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最新高考数学一轮复习-第五章-平面向量及其应用、复数【导学案】
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这是一份最新高考数学一轮复习-第五章-平面向量及其应用、复数【导学案】，共62页。
课程标准
1.了解平面向量的实际背景，理解平面向量的意义和两个向量相等的含义．
2．理解平面向量的几何表示和基本要素．
3．掌握平面向量加、减运算及运算规则，理解其几何意义．
4．掌握平面向量数乘运算及运算规则，理解其几何意义．理解两个平面向量共线的含义．
5．了解平面向量的线性运算性质及其几何意义．
[由教材回扣基础]
1．向量的有关概念
2．向量的线性运算
3．共线向量定理
向量a (a≠0)与b共线，当且仅当有唯一一个实数λ，使得b＝λa.
eq \a\vs4\al(澄清微点·熟记结论)
(1)设P为线段AB的中点，O为平面内任一点，则eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)))．
(2)若G是△ABC的重心，D是BC边的中点，则
①eq \(GA,\s\up7(―→))＋eq \(GB,\s\up7(―→))＋eq \(GC,\s\up7(―→))＝0；
②eq \(AG,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))；
③eq \(GD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(GB,\s\up7(―→))＋eq \(GC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,6)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))．
(3)在四边形ABCD中，若E为AD的中点，F为BC的中点，则eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(DC,\s\up7(―→))＝2eq \(EF,\s\up7(―→)).
(4)eq \(OA,\s\up7(―→))＝λeq \(OB,\s\up7(―→))＋μeq \(OC,\s\up7(―→)) (λ，μ为实数)，若点A，B，C三点共线，则λ＋μ＝1.
(5)解决向量的概念问题要注意两点：一是不仅要考虑向量的大小，更重要的是要考虑向量的方向；二是考虑零向量是否也满足条件．要特别注意零向量的特殊性．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)向量与有向线段是一样的，因此可以用有向线段来表示向量．( )
(2)若向量eq \(AB,\s\up7(―→))与向量eq \(CD,\s\up7(―→))是共线向量，则A，B，C，D四点在一条直线上．( )
(3)当两个非零向量a，b共线时，一定有b＝λa，反之成立．( )
答案：(1)× (2)× (3)√
二、练牢教材小题
1．(湘教版必修②P11T3)化简：eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(DA,\s\up7(―→))＋eq \(BD,\s\up7(―→))－eq \(BC,\s\up7(―→))－eq \(CA,\s\up7(―→))＝________.
答案：eq \(AB,\s\up7(―→))
2．(人教B版必修②P143例2改编)已知|a|＝1，|b|＝2，则|3a＋2b|的最大值和最小值分别为________．
答案：7,1
3．(人教A版必修②P14例6改编)已知▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，且eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，则eq \(DC,\s\up7(―→))＝________，eq \(BC,\s\up7(―→))＝________.(用a，b表示)
答案：b－a －a－b
4．(人教A版必修②P15T2)点C在线段AB上，且eq \f(AC,CB)＝eq \f(5,2)，则eq \(AC,\s\up7(―→))＝________eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(BC,\s\up7(―→))＝________eq \(AB,\s\up7(―→)).
答案：eq \f(5,7) －eq \f(2,7)
三、练清易错易混
1．(忽视零向量)下列命题中，正确的是( )
A．a与b共线，b 与c共线，则a与c共线
B．向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反
C．两个共同起点且相等的向量，其终点必相同
D．零向量与任意数的乘积都为零
答案：C
2．(忽视向量相等的条件)若四边形ABCD满足eq \(AD,\s\up7(―→))∥eq \(BC,\s\up7(―→))且|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝|eq \(DC,\s\up7(―→))|，则四边形ABCD的形状是______________．
解析：当|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝|eq \(BC,\s\up7(―→))|时，四边形ABCD是平行四边形；当|eq \(AD,\s\up7(―→))|≠|eq \(BC,\s\up7(―→))|时，四边形ABCD是等腰梯形．
答案：平行四边形或等腰梯形
命题视角一 平面向量的基本概念(自主练通)
1．设a是非零向量，λ是非零实数，下列结论中正确的是( )
A．a与λa的方向相反
B．a与λ2a的方向相同
C．|－λa|≥|a|
D．|－λa|≥|λ|a
解析：选B 对于A，当λ＞0时，a与λa的方向相同，当λ＜0时，a与λa的方向相反；B正确；对于C，|－λa |＝|－λ|| a |，由于|－λ|的大小不确定，故|－λa |与| a的大小关系不确定；对于D，|λ| a是向量，而|－λa |表示长度，两者不能比较大小．
2．(多选)下列命题为真命题的是( )
A．若a与b为非零向量，且a∥b，则a＋b必与a或b平行
B．若e为单位向量，且a∥e，则a＝|a|e
C．两个非零向量a，b，若|a－b|＝|a|＋|b|，则a与b共线且反向
D．“两个向量平行”是“这两个向量相等”的必要不充分条件
答案：ACD
3.如图，等腰梯形ABCD中，对角线AC与BD交于点P，点E，F分别在两腰AD，BC上，EF过点P，且EF∥AB，则下列等式成立的是( )
A．eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→)) B．eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(BD,\s\up7(―→))
C．eq \(PE,\s\up7(―→))＝eq \(PF,\s\up7(―→)) D．eq \(EP,\s\up7(―→))＝eq \(PF,\s\up7(―→))
解析：选D 根据相等向量的定义，A中，eq \(AD,\s\up7(―→))与eq \(BC,\s\up7(―→))的方向不同，故A错误；B中，eq \(AC,\s\up7(―→))与eq \(BD,\s\up7(―→))的方向不同，故B错误；C中，eq \(PE,\s\up7(―→))与eq \(PF,\s\up7(―→))的方向相反，故C错误；D中，eq \(EP,\s\up7(―→))与eq \(PF,\s\up7(―→))的方向相同，且长度都等于线段EF长度的一半，故D正确．
[一“点”就过]
解决向量问题的关键点
(1)相等向量具有传递性，非零向量的平行也具有传递性．
(2)相等向量不仅模相等，而且方向也相同，所以相等向量一定是平行向量，但平行向量未必是相等向量．
(3)向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量．解题时，不要把它与函数图象的平移混为一谈．
(4)eq \f(a,| a |)是非零向量a方向上的单位向量，因此单位向量eq \f(a,| a |)与a方向相同．
命题视角二 平面向量的线性运算
考法(一) 平面向量的线性运算
[例1] (1)(2020·新高考Ⅱ卷)若D为△ABC的边AB的中点，则eq \(CB,\s\up7(―→))＝( )
A．2eq \(CD,\s\up7(―→))－eq \(CA,\s\up7(―→)) B．2eq \(CA,\s\up7(―→))－eq \(CD,\s\up7(―→))
C．2eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→)) D．2eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))
(2)在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝3DC，E为BC的中点，则eq \(AE,\s\up7(―→))等于( )
A.eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→))
B.eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))
C.eq \f(5,6)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→))
D.eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(5,6)eq \(AD,\s\up7(―→))
[解析] (1)∵D为△ABC的边AB的中点，∴eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→)))，∴eq \(CB,\s\up7(―→))＝2eq \(CD,\s\up7(―→))－eq \(CA,\s\up7(―→)).故选A.
