《高考導(dǎo)航》2022屆新課標(biāo)數(shù)學(xué)(理)一輪復(fù)習(xí)講義-第四章-第3講-平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例

第3講平面對(duì)量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例1．平面對(duì)量的數(shù)量積平面對(duì)量數(shù)量積的定義已知兩個(gè)非零向量a和b，它們的夾角為θ，把數(shù)量|a||b|cos_θ叫做a和b的數(shù)量積(或內(nèi)積)，記作a·b．即a·b＝|a||b|cos_θ，規(guī)定0·a＝0.2．向量數(shù)量積的運(yùn)算律(1)a·b＝b·a．(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)．(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c．3．平面對(duì)量數(shù)量積的有關(guān)結(jié)論已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)性質(zhì)幾何表示坐標(biāo)表示模|a|＝eq\r(a·a)|a|＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))夾角cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝eq\f(x1x2＋y1y2,\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))·\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)))a⊥b的充要條件a·b＝0x1x2＋y1y2＝0|a·b|與|a||b|的關(guān)系|a·b|≤|a||b||x1x2＋y1y2|≤eq\r(（xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)）（xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)）)[做一做]1．(2022·高考湖北卷)設(shè)向量a＝(3，3)，b＝(1，－1)．若(a＋λb)⊥(a－λb)，則實(shí)數(shù)λ＝________．解析：由題意得，(a＋λb)·(a－λb)＝0，即a2－λ2b2＝18－2λ2＝0，解得λ＝±3.答案：±32．(2022·高考江西卷)已知單位向量e1，e2的夾角為α，且cosα＝eq\f(1,3)，若向量a＝3e1－2e2，則|a|＝________．解析：|a|2＝a·a＝(3e1－2e2)·(3e1－2e2)＝9|e1|2－12e1·e2＋4|e2|2＝9－12×1×1×eq\f(1,3)＋4＝9.∴|a|＝3.答案：31．辨明三個(gè)易誤點(diǎn)(1)①0與實(shí)數(shù)0的區(qū)分：0a＝0≠0，a＋(－a)＝0≠0，a·0eq\a\vs4\al(＝)0≠0；②0的方向是任意的，并非沒(méi)有方向，0與任何向量平行，我們只定義了非零向量的垂直關(guān)系．(2)a·b＝0不能推出a＝0或b＝0，由于a·b＝0時(shí)，有可能a⊥b.(3)a·b＝a·c(a≠0)不能推出b＝c，即消去律不成立．2．有關(guān)向量夾角的兩個(gè)結(jié)論(1)兩個(gè)向量a與b的夾角為銳角，則有a·b>0，反之不成立(由于夾角為0時(shí)不成立)；(2)兩個(gè)向量a與b的夾角為鈍角，則有a·b<0，反之不成立(由于夾角為π時(shí)不成立)．[做一做]3．已知向量a，b和實(shí)數(shù)λ，則下列選項(xiàng)中錯(cuò)誤的是()A．|a|＝eq\r(a·a) B．|a·b|＝|a|·|b|C．λ(a·b)＝λa·b D．|a·b|≤|a|·|b|解析：選B.|a·b|＝|a||b||cosθ|，只有a與b共線時(shí)，才有|a·b|＝|a||b|，可知選項(xiàng)B是錯(cuò)誤的．4．(2021·湖北武漢調(diào)研)已知向量a，b滿足|a|＝3，|b|＝2eq\r(3)，且a⊥(a＋b)，則a與b的夾角為()A.eq\f(π,2) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(3π,4) D.eq\f(5π,6)解析：選D.a⊥(a＋b)?a·(a＋b)＝a2＋a·b＝|a|2＋|a||b|cos〈a，b〉＝0，故cos〈a，b〉＝－eq\f(\r(3),2)，故所求夾角為eq\f(5π,6).eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一)__平面對(duì)量數(shù)量積的運(yùn)算______________(1)(2021·滄州模擬)已知平面對(duì)量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，若|a|＝2，|b|＝3，a·b＝－6，則eq\f(x1＋y1,x2＋y2)的值為()A.eq\f(2,3) B．－eq\f(2,3)C.eq\f(5,6) D．－eq\f(5,6)(2)(2022·高考江蘇卷)如圖，在平行四邊形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，eq\o(CP,\s\up6(→))＝3eq\o(PD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝2，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))的值是________．[解析](1)由已知得，向量a＝(x1，y1)與b＝(x2，y2)反向，3a＋2b＝0，即3(x1，y1)＋2(x2，y2)＝(0，0)，得x1＝－eq\f(2,3)x2，y1＝－eq\f(2,3)y2，故eq\f(x1＋y1,x2＋y2)＝－eq\f(2,3).(2)由eq\o(CP,\s\up6(→))＝3eq\o(PD,\s\up6(→))，得eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→)).由于eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝2，所以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(\o(AD,\s\up6(→))－\f(3,4)\o(AB,\s\up6(→))))＝2，即eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(3,16)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝2.