進(jìn)行判斷；二是“數(shù)化然后方程有解等問(wèn)題，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域、不等式的解集、的形化”與“數(shù)化”不等式、利用函數(shù)、方程的有關(guān)知識(shí)來(lái)解決本題采用了“ 結(jié)合，利用坐標(biāo)運(yùn)算將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為圓的知識(shí)解決 【自主體驗(yàn)】，|ABOAABAC0，|OA|11ABC外接圓的半徑為，圓心為O，且2 )CA則&#

17、183;CB( 33 2D B.3 C3 A. 2 ，OC0，即OB0，得2 OAOBOAOCOA2 解析 由OAABACAB|.ABC外接圓的直徑，故BAC90°又|OA三點(diǎn)共線(xiàn)，即OB，CBC為 3(如圖所示)CA|，得B60°，所以C30°，且|3×3. 23CBCA·所以CACB|cos 30°×2C 答案2在C.的平面向量2給定兩個(gè)長(zhǎng)度為1OA和OB，它們的夾角為如圖所示，點(diǎn) 3的y，OB，其中xyR，則x以O(shè)為圓心的圓弧AB上運(yùn)動(dòng)若OCx OAy _最大值是 解析 如圖所示，x軸建立平面直角坐標(biāo)系，法一 以O(shè)為坐

18、標(biāo)原點(diǎn)，OA所在的直線(xiàn)為 (1,0)則A，?31? ，B， 22?2?，0? 設(shè)AOC， 3? ，sin )，則C(cos ，y OB由OCx OA 1?，ycos x? 2? 得3?，ysin ?2332 ysin ，sin ，所以xcos 33? 2sin，x所以ycos 3sin 6?2?，0?2. y取得最大值時(shí)，x，所以當(dāng)又 33?2 ，1，則|OC|1 法二依題意，|OC| 1，|OA|OB|yOBxOAOC又， ，120°>OB，OA<2222 ，y·OB2xyOA·OB1x·OA22221. yxy1，因此xyx2xycos

19、120°yx?222?3xy)，即(xy)14. 3xy( 2?2. xy的最大值是2 答案 基礎(chǔ)鞏固題組 ) 分鐘建議用時(shí)：40( 一、選擇題2|b|a·若b(2，sin 2x)，其中x(0，)已知1(2014·邵陽(yáng)模擬)a(1，sin)x， )(|a|b|，則tan x的值等于 2 D. C.3 1 A B1 2. |a|bba|知，·解析 由|ab|22 xx2sin，x所以sin 22sincos x，即2sin x ，(0，)而x1. tan xx所以sin xcos x，即，故 4A 答案 b，·，則aa與b的夾角為30°

20、，|)2(2014·南昌模擬若|a2sin 15°|b|4cos 15° 的值是( )13 23 D. A.B. 3 C 22333. sin 30°48sin 15°|cos 30°|ba解析 ·abcos 15°×××22B 答案 3. (2013·哈爾濱模擬)函數(shù)ytanx的部分圖象如圖所示，則(OAOB)·AB 24( ) A4 B6 C1 D2 解析 由條件可得B(3,1)，A(2,0)， 22104OA6. OB)·(OBOA)OB(OAOB)

21、·AB(OA答案 B 2|a|xa的方程x·b0有兩相等實(shí)根，則向量且關(guān)于4已知|a|2|b|，|b|0xa與b的夾角是( ) 2A B C. D. 336324a·ba|0， 解析 由已知可得|122cos 0，cos ，4|b|2|4×b| 即 22又0，. 3答案 D 5(2014·安慶二模)在ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對(duì)應(yīng)的三角形的邊長(zhǎng)，若4aBC2bCA3cAB0，則cos B( ) 11112929A B. C. D 36243624解析 由4aBC2bCA3cAB0，得 4aBC3cAB2bCA2b(BABC)2bA

22、B . b2c3a4，所以bBC224b22bb222 94bac11. 由余弦定理得cos B 24bac22b·2· 32A 答案 二、填空題，1c，若AB·ACBA·BC，6在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為ab，_. 那么c BCAB·ACBA·2，解析 由題意知) BCAB·(ACCB即AB·ACAB·22. AB|?c|AB22 答案 BC·BA則，AC|BC若在ABC中，AB1，AC|3，|AB7(2014·南通一調(diào)) |BC|_. AA，B，C構(gòu)成直角三角形的三個(gè)頂

23、點(diǎn)，且 解析易知滿(mǎn)足|ABAC|BC|的1BCBA·. 1×cos 60°cos為直角，于是|BA|·ABC 2|BC|1 答案 2，若，c，A，BC所對(duì)的邊分別為a，b東北三校一模8(2013·)設(shè)ABC的內(nèi)角_. ACS2，則BA·A(3bc)cos acos C，ABC Csin Acos ，sin 解析 依題意得(3sin BC)cos A >0，sin(AC)sin Bcos C3sin 即Bcos Asin Acos sin CA2122 cosA，sin A于是有cos ，A1 332211 ，bcsin bc&#

