高考数学一轮复习 专题26 平面向量的数量积及平面向量的应用教学案 理

1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义．了解平面向量的数量积与向量投影的关系． 2.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算．

3.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系． 4.会用向量方法解决某些简单的平面几何问题．会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题．

1．平面向量的数量积

(1)定义：已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，则数量|a||b|cos__θ 叫作a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos__θ，规定零向量与任一向量的数量积为0，即0·a＝0.

(2)几何意义：数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cos__θ的乘积． 2．平面向量数量积的性质及其坐标表示

设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为向量a，b的夹角． (1)数量积：a·b＝|a||b|cos θ＝x1x2＋y1y2.

2(2)模：|a|＝a·a＝x21＋y1.

a·bx1x2＋y1y2(3)夹角：cos θ＝|a||b|＝22. 2x1＋y1·x2＋y22

(4)两非零向量a⊥b的充要条件：a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0. (5)|a·b|≤|a||b|(当且仅当a∥b时等号成立)⇔|x1x2＋y1y2|≤ 3．平面向量数量积的运算律 (1)a·b＝b·a(交换律)．

(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(结合律)． (3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律)． 4．向量在平面几何中的应用

向量在平面几何中的应用主要是用向量的线性运算及数量积解决平面几何中的平行、垂直、平移、全等、相似、长度、夹角等问题．

222x21＋y1·x2＋y2.

(1)证明线段平行或点共线问题，包括相似问题，常用共线向量定理：a∥b(b≠0)⇔a＝λb⇔x1y2－x2y1＝0．

(2)证明垂直问题，常用数量积的运算性质

a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0(a，b均为非零向量)． (3)求夹角问题，利用夹角公式

a·bx1x2＋y1y2cos θ＝|a||b|＝222(θ为a与b的夹角)． x1＋y1 x22＋y25．向量在三角函数中的应用

与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热点题型．解答此类问题，除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式、向量模、向量夹角的坐标运算公式外，还应掌握三角恒等变换的相关知识．

6．向量在解析几何中的应用

向量在解析几何中的应用，是以解析几何中的坐标为背景的一种向量描述．它主要强调向量的坐标问题，进而利用直线和圆锥曲线的位置关系的相关知识来解答，坐标的运算是考查的主体．

高频考点一 平面向量数量积的运算

→→→→例1、(1)设四边形ABCD为平行四边形，|AB|＝6，|AD|＝4，若点M，N满足BM＝3MC，→→→→

DN＝2NC，则AM·NM等于( )

A．20 B.15 C．9 D．6

→→→→

(2)已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则DE·CB的值为________；DE·DC的最大值为________．

(2)方法一 以射线AB，AD为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则A(0，0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，设

E(t,0)，t∈[0,1]，则→DE＝(t，－1)，→CB＝(0，－1)，所以→DE·→

CB＝(t，－1)·(0，－1)＝1. 因为DC→＝(1,0)，所以→DE·DC→

＝(t，－1)·(1,0)＝t≤1， 故→DE·DC→

的最大值为1.

方法二 由图知，无论E点在哪个位置，→DE在→CB方向上的投影都是CB＝1，∴→DE·→

CB＝|→

CB|·1＝1，

当E运动到B点时，→DE在DC→

方向上的投影最大即为DC＝1， ∴(→DE·DC→)＝|DC→

max|·1＝1.

【感悟提升】(1)求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．(2)解决涉及几何图形的向量数量积运算问题时，可先利用向量的加、减运算或数量积的运算律化简再运算，但一定要注意向量的夹角与已知平面角的关系是相等还是互补．

【变式探究】(1)如图，在平行四边形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，→CP＝3→PD，→AP·→

BP＝2，则→AB·AD→

＝________.

→→

(2)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则AE·BD＝________. 答案 (1)22 (2)2

高频考点二 用数量积求向量的模、夹角

例2、(1)(2016·全国Ⅱ卷)已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m＝( ) A.－8 C.6

B.－6 D.8

(2)若向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，已知2a－3b与c的夹角为钝角，则k的取值范围是________.

