2020年高考數(shù)學(xué)一輪(江蘇理)-第5章-5-3-平面向量的數(shù)量積

§5.3平面向量的數(shù)量積考情考向分析主要考查利用數(shù)量積的定義解決數(shù)量積的運(yùn)算、求模與夾角等問題，考查利用數(shù)量積的坐標(biāo)表示求兩個(gè)向量的夾角、模以及判斷兩個(gè)平面向量的平行與垂直關(guān)系．一般以填空題的形式考查，偶爾會在解答題中出現(xiàn)，屬于中檔題．1．向量的夾角已知兩個(gè)非零向量a和b，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，則∠AOB就是向量a與b的夾角，向量夾角的范圍是[0，π]．2．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θ，則數(shù)量|a||b|·cosθ叫做a與b的數(shù)量積(或內(nèi)積)，記作a·b投影|a|cosθ叫做向量a在b方向上的投影，|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a的長度|a|與b在a的方向上的投影|b|cosθ的乘積拓展：向量數(shù)量積不滿足：①消去律，即a·b＝a·c?b＝c；②結(jié)合律，即(a·b)·c?a·(b·c)．3．向量數(shù)量積的運(yùn)算律(1)a·b＝b·a.(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)＝λa·b.(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c.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θ.結(jié)論幾何表示坐標(biāo)表示模|a|＝eq\r(a·a)|a|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))夾角cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝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＝0x1x2＋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))概念方法微思考1．a(chǎn)在b方向上的投影與b在a方向上的投影相同嗎？提示不相同．因?yàn)閍在b方向上的投影為|a|cosθ，而b在a方向上的投影為|b|cosθ，其中θ為a與b的夾角．2．兩個(gè)向量的數(shù)量積大于0，則夾角一定為銳角嗎？提示不一定．當(dāng)夾角為0°時(shí)，數(shù)量積也大于0.題組一思考辨析1．判斷下列結(jié)論是否正確(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?(1)兩個(gè)向量的數(shù)量積是一個(gè)實(shí)數(shù)，向量的加、減、數(shù)乘運(yùn)算的運(yùn)算結(jié)果是向量．(√)(2)由a·b＝0可得a＝0或b＝0.(×)(3)(a·b)c＝a(b·c)．(×)(4)兩個(gè)向量的夾角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(×)(5)若a·b>0，則a和b的夾角為銳角；若a·b<0，則a和b的夾角為鈍角．(×)題組二教材改編2．[P90T18]已知向量a＝(2,1)，b＝(－1，k)，a·(2a－b)＝0，則k＝________.答案12解析∵2a－b＝(4,2)－(－1，k)＝(5,2－k)，由a·(2a－b)＝0，得(2,1)·(5,2－k)＝0，∴10＋2－k＝0，解得k＝12.3．[P89T8]已知兩個(gè)單位向量e1，e2的夾角為eq\f(π,3).若向量b1＝e1－2e2，b2＝3e1＋4e2，則b1·b2＝________.答案－6解析b1＝e1－2e2，b2＝3e1＋4e2，則b1·b2＝(e1－2e2)·(3e1＋4e2)＝3eeq\o\al(2,1)－2e1·e2－8eeq\o\al(2,2).因?yàn)閑1，e2為單位向量，〈e1，e2〉＝eq\f(π,3)，所以b1·b2＝3－2×eq\f(1,2)－8＝3－1－8＝－6.題組三易錯自糾4．已知向量a，b的夾角為60°，|a|＝2，|b|＝1，則|a＋2b|＝________.答案2eq\r(3)解析方法一|a＋2b|＝eq\r(a＋2b2)＝eq\r(a2＋4a·b＋4b2)＝eq\r(22＋4×2×1×cos60°＋4×12)＝eq\r(12)＝2eq\r(3).方法二(數(shù)形結(jié)合法)由|a|＝|2b|＝2知，以a與2b為鄰邊可作出邊長為2的菱形OACB，如圖，則|a＋2b|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|.又∠AOB＝60°，所以|a＋2b|＝2eq\r(3).5．已知|a|＝3，|b|＝2，若a·b＝－3，則a與b的夾角的大小為________．答案eq\f(2π,3)解析設(shè)a與b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－3,3×2)＝－eq\f(1,2).又0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(2π,3).6．已知△ABC的三邊長均為1，且eq\o(AB,\s\up6(→))＝c，eq\o(BC,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，則a·b＋b·c＋a·c＝________.答案－eq\f(3,2)解析∵〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈a，c〉＝120°，|a|＝|b|＝|c|＝1，∴a·b＝b·c＝a·c＝1×1×cos120°＝－eq\f(1,2)，∴a·b＋b·c＋a·c＝－eq\f(3,2).題型一平面向量數(shù)量積的基本運(yùn)算1．(2018·全國Ⅱ改編)已知向量a，b滿足|a|＝1，a·b＝－1，則a·(2a－b)＝________.答案3解析a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b.∵|a|＝1，a·b＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.2．(2018·蘇北四市調(diào)研)已知平面向量a與b的夾角等于eq\f(π,3)，若|a|＝2，|b|＝3，則|2a－3b|＝________.答案eq\r(61)解析由題意可得a·b＝|a|·|b|coseq\f(π,3)＝3，所以|2a－3b|＝eq\r(2a－3b2)＝eq\r(4|a|2＋9|b|2－12a·b)＝eq\r(16＋81－36)＝eq\r(61).3．(2018·江蘇)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A為直線l：y＝2x上在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，B(5,0)，以AB為直徑的圓C與直線l交于另一點(diǎn)D.若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，則點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為________．