2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)統(tǒng)考第5章平面向量第3講平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用學(xué)案含解析北師大版

PAGE1-第3講平面對(duì)量的數(shù)量積及應(yīng)用基礎(chǔ)學(xué)問整合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eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，則eq\x(\s\up1(01))∠AOB就是a與b的夾角設(shè)θ是a與b的夾角，則θ的取值范圍是eq\x(\s\up1(02))0°≤θ≤180°eq\x(\s\up1(03))θ＝0°或θ＝180°?a∥b，eq\x(\s\up1(04))θ＝90°?a⊥b2．平面對(duì)量的數(shù)量積定義設(shè)兩個(gè)非零向量a，b的夾角為θ，則數(shù)量eq\x(\s\up1(05))|a||b|·cosθ叫做a與b的數(shù)量積，記作a·b投影eq\x(\s\up1(06))|a|cosθ叫做向量a在b方向上的投影，eq\x(\s\up1(07))|b|cosθ叫做向量b在a方向上的投影幾何意義數(shù)量積a·b等于eq\x(\s\up1(08))a的長(zhǎng)度|a|與eq\x(\s\up1(09))b在a的方向上的投影|b|cosθ的乘積3．向量數(shù)量積的運(yùn)算律交換律a·b＝eq\x(\s\up1(10))b·a安排律(a＋b)·ceq\x(\s\up1(11))a·c＋b·c數(shù)乘結(jié)合律(λa)·b＝λ(a·b)＝eq\x(\s\up1(12))a·(λb)4．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)，a與b的夾角為θ.結(jié)論幾何表示坐標(biāo)表示模|a|＝eq\r(a·a)|a|＝eq\x(\s\up1(13))eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))夾角cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝eq\x(\s\up1(14))eq\f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))·\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)))a⊥b的充要條件a·b＝0eq\x(\s\up1(15))x1x2＋y1y2＝0|a·b|與|a||b|的關(guān)系|a·b|≤|a||b||x1x2＋y1y2|≤eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))1．?dāng)?shù)量積運(yùn)算律要精確理解、應(yīng)用，例如，a·b＝a·c(a≠0)不能得出b＝c，兩邊不能約去一個(gè)向量．2．?dāng)?shù)量積不滿意結(jié)合律，即(a·b)·c≠a·(b·c)．3．當(dāng)a與b同向時(shí)，a·b＝|a||b|；當(dāng)a與b反向時(shí)，a·b＝－|a||b|，特殊地，a·a＝a2或|a|＝eq\r(a2).4．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(因?yàn)閍與b夾角為0時(shí)也有a·b>0)．(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(因?yàn)閍與b夾角為π時(shí)也有a·b<0)．1．(2024·重慶模擬)已知向量a＝(k,3)，b＝(1,4)，c＝(2,1)，且(2a－3b)⊥c，則實(shí)數(shù)kA．－eq\f(9,2) B．0C．3 D.eq\f(15,2)答案C解析因?yàn)?a－3b＝(2k－3，－6)，(2a－3b)⊥c，所以(2a－3b)·c＝2(2k2．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，則|a－b|＝()A.eq\r(2) B．2C．5eq\r(2) D．50答案A解析∵a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，∴|a－b|＝eq\r(－12＋12)＝eq\r(2).故選A.3．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知非零向量a，b滿意|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，則a與b的夾角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)答案B解析設(shè)a與b的夾角為θ，∵(a－b)⊥b，∴(a－b)·b＝0，即a·b－|b|2＝0.又a·b＝|a||b|cosθ，|a|＝2|b|，∴2|b|2cosθ－|b|2＝0，∴cosθ＝eq\f(1,2).又0≤θ≤π，∴θ＝eq\f(π,3).故選B.4．(2024·泉州質(zhì)檢)已知正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為1，則eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))的值為()A.eq\f(3,2) B．－eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(3,2)答案D解析由圖知，eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(CB,\s\up6(→))的夾角為120°.∴eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝cos120°－12＝－eq\f(3,2).5．(2024·北京高考)已知向量a＝(－4,3)，b＝(6，m)，且a⊥b，則m＝________.答案8解析∵a⊥b，∴a·b＝0.又a＝(－4,3)，b＝(6，m)，∴－4×6＋3m＝0，解得m6．已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)E是AB邊上的動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的值為________，eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))的最大值為________．