(2)由eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DC,\s\up7(―→))＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))，得eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AD,\s\up7(―→))－\f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→)).故选A.
[答案] (1)A (2)A
[方法技巧]
向量线性运算的解题策略
(1)常用的法则是平行四边形法则和三角形法则，一般共起点的向量求和用平行四边形法则，求差用三角形法则，求首尾相连的向量的和用三角形法则．
(2)用基本向量表示某个向量问题的基本技巧：①观察各向量的位置；②寻找相应的三角形或多边形；③运用法则找关系；④化简结果．
考法(二) 利用向量的线性运算求参数
[例2] (2022·韶关模拟)在△ABC中，点M为AC上的点，且eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(MC,\s\up7(―→))，若eq \(BM,\s\up7(―→))＝λeq \(BA,\s\up7(―→))＋μeq \(BC,\s\up7(―→))，则λ－μ的值是( )
A．1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
[解析] 由eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(MC,\s\up7(―→))，得eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))，所以eq \(BM,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)(eq \(BC,\s\up7(―→))－eq \(BA,\s\up7(―→)))＝eq \f(2,3)eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up7(―→))，又因为eq \(BM,\s\up7(―→))＝λeq \(BA,\s\up7(―→))＋μeq \(BC,\s\up7(―→))，所以λ＝eq \f(2,3)，μ＝eq \f(1,3)，故λ－μ＝eq \f(1,3).故选C.
[答案] C
[方法技巧]
利用向量的线性运算求参数的方法
与向量的线性运算有关的参数问题，一般是构造三角形，利用向量线性运算的三角形法则进行加法或减法运算，然后通过建立方程组即可求得相关参数．
[针对训练]
1．在△ABC中，D为AB的中点，点E满足eq \(EB,\s\up7(―→))＝4eq \(EC,\s\up7(―→))，则eq \(ED,\s\up7(―→))＝( )
A.eq \f(5,6)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(4,3)eq \(AC,\s\up7(―→)) B.eq \f(4,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(5,6)eq \(AC,\s\up7(―→))
C.eq \f(5,6)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(4,3)eq \(AC,\s\up7(―→)) D.eq \f(4,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(5,6)eq \(AC,\s\up7(―→))
解析：选A ∵D为AB的中点，点E满足eq \(EB,\s\up7(―→))＝4eq \(EC,\s\up7(―→))，
∴eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up7(―→))，eq \(EB,\s\up7(―→))＝eq \f(4,3)eq \(CB,\s\up7(―→))，
∴eq \(ED,\s\up7(―→))＝eq \(EB,\s\up7(―→))＋eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \f(4,3)eq \(CB,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))
＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)) ))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(5,6)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(4,3)eq \(AC,\s\up7(―→)).
2．设M是△ABC所在平面上的一点，eq \(MB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,2)eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \f(3,2)eq \(MC,\s\up7(―→))＝0，D是AC的中点，teq \(MB,\s\up7(―→))＝eq \(DM,\s\up7(―→))，则实数t的值为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,3) C．2 D．1
解析：选B 因为D是AC的中点，所以eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \(MC,\s\up7(―→))＝2eq \(MD,\s\up7(―→))，又因为eq \(MB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,2)eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \f(3,2)eq \(MC,\s\up7(―→))＝0，所以eq \f(1,3)eq \(MB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \(MC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,3)eq \(MB,\s\up7(―→))＋eq \(MD,\s\up7(―→))＝0，即eq \f(1,3)eq \(MB,\s\up7(―→))＝eq \(DM,\s\up7(―→))，又因为teq \(MB,\s\up7(―→))＝eq \(DM,\s\up7(―→))，所以t＝eq \f(1,3).
3．在正六边形ABCDEF中，对角线BD，CF相交于点P，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋yeq \(AF,\s\up7(―→))，则x＋y＝________.
解析：如图，记正六边形ABCDEF的中心为点O，连接OB，OD，易证四边形OBCD为菱形且P恰为其中心．
∴eq \(FP,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)eq \(FO,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，∴eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \(AF,\s\up7(―→))＋eq \(FP,\s\up7(―→))＝eq \(AF,\s\up7(―→))＋eq \f(3,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，∵eq \(AP,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋yeq \(AF,\s\up7(―→))，∴x＝eq \f(3,2)，y＝1，∴x＋y＝eq \f(5,2).