答案3解析設(shè)A(a,2a)，則a＞0.又B(5,0)，故以AB為直徑的圓的方程為(x－5)(x－a)＋y(y－2a)＝0.由題意知Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋5,2)，a)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5x－a＋yy－2a＝0，,y＝2x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a，,y＝2a.))∴D(1,2)．又eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(5－a，－2a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a＋5,2)，2－a))，∴(5－a，－2a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a＋5,2)，2－a))＝eq\f(5,2)a2－5a－eq\f(15,2)＝0，解得a＝3或a＝－1.又a＞0，∴a＝3.4．(2018·江蘇淮安清江中學(xué)調(diào)研)如圖，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝2，D為BC邊上的點(diǎn)，且eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(CE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，則eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝________.答案1解析∵eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，且D為BC的中點(diǎn)，∠B＝∠C＝30°，∴在Rt△ADB中可求得AD＝1，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，∵eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝1.思維升華平面向量數(shù)量積的三種運(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.(3)利用數(shù)量積的幾何意義求解．題型二平面向量數(shù)量積的應(yīng)用命題點(diǎn)1求向量的模與夾角例1(1)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝5，AC＝6，D是AB上一點(diǎn)，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝－5，則|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝________.答案3解析如圖所示，設(shè)eq\o(AD,\s\up6(→))＝keq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝keq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(keq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝keq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝25k－5×6×eq\f(1,2)＝25k－15＝－5，解得k＝eq\f(2,5)，所以|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3.(2)設(shè)向量a，b滿足|a|＝2，|b|＝1，a·(a－b)＝3，則a與b的夾角為________．答案eq\f(π,3)解析由題意得a·(a－b)＝a2－a·b＝4－2×1×cosα＝4－2cosα＝3，∴cosα＝eq\f(1,2)，∵0≤α≤π，∴α＝eq\f(π,3).(3)設(shè)向量a，b，c滿足|a|＝|b|＝2，a·b＝－2，〈a－c，b－c〉＝60°，則|c|的最大值為________．答案4解析因?yàn)閨a|＝|b|＝2，a·b＝－2，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(1,2)，〈a，b〉＝120°.如圖所示，設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，則eq\o(CA,\s\up6(→))＝a－c，eq\o(CB,\s\up6(→))＝b－c，∠AOB＝120°.所以∠ACB＝60°，所以∠AOB＋∠ACB＝180°，所以A，O，B，C四點(diǎn)共圓．不妨設(shè)為圓M，因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝b－a，所以eq\o(AB,\s\up6(→))2＝a2－2a·b＋b2＝12.所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2eq\r(3)，由正弦定理可得△AOB的外接圓即圓M的直徑為2R＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))|,sin∠AOB)＝4.所以當(dāng)|eq\o(OC,\s\up6(→))|為圓M的直徑時(shí)，|c|取得最大值4.命題點(diǎn)2平面向量的平行與垂直例2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量eq\o(AB,\s\up6(→))＝(6,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(x，y)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，－3)，且eq\o(AD,\s\up6(→))∥eq\o(BC,\s\up6(→)).(1)求x與y之間的關(guān)系式；(2)若eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，求四邊形ABCD的面積．解(1)由題意得eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝(x＋4，y－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(x，y)．因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))∥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以(x＋4)y－(y－2)x＝0，即x＋2y＝0.(2)由題意eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝(x＋6，y＋1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝(x－2，y－3)．