答案11解析eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→)))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→)))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝|eq\o(CB,\s\up6(→))|2＋eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→)).因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0.所以eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝12＋0＝1.設(shè)AE＝λAB(0≤λ≤1)，則eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→)))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝λ|eq\o(DC,\s\up6(→))|2(0≤λ≤1)，所以eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))的最大值為1.核心考向突破考向一平面對(duì)量數(shù)量積的運(yùn)算例1(1)(2024·紹興模擬)已知向量a，b滿意|a|＝eq\r(2)，(a＋2b)⊥a，則向量b在向量a方向上的投影為()A．－eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(2) D．－eq\r(2)答案A解析∵(a＋2b)⊥a，∴(a＋2b)·a＝2＋2|a||b|·cos〈a，b〉＝0，∴|a||b|cos〈a，b〉＝－1，即eq\r(2)|b|cos〈a，b〉＝－1，∴向量b在向量a方向上的投影為|b|cos〈a，b〉＝－eq\f(\r(2),2)，故選A.(2)(2024·天津高考)在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝2eq\r(3)，AD＝5，∠A＝30°，點(diǎn)E在線段CB的延長(zhǎng)線上，且AE＝BE，則eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝________.答案－1解析∵AD∥BC，且∠DAB＝30°，∴∠ABE＝30°.又AE＝BE，∴∠EAB＝30°.∴∠E＝120°.∴在△AEB中，AE＝BE＝2.∴eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→)))＝－eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝－12＋2eq\r(3)×2×cos30°＋5×2eq\r(3)×cos30°＋5×2×cos180°＝－12＋6＋15－10＝－1.求向量a，b的數(shù)量積a·b的三種方法(1)若兩向量共起點(diǎn)，則兩向量的夾角干脆可得，依據(jù)定義即可求得數(shù)量積；若兩向量的起點(diǎn)不同，則須要通過平移使它們的起點(diǎn)重合，再計(jì)算．(2)依據(jù)圖形之間的關(guān)系，用長(zhǎng)度和相互之間的夾角都已知的向量分別表示出向量a，b，然后依據(jù)平面對(duì)量的數(shù)量積的定義進(jìn)行計(jì)算求解．(3)若圖形適合建立平面直角坐標(biāo)系，則建立坐標(biāo)系，求出a，b的坐標(biāo)，通過坐標(biāo)運(yùn)算求解．[即時(shí)訓(xùn)練]1.(2024·湖北荊門模擬)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)答案A解析eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(5,5)，由定義知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．(2024·江西白鷺中學(xué)調(diào)研)已知在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，點(diǎn)P是斜邊AB上的中點(diǎn)，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝________.答案4解析由題意可建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，可得A(2,0)，B(0，2)，P(1，1)，C(0,0)，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝(1,1)·(0,2)＋(1，1)·(2,0)＝2＋2＝4.準(zhǔn)設(shè)計(jì)考向，多角度探究突破考向二平面對(duì)量數(shù)量積的性質(zhì)角度1平面對(duì)量的垂直例2(1)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)．若向量c滿意(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，則c＝()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，－\f(7,9)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(7,9))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)，－\f(7,3)))答案D解析不妨設(shè)c＝(m，n)，則a＋c＝(1＋m,2＋n)，a＋b＝(3，－1)，由(c＋a)∥b，得－3(1＋m)＝2(2＋n)，①由c⊥(a＋b)，得3m－n＝0，聯(lián)立①②，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(7,9)，,n＝－\f(7,3).))故選D.(2)(2024·沈陽(yáng)東北育才學(xué)校模擬)已知eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角為150°，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(3)|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，且eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，則eq\f(λ,μ)的值為________．