解析 (1)由题知a＋b＝(4，m－2)，因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0， 即4×3＋(－2)×(m－2)＝0，解之得m＝8，故选D. (2)∵2a－3b与c的夹角为钝角， ∴(2a－3b)·c<0，

即(2k－3，－6)·(2，1)<0，解得k＜3. 又若(2a－3b)∥c，

9

则2k－3＝－12，即k＝－2. 9

当k＝－2时，2a－3b＝(－12，－6)＝－6c， 此时2a－3b与c反向，不合题意.

99综上，k的取值范围为－∞，－2∪－2，3.



99答案 (1)D (2)－∞，－2∪－2，3



a·b

【方法规律】(1)根据平面向量数量积的性质：若a，b为非零向量，cos θ＝|a||b|(夹角公式)，a⊥b⇔a·b＝0等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题.

(2)数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于0且两向量不共线时两向量的夹角为钝角.

3→31→1

【变式探究】 (1)(2016·全国Ⅲ卷)已知向量BA＝，，BC＝，，则∠ABC＝( )

2222A.30° C.60°

B.45° D.120°

(2)(2016·全国Ⅰ卷)设向量a＝(m，1)，b＝(1，2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则m＝________. →→

解析 (1)|BA|＝1，|BC|＝1， →

supBA6(→)·BC3

cos∠ABC＝＝2.

→→|BA|·|BC|

→→

由〈BA，BC〉∈[0°，180°]，得∠ABC＝30°. (2)由|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，得a⊥b， 所以m×1＋1×2＝0，得m＝－2. 答案 (1)A (2)－2

【感悟提升】(1)根据平面向量数量积的定义，可以求向量的模、夹角，解决垂直、夹角问题；两向量夹角θ为锐角的充要条件是cos θ＞0且两向量不共线；

(2)求向量模的最值(范围)的方法：①代数法，把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解；②几何法(数形结合法)，弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形求解．

1

【举一反三】(1)已知单位向量e1与e2的夹角为α，且cosα＝3，向量a＝3e1－2e2与b＝3e1－e2的夹角为β，则cosβ＝________.

→→→

(2)在△ABC中，若A＝120°，AB·AC＝－1，则|BC|的最小值是( ) A.2 C.6

22

答案 (1)3 (2)C 解析 (1)∵|a|＝3e1－2e2

2B．2 D．6

＝|b|＝1

9＋4－12×1×1×3＝3，

3e1－e2

2＝

1

9＋1－6×1×1×3＝22，

2

∴a·b＝(3e1－2e2)·(3e1－e2)＝9e21－9e1·e2＋2e2

1

＝9－9×1×1×3＋2＝8， 822

∴cosβ＝＝3. 3×22→→

(2)∵AB·AC＝－1，

→→

∴|AB|·|AC|·cos120°＝－1， →→

即|AB|·|AC|＝2，

→→→→→→→∴|BC|2＝|AC－AB|2＝AC2－2AB·AC＋AB2 →→→→

≥2|AB|·|AC|－2AB·AC＝6， →

∴|BC|min＝6.

高频考点三 平面向量与三角函数

例3、在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝(1)若m⊥n，求tanx的值；

π

(2)若m与n的夹角为3，求x的值． 解 (1)因为m＝

22

，n＝(sinx，cosx)，m⊥n. ，－22

22π，n＝(sinx，cosx)，x∈0，2. ，－22

22

所以m·n＝0，即2sinx－2cosx＝0， 所以sinx＝cosx，所以tanx＝1.

π1

(2)因为|m|＝|n|＝1，所以m·n＝cos3＝2， 221π1即2sinx－2cosx＝2，所以sinx－4＝2，

ππππ

因为0所以x－4＝6，即x＝12. 【感悟提升】平面向量与三角函数的综合问题的解题思路

(1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立得

到三角函数的关系式，然后求解．

(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．

→→

【变式探究】已知O为坐标原点，向量OA＝(3sinα，cosα)，OB＝(2sinα，5sinα－4cosα)，→→3πα∈2，2π，且OA⊥OB，则tanα的值为( ) 

4A．－3 4C.5 答案 A

4B．－5 3D.4

高频考点四 向量在平面几何中的应用

→

例4、已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个动点，若动点P满足OP→→→

＝OA＋λ(AB＋AC)，λ∈(0，＋∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的( )