又由于eq\o(AD,\s\up6(→))2＝25，eq\o(AB,\s\up6(→))2＝64，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝22.[答案](1)B(2)22[規(guī)律方法]向量數(shù)量積的兩種運(yùn)算方法：(1)當(dāng)已知向量的模和夾角時(shí)，可利用定義法求解，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)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a·b＝x1x2＋y1y2.運(yùn)用兩向量的數(shù)量積可解決長(zhǎng)度、夾角、垂直等問(wèn)題，解題時(shí)應(yīng)機(jī)敏選擇相應(yīng)公式求解．1.(1)(2021·高考湖北卷)已知點(diǎn)A(－1，1)，B(1，2)，C(－2，－1)，D(3，4)，則向量eq\o(AB,\s\up6(→))在eq\o(CD,\s\up6(→))方向上的投影為()A.eq\f(3\r(2),2) B.eq\f(3\r(15),2)C．－eq\f(3\r(2),2) D．－eq\f(3\r(15),2)(2)(2021·貴陽(yáng)市適應(yīng)性考試)如圖，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(2)，BC＝2，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在邊CD上，若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\r(2)，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))的值是()A.eq\r(2) B．2C．0 D．1(3)(2021·廣東梅州模擬)已知向量eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2，2)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(4，1)，在x軸上存在一點(diǎn)P使eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))有最小值，則P點(diǎn)的坐標(biāo)是()A．(－3，0) B．(2，0)C．(3，0) D．(4，0)解析：(1)選A.由已知得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(5，5)，因此eq\o(AB,\s\up6(→))在eq\o(CD,\s\up6(→))方向上的投影為eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(15,5\r(2))＝eq\f(3\r(2),2).(2)選A.∵eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\r(2)|eq\o(DF,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，∴|eq\o(DF,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(CF,\s\up6(→))|＝eq\r(2)－1，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→)))·(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\r(2)(eq\r(2)－1)＋1×2＝－2＋eq\r(2)＋2＝eq\r(2)，故選A.(3)選C.設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x，0)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x－2，－2)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x－4，－1)．eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1.當(dāng)x＝3時(shí)，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))有最小值1.∴點(diǎn)P坐標(biāo)為(3，0)．eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二)__平面對(duì)量的夾角與模(高頻考點(diǎn))________平面對(duì)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．高考對(duì)平面對(duì)量的夾角與模的考查常有以下四個(gè)命題角度：(1)求兩向量的夾角；(2)求向量的模；(3)兩向量垂直；(4)求參數(shù)值或范圍．(1)(2022·高考重慶卷)已知向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，且(2a－3b)⊥c，則實(shí)數(shù)k＝()A．－eq\f(9,2) B．0C．3 D.eq\f(15,2)(2)(2022·高考江西卷)已知單位向量e1與e2的夾角為α，且cosα＝eq\f(1,3)，向量a＝3e1－2e2與b＝3e1－e2的夾角為β，則cosβ＝________．(3)已知點(diǎn)G是△ABC的重心，∠BAC＝120°，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝2，則|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AG,\s\up6(→))＋eq\a\vs4\al(\o(AC,\s\up6(→))|)的最小值為_(kāi)_______．[解析](1)由于a＝(k，3)，b＝(1，4)，所以2a－3b＝2(k，3)－3(1，4)＝(2k－3，－6)．由于(2a－3b)⊥c，所以(2a－3b)·c＝(2k－3，－6)·(2，1)＝2(2k－3)－6＝0，解得k＝3.故選C.(2)∵|a|＝eq\r(（3e1－2e2）2)＝eq\r(9＋4－12×1×1×\f(1,3))＝3，|b|＝eq\r(（3e1－e2）2)＝eq\r(9＋1－6×1×1×\f(1,3))＝2eq\r(2)，∴a·b＝(3e1－2e2)·(3e1－e2)＝9eeq\o\al(2,1)－9e1·e2＋2eeq\o\al(2,2)＝9－9×1×1×eq\f(1,3)＋2＝8，∴cosβ＝eq\f(8,3×2\r(2))＝eq\f(2\r(2),3).