答案eq\f(5,9)解析由eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，得eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，即(λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝(λ－μ)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－λeq\o(AB,\s\up6(→))2＋μeq\o(AC,\s\up6(→))2＝(λ－μ)×eq\r(3)×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))－λ×(eq\r(3))2＋μ×12＝eq\f(5,2)μ－eq\f(9,2)λ＝0，因而eq\f(λ,μ)＝eq\f(5,9).角度2平面對(duì)量的模例3(1)(2024·濟(jì)南模擬)設(shè)向量a，b滿意|a|＝1，|a－b|＝eq\r(3)，a·(a－b)＝0，則|2a＋b|＝()A．2 B．2eq\r(3)C．4 D．4eq\r(3)答案B解析∵a·(a－b)＝0，|a|＝1，∴a2＝a·b＝1，又|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝3，∴b2＝4，∴|2a＋b|＝eq\r(4a2＋4a·b＋b2)＝eq\r(4＋4＋4)＝2eq\r(3).故選B.(2)(2024·湖南雅禮中學(xué)模擬)在矩形ABCD中，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝2，則|eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))|＝()A.eq\r(5) B．3eq\r(5)C．4eq\r(5) D．2eq\r(5)答案C解析由向量加法的平行四邊形法則可知eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))，則原式＝2|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝2eq\r(42＋22)＝4eq\r(5).角度3平面對(duì)量的夾角例4(1)若非零向量a，b滿意|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，則a與b的夾角為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D．π答案A解析由條件，得(a－b)·(3a＋2b)＝3a2－2b2－a·b＝0，即a·b＝3a2－2又因?yàn)閨a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，所以a·b＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)|b|))2－2b2＝eq\f(2,3)b2，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\f(2,3)b2,\f(2\r(2),3)b2)＝eq\f(\r(2),2)，所以〈a，b〉＝eq\f(π,4).故選A.(2)(2024·全國(guó)卷Ⅲ)已知a，b為單位向量，且a·b＝0，若c＝2a－eq\r(5)b，則cos〈a，c〉＝________.答案eq\f(2,3)解析由題意，得cos〈a，c〉＝eq\f(a·2a－\r(5)b,|a||2a－\r(5)b|)＝eq\f(2a2－\r(5)a·b,|a|\r(|2a－\r(5)b|2))＝eq\f(2,1×\r(4＋5))＝eq\f(2,3).平面對(duì)量數(shù)量積求解問題的策略(1)求兩向量的夾角：cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)，要留意θ∈[0，π]．(2)兩向量垂直的應(yīng)用：兩非零向量垂直的充要條件是：a⊥b?a·b＝0?|a－b|＝|a＋b|.(3)求向量的模：利用數(shù)量積求解長(zhǎng)度問題的處理方法有：①a2＝a·a＝|a|2或|a|＝eq\r(a·a)；②|a±b|＝eq\r(a±b2)＝eq\r(a2±2a·b＋b2)；③若a＝(x，y)，則|a|＝eq\r(x2＋y2).[即時(shí)訓(xùn)練]3.(2024·濟(jì)寧模擬)平面四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，則四邊形ABCD是()A．矩形 B．正方形C．菱形 D．梯形答案C解析因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝－eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))，所以四邊形ABCD是平行四邊形．又(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，所以四邊形對(duì)角線相互垂直，所以四邊形ABCD是菱形．故選C.4．(2024·江西六校聯(lián)考)設(shè)向量a，b滿意|a|＝2，|b|＝3，|a＋b|＝3，則|a＋2b|＝________.答案4eq\r(2)解析由|a＋b|＝3知|a|2＋|b|2＋2a·b又|a|＝2，|b|＝3，∴2a·b∴|a＋2b|＝eq\r(|a|2＋4a·b＋4|b|2)＝4eq\r(2).5．(2024·安徽“江淮十校”聯(lián)考)若非零向量a，b滿意|a|＝3|b|＝|a＋2b|，則a與b的夾角余弦值為________．答案－eq\f(1,3)解析∵|a|＝|a＋2b|，∴|a|2＝|a|2＋4a·b＋4|b|2∴a·b＝－|b|2，∴cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－|b|2,3|b||b|)＝－eq\f(1,3).