A．内心 C．重心 答案 C

→→→→→→→

解析 由原等式，得OP－OA＝λ(AB＋AC)，即AP＝λ(AB＋AC)，根据平行四边形法则，→→→

知AB＋AC是△ABC的中线AD(D为BC的中点)所对应向量AD的2倍，所以点P的轨迹必过△ABC的重心．

【感悟提升】解决向量与平面几何综合问题，可先利用基向量或坐标系建立向量与平面图形的联系，然后通过向量运算研究几何元素之间的关系．

→→

【变式探究】(1)在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点．若AC·BE＝1，则AB＝________.

→→→→→

(2)平面四边形ABCD中，AB＋CD＝0，(AB－AD)·AC＝0，则四边形ABCD是( ) A．矩形 C．正方形 1

答案 (1)2 (2)D

B．梯形 D．菱形 B．外心 D．垂心

→→→→→1→

解析 (1)在平行四边形ABCD中，取AB的中点F，则BE＝FD，∴BE＝FD＝AD－2AB， →→→又∵AC＝AD＋AB，

→→→→→1→∴AC·BE＝(AD＋AB)·(AD－2AB) →1→→→→1→＝AD2－2AD·AB＋AD·AB－2AB2 1→→1→→

＝|AD|2＋2|AD||AB|cos60°－2|AB|2 11→1→

＝1＋2×2|AB|－2|AB|2＝1.

1→→→→

∴avs4alco1(f(1,2)－|AB|)|AB|＝0，又|AB|≠0，∴|AB|＝2.

()

→→→→→→→→→→(2)AB＋CD＝0⇒AB＝－CD＝DC⇒平面四边形ABCD是平行四边形，(AB－AD)·AC＝DB·AC→→

＝0⇒DB⊥AC，所以平行四边形ABCD是菱形．

高频考点五、 向量在解析几何中的应用

→→→

例5、(1)已知向量OA＝(k,12)，OB＝(4,5)，OC＝(10，k)，且A、B、C三点共线，当k<0时，若k为直线的斜率，则过点(2，－1)的直线方程为________．

→→

(2)设O为坐标原点，C为圆(x－2)2＋y2＝3的圆心，且圆上有一点M(x，y)满足OM·CM＝y

0，则x＝______.

答案 (1)2x＋y－3＝0 (2)±3 →→→

解析 (1)∵AB＝OB－OA＝(4－k，－7)， →→→→→BC＝OC－OB＝(6，k－5)，且AB∥BC， ∴(4－k)(k－5)＋6×7＝0， 解得k＝－2或k＝11.

由k<0可知k＝－2，则过点(2，－1)且斜率为－2的直线方程为y＋1＝－2(x－2)，即2x＋y－3＝0.

→→

(2)∵OM·CM＝0，∴OM⊥CM，

∴OM是圆的切线，设OM的方程为y＝kx， 由

|2k|y

＝3，得k＝±3，即x＝±3. 1＋k2【感悟提升】向量在解析几何中的作用：(1)载体作用，向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题关键是利用向量的意义、运算，脱去“向量外衣”；(2)工具作

用，利用a⊥b⇔a·b＝0；a∥b⇔a＝λb(b≠0)，可解决垂直、平行问题．

【变式探究】已知圆C：(x－2)2＋y2＝4，圆M：(x－2－5cosθ)2＋(y－5sinθ)2＝1(θ∈R)，→→

过圆M上任意一点P作圆C的两条切线PE，PF，切点分别为E，F，则PE·PF的最小值是( )

A．5 C．10 答案 B

解析 圆(x－2)2＋y2＝4的圆心C(2,0)，半径为2，

圆M(x－2－5cosθ)2＋(y－5sinθ)2＝1，圆心M(2＋5cosθ，5sinθ)，半径为1，∵CM＝5＞2＋1，故两圆相离．

如图所示，设直线CM和圆M交于H，G两点，

→→→→

则PE·PF最小值是HE·HF，HC＝CM－1＝5－1＝4，HE＝HC2－CE2＝16－4＝23， CE1

sin∠CHE＝CH＝2，

1

∴cos∠EHF＝cos2∠CHE＝1－2sin2∠CHE＝2，

1→→→→

HE·HF＝|HE|·|HF|cos∠EHF＝23×23×2＝6，故选B.