答案：eq \f(5,2)
命题视角三 共线向量定理的应用
[典例] (1)已知a，b是不共线的向量，eq \(AB,\s\up7(―→))＝λa＋b，eq \(AC,\s\up7(―→))＝a＋μb(λ，μ∈R)，若A，B，C三点共线，则λ，μ的关系一定成立的是( )
A．λμ＝1 B．λμ＝－1
C．λ－μ＝－1 D．λ＋μ＝2
(2)设e1与e2是两个不共线向量，eq \(AB,\s\up7(―→))＝3e1＋2e2，eq \(CB,\s\up7(―→))＝ke1＋e2，eq \(CD,\s\up7(―→))＝3e1－2ke2，若A，B，D三点共线，则k的值为________．
[解析] (1)∵eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))有公共点A，∴若A，B，C三点共线，则存在一个实数t使eq \(AB,\s\up7(―→))＝teq \(AC,\s\up7(―→))，即λa＋b＝ta＋μtb，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝t，,μt＝1，))消去参数t得λμ＝1；反之，当λμ＝1时，eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,μ)a＋b，此时存在实数eq \f(1,μ)使eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,μ)eq \(AC,\s\up7(―→))，故eq \(AB,\s\up7(―→))和eq \(AC,\s\up7(―→))共线．∵eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))有公共点A，∴A，B，C三点共线．故选A.
(2)由题意，A，B，D三点共线，故必存在一个实数λ，使得eq \(AB,\s\up7(―→))＝λeq \(BD,\s\up7(―→)).又eq \(AB,\s\up7(―→))＝3e1＋2e2，eq \(CB,\s\up7(―→))＝ke1＋e2，eq \(CD,\s\up7(―→))＝3e1－2ke2，所以eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(CD,\s\up7(―→))－eq \(CB,\s\up7(―→))＝3e1－2ke2－(ke1＋e2)＝(3－k)e1－(2k＋1)e2，所以3e1＋2e2＝λ(3－k)e1－λ(2k＋1)e2，又e1与e2不共线，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＝λ3－k，,2＝－λ2k＋1，))解得k＝－eq \f(9,4).
[答案] (1)A (2)－eq \f(9,4)
[方法技巧] 平面向量共线定理的3个应用
[针对训练]
1．已知两个非零向量a，b互相垂直，若向量m＝4a＋5b与n＝2a＋λb共线，则实数λ的值为( )
A．5 B．3 C.eq \f(5,2) D．2
解析：选C ∵a，b是非零向量，且互相垂直，
∴4a＋5b≠0，m≠0.
∵m，n共线，∴n＝μm，即2a＋λb＝μ(4a＋5b)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＝4μ，,λ＝5μ.))解得λ＝eq \f(5,2).
2．在△ABC中，E，F分别为AC，AB上的点，BE与CF交于点Q，且eq \(AE,\s\up7(―→))＝2eq \(EC,\s\up7(―→))，eq \(AF,\s\up7(―→))＝3eq \(FB,\s\up7(―→))，AQ交BC于点D，eq \(AQ,\s\up7(―→))＝λeq \(QD,\s\up7(―→))，则λ的值为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：选C 因为B，Q，E三点共线，所以可设eq \(AQ,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋(1－x)eq \(AE,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)(1－x)eq \(AC,\s\up7(―→)).因为C，Q，F三点共线，所以可设eq \(AQ,\s\up7(―→))＝yeq \(AC,\s\up7(―→))＋(1－y)eq \(AF,\s\up7(―→))＝yeq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)(1－y)eq \(AB,\s\up7(―→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,4)1－y，,y＝\f(2,3)1－x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(1,3).))所以eq \(AQ,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(λ,1＋λ)eq \(AD,\s\up7(―→))，所以eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1＋λ,2λ) eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1＋λ,3λ)eq \(AC,\s\up7(―→)).因为B，D，C三点共线，所以eq \f(1＋λ,2λ)＋eq \f(1＋λ,3λ)＝1，解得λ＝5.
3．已知O为△ABC内一点，且2eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))，eq \(AD,\s\up7(―→))＝teq \(AC,\s\up7(―→))，若B，O，D三点共线，则t的值为________．
解析：设线段BC的中点为M，则eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))＝2eq \(OM,\s\up7(―→)).
因为2eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))，所以eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \(OM,\s\up7(―→))，
则eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AB,\s\up7(―→))＋\f(1,t) eq \(AD,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4t)eq \(AD,\s\up7(―→)).
由B，O，D三点共线，得eq \f(1,4)＋eq \f(1,4t)＝1，解得t＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
巧用性质·练转化思维——三点共线定理的妙用
已知O，A，B是不共线的三点，且eq \(OP,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))＋neq \(OB,\s\up7(―→))(m，n∈R)，则A，P，B三点共线的充要条件是m＋n＝1.
1．(求参数值)如图，在△ABC中，eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))，P是BN上的一点，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝meq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up7(―→))，则实数m的值为( )
A.eq \f(9,11) B.eq \f(5,11)
C.eq \f(3,11) D.eq \f(2,11)
解析：选B 注意到N，P，B三点共线，
因此eq \(AP,\s\up7(―→))＝meq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up7(―→))＝meq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(6,11)eq \(AN,\s\up7(―→))，
从而m＋eq \f(6,11)＝1，所以m＝eq \f(5,11).
2．(求参数范围)在△ABC中，点D是线段BC(不包括端点)上的动点．若eq \(AB,\s\up7(―→))＝xeq \(AC,\s\up7(―→))＋yeq \(AD,\s\up7(―→))，则( )
A．x>1B．y>1 C．x＋y>1D．xy>1
解析：选B 设eq \(BD,\s\up7(―→))＝λeq \(BC,\s\up7(―→)) (0<λ<1)，所以eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝λeq \(AC,\s\up7(―→))－λeq \(AB,\s\up7(―→))，所以(1－λ)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))－λeq \(AC,\s\up7(―→))，所以eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,1－λ)eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \f(λ,1－λ)eq \(AC,\s\up7(―→))，所以x＝－eq \f(λ,1－λ)<0，y＝eq \f(1,1－λ)＝eq \f(1－λ＋λ,1－λ)＝1＋eq \f(λ,1－λ)>1，x＋y＝eq \f(1－λ,1－λ)＝1，xy＝－eq \f(λ,1－λ2)<0.故选B.