考向三向量運(yùn)算的最值或范圍問題例5(1)(2024·四川雙流中學(xué)模擬)已知平面對(duì)量eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))滿意|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝|eq\o(PB,\s\up6(→))|＝1，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)，若|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝1，則|eq\o(AC,\s\up6(→))|的最大值為()A.eq\r(2)－1 B.eq\r(3)－1C.eq\r(2)＋1 D.eq\r(3)＋1答案D解析因?yàn)閨eq\o(PA,\s\up6(→))|＝|eq\o(PB,\s\up6(→))|＝1，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)，所以cos∠APB＝－eq\f(1,2)，即∠APB＝eq\f(2π,3)，由余弦定理可得AB＝eq\r(3)，如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0))，由題意知點(diǎn)C(x，y)在以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0))為圓心，1為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖形可知，當(dāng)點(diǎn)C(x，y)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋1，0))時(shí)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|取最大值，即|eq\o(AC,\s\up6(→))|max＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|＋1＝eq\r(3)＋1，故選D.(2)在平行四邊形ABCD中，∠A＝eq\f(π,3)，邊AB，AD的長(zhǎng)分別為2,1，若M，N分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且滿意eq\f(|\o(BM,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|\o(BC,\s\up6(→))|))＝eq\f(|\o(CN,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|\o(CD,\s\up6(→))|))，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))的取值范圍是________．答案[2,5]解析如圖，在平行四邊形ABCD中，設(shè)eq\f(|\o(BM,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|\o(BC,\s\up6(→))|))＝eq\f(|\o(CN,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|\o(CD,\s\up6(→))|))＝λ(0≤λ≤1)，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝(1－λ)eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1－λ)eq\o(AB,\s\up6(→))，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→)))·(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DN,\s\up6(→)))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(AD,\s\up6(→)))·[eq\o(AD,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AB,\s\up6(→))]＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋λeq\o(AD,\s\up6(→))2＋λ(1－λ)eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→)).又eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2×1×coseq\f(π,3)＝1，eq\o(AB,\s\up6(→))2＝4，eq\o(AD,\s\up6(→))2＝1，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝－λ2－2λ＋5＝－(λ＋1)2＋6.∵0≤λ≤1，∴2≤eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))≤5，即eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))的取值范圍是[2,5]．與向量相關(guān)的最值或范圍問題求最值或取值范圍必需有函數(shù)或不等式，因此，對(duì)于題目中給出的條件，要結(jié)合要求的夾角或長(zhǎng)度或其他量，得出相應(yīng)的不等式或函數(shù)(包括自變量的范圍)，然后利用相關(guān)學(xué)問求出最值或取值范圍．[即時(shí)訓(xùn)練]6.(2024·湖南師大附中模擬)已知a，b為單位向量，且a⊥b，向量c滿意|c－a－b|＝2，則|c|的取值范圍為()A．[1,1＋eq\r(2)] B．[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)]C．[eq\r(2)，2eq\r(2)] D．[3－2eq\r(2)，3＋2eq\r(2)]答案B解析設(shè)Oeq\o(A,\s\up6(→))＝a＋b，Oeq\o(B,\s\up6(→))＝c，則Aeq\o(B,\s\up6(→))＝Oeq\o(B,\s\up6(→))－Oeq\o(A,\s\up6(→))＝c－(a＋b)，由|a|＝|b|＝1，a⊥b，得|Oeq\o(A,\s\up6(→))|＝|a＋b|＝eq\r(2)，又|Aeq\o(B,\s\up6(→))|＝|c－a－b|＝2，所以點(diǎn)B在以A為圓心，2為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，故2－eq\r(2)≤|c|≤2＋eq\r(2)，故選B.7．(2024·浙江高考)已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，當(dāng)每個(gè)λi(i＝1,2,3,4,5,6)取遍±1時(shí)，|λ1eq\o(AB,\s\up6(→))＋λ2eq\o(BC,\s\up6(→))＋λ3eq\o(CD,\s\up6(→))＋λ4eq\o(DA,\s\up6(→))＋λ5eq\o(AC,\s\up6(→))＋λ6eq\o(BD,\s\up6(→))|的最小值是_______，最大值是_______．