B．6 D．12

高频考点六 向量的综合应用

y≥x，→→→→

例6、(1)已知x，y满足x＋y≤2，若OA＝(x,1)，OB＝(2，y)，且OA·OB的最大值是最

x≥a，小值的8倍，则实数a的值是( )

A．1 1

C.4

1B.3 1D.8

(2)函数y＝sin(ωx＋φ)在一个周期内的图象如图所示，M、N分别是最高点、最低点，O→→

为坐标原点，且OM·ON＝0，则函数f(x)的最小正周期是________．

答案 (1)D (2)3

1→→11 (2)由图象可知，M2，1，N(xN，－1)，所以OM·ON＝2，1·(xN，－1)＝2xN－1＝0，



1解得xN＝2，所以函数f(x)的最小正周期是2×2－2＝3.



【感悟提升】利用向量的载体作用，可以将向量与三角函数、不等式结合起来，解题时通过定义或坐标运算进行转化，使问题的条件结论明晰化．

→→→→

【变式探究】在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足|OA|＝|OB|＝OA·OB→→→

＝2，则点集{P|OP＝λOA＋μOB，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的区域面积是( )

A．22 C．42 答案 D

→→→→

解析 由|OA|＝|OB|＝OA·OB＝2， π→→

知〈OA，OB〉＝3. 当λ≥0，μ≥0，λ＋μ＝1时，

→→

在△OAB中，取OC＝λOA，过点C作CD∥OB交AB于点D，作DE∥OA交OB于点E，显CDACCD2－2λ→→→→→

然OD＝λOA＋CD.由于OB＝AO，OB＝2，∴CD＝(1－λ)OB，

B．23 D．43

→→→→→→∴OD＝λOA＋(1－λ)OB＝λOA＋μOB＝OP， ∴λ＋μ＝1时，点P在线段AB上，

∴λ≥0，μ≥0，λ＋μ≤1时，点P必在△OAB内(包括边界)．

考虑|λ|＋|μ|≤1的其他情形，点P构成的集合恰好是以AB为一边，以OA，OB为对角线一半的矩形，

π1

其面积为S＝4S△OAB＝4×2×2×2sin3＝43.

1.【2016高考江苏卷】如图，在ABC中，D是BC的中点，E,F是A,D上的两个三等分点，BCCA4，BFCF1 ，则BECE 的值是 ▲ .

【答案】

7 8

【2015高考山东，理4】已知菱形ABCD的边长为a ，ABC60 ,则BDCD（ ）

（A）33323a （B）a2 （C） a2 （D） a2

4224【答案】D 【解析】因为

BDCDBDBABABCBABABCBAa2a2cos60故选D.

232a 2【2015高考陕西，理7】对任意向量a,b，下列关系式中不恒成立的是（ ） A．|ab||a||b| B．|ab|||a||b||

22C．(ab)|ab| D．(ab)(ab)ab

22【答案】B

【2015高考四川，理7】设四边形ABCD为平行四边形，AB6，AD4.若点M，N满足BM3MC，DN2NC，则AMNM（ ）

（A）20 （B）15 （C）9 （D）6 【答案】C 【解析】

AMAB311AD,NMCMCNADAB，所以 443221111AMNM(4AB3AD)(4AB3AD)(16AB9AD)(1636916)94124848，选C.

b满足2a，【2015高考安徽，理8】已知向量a，C是边长为2的等边三角形，

C2ab，则下列结论正确的是（ ）

（A）b1 （B）ab （C）ab1 （D）4abC 【答案】D 【解析】如图，



由题意，BCACAB(2ab)2ab，则|b|2，故A错误；|2a|2|a|2，

2所以|a|1，又ABAC2a(2ab)4|a|2ab22cos602，所以ab1，

故B,C错误；设B,C中点为D，则ABAC2AD，且ADBC，而

2AD2a(2ab)4ab，所以4abC，故选D.