3．(与数列结合求值)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，eq \(OA,\s\up7(―→))＝a3eq \(OB,\s\up7(―→))＋a2 020eq \(OC,\s\up7(―→))，且eq \(AB,\s\up7(―→))＝deq \(BC,\s\up7(―→))，则S2 022＝( )
A．0 B．1 011 C．2 020 D．2 022
解析：选B 由eq \(AB,\s\up7(―→))＝deq \(BC,\s\up7(―→))可知，A，B，C三点共线，故由eq \(OA,\s\up7(―→))＝a3eq \(OB,\s\up7(―→))＋a2 020eq \(OC,\s\up7(―→))，可得a3＋a2 020＝1，于是S2 022＝eq \f(2 022a1＋a2 022,2)＝eq \f(2 022a3＋a2 020,2)＝1 011，故选B.
4．(与基本不等式结合求最值)在△ABC中，点P满足eq \(BP,\s\up7(―→))＝2eq \(PC,\s\up7(―→))，过点P的直线与AB，AC所在直线分别交于点M，N，若eq \(AM,\s\up7(―→))＝meq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AN,\s\up7(―→))＝neq \(AC,\s\up7(―→))(m＞0，n＞0)，则m＋2n的最小值为( )
A．3 B．4 C.eq \f(8,3) D.eq \f(10,3)
解析：选A 如图，易知eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BP,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3m)eq \(AM,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3n)eq \(AN,\s\up7(―→)).∵M，P，N三点共线，∴eq \f(1,3m)＋eq \f(2,3n)＝1，∴m＝eq \f(n,3n－2)，则m＋2n＝eq \f(n,3n－2)＋2n＝eq \f(6n2－3n,3n－2)＝eq \f(\f(2,3)3n－22＋\f(5,3)3n－2＋\f(2,3),3n－2)＝eq \f(2,3)[ (3n－2)＋eq \f(1,3n－2)]＋eq \f(5,3)≥eq \f(2,3)×2＋eq \f(5,3)＝3，当且仅当(3n－2)＝eq \f(1,3n－2)，即m＝n＝1时等号成立．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．设a，b是非零向量，记a与b所成的角为θ，下列四个条件中，使eq \f(a,| a |)＝eq \f(b,| b |)成立的充要条件是( )
A．a∥b B．θ＝eq \f(π,2) C．a＝2b D．θ＝π
解析：选C eq \f(a,| a |)＝eq \f(b,| b |)等价于非零向量a与b同向共线，即θ＝0，故B、D错误．对于选项C，a＝2b，则a与b同向共线，故C正确．
2．设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，则eq \(EB,\s\up7(―→))＋eq \(FC,\s\up7(―→))＝( )
A．eq \(AD,\s\up7(―→)) B.eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→)) C.eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up7(―→)) D．eq \(BC,\s\up7(―→))
解析：选A 由题意得eq \(EB,\s\up7(―→))＋eq \(FC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \(AD,\s\up7(―→)).
3．设平面向量a，b不共线，若eq \(AB,\s\up7(―→))＝a＋5b，eq \(BC,\s\up7(―→))＝－2a＋8b，eq \(CD,\s\up7(―→))＝3(a－b)，则( )
A．A，B，D三点共线 B．A，B，C三点共线
C．B，C，D三点共线 D．A，C，D三点共线
解析：选A ∵eq \(AB,\s\up7(―→))＝a＋5b，eq \(BC,\s\up7(―→))＝－2a＋8b，eq \(CD,\s\up7(―→))＝3(a－b)，∴eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＝(a＋5b)＋(－2a＋8b)＋3(a－b)＝2(a＋5b)＝2eq \(AB,\s\up7(―→))，∴eq \(AD,\s\up7(―→))与eq \(AB,\s\up7(―→))共线，即A，B，D三点共线．
4.如图，在正六边形ABCDEF中，eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(EF,\s\up7(―→))＝( )
A．0 B．eq \(BE,\s\up7(―→))
C．eq \(AD,\s\up7(―→)) D．eq \(CF,\s\up7(―→))
解析：选D 由题图知eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(EF,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(AF,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \(CB,\s\up7(―→))＋eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \(CF,\s\up7(―→)).
5．已知点O，A，B不在同一条直线上，点P为该平面上一点，且2eq \(OP,\s\up7(―→))＝2eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(BA,\s\up7(―→))，则( )
A．点P在线段AB上
B．点P在线段AB的反向延长线上
C．点P在线段AB的延长线上
D．点P不在直线AB上
解析：选B 因为2eq \(OP,\s\up7(―→))＝2eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(BA,\s\up7(―→))，所以2eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))，所以点P在线段AB的反向延长线上．
二、综合练——练思维敏锐度
1．设向量a，b不共线，eq \(AB,\s\up7(―→))＝2a＋pb，eq \(BC,\s\up7(―→))＝a＋b，eq \(CD,\s\up7(―→))＝a－2b，若A，B，D三点共线，则实数p的值为( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：选B 因为eq \(BC,\s\up7(―→))＝a＋b，eq \(CD,\s\up7(―→))＝a－2b，
所以eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＝2a－b.
又因为A，B，D三点共线，所以eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(BD,\s\up7(―→))共线．
设eq \(AB,\s\up7(―→))＝λeq \(BD,\s\up7(―→))，所以2a＋pb＝λ(2a－b)，
所以2＝2λ，p＝－λ，即λ＝1，p＝－1.
2．矩形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若eq \(DE,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AD,\s\up7(―→)) (λ，μ为实数)，则λ2＋μ2＝( )
A.eq \f(5,8) B.eq \f(1,4) C．1 D.eq \f(5,16)
解析：选A eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \(AE,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→)))－eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up7(―→))，∴λ＝eq \f(1,4)，μ＝－eq \f(3,4).∴λ2＋μ2＝eq \f(1,16)＋eq \f(9,16)＝eq \f(5,8).