答案02eq\r(5)解析如圖，以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,1)．設(shè)a＝λ1eq\o(AB,\s\up6(→))＋λ2eq\o(BC,\s\up6(→))＋λ3eq\o(CD,\s\up6(→))＋λ4eq\o(DA,\s\up6(→))＋λ5eq\o(AC,\s\up6(→))＋λ6eq\o(BD,\s\up6(→))＝λ1eq\o(AB,\s\up6(→))＋λ2eq\o(AD,\s\up6(→))－λ3eq\o(AB,\s\up6(→))－λ4eq\o(AD,\s\up6(→))＋λ5(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋λ6(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝(λ1－λ3＋λ5－λ6)eq\o(AB,\s\up6(→))＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6)eq\o(AD,\s\up6(→))＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)．故|a|＝eq\r(λ1－λ3＋λ5－λ62＋λ2－λ4＋λ5＋λ62).∵λi(i＝1,2,3,4,5,6)取遍±1，∴當(dāng)λ1－λ3＋λ5－λ6＝0，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0時(shí)，|λ1eq\o(AB,\s\up6(→))＋λ2eq\o(BC,\s\up6(→))＋λ3eq\o(CD,\s\up6(→))＋λ4eq\o(DA,\s\up6(→))＋λ5eq\o(AC,\s\up6(→))＋λ6eq\o(BD,\s\up6(→))|取得最小值0.考慮到λ5－λ6，λ5＋λ6有相關(guān)性，要確保所求模最大，只需使|λ1－λ3＋λ5－λ6|，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|盡可能取到最大值，即當(dāng)λ1－λ3＋λ5－λ6＝2，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝4或λ1－λ3＋λ5－λ6＝4，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝2時(shí)可取到最大值，∴|λ1eq\o(AB,\s\up6(→))＋λ2eq\o(BC,\s\up6(→))＋λ3eq\o(CD,\s\up6(→))＋λ4eq\o(DA,\s\up6(→))＋λ5eq\o(AC,\s\up6(→))＋λ6eq\o(BD,\s\up6(→))|的最大值為eq\r(4＋16)＝2eq\r(5).(2024·天津高考)在如圖的平面圖形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(CN,\s\up6(→))＝2eq\o(NA,\s\up6(→))，則eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))的值為()A．－15 B．－9C．－6 D．0答案C解析解法一：(基向量法)如圖所示，連接MN，由eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(CN,\s\up6(→))＝2eq\o(NA,\s\up6(→))可知點(diǎn)M，N分別為線段AB，AC上靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)，則eq\o(BC,\s\up6(→))＝3eq\o(MN,\s\up6(→))＝3(eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→)))，由題意可知，eq\o(OM,\s\up6(→))2＝12＝1，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝1×2×cos120°＝－1，結(jié)合數(shù)量積的運(yùn)算律可得，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝3(eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→)))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝3eq\o(ON,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))－3eq\o(OM,\s\up6(→))2＝－3－3＝－6.故選C.解法二：(坐標(biāo)法)在△ABC中，不妨設(shè)∠A＝90°，取特殊狀況ON⊥AC，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AC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，因?yàn)椤螹ON＝120°，ON＝2，OM＝1，所以O(shè)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(3),2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3\r(3),2)))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)，0)).故eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)，\f(3\r(3),2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))＝－eq\f(15,4)－eq\f(9,4)＝－6.故選C.答題啟示向量與平面幾何綜合問題的解法(1)基向量法適當(dāng)選取一組基底，溝通向量之間的聯(lián)系，利用向量間的關(guān)系構(gòu)造關(guān)于未知量的方程進(jìn)行求解．(2)坐標(biāo)法若把幾何圖形放在適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系中，則有關(guān)點(diǎn)與向量就可以用坐標(biāo)表示，這樣就能進(jìn)行相應(yīng)的代數(shù)運(yùn)算和向量運(yùn)算，從而使問題得到解決．對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練(2024·石家莊模擬)在平行四邊形ABCD中，|eq\o(AB,\s\u