(3)由于∠BAC＝120°，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝2，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|cos(180°－120°)＝2，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|＝4.由于點(diǎn)G是△ABC的重心，所以eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AG,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)（\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AC,\s\up6(→))）))eq\s\up12(2)＝eq\f(16,9)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(16,9)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2－4)≥eq\f(16,9)(2|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|－4)＝eq\f(16,9)×(2×4－4)＝eq\f(64,9)，當(dāng)且僅當(dāng)|AB|＝|AC|時(shí)等號(hào)成立故|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AG,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|的最小值為eq\f(8,3).[答案](1)C(2)eq\f(2\r(2),3)(3)eq\f(8,3)[規(guī)律方法]1.利用數(shù)量積求解長(zhǎng)度的處理方法：(1)|a|2＝a2＝a·a；(2)|a±b|2＝a2±2a·b＋b2；(3)若a＝(x，y)，則|a|＝eq\r(x2＋y2).2．求兩個(gè)非零向量的夾角時(shí)要留意：(1)向量的數(shù)量積不滿足結(jié)合律；(2)數(shù)量積大于0說(shuō)明不共線的兩個(gè)向量的夾角為銳角；數(shù)量積等于0說(shuō)明兩個(gè)向量的夾角為直角；數(shù)量積小于0且兩個(gè)向量不能共線時(shí)兩個(gè)向量的夾角就是鈍角．2.(1)(2021·忻州市高三第一次聯(lián)考)已知向量a·(a＋2b)＝0，|a|＝2，|b|＝2，則向量a，b的夾角為()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,6) D.eq\f(5π,6)(2)(2021·云南省昆明三中、玉溪一中統(tǒng)一考試)在△ABC中，設(shè)eq\o(AC,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))2＝2eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，那么動(dòng)點(diǎn)M的軌跡必通過(guò)△ABC的()A．垂心 B．內(nèi)心C．外心 D．重心(3)(2021·北京海淀區(qū)期中考試)已知△ABC是正三角形，若a＝eq\o(AC,\s\up6(→))－λeq\o(AB,\s\up6(→))與向量eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角大于90°，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是________．解析：(1)設(shè)θ是a與b的夾角，由a·(a＋2b)＝0，可得|a|2＋2a·b＝0.依據(jù)向量數(shù)量積的定義及已知條件，得22＋2×2×2×cosθ＝0，cosθ＝－eq\f(1,2)，θ＝eq\f(2π,3).(2)設(shè)BC邊的中點(diǎn)為D，∵eq\o(AC,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))2＝2eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，∴(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝2eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，即eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，∴eq\o(MD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(MD,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，MD⊥BC，MD為BC的垂直平分線，∴動(dòng)點(diǎn)M的軌跡必通過(guò)△ABC的外心，故選C.(3)由于eq\o(AC,\s\up6(→))－λeq\o(AB,\s\up6(→))與向量eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角大于90°，所以(eq\o(AC,\s\up6(→))－λeq\o(AB,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))<0，即|eq\o(AC,\s\up6(→))|2－λ|eq\o(AC,\s\up6(→))|·|eq\o(AB,\s\up6(→))|cos60°<0，解得λ>2.答案：(1)B(2)C(3)λ>2eq\a\vs4\al(考點(diǎn)三)__向量數(shù)量積的綜合應(yīng)用______________(2021·高考遼寧卷)設(shè)向量a＝(eq\r(3)sinx，sinx)，b＝(cosx，sinx)，x∈[0，eq\f(π,2)]．(1)若|a|＝|b|，求x的值；(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝a·b，求f(x)的最大值．[解](1)由|a|2＝(eq\r(3)sinx)2＋sin2x＝4sin2x，|b|2＝cos2x＋sin2x＝1，及|a|＝|b|，得4sin2x＝1.又x∈[0，eq\f(π,2)]，從而sinx＝eq\f(1,2)，所以x＝eq\f(π,6).(2)f(x)＝a·b＝eq\r(3)sinx·cosx＋sin2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sin(2x－eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)，當(dāng)x＝eq\f(π,3)∈[0，eq\f(π,2)]時(shí)，sin(2x－eq\f(π,6))取最大值1.所以f(x)的最大值為eq\f(3,2).