3．在△ABC中，点E，F分别是边BC和AC的中点，P是 AE与BF的交点，则有( )
A．eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→)) B．eq \(AB,\s\up7(―→))＝2eq \(EF,\s\up7(―→))
C．eq \(CP,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(CB,\s\up7(―→)) D．eq \(CP,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(CB,\s\up7(―→))
解析：选C 如图，根据三角形中线性质和平行四边形法则知，
eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→)))，A错误；因为EF是中位线，所以eq \(AB,\s\up7(―→))＝2FE―→，B错误；设AB的中点为G，则根据三角形重心性质知，CP＝2PG，所以eq \(CP,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(CG,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→)) ))，所以C正确，D错误．
4．已知向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1，－3)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－2,1)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(t＋3，t－8)，若点A，B，C能构成三角形，则实数t不可能为( )
A．－2 B.eq \f(1,2) C．1 D．－1
解析：选C 若点A，B，C能构成三角形，则A，B，C三点不共线，故向量eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(BC,\s\up7(―→))不共线．由于向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1，－3)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－2,1)，＝(t＋3，t－8)，故eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－3,4)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))＝(t＋5，t－9)，若A，B，C三点不共线，则－3(t－9)－4(t＋5)≠0，所以t≠1.
5.如图，在平行四边形ABCD中，M，N分别为AB，AD上的点，且eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(4,5)eq \(AB,\s\up7(―→))，连接AC，MN交于点P，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(4,11)eq \(AC,\s\up7(―→))，则点N在AD上的位置为( )
A．AD中点
B．AD上靠近点D的三等分点
C．AD上靠近点D的四等分点
D．AD上靠近点D的五等分点
解析：选B 设eq \(AD,\s\up7(―→))＝λeq \(AN,\s\up7(―→))，因为eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(4,11)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(4,11)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→)))＝eq \f(4,11)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4) eq \(AM,\s\up7(―→))＋λeq \(AN,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(5,11)eq \(AM,\s\up7(―→))＋eq \f(4λ,11)eq \(AN,\s\up7(―→))，又M，N，P三点共线，所以eq \f(5,11)＋eq \f(4λ,11)＝1，解得λ＝eq \f(3,2)，所以eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))，所以点N在AD上靠近点D的三等分点．
6．已知点O为△ABC的外接圆的圆心，且eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(CO,\s\up7(―→))＝0，则△ABC的内角A等于( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析：选A 由eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(CO,\s\up7(―→))＝0，得eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))，由O是△ABC外接圆的圆心，结合向量加法的几何意义知，四边形OACB为菱形，且∠CAO＝60°，故∠CAB＝30°，故选A.
7．已知向量a，b不共线，且c＝λa＋b，d＝a＋(2λ－1)b，若c与d共线反向，则实数λ的值为( )
A．1 B．－eq \f(1,2)
C．1或－eq \f(1,2) D．－1或－eq \f(1,2)
解析：选B 由于c与d共线反向，则存在实数k使c＝kd(k<0)，于是λa＋b＝k[a＋(2λ－1)b]，整理得，λa＋b＝ka＋(2λk－k)b.由于a，b不共线，所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝k，,2λk－k＝1，))整理得，2λ2－λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－eq \f(1,2).又因为k<0，所以λ<0，故λ＝－eq \f(1,2).
8．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，B，C三点满足eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up7(―→))，则eq \f(|BC―→|,|AC―→|)＝________.
解析：因为eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(BA,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))，
所以eq \f(|eq \(BC,\s\up7(―→))|,|eq \(AC,\s\up7(―→))|)＝3.
答案：3
9.如图，在△ABC中，点D，E是线段BC上两个动点，且eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(AE,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋yeq \(AC,\s\up7(―→))，则eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)的最小值为________．
解析：易知x，y均为正数，设eq \(AD,\s\up7(―→))＝meq \(AB,\s\up7(―→))＋neq \(AC,\s\up7(―→))，eq \(AE,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，∵B，C，D共线，∴m＋n＝1，同理，λ＋μ＝1.∵eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(AE,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋yeq \(AC,\s\up7(―→))＝(m＋λ)eq \(AB,\s\up7(―→))＋(n＋μ)eq \(AC,\s\up7(―→))，∴x＋y＝m＋n＋λ＋μ＝2.∴eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))(x＋y)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2 eq \r(\f(y,x)·\f(4x,y))))＝eq \f(9,2)，当且仅当y＝2x时等号成立，则eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)的最小值为eq \f(9,2).
答案：eq \f(9,2)
10．已知向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，P1，P2，…，Pn－1(n∈N，n>1)是线段AB上依次从A到B排列的n等分点，若eq \(OP5,\s\up7(―→))＝xa＋yb，则x＋y＝________，eq \(OP1,\s\up7(―→))＋eq \(OP2,\s\up7(―→))＋…＋eq \(OPn－1,\s\up7(―→))＝________(a＋b)．
解析：由三点共线定理知x＋y＝1.由题知eq \(OP1,\s\up7(―→))＋eq \(OP2,\s\up7(―→))＋…＋eq \(OPn－1,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,n) b－a ))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a＋\f(2,n)b－a ))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a＋\f(n－1,n) b－a ))＝(n－1)a＋eq \f(n－1,2)(b－a)＝eq \f(n－1,2)(a＋b)．
答案：1 eq \f(n－1,2)
11．在直角梯形ABCD中，∠A＝90°，∠B＝30°，AB＝2eq \r(3)，BC＝2，点E在线段CD上，若eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋μeq \(AB,\s\up7(―→))，则μ的取值范围是________．
解析：由题意，得AD＝1，CD＝eq \r(3)，∴eq \(AB,\s\up7(―→))＝2DC―→.
∵点E在线段CD上，∴eq \(DE,\s\up7(―→))＝λeq \(DC,\s\up7(―→)) (0≤λ≤1)．
∵eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DE,\s\up7(―→))，又eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋μeq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋2μeq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(2μ,λ)eq \(DE,\s\up7(―→))，∴eq \f(2μ,λ)＝1，即μ＝eq \f(λ,2).