因?yàn)閑q\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，所以(x＋6)(x－2)＋(y＋1)(y－3)＝0，即x2＋y2＋4x－2y－15＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝0，,x2＋y2＋4x－2y－15＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y＝3，))當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－1))時(shí)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(8,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，－4)，S四邊形ABCD＝eq\f(1,2)×AC×BD＝16；當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y＝3))時(shí)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,4)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－8,0)，S四邊形ABCD＝eq\f(1,2)×AC×BD＝16.所以四邊形ABCD的面積為16.思維升華(1)求解平面向量模的方法①利用公式|a|＝eq\r(x2＋y2).②利用|a|＝eq\r(a2).(2)求平面向量的夾角的方法①定義法：cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)，θ的取值范圍為[0，π]．②坐標(biāo)法：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則cosθ＝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))).③解三角形法：把兩向量的夾角放到三角形中．跟蹤訓(xùn)練1(1)(2018·江蘇無錫梅村高中模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝2，△BCD是等邊三角形，若eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝1，則AD的長為________．答案eq\r(6)解析取BD的中點(diǎn)H，連結(jié)AH，CH，由△BCD為等邊三角形，可得CH⊥BD，由eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝1，可得(eq\o(AH,\s\up6(→))＋eq\o(HC,\s\up6(→)))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AH,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(HC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝Aeq\o(H,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))2)＝1，可得eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2＝4＋2＝6，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(6).(2)已知平面向量α，β滿足|β|＝1，且α與β－α的夾角為120°，則α的模的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))解析設(shè)在△ABC中，a＝|β|＝1，A＝60°，|α|＝c，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，則eq\f(asinC,sinA)＝c，即c＝eq\f(2\r(3),3)sinC.又0<sinC≤1，即c的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))，則α的模的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3))).(3)設(shè)a，b，c是同一平面內(nèi)的三個(gè)向量，a＝(1,2)．①若|c|＝2eq\r(5)，且c∥a，求c的坐標(biāo)；②若|b|＝eq\f(\r(5),2)，且a＋2b與2a－b垂直，求a與b的夾角θ.解①因?yàn)閏∥a，設(shè)c＝λa＝(λ，2λ)，又|c|＝2eq\r(5)，所以5λ2＝20，解得λ＝±2，所以c＝(2,4)或(－2，－4)．②因?yàn)?a＋2b)·(2a－b)＝0，所以2a2－a·b＋4a·b－2b2＝0，解得a·b＝－eq\f(5,2)，即eq\r(5)·eq\f(\r(5),2)·cosθ＝－eq\f(5,2)，又0≤θ≤π，所以θ＝π.題型三平面向量與三角函數(shù)例3如圖，A是單位圓與x軸正半軸的交點(diǎn)，點(diǎn)B，P在單位圓上，且Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(4,5)))，∠AOB＝α，∠AOP＝θ(0<θ<π)，eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))，四邊形OAQP的面積為S.(1)求cosα＋sinα；(2)求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＋S的最大值及此時(shí)θ的值θ0.解(1)∵Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(4,5)))，∠AOB＝α，∴cosα＝－eq\f(3,5)，sinα＝eq\f(4,5)，∴cosα＋sinα＝eq\f(1,5).(2)由已知得A(1,0)，P(cosθ，sinθ)，∴eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(1＋cosθ，sinθ)，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝1＋cosθ，又S＝sinθ，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＋S＝sinθ＋cosθ＋1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1，又0<θ<π，∴eq\f(π,4)<θ＋eq\f(π,4)<eq\f(5π,4)，∴－eq\f(\r(2),2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))≤1，則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＋S的最大值為eq\r(2)＋1，此時(shí)θ0＝eq\f(π,2)－eq\f(π,4)＝eq\f(π,4).思維升華平面向量與三角函數(shù)的綜合問題的解題思路(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．