【2015高考福建，理9】已知ABAC,AB,ACt ，若P 点是ABC 所在平面内一点，且AP1tABAB4ACAC ，则PBPC 的最大值等于（ ）

A．13 B． 15 C．19 D．21 【答案】A

【解析】以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则B(,0)，C(0,t)，

1t1AP（，10)+4(0,1)=(1,4)，即P（1，4)，所以PB=（1，-4)，PC=（1，t-4)，因

t此PBPC

1111因为4t24t4，所以PBPC 的最大值等于13，14t1617(4t)，

tttt当4t，即t1t1时取等号． 2

【2015高考天津，理14】在等腰梯形ABCD 中,已知

AB//DC,AB2,BC1,ABC60 ,动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上,

且,BEBC,DF【答案】

1DC, 则AEAF的最小值为 . 929 1811DC,DCAB，9211919CFDFDCDCDCDCAB，

9918【解析】因为DFAEABBEABBC，

AFABBCCFABBC1919ABABBC， 181822191919AEAFABBCABBCABBC1ABBC181818

2117211729191992 421cos120921218181818当且仅当

21229即时AEAF的最小值为. 92318DFCEAB

1．（2014·北京卷）已知向量a，b满足|a|＝1，b＝(2，1)，且λa＋b＝0(λ∈R)，则|λ|＝________．

【答案】5

【解析】∵λa＋b＝0，∴λa＝－b，

|b|5

∴|λ|＝|a|＝1＝5. 2．（2014·湖北卷）设向量a＝(3，3)，b＝(1，－1)．若(a＋λb)⊥(a－λb)，则实数λ＝________．

【答案】±3

【解析】因为a＋λb＝(3＋λ，3－λ)，a－λb＝(3－λ，3＋λ)，又(a＋λb)⊥(a－λb)，所以(a＋λb)·(a－λb)＝(3＋λ)(3－λ)＋(3－λ)(3＋λ)＝0，解得λ＝±3.

13．（2014·江西卷）已知单位向量e1与e2的夹角为α，且cos α＝3，向量a＝3e1－2e2

与b＝3e1－e2的夹角为β，则cos β＝________．

2 2【答案】3

4．（2014·全国卷）若向量a，b满足：＝1，(a＋b)⊥a，(＋b)⊥b，则|＝( ) A．2 B.2 2C．1 D.2 【答案】B

【解析】因为(a＋b)⊥a，所以(a＋b)＝0，即2＋＝因为(＋b)⊥b，所以(＋b)＝0，即b＋2

＝0，与2＋＝0联立，可得－2＝0，所以＝2＝2.

5．（2014·新课标全国卷Ⅱ] 设向量a，b满足|a＋b|＝10，|a－b|＝6，则＝( ) A．1 B．2 C．3 D．5 【答案】A

【解析】由已知得|a＋b|2＝10，|a－b|2＝6，两式相减，得4a·b＝4，所以a·b＝1. π→→

6．（2014·山东卷）在△ABC中，已知AB·AC＝tan A，当A＝6时，△ABC的面积为______． 1【答案】6

π→→→→2

【解析】因为AB·AC＝|AB|·|AC|cos A＝tan A，且A＝6，所以|AB|·|AC|＝3，所以π11→12→

△ABC的面积S＝2|AB|·|AC|sin A＝2×3×sin 6＝6 .

7．（2014·天津卷）已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，点E，F分别在边BC，2→→→→

DC上，BE＝λBC，DF＝μDC.若AE·AF＝1，CE·CF＝－3，则λ＋μ＝( )

1257A.2 B.3 C.6 D.12 【答案】C

【解析】建立如图所示的坐标系，则A(－1，0)，B(0，－3)，C(1，0)，D(0，3)．设E(x1，

x1＝λ，

y1)，F(x2，y2)．由BE＝λBC得(x1，y1＋3)＝λ(1，3)，解得即点E(λ，

y1＝3（λ－1），x2＝μ，→→

3(λ－1))．由DF＝μDC得(x2，y2－3)＝μ(1，－3)，解得即点F(μ，

y2＝3（1－μ），

3(1－μ))．又∵AE·AF＝(λ＋1，3(λ－1))·(μ＋1，3(1－μ))＝1，① →→

CE·CF＝(λ－1,

3(λ－1))·(μ－1,

2

3(1－μ))＝－3.②

5

①－②得λ＋μ＝6.