∵0≤λ≤1，∴0≤μ≤eq \f(1,2)，即μ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
第二节 平面向量基本定理及坐标表示
课程标准
1.了解平面向量基本定理及其意义．
2．掌握平面向量的正交分解及其坐标表示．
3．会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算．
4．理解用坐标表示的平面向量共线的条件．
[由教材回扣基础]
1．平面向量基本定理
如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2.其中，不共线的向量e1，e2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底．
2．平面向量的坐标运算
(1)向量加法、减法、数乘及向量的模
设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则
a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)，a－b＝(x1－x2，y1－y2)，
λa＝(λx1，λy1)，|a|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)).
(2)向量坐标的求法
①若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标．
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \(AB,\s\up7(―→))＝(x2－x1，y2－y1)，|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12).
3．平面向量共线的坐标表示
设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b⇔x1y2－x2y1＝0.
澄清微点·熟记结论
(1)若a与b不共线，且λa＋μb＝0，则λ＝μ＝0.
(2)已知P为线段AB的中点，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).
(3)已知△ABC的顶点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，其重心G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2＋x3,3)，\f(y1＋y2＋y3,3))).
(4)a∥b的充要条件不能表示为eq \f(x1,x2)＝eq \f(y1,y2)，因为x2，y2有可能为0.
(5)向量的坐标与表示向量的有向线段的起点、终点的相对位置有关系．两个相等的向量，无论起点在什么位置，它们的坐标都是相同的．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)平面内的任意两个向量都可以作为一组基底．( )
(2)若a，b不共线，且λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b，则λ1＝λ2，μ1＝μ2.( )
(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件可表示成eq \f(x1,x2)＝eq \f(y1,y2).( )
(4)平面向量不论经过怎样的平移变换，其坐标不变．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√
二、练牢教材小题
1．(新教版必修②P25例1改编)已知平行四边形ABCD，点E，F分别是AB，BC的中点，设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AD,\s\up7(―→))＝b，则eq \(EF,\s\up7(―→))＝( )
A．eq \f(1,2)(a＋b) B．eq \f(1,2)(a－b)
C．eq \f(1,2)(b－a) D．eq \f(1,2)a＋b
答案：A
2．(新教A版必修②P29例4改编)已知a＝(3,6)，b＝(x，y)，若a＋3b＝0，则b＝( )
A．(1,2) B．(－1，－2)
C．(－1,2) D．(1，－2)
答案：B
3．(新教B版必修②P166T4改编)已知向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1，－2)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(2，－3)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(3，t)，若A，B，C三点共线，则实数t＝________.
答案：－4
三、练清易错易混
1．(混淆基底的选择)在正方形ABCD中，E为DC的中点，若eq \(AE,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，则λ＋μ的值为( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C．1 D．－1
解析：选A 因为E为DC的中点，所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(DE,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AE,\s\up7(―→))，即eq \(AE,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))，所以λ＝－eq \f(1,2)，μ＝1，所以λ＋μ＝eq \f(1,2).
2．(混淆单位向量的方向)已知A(－5,8)，B(7,3)，则与向量eq \(AB,\s\up7(―→))反向的单位向量为________．
解析：由已知得eq \(AB,\s\up7(―→))＝(12，－5)，所以|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝13，因此与eq \(AB,\s\up7(―→))反向的单位向量为－eq \f(1,13)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12,13)，\f(5,13))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12,13)，\f(5,13)))
3．(忽视基向量不共线)给出下列三个向量：a＝(－2,3)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，c＝(－1,1)，在这三个向量中任意取两个作为一组，能构成基底的组数为________．
解析：易知a∥b，a与c不共线，b与c不共线，所以能构成基底的组数为2.
答案：2
命题视角一 平面向量的坐标运算(自主练通)
1．(2022·福州模拟)已知在平行四边形ABCD 中，eq \(AD,\s\up7(―→))＝(3,7)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－2,3)，对角线AC与BD交于点O，则eq \(CO,\s\up7(―→))的坐标为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，5)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，5))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－5)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－5))
解析：选C 因为在平行四边形ABCD 中，eq \(AD,\s\up7(―→))＝(3,7)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－2,3)，对角线AC与BD交于点O，所以eq \(CO,\s\up7(―→))＝－eq \(AO,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－5)).故选C.
2.向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，则eq \f(λ,μ)＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选D 以向量a和b的交点为原点建立如图所示的平面直角坐标系(设每个小正方形边长为1)，则A(1，－1)，B(6,2)，C(5，－1)，∴a＝eq \(AO,\s\up7(―→))＝(－1,1)，b＝eq \(OB,\s\up7(―→))＝(6,2)，c＝eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－1，－3)．∵c＝λa＋μb，∴(－1，－3)＝λ(－1,1)＋μ(6,2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－λ＋6μ＝－1，,λ＋2μ＝－3，))解得λ＝－2，μ＝－eq \f(1,2)，∴eq \f(λ,μ)＝eq \f(－2,－\f(1,2))＝4.
3．(2019·全国Ⅱ卷)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝( )
A.eq \r(2) B．2
C．5eq \r(2) D．50
解析：选A ∵a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，
∴|a－b|＝eq \r(－12＋12)＝eq \r(2).
4．已知A(7,1)，B(1,4)，直线y＝eq \f(1,2)ax与线段AB交于C，且eq \(AC,\s\up7(―→))＝2eq \(CB,\s\up7(―→))，则实数a＝________.
解析：设C(x，y)，则eq \(AC,\s\up7(―→))＝(x－7，y－1)，eq \(CB,\s\up7(―→))＝(1－x，4－y) .∵eq \(AC,\s\up7(―→))＝2eq \(CB,\s\up7(―→))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－7＝21－x，,y－1＝24－y，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝3，))∴C(3,3)．又∵C在直线y＝eq \f(1,2)ax上，∴3＝eq \f(1,2)a×3，∴a＝2.
答案：2
5．已知A(－2,4)，B(3，－1)，C(－3，－4)．设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(BC,\s\up7(―→))＝b，eq \(CA,\s\up7(―→))＝c，且eq \(CM,\s\up7(―→))＝3c，eq \(CN,\s\up7(―→))＝－2b.