跟蹤訓(xùn)練2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若m⊥n，求tanx的值；(2)若m與n的夾角為eq\f(π,3)，求x的值．解(1)因?yàn)閙＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，m⊥n.所以m·n＝0，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝0，所以sinx＝cosx，所以tanx＝1.(2)因?yàn)閨m|＝|n|＝1，所以m·n＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝eq\f(1,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，因?yàn)?<x<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,4)<x－eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，所以x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)，即x＝eq\f(5π,12).1．在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2eq\r(3)，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝________.答案－2解析由余弦定理得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(22＋22－2\r(3)2,2×2×2)＝－eq\f(1,2)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|cosA＝2×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－2.2．已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，a－b＝(eq\r(3)，eq\r(2))，則|2a－b|＝________.答案2eq\r(2)解析根據(jù)題意，|a－b|＝eq\r(3＋2)＝eq\r(5)，則(a－b)2＝a2＋b2－2a·b＝5－2a·b＝5，可得a·b＝0，結(jié)合|a|＝1，|b|＝2，可得(2a－b)2＝4a2＋b2－4a·b＝4＋4＝8，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a－b))＝2eq\r(2).3．已知向量a＝(1,1)，b＝(2，－3)，若ka－2b與a垂直，則實(shí)數(shù)k的值為________．答案－1解析向量a＝(1,1)，b＝(2，－3)，則ka－2b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－4，k＋6)).若ka－2b與a垂直，則k－4＋k＋6＝0，解得k＝－1.4．已知四邊形ABCD，若eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝2，則eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值為________．答案0解析因?yàn)閑q\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))·(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0.5．(2018·蘇北四市考試)如圖，在半徑為2的扇形AOB中，∠AOB＝90°，P為上的一點(diǎn)，若eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝2，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的值為________．答案－2＋2eq\r(3)解析方法一因?yàn)閑q\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝|eq\o(OP,\s\up6(→))|·|eq\o(OA,\s\up6(→))|·cos∠AOP＝2×2×cos∠AOP＝2，所以∠AOP＝60°，∠BOP＝30°，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝|eq\o(OP,\s\up6(→))|·|eq\o(OB,\s\up6(→))|·cos∠BOP－2＝2×2×cos30°－2＝－2＋2eq\r(3).方法二以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB所在直線分別為x軸、y軸．設(shè)∠AOP＝θ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則P(2cosθ，2sinθ)，A(2,0)，B(0,2)，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2cosθ，2sinθ)·(2,0)＝4cosθ＝2，解得cosθ＝eq\f(1,2)，即θ＝eq\f(π,3)，所以P(1，eq\r(3))，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3))·(－2,2)＝－2＋2eq\r(3).6．(2018·江蘇無錫梅村高中月考)已知平面向量a，b滿足|a|＝2，|b|＝2，|a＋2b|＝5，則向量a，b夾角的余弦值為________．答案eq\f(5,16)解析因?yàn)槠矫嫦蛄縜，b滿足|a|＝2，|b|＝2，|a＋2b|＝5，則|a＋2b|＝eq\r(a2＋4b2＋4a·b)＝eq\r(22＋4×22＋4×2×2cos〈a，b〉)＝5，解得cos〈a，b〉＝eq\f(5,16).7．已知點(diǎn)M是邊長為2的正方形ABCD的內(nèi)切圓內(nèi)(含邊界)一動點(diǎn)，則eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的取值范圍是________．答案[－1,3]解析如圖所示，由題意可得，點(diǎn)M所在區(qū)域的不等式表示為(x－1)2＋(y－1)2≤1(0≤x≤2,0≤y≤2)．可設(shè)點(diǎn)M(x，y)，A(0,0)，B(2,0)．∴eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(－x，－y)·(2－x，－y)＝－x(2－x)＋y2＝(x－1)2＋y2－1，由eq\r(x－12＋y2)∈[0,2]，∴eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))∈[－1,3]．8.如圖，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，D是BC的中點(diǎn)，則eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))的值為________．答案－17解析如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，則C(0,0)，A(3,0)，B(0,4)，D(0,2)．