→→

8．(2013年高考湖北卷)已知点A(－1,1)、B(1,2)、C(－2，－1)、D(3,4)，则向量AB在CD方向上的投影为( )

32315A.2 B.2 32315C．－2 D．－2

9．(2013年高考湖南卷)已知a，b是单位向量，a·b＝0.若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围是( )

A．[2－1，2＋1] B.[2－1，2＋2] C．[1，2＋1] D．[1，2＋2]

解析：由a，b为单位向量且a·b＝0，可设a＝(1,0)，b＝(0,1)，又设c＝(x，y)，代入|c－a－b|＝1得(x－1)2＋(y－1)2＝1，又|c|＝ 12＋12＋1，即2－1≤|c|≤ 答案：A

2＋1.

x2＋y2，故由几何性质得12＋12－1≤|c|≤

π10．(2013年高考辽宁卷)设向量a＝(3sin x，sin x)，b＝(cos x，sin x)，x∈0，2.





(1)若|a|＝|b|，求x的值；

(2)设函数f(x)＝a·b，求f(x)的最大值． 解析：(1)由|a|2＝(3sin x)2＋(sin x)2＝4sin2x， |b|2＝(cos x)2＋(sin x)2＝1， 及|a|＝|b|，得4sin2x＝1. 1π又x∈0，2，从而sin x＝2，



π

所以x＝6. (2)f(x)＝a·b＝3sin x·cos x＋sin2x π1311＝2sin 2x－2cos 2x＋2＝sin2x－6＋2， πππ当x＝3∈[0，2]时，sin2x－6取最大值1.



3

所以f(x)的最大值为2. 111．(2013年高考陕西卷)已知向量a＝cos x，－2，b＝ (3sin x，cos 2x)，x∈R，设函



数f(x)＝a·b.

(1)求f(x)的最小正周期；

π(2)求f(x)在0，2上的最大值和最小值．





1解析：f(x)＝cos x，－2·(3sin x，cos 2x)



1

＝3cos xsin x－2cos 2x 31

＝2sin 2x－2cos 2x ππ

＝cos6sin 2x－sin6cos 2x π2x－＝sin6. 

2π2π

(1)f(x)的最小正周期为T＝＝2＝π，

ω即函数f(x)的最小正周期为π.

πππ5ππππ

(2)∵0≤x≤2，∴－6≤2x－6≤6.由正弦函数的性质，知当2x－6＝2，即x＝3时，f(x)取得最大值1.

ππ1当2x－6＝－6，即x＝0时，f(x)取得最小值－2. π1

因此，f(x)在[0，2]上的最大值是1，最小值是－2.

1．若向量a，b满足|a|＝|b|＝2，a与b的夹角为60°，则|a＋b|等于( ) A．22＋3 C．4 答案 B

1

解析 |a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2|a||b|cos60°＝4＋4＋2×2×2×2＝12，|a＋b|＝23. π

2．已知向量a＝(1，3)，b＝(3，m)．若向量a，b的夹角为6，则实数m等于( ) A．23 C．0 答案 B

解析 ∵a·b＝(1，3)·(3，m)＝3＋3m，

B.3 D．－3 B．23 D．12

a·b＝12＋

3

2

π

×32＋m2×cos6， 3

2

∴3＋3m＝12＋∴m＝3.

π

×32＋m2×cos6，

1

3．设e1，e2，e3为单位向量，且e3＝2e1＋ke2(k＞0)，若以向量e1，e2为邻边的三角形的1

面积为2，则k的值为( )

3257A.2 B.2 C.2 D.2 答案 A

→→→→→

4．若O为△ABC所在平面内任一点，且满足(OB－OC)·(OB＋OC－2OA)＝0，则△ABC的形状为( )

A．正三角形 C．等腰三角形 答案 C

→→→→→

解析 因为(OB－OC)·(OB＋OC－2OA)＝0， →→→→→→即CB·(AB＋AC)＝0，∵AB－AC＝CB， →→→→→→∴(AB－AC)·(AB＋AC)＝0，即|AB|＝|AC|， 所以△ABC是等腰三角形，故选C.