(1)求3a＋b－3c；
(2)求满足a＝mb＋nc的实数m，n；
(3)求M，N的坐标及向量eq \(MN,\s\up7(―→))的坐标．
解：由已知得a＝(5，－5)，b＝(－6，－3)，c＝(1,8)．(1)3a＋b－3c＝3(5，－5)＋(－6，－3)－3(1,8)＝(15－6－3，－15－3－24)＝(6，－42)．
(2)因为mb＋nc＝(－6m＋n，－3m＋8n)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6m＋n＝5，,－3m＋8n＝－5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－1，,n＝－1.))
(3)设O为坐标原点，因为eq \(CM,\s\up7(―→))＝eq \(OM,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→))＝3c，所以eq \(OM,\s\up7(―→))＝3c＋eq \(OC,\s\up7(―→))＝(3,24)＋(－3，－4)＝(0,20)，所以M(0,20)．又因为eq \(CN,\s\up7(―→))＝eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→))＝－2b，所以eq \(ON,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－2b＝(－3，－4)＋(12,6)＝(9,2)，所以N(9,2)．所以eq \(MN,\s\up7(―→))＝(9，－18)．
[一“点”就过] 求解向量坐标运算问题的一般思路
命题视角二 平面向量基本定理及其应用
[典例] (1)如图，在直角梯形ABCD中，AB＝2AD＝2DC，E为BC边上一点，eq \(BC,\s\up7(―→))＝3eq \(EC,\s\up7(―→))，F为AE的中点，则eq \(BF,\s\up7(―→))＝( )
A．eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→)) B．eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))
C．－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→)) D．－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))
(2)如图，在△ABC中，点D是边BC上任意一点，M是线段AD的中点，若存在实数λ和μ，使得eq \(BM,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，则λ＋μ＝( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．2 D．－2
[解析] (1)如图，取AB的中点G，连接DG，CG，易知四边形DCBG为平行四边形，所以eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(GD,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AG,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，所以eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))，于是eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \(AF,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AE,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3) eq \(AB,\s\up7(―→))＋\f(2,3) eq \(AD,\s\up7(―→)) ))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→))，故选C.
(2)因为点D在边BC上，所以存在t∈R，使得eq \(BD,\s\up7(―→))＝teq \(BC,\s\up7(―→))＝t(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))(0≤t≤1)．因为M是线段AD的中点，所以eq \(BM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(BD,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(－eq \(AB,\s\up7(―→))＋teq \(AC,\s\up7(―→))－teq \(AB,\s\up7(―→)))＝－eq \f(1,2)(t＋1)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)teq \(AC,\s\up7(―→)).又eq \(BM,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，所以λ＝－eq \f(1,2)(t＋1)，μ＝eq \f(1,2)t，所以λ＋μ＝－eq \f(1,2).故选B.
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧]
平面向量基本定理的实质及解题思路
(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．
(2)用平面向量基本定理解决问题的一般思路是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．
[针对训练]
1．在△ABC中，O为△ABC的重心．若eq \(BO,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，则λ－2μ＝( )
A．－eq \f(1,2) B．－1
C．eq \f(4,3) D．－eq \f(4,3)
解析：选D 如图，延长BO交AC于点M，∵点O为△ABC的重心，∴M为AC的中点，
∴eq \(BO,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(BM,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2) eq \(BA,\s\up7(―→))＋\f(1,2) eq \(BC,\s\up7(―→)) ))
＝－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))
＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))，
又知eq \(BO,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，∴λ＝－eq \f(2,3)，μ＝eq \f(1,3)，
∴λ－2μ＝－eq \f(2,3)－2×eq \f(1,3)＝－eq \f(4,3)，故选D.
2．在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，F是线段DC上的点．若DC＝3DF，设eq \(AC,\s\up7(―→))＝a，eq \(BD,\s\up7(―→))＝b，则eq \(AF,\s\up7(―→))＝( )
A．eq \f(1,4)a＋eq \f(1,2)b B．eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b
C．eq \f(1,2)a＋eq \f(1,4)b D．eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b
解析：选B
如图所示，平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，F是线段DC上的点，且DC＝3DF，∴eq \(DF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OD,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,6)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(BD,\s\up7(―→)))，eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(OD,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(BD,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→)).
则eq \(AF,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2) eq \(BD,\s\up7(―→))＋\f(1,2) eq \(AC,\s\up7(―→)) ))＋eq \f(1,6)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(BD,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,3)eq \(BD,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b.故选B.
命题视角三 平面向量共线的坐标表示
[典例] (1)已知向量a＝(2,1)，b＝(x，－1)，且a－b与b共线，则x的值为________．
(2)已知O为坐标原点，点A(4,0)，B(4,4)，C(2，6)，则AC与OB的交点P的坐标为________．
[解析] (1)由题意得a－b＝(2－x,2)．又∵a－b与b共线，∴2x＝－2＋x，解得x＝－2.
(2)由O，P，B三点共线，可设eq \(OP,\s\up7(―→))＝λeq \(OB,\s\up7(―→))＝(4λ，4λ)，则eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \(OP,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(4λ－4,4λ)．由eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－2,6)，eq \(AP,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))共线，得(4λ－4)×6－4λ×(－2)＝0，解得λ＝eq \f(3,4)，所以eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(OB,\s\up7(―→))＝(3,3)，所以点P的坐标为(3,3)．
[答案] (1)－2 (2)(3,3)
[方法技巧]
(1)两平面向量共线的充要条件有两种形式：
①若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2－x2y1＝0；
②若a∥b(b≠0)，则a＝λb.
(2)向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行，也可以由平行求参数．当两向量的坐标均非零时，也可以利用坐标对应成比例来求解．
[针对训练]
1．已知向量a＝(1,2)，b＝(1,0)，c＝(3,4)．若λ为实数，(a＋λb)∥c，则λ＝( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C．1 D．2
解析：选B ∵向量a＝(1,2)，b＝(1,0)，c＝(3,4)，∴a＋λb＝(1＋λ，2)．∵(a＋λb)∥c，∴4(1＋λ)－6＝0，∴λ＝eq \f(1,2).