若本例變?yōu)椋阂阎蛄縜＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，0<β<α<π，c＝(0，1)，若a＋b＝c，求α，β的值．解：由于a＋b＝(cosα＋cosβ，sinα＋sinβ)＝(0，1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosα＋cosβ＝0，,sinα＋sinβ＝1.))由此得，cosα＝cos(π－β)，由0<β<π，得0<π－β<π.又0<α<π，故α＝π－β.代入sinα＋sinβ＝1，得sinα＝sinβ＝eq\f(1,2)，而α>β，所以α＝eq\f(5π,6)，β＝eq\f(π,6).[規(guī)律方法]平面對(duì)量與三角函數(shù)的綜合問(wèn)題：(1)題目條件給出的向量坐標(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，求得值域等．3.(2021·廣州海珠區(qū)高三入學(xué)摸底考試)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，向量m＝(cos(A－B)，sin(A－B))，n＝(cosB，－sinB)，且m·n＝－eq\f(3,5).(1)求sinA的值；(2)若a＝4eq\r(2)，b＝5，求角B的大小及向量eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影．解：(1)由m·n＝－eq\f(3,5)，得cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－eq\f(3,5)，所以cosA＝－eq\f(3,5).由于0<A<π，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))\s\up12(2))＝eq\f(4,5).(2)由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，則sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(5×\f(4,5),4\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，由于a>b，所以A>B，則B＝eq\f(π,4)，由余弦定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)))eq\s\up12(2)＝52＋c2－2×5c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))，解得c＝1.故向量eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影為|eq\o(BA,\s\up6(→))|cosB＝ccosB＝1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2).交匯創(chuàng)新——平面對(duì)量與線性規(guī)劃的交匯(2021·高考安徽卷)在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，兩定點(diǎn)A，B滿足|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝2，則點(diǎn)集{P|eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的區(qū)域的面積是()A．2eq\r(2) B．2eq\r(3)C．4eq\r(2) D．4eq\r(3)[解析]由|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝2，知eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\f(π,3).當(dāng)λ≥0，μ≥0，λ＋μ＝1時(shí)，在△OAB中，取eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))，過(guò)點(diǎn)C作CD∥OB交AB于點(diǎn)D，作DE∥OA交OB于點(diǎn)E，明顯eq\o(OD,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)).由于eq\f(CD,OB)＝eq\f(AC,AO)，eq\f(CD,OB)＝eq\f(2－2λ,2)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1－λ)eq\o(OB,\s\up6(→))，∴eq\o(OD,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(OB,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))，∴λ＋μ＝1時(shí)，點(diǎn)P在線段AB上，∴λ≥0，μ≥0，λ＋μ≤1時(shí)，點(diǎn)P必在△OAB內(nèi)(包括邊界)．考慮|λ|＋|μ|≤1的其他情形，點(diǎn)P構(gòu)成的集合恰好是以AB為一邊，以O(shè)A，OB為對(duì)角線一半的矩形，其面積為S＝4S△OAB＝4×eq\f(1,2)×2×2sineq\f(π,3)＝4eq\r(3).[答案]D[名師點(diǎn)評(píng)]由平面對(duì)量的模與數(shù)量積求解夾角考查了應(yīng)用意識(shí)，由平面對(duì)量的分解考查了抽象概括力氣和推理力氣．已知x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y≥x，,x＋y≤2，,x≥a，))若eq\o(OA,\s\up6(→))＝(x，1)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，y)，且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))的最大值是最小值的8倍，則實(shí)數(shù)a的值是()A．1 B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,8)解析：選D.由于eq\o(OA,\s\up6(→))＝(x，1)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，y)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝2x＋y，令z＝2x＋y，依題意，不等式組所表示的可行域如圖中陰影部分所示，觀看圖象可知，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y過(guò)點(diǎn)C(1，1)時(shí)，zmax＝2×1＋1＝3，目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y過(guò)點(diǎn)F(a，a)時(shí)，zmin＝2a＋a＝3a，所以3＝8×3a，解得a＝eq\f(1,8)，故選D.1．