→→→→

5.在△ABC中，如图，若|AB＋AC|＝|AB－AC|，AB＝2，AC＝1，E，F为BC边的三等分点，→→

则AE·AF等于( )

B．直角三角形 D．等腰直角三角形

8102526A.9 B.9 C.9 D.9

答案 B

→→→→→→→→→→→→

解析 若|AB＋AC|＝|AB－AC|，则AB2＋AC2＋2AB·AC＝AB2＋AC2－2AB·AC，即有→→→→→→→→AB·AC＝0.E，F为BC边的三等分点，则AE·AF＝(AC＋CE)·(AB＋BF)＝→avs4alco1(o(AC,sup6(→))＋1CB3)

·

→avs4alco1(o(AB,sup6(→))＋1BC3)

＝

2→2→5→→2→1→→2→avs4alco1(f(2,3)AC＋3AB)·avs4alco1(f(1,3)AC＋3AB)＝9AC2＋9AB2＋9AB·AC＝9×(1＋4)＋

10

0＝9.故选B.

→→→→

6．在△ABC中，M是BC的中点，AM＝3，点P在AM上，且满足AP＝2PM，则PA·(PB＋→

PC)的值为________．

答案 －4

解析 由题意得，AP＝2，PM＝1， →→→→→所以PA·(PB＋PC)＝PA·2PM ＝2×2×1×cos180°＝－4.

→→→

7．如图，在△ABC中，O为BC中点，若AB＝1，AC＝3，〈AB，AC〉＝60°，则|OA|＝________.

答案

13

2

13→→→→→→→

解析 因为〈AB，AC〉＝60°，所以AB·AC＝|AB|·|AC|cos60°＝1×3×2＝2，又AO＝1→→13→21→→21→2→→→2→21(AB＋AC)，所以AO＝(AB＋AC)＝(AB＋2AB·AC＋AC)，所以AO＝(1＋3＋9)＝24444，所以13→

|OA|＝2.

→→→→→→

8．在△ABC中，若OA·OB＝OB·OC＝OC·OA，则点O是△ABC的________(填“重心”、“垂心”、“内心”、“外心”)．

答案 垂心

→→→→解析 ∵OA·OB＝OB·OC， →→→

∴OB·(OA－OC)＝0，

→→

∴OB·CA＝0，

∴OB⊥CA，即OB为△ABC底边CA上的高所在直线． →→→→

同理OA·BC＝0，OC·AB＝0，故O是△ABC的垂心． 9．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61. (1)求a与b的夹角θ； (2)求|a＋b|；

→→

(3)若AB＝a，BC＝b，求△ABC的面积． 解 (1)∵(2a－3b)·(2a＋b)＝61， ∴4|a|2－4a·b－3|b|2＝61. 又∵|a|＝4，|b|＝3， ∴－4a·b－27＝61， ∴a·b＝－6.

a·b－61

∴cosθ＝|a||b|＝＝－2，

4×32π

又∵0≤θ≤π，∴θ＝3. (2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2 ＝42＋2×(－6)＋32＝13， ∴|a＋b|＝13.

2π→→

(3)∵AB与BC的夹角θ＝3， 2ππ

∴∠ABC＝π－3＝3. →→

又|AB|＝|a|＝4，|BC|＝|b|＝3， 1→→

∴S△ABC＝2|AB||BC|sin∠ABC 13

＝2×4×3×2＝33.

10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cos(A－B)，sin(A－B))，n3

＝(cosB，－sinB)，且m·n＝－5.

(1)求sinA的值；

→→

(2)若a＝42，b＝5，求角B的大小及向量BA在BC方向上的投影．

333

解 (1)由m·n＝－5，得cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－5，所以cosA＝－5.

因为0＜A＜π， 所以sinA＝1－cos2A＝

341－－52＝5. 