則eq\o(BA,\s\up6(→))＝(3，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－3,2)．∴eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝3×(－3)－4×2＝－17.9．(2018·南京模擬)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝120°，eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→)).若eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\f(17,3)，則實(shí)數(shù)λ的值為________．答案eq\f(1,3)解析由題意知，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λ(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝(1－λ)eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝[(1－λ)eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(AC,\s\up6(→))]·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝(λ－1)·eq\o(AB,\s\up6(→))2＋λeq\o(AC,\s\up6(→))2＋(1－2λ)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝9(λ－1)＋4λ＋(1－2λ)×3×2×cos120°＝19λ－12＝－eq\f(17,3)，所以λ＝eq\f(1,3).10．(2016·江蘇)如圖，在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，E，F(xiàn)是AD上的兩個(gè)三等分點(diǎn)，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝4，eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝－1，則eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))的值是________．答案eq\f(7,8)解析設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，則eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝(－a)·(－b)＝a·b＝4.又∵D為BC中點(diǎn)，E，F(xiàn)為AD的兩個(gè)三等分點(diǎn)，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b.eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)a＋eq\f(1,6)b，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝－a＋eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＝－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,3)b，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝－b＋eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＝eq\f(1,3)a－eq\f(2,3)b，則eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)a＋\f(1,3)b))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a－\f(2,3)b))＝－eq\f(2,9)a2－eq\f(2,9)b2＋eq\f(5,9)a·b＝－eq\f(2,9)(a2＋b2)＋eq\f(5,9)×4＝－1.可得a2＋b2＝eq\f(29,2).又eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝－a＋eq\f(1,6)a＋eq\f(1,6)b＝－eq\f(5,6)a＋eq\f(1,6)b.eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝－b＋eq\f(1,6)a＋eq\f(1,6)b＝eq\f(1,6)a－eq\f(5,6)b，則eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,6)a＋\f(1,6)b))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)a－\f(5,6)b))＝－eq\f(5,36)(a2＋b2)＋eq\f(26,36)a·b＝－eq\f(5,36)×eq\f(29,2)＋eq\f(26,36)×4＝eq\f(7,8).11．已知△ABC是邊長為2的等邊三角形，P為平面ABC內(nèi)一點(diǎn)，求eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))的最小值．解方法一設(shè)BC的中點(diǎn)為D，AD的中點(diǎn)為E，則有eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(PD,\s\up6(→))，則eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))＝2eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝2(eq\o(PE,\s\up6(→))＋eq\o(EA,\s\up6(→)))·(eq\o(PE,\s\up6(→))－eq\o(EA,\s\up6(→)))＝2(eq\o(PE,\s\up6(→))2－eq\o(EA,\s\up6(→))2)．而eq\o(AE,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＝eq\f(3,4)，當(dāng)P與E重合時(shí)，eq\o(PE,\s\up6(→))2有最小值0，故此時(shí)eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))取最小值，最小值為－2eq\o(EA,\s\up6(→))2＝－2×eq\f(3,4)＝－eq\f(3,2).方法二以AB所在直線為x軸，AB的中點(diǎn)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，則A(－1,0)，B(1,0)，C(0，eq\r(3))，設(shè)P(x，y)，取BC的中點(diǎn)D，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))＝2eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝2(－1－x，－y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x，\f(\r(3),2)－y))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋y·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),2)))))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),4)))2－\f(3,4))).