(2022·高考山東卷)已知向量a＝(1，eq\r(3))，b＝(3，m).若向量a，b的夾角為eq\f(π,6)，則實(shí)數(shù)m＝()A．2eq\r(3) B.eq\r(3)C．0 D．－eq\r(3)解析：選B.∵a·b＝(1，eq\r(3))·(3，m)＝3＋eq\r(3)m，又a·b＝eq\r(12＋（\r(3)）2)×eq\r(32＋m2)×coseq\f(π,6)，∴3＋eq\r(3)m＝eq\r(12＋（\r(3)）2)×eq\r(32＋m2)×coseq\f(π,6)，∴m＝eq\r(3).2．(2021·云南省第一次統(tǒng)一檢測(cè))設(shè)向量a＝(－1，2)，b＝(m，1)，假如向量a＋2b與2a－b平行，那么a與b的數(shù)量積等于()A．－eq\f(7,2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(3,2) D.eq\f(5,2)解析：選D.a＋2b＝(－1＋2m，4)，2a－b＝(－2－m，3)，由題意得3(－1＋2m)－4(－2－m)＝0，則m＝－eq\f(1,2)，所以a·b＝－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋2×1＝eq\f(5,2).3．(2021·高考福建卷)在四邊形ABCD中，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，2)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－4，2)，則該四邊形的面積為()A.eq\r(5) B．2eq\r(5)C．5 D．10解析：選C.∵eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，2)·(－4，2)＝－4＋4＝0，∴eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，∴S四邊形ABCD＝eq\f(1,2)|eq\o(AC,\s\up6(→))|·|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)×eq\r(5)×2eq\r(5)＝5.4．(2021·湖南長(zhǎng)沙模擬)關(guān)于平面對(duì)量a，b，c，有下列三個(gè)命題：①若a·b＝a·c，則a＝0或b＝c；②若a＝(1，k)，b＝(－2，6)且a⊥b，則k＝eq\f(1,3)；③非零向量a，b滿足|a|＝|b|＝|a－b|，則a與a＋b的夾角為30°.其中全部真命題的個(gè)數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C.若a·b＝a·c，則a·(b－c)＝0，可得a＝0或b＝c或a⊥(b－c)，即命題①不正確；若a＝(1，k)，b＝(－2，6)且a⊥b，則a·b＝－2＋6k＝0，得k＝eq\f(1,3)，即命題②正確；非零向量a，b滿足|a|＝|b|＝|a－b|，則可得出一個(gè)等邊三角形，且a與a＋b的夾角為30°，即命題③正確，綜上可得真命題有2個(gè)．5．在△ABC中，eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝1，eq\f(\o(BC,\s\up6(→))·\o(BA,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))|)＝2，則AB邊的長(zhǎng)度為()A．1 B．3C．5 D．9解析：選B.由題意畫(huà)示意圖，如圖，eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝1表示eq\o(AC,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影為1，即AD的長(zhǎng)為1，eq\f(\o(BC,\s\up6(→))·\o(BA,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))|)＝2表示eq\o(BC,\s\up6(→))在eq\o(BA,\s\up6(→))上的投影為2，即BD的長(zhǎng)為2，故AB邊的長(zhǎng)度為3.6．(2022·高考重慶卷)已知向量a與b的夾角為60°，且a＝(－2，－6)，|b|＝eq\r(10)，則a·b＝________．解析：∵a＝(－2，－6)，∴|a|＝eq\r(（－2）2＋（－6）2)＝2eq\r(10)，∴a·b＝2eq\r(10)×eq\r(10)cos60°＝10.答案：107．(2021·昆明市第一次調(diào)研)在△ABC中，B＝90°，AB＝BC＝1，點(diǎn)M滿足eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(AM,\s\up6(→))，則eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝________．解析：建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，由于eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(AM,\s\up6(→))，故點(diǎn)A是BM的中點(diǎn)．依題意C(1，0)，A(0，1)，M(0，2)，則eq\o(CA,\s\up6(→))＝(－1，1)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－1，2)，所以eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝(－1)×(－1)＋1×2＝3.答案：38．(2021·山西省第三次四校聯(lián)考)圓O為△ABC的外接圓，半徑為2，若eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，且|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，則向量eq\o(BA,\s\up6(→))在向量eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影為_(kāi)_______．解析：∵eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，∴O是BC的中點(diǎn)，故△ABC為直角三角形．在△AOC中，有|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，∴∠B＝30°.