24、183;S又A×2 ABC32211. 3×A)bccos A所以bc3，BA·ACbccos( 31 答案 三、解答題22N是圓C上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)4及點(diǎn)A(1,1)(x3)，(y3)M9已知圓C： ，求點(diǎn)N的軌跡方程的延長(zhǎng)線(xiàn)上，且MA2AN在線(xiàn)段MA AN，得)y由MA2(x，y)，N(x， 解設(shè)M00 ，xx32?0? ，y1)，1y)2(x1(1x00,.y32y?0 上，y)在圓C點(diǎn)M(x，0022 4x3)，(y3)(0022221. y3)4.x即(32x3)(32y221. y所求點(diǎn)N的軌跡方程是xACAB·，b，c，若，(2014

25、3;北京海淀模擬)在ABC中，角A，BC的對(duì)邊分別為a10 )k(kRBA·BC ABC的形狀；(1)判斷 kc的值2，求(2)若 ，cos BCcaB·ACcbcos A，BA· 解(1)AB ，accos B，BA·BCbccos A又AB·AC cos B，sin sin Bcos AA 0，AB)Asin cos Bsin Bcos A0，sin(即 為等腰三角形B，即ABCAB，A2222abcc k，知，(1)AB·ACbccos Abc·由(2) 2bc21. 2，kc 能力提升題組) 分鐘25建議用時(shí)：( 一

26、、選擇題OA則向量(2cos ，2sin )，OB1已知向量(2,0)，向量OC(2,2)，向量CA 與向量OB的夾角的取值范圍是( )555?，0， C. ?D. B. A. 12122124412? 的軌跡，所以點(diǎn)A2sin CAOC(22cos ，2)解析 由題意，得OA 是圓22OB向量OA與向量y2)2，如圖，當(dāng)A位于使直線(xiàn)OA與圓相切時(shí)，x(2)( 的D. 夾角分別達(dá)到最大、最小值，故選D 答案 1|CDADAC，|)2(2014·北京東城區(qū)期末已知ABD是等邊三角形，且AB 2 的面積為3，那么四邊形ABCD( )9333 3 3 A.CD.3 B. 222 解析 ?1

27、122? ，CDADACAB，CD如圖所示，ADABAD 2 2?122 AB，·AD即3ADAB 4 ，|AB|AD|522. |3，|AD|AD|AD|AB|cos 60° 411 ，AD|1又BCACABAD，|BC| 22222. CD，BC|BC|CD|BD|3112B. 3×2，故選×sin 60°×1 ×3SSS BCDABCDABD222四邊形B 答案 二、填空題a1，且對(duì)一切實(shí)數(shù)x，|a|2，|b|3(2014·蘇錫常鎮(zhèn)二調(diào))已知向量a，b滿(mǎn)足 b的夾角大小為_(kāi)b|ab|恒成立，則a與x2x恒成立

28、，兩邊平方整理得對(duì)一切實(shí)數(shù)xxb|ab|解析 a|2，|b|1，|a2b·(aa·b1)0(2a·b10對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立，所以a·b)，即4(2a2·bx22ba·2，所0，<a，b>b，所以a·1，故cos<a，b>1)，又0 2b|a|33. b的夾角是b>，即a，以<a， 443 答案 4 三、解答題x?13sin ，? ，)4(2014·南通模擬已知向量m 4?xx?2cos，cos ?. n 44?2?x? 的值；若m·n1，求cos(1) 3?a，且滿(mǎn)足(

29、2c的對(duì)邊分別是a，b，Bmx)·n，在ABC中，角A，C(2)記f 的取值范圍)，求函數(shù)f(Ac)cos Bbcos Cxxx2 cos·cos (1)m·n3sin 解 444x1cos 2x13x?sin sin， 622222?x1?，sin. m·n1 622?x1?2x?，2sin cos1 3622?21?xx?. coscos 332?(2)(2ac)cos Bbcos C， 由正弦定理得(2sin Asin C)cos Bsin Bcos C， 2sin Acos Bsin Ccos Bsin Bcos C. 2sin Acos Bsi

30、n(BC) ABC，sin(BC)sin A0. 1cos B， 220B，B，0A. 331AA?，1?. ，sin 2262266?x1?，)(xsin 又f 622?A1?. A)sinf( 622?3?1，?. 的取值范圍是A)故函數(shù)f( 2?方法強(qiáng)化練平面向量 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P283) (建議用時(shí)：90分鐘) 一、選擇題 2,4)，b(1,1)，則“m2)已知向量a(m”是“ab”的福建質(zhì)檢1(2014·( ) 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 ，即由ba，即b4a，所以(1,1)b，(4,4)a時(shí)，2m依題意，當(dāng) 解析2，2m