因此，當(dāng)x＝－eq\f(1,4)，y＝eq\f(\r(3),4)時(shí)，eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))取最小值，為2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝－eq\f(3,2).12．(2017·江蘇)已知向量a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－eq\r(3))，x∈[0，π]．(1)若a∥b，求x的值；(2)記f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及對應(yīng)的x的值．解(1)因?yàn)閍＝(cosx，sinx)，b＝(3，－eq\r(3))，a∥b，所以－eq\r(3)cosx＝3sinx.若cosx＝0，則sinx＝0，與sin2x＋cos2x＝1矛盾，故cosx≠0.于是tanx＝－eq\f(\r(3),3).又x∈[0，π]，所以x＝eq\f(5π,6).(2)f(x)＝a·b＝(cosx，sinx)·(3，－eq\r(3))＝3cosx－eq\r(3)sinx＝2eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).因?yàn)閤∈[0，π]，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，從而－1≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))≤eq\f(\r(3),2)，于是，當(dāng)x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即x＝0時(shí)，f(x)取得最大值3；當(dāng)x＋eq\f(π,6)＝π，即x＝eq\f(5π,6)時(shí)，f(x)取得最小值－2eq\r(3).13．已知O是△ABC內(nèi)部一點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2且∠BAC＝60°，則△OBC的面積為________．答案eq\f(\r(3),3)解析∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝－eq\o(OC,\s\up6(→))，∴O為三角形的重心，∴△OBC的面積為△ABC面積的eq\f(1,3)，∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos∠BAC＝2，∵∠BAC＝60°，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|＝4，△ABC的面積為eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|sin∠BAC＝eq\r(3)，∴△OBC的面積為eq\f(\r(3),3).14．在△ABC中，∠A＝120°，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－3，點(diǎn)G是△ABC的重心，則|eq\o(AG,\s\up6(→))|的最小值是________．答案eq\f(\r(6),3)解析設(shè)BC的中點(diǎn)為D，因?yàn)辄c(diǎn)G是△ABC的重心，所以eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\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(→)))，再令|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝c，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝b，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝bccos120°＝－3，所以bc＝6，所以|eq\o(AG,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,9)(|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋|eq\o(AC,\s\up6(→))|2)＝eq\f(1,9)(c2＋b2－6)≥eq\f(1,9)(2bc－6)＝eq\f(2,3)，所以|eq\o(AG,\s\up6(→))|≥eq\f(\r(6),3)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝eq\r(6)時(shí)取等號．15.如圖，等邊△ABC的邊長為2，頂點(diǎn)B，C分別在x軸的非負(fù)半軸，y軸的非負(fù)半軸上滑動，M為AB的中點(diǎn)，則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))的最大值為________．答案eq\f(5,2)＋eq\r(7)解析設(shè)∠OBC＝θ，則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cosθ，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2sinθ))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cosθ－2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))，2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cosθ－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))))，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cosθ－2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))))×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cosθ－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))×sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝4cos2θ＋2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))－6cosθcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al