由定義知，向量eq\o(BA,\s\up6(→))在向量eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影為|eq\o(BA,\s\up6(→))|cosB＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3.答案：39．已知|a|＝4，|b|＝8，a與b的夾角是120°.(1)計(jì)算：①|(zhì)a＋b|，②|4a－2b|；(2)當(dāng)k為何值時(shí)，(a＋2b)⊥(ka－b)?解：由已知得，a·b＝4×8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－16.(1)①∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48，∴|a＋b|＝4eq\r(3).②∵|4a－2b|2＝16a2－16a·b＋4b2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768.∴|4a－2b|＝16eq\r(3).(2)∵(a＋2b)⊥(ka－b)，∴(a＋2b)·(ka－b)＝0，ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝0，即16k－16(2k－1)－2×64＝0.∴k＝－7.即k＝－7時(shí)，a＋2b與ka－b垂直．10．已知a＝(1，2)，b＝(－2，n)，a與b的夾角是45°.(1)求b；(2)若c與b同向，且a與c－a垂直，求c.解：(1)∵a·b＝2n－2，|a|＝eq\r(5)，|b|＝eq\r(n2＋4)，∴cos45°＝eq\f(2n－2,\r(5)·\r(n2＋4))＝eq\f(\r(2),2)，∴3n2－16n－12＝0(n>1)．∴n＝6或n＝－eq\f(2,3)(舍去)，∴b＝(－2，6)．(2)由(1)知，a·b＝10，|a|2＝5.又∵c與b同向，故可設(shè)c＝λb(λ>0)．∵(c－a)·a＝0，∴λb·a－|a|2＝0，∴λ＝eq\f(|a|2,b·a)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2).∴c＝eq\f(1,2)b＝(－1，3)．1．已知eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))是非零向量，且滿足(eq\o(AB,\s\up6(→))－2eq\o(AC,\s\up6(→)))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，(eq\o(AC,\s\up6(→))－2eq\o(AB,\s\up6(→)))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，則△ABC的外形為()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等邊三角形 D．等腰直角三角形解析：選C.∵(eq\o(AB,\s\up6(→))－2eq\o(AC,\s\up6(→)))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))?(eq\o(AB,\s\up6(→))－2eq\o(AC,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，即eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))－2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0.(eq\o(AC,\s\up6(→))－2eq\o(AB,\s\up6(→)))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))?(eq\o(AC,\s\up6(→))－2eq\o(AB,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，即eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，即|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，而cosA＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，∴∠A＝60°，∴△ABC為等邊三角形．2．(2022·高考浙江卷)記max{x，y}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≥y，,y，x<y，))min{x，y}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y，x≥y，,x，x<y，))設(shè)a，b為平面對(duì)量，則()A．min{|a＋b|，|a－b|}≤min{|a|，|b|}B．min{|a＋b|，|a－b|}≥min{|a|，|b|}C．max{|a＋b|2，|a－b|2}≤|a|2＋|b|2D．max{|a＋b|2，|a－b|2}≥|a|2＋|b|2解析：選D.由于|a＋b|，|a－b|與|a|，|b|的大小關(guān)系與夾角大小有關(guān)，故A，B錯(cuò)．當(dāng)a，b夾角為銳角時(shí)，|a＋b|>|a－b|，此時(shí)，|a＋b|2>|a|2＋|b|2；當(dāng)a，b夾角為鈍角時(shí)，|a＋b|<|a－b|，此時(shí)，|a－b|2>|a|2＋|b|2；當(dāng)a⊥b時(shí)，|a＋b|2＝|a－b|2＝|a|2＋|b|2，故選D.3．單位圓上三點(diǎn)A，B，C滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角為_(kāi)_______．解析：∵A，B，C為單位圓上三點(diǎn)，∴|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝1，又eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴－eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))，∴eq\a\vs4\al(\o(OC,\s\up6(→)))2＝(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))2＝eq\a\vs4\al(\o(OB,\s\up6(→)))2＋eq\a\vs4\al(\o(OA,\s\up6(→)))2＋2eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))，可得cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2)，∴向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角為12