31、7;2，所以不能推得m2可以推出ab；當(dāng)ab時(shí)，m4，得，m a2”是“b”的充分不必要條件即“mA 答案 k2b與ab平行，則(2013·德州一模)已知向量a(2,3)，b(k,1)，若a2 的值是( )2214 C. DA6 B 33平b2b和ak,5)，且ab(2k,2)，又因?yàn)閍由題意得解析 a2b(222. k0，解得行，則2(22k)5(2k) 3C 答案 )|1，則|a2b|(b3(2013·浙江五校聯(lián)考)已知|a|a2b2 D A9 B3 C1 22 1a4·b4b，b解析 由|a|a2b|1，得a222 4b，54·b4，|a2b|9a

32、·4ab4a3. |a2b|B 答案，則b3)，且(ab)a鄭州一模)已知平面向量(2，m)，b(1，4(2014· 實(shí)數(shù)m的值為( )3 D C64A3 23 B 23 2m，解得403m)·ba·bb0，即2解析 因?yàn)?ab)b，所以(ab23. 答案 B 5(2014·長(zhǎng)春一模)已知|a|1，|b|6，a·(ba)2，則向量a與b的夾角為( ) A. B. C. D. 632422，所以a·b3，b·(a)a·ba 解析a13·ba所以cos<a，b>.所以<a，b>

33、;. 3|2a|b|6×1答案 B 2cos ，則ba且)(1,2cos b，)cos ，(1a已知向量)潮州二模(2013·6 )等于(21D. C. 1 B0 A 2220，cos 20. 2cosab?a·b0，即1解析 答案 B 7(2014·成都期末測(cè)試)已知O是ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，D為BC邊中點(diǎn)，且2OAOBOC0，則有( ) A.AO2OD B.AOOD C.AO3OD D2AOOD 解析 由2OAOBOC0，得OBOC2OA2AO，即OBOC2OD2AO，所以O(shè)DAO，即O為AD的中點(diǎn) 答案 B 8(2013·濰坊一模)平面上

34、有四個(gè)互異點(diǎn)A，B，C，D，已知(DBDC2DA)·(ABAC)0，則ABC的形狀是( ) A直角三角形 B等腰三角形 C等腰直角三角形 D無(wú)法確定 解析 由(DBDC2DA)·(ABAC)0， 得(DBDA)(DCDA)·(ABAC)0， 所以(ABAC)·(ABAC)0. 22所以|AB|AC|0，|AB|AC|， 故ABC是等腰三角形 答案 B 9(2013·蘭州一模)在ABC中，G是ABC的重心，AB，AC的邊長(zhǎng)分別為2,1， ) (BG·AG則.60°BAC3535108 D B C. A 9999 ，將直角三AC

35、B，90°BAC60°，所以BC3， 解析由AB2，AC1?13?，G，B(3，0)，所以重心角形放入直角坐標(biāo)系中，如圖所示，則A(0,1)， 33?1322233213?·，BG，所以AG·BG所以AG， 33333333?8. 9答案 A 10(2014·皖南八校第三次聯(lián)考)已知正方形ABCD(字母順序是ABCD)的邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)E是AB邊上的動(dòng)點(diǎn)(可以與A或B重合)，則DE·CD的最大值是( ) 1A1 B. C0 D1 2 解析 建立直角坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)E(x,0)，x0,1，則D(0,1)，C(1,1)，B(1,0)，所以D

36、E·CD(x，1)·(1,0)x，當(dāng)x0時(shí)取得最大值0. 答案 C 二、填空題 11(2013·濟(jì)南模擬)若a(1，2)，b(x,1)，且ab，則x_. 解析 由ab，得a·bx20，x2. 答案 2 12(2013·昆明期末考試)已知向量a(1,1)，b(2,0)，則向量a，b的夾角為 _ ，22，|b|解析 a(1,1)，b(2,0)，|a|2b2a·. b>，<a，cos<a，b> 4|b2|a|22 答案 4為斜邊D1，A30°，BC在13(2014·杭州質(zhì)檢)RtABC中，C90&

37、#176;_. AB·CDAB的中點(diǎn)，則 1. 2×23cos 30°×1ADAC)AB·ADAB·AC解析 AB·CDAB·(1 答案 CBC與A，G分別為AB14(2014·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)、衡陽(yáng)八中聯(lián)考)已知G21212112表ee，_(用e，則e，CCeGG，的重心，且AAeBB32312111212221 示)，e GBBBGGGAA 由AAGGGGe ，B解析221122111111221222的重C與AB，G分別為ABCGCGGGCe ，且GCC21212112112122213GG0，將相加得B0，GAGGCA心，所以GBGCG222112112211121 )ee(e 32131) ee答案 (e 3123 三、解答題，(2,1)a漯河調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，已知向量15(2013· )(cos B，tA(1,0)，|AB|5|OA|，求向量OB的坐標(biāo)； ，且若(1)aAB22tcos 的最小值 yAB，求cosa(2)若 ，)t，1(cos AB(1) 解 .cos 12t又a