→→

11．已知点P(0，－3)，点A在x轴上，点Q在y轴的正半轴上，点M满足PA·AM＝0，3→→

AM＝－2MQ，当点A在x轴上移动时，求动点M的轨迹方程．

解 设M(x，y)为所求轨迹上任一点， 设A(a,0)，Q(0，b)(b＞0)，

→→→

则PA＝(a,3)，AM＝(x－a，y)，MQ＝(－x，b－y)， →→

由PA·AM＝0，得a(x－a)＋3y＝0.① 3→→

由AM＝－2MQ，得

333(x－a，y)＝－2(－x，b－y)＝2x，2y－b，



x－a＝2x，

∴33

y＝2y－2b，

3

a＝－2，∴y

b＝3.x

∴b＞0，y＞0，

xxx

把a＝－2代入①，得－2x＋2＋3y＝0，



1

整理得y＝4x2(x≠0)．

1

所以动点M的轨迹方程为y＝4x2(x≠0)． 312．已知向量a＝sinx，4，b＝(cosx，－1)．



(1)当a∥b时，求cos2x－sin2x的值；

(2)设函数f(x)＝2(a＋b)·b，已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若aππ6＝3，b＝2，sinB＝3，求f(x)＋4cos2A＋6x∈0，3的取值范围．



解 (1)因为a∥b， 3

所以4cosx＋sinx＝0， 3

所以tanx＝－4. cos2x－2sinxcosx1－2tanx8

cosx－sin2x＝＝＝.

sin2x＋cos2x1＋tan2x5

2

π3(2)f(x)＝2(a＋b)·b＝2sin2x＋4＋2. 

ab

由正弦定理sinA＝sinB，得 π3π2

sinA＝2，所以A＝4，或A＝4. π

因为b＞a，所以A＝4.

ππ1f(x)＋4cos2A＋6＝2sin2x＋4－2，



ππ11ππ因为x∈0，3，所以2x＋4∈4，12，



π312A＋－1≤f(x)＋4cos≤2－622. ∴所求范围是

13

. －1，2－22

13.已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61， (1)求a与b的夹角θ； (2)求|a＋b|；

→→

(3)若AB＝a，BC＝b，求△ABC的面积. 解 (1)∵(2a－3b)·(2a＋b)＝61，

∴4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.

又|a|＝4，|b|＝3，∴－4a·b－27＝61， a·b－61

∴a·b＝－6.∴cos θ＝|a||b|＝＝－2. 4×32π

又0≤θ≤π，∴θ＝3. (2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2 ＝42＋2×(－6)＋32＝13，∴|a＋b|＝13.

2π2ππ→→

(3)∵AB与BC的夹角θ＝3，∴∠ABC＝π－3＝3. →→

又|AB|＝|a|＝4，|BC|＝|b|＝3，

1→→13

∴S△ABC＝2|AB||BC|sin∠ABC＝2×4×3×2＝33.

14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cos(A－B)，sin(A－B))，n3

＝(cos B，－sin B)，且m·n＝－5. (1)求sin A的值；

→→

(2)若a＝42，b＝5，求角B的大小及向量BA在BC方向上的投影. 3

解 (1)由m·n＝－5，

3

得cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－5， 3

所以cos A＝－5.因为02341－－5＝5. 

2

ab

(2)由正弦定理，得sin A＝sin B， 45×5

bsin A2

则sin B＝a＝＝2，

42

π

因为a>b，所以A>B，且B是△ABC一内角，则B＝4.

3由余弦定理得(42)2＝52＋c2－2×5c×－5， 

解得c＝1，c＝－7舍去，

22→→→

故向量BA在BC方向上的投影为|BA|cos B＝ccos B＝1×2＝2. 15.在直角坐标系xOy中，已知点A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)，点P(x，y)在△ABC三边围→→→

成的区域(含边界)上，且OP＝mAB＋nAC(m，n∈R).

2→

(1)若m＝n＝3，求|OP|；

(2)用x，y表示m－n，并求m－n的最大值. 2→→

解 (1)∵m＝n＝3，AB＝(1，2)，AC＝(2，1)， 2→2

∴OP＝3(1，2)＋3(2，1)＝(2，2)， →

∴|OP|＝22＋22＝22.