2．设向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1，－2)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(2m，－1)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(－2n,0)，m，n∈R，O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则m＋n的最大值为( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
解析：选A 由题意易知，eq \(AB,\s\up7(―→))∥eq \(AC,\s\up7(―→))，其中eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(2m－1,1)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－2n－1,2)，所以(2m－1)×2＝1×(－2n－1)，解得2m＋1＋2n＝1.又2m＋1＋2n≥2eq \r(2m＋n＋1)，当且仅当2m＋1＝2n，即m＋1＝n时取等号，所以2m＋n＋1≤2－2，即m＋n≤－3.
3．平面内给定三个向量a＝(3,2)，b＝(－1,2)，c＝(4,1)．
(1)若(a＋kc)∥(2b－a)，求实数k；
(2)若d满足(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|＝eq \r(5)，求d的坐标．
解：(1)a＋kc＝(3＋4k,2＋k)，2b－a＝(－5,2)，
由题意得2×(3＋4k)－(－5)×(2＋k)＝0，
解得k＝－eq \f(16,13).
(2)设d＝(x，y)，则d－c＝(x－4，y－1)，
又a＋b＝(2,4)，|d－c|＝eq \r(5)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－4－2y－1＝0，,x－42＋y－12＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝5，,y＝3.))
∴d的坐标为(3，－1)或(5,3)．
数学建模·练抽象思维——平面向量线性运算中的创新应用问题
1．(创新学科情境)若，是一组基底，向量γ＝xα＋yβ(x，y∈R)，则称(x，y)为向量γ在基底，下的坐标，现已知向量a在基底p＝(1，－1)，q＝(2,1)下的坐标为(－2,2)，则a在另一组基底m＝(－1,1)，n＝(1,2)下的坐标为( )
A．(2,0) B．(0，－2)
C．(－2,0) D．(0,2)
解析：选D 因为a在基底p，q下的坐标为(－2,2)，即a＝－2p＋2q＝(2,4)，令a＝xm＋yn＝(－x＋y，x＋2y)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝2，,x＋2y＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝2.))所以a在基底m，n下的坐标为(0,2)．
2．(走向生产生活)渭河某处南北两岸平行，如图所示．某艘游船从南岸码头A出发航行到北岸，假设游船在静水中航行速度的大小为|v1|＝10 km/h，水流速度的大小为|v2|＝6 km/h.设v1与v2的夹角为120°，北岸的点A′在码头A的正北方向，那么该游船航行到北岸的位置应( )
A．在A′东侧 B．在A′西侧
C．恰好与A′重合 D．无法确定
解析：选A 建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可得v1＝(－5，5eq \r(3))，v2＝(6,0)，所以v1＋v2＝(1，5eq \r(3))，说明游船有x轴正方向的速度，即向东的速度，所以该游船航行到北岸的位置应在A′东侧，故选A.
3．(创新学科情境)如图，将45°直角三角板和30°直角三角板拼在一起，其中45°直角三角板的斜边与30°直角三角板的30°角所对的直角边重合，若eq \(DB,\s\up7(―→))＝xeq \(DC,\s\up7(―→))＋yeq \(DA,\s\up7(―→))，则( )
A．x＝eq \r(3)，y＝1 B．x＝1＋eq \r(3)，y＝eq \r(3)
C．x＝2，y＝eq \r(3) D．x＝eq \r(3)，y＝1＋eq \r(3)
解析：选B 过B作BE⊥DC交DC的延长线于点E(图略)，由∠ACD＝45°，∠BCA＝90°，得∠BCE＝45°，则CE＝BE，设CE＝BE＝mCD，则(eq \r(2)mCD)2＋(eq \r(2)DA)2＝(2eq \r(2)DA)2，又DA＝DC，解得m＝eq \r(3)，故eq \(DB,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \(CE,\s\up7(―→))＋eq \(EB,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \r(3) eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \r(3) eq \(DA,\s\up7(―→))＝(1＋eq \r(3))eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \r(3) eq \(DA,\s\up7(―→))，故x＝1＋eq \r(3)，y＝eq \r(3).
4．(创新学科情境)写出一个与向量a＝(2,1)共线的向量b＝________.
解析：与向量a＝(2,1)共线的向量为λa＝λ(2,1)．取λ＝2，可得出一个与向量a＝(2,1)共线的向量为b＝(4,2)(答案不唯一，满足λa(λ∈R)即可)．
答案：(4,2)(答案不唯一)
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．已知点M(5，－6)和向量a＝(1，－2)，若eq \(MN,\s\up7(―→))＝－3a，则点N的坐标为( )
A．(2,0) B．(－3,6)
C．(6,2) D．(－2,0)
解析：选A 设N(x，y)，则(x－5，y＋6)＝(－3,6)，解得x＝2，y＝0.
2．已知AC为平行四边形ABCD的一条对角线，若向量eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,4)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1,3)，则eq \(AD,\s\up7(―→))＝( )
A．(2,4) B．(3,7)
C．(1,1) D．(－1，－1)
解析：选D 因为eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,4)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1,3)，所以eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－1，－1)，即eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－1，－1)．
3．(2022·西安八校联考)已知向量a＝(1,2)，b＝(－2,1)，c＝(5,4)，则以向量a与b为基底表示向量c的结果是( )
A.eq \f(13,5)a－eq \f(6,5)b B.eq \f(13,3)a－eq \f(14,3)b
C．－eq \f(7,2)a－eq \f(9,2)b D.eq \f(14,3)a＋eq \f(13,3)b
解析：选A 设c＝xa＋yb，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＝5，,2x＋y＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(13,5)，,y＝－\f(6,5)，))所以c＝eq \f(13,5)a－eq \f(6,5)b.故选A.
4．(2021·全国乙卷)已知向量a＝(2,5)，b＝(λ，4)，若a∥b，则λ＝________.
解析：因为a∥b，所以2×4－5λ＝0，所以λ＝eq \f(8,5).
答案：eq \f(8,5)
5．已知点A(8，－1)，B(1，－3)，若点C(2m－1，m＋2)在线段AB上，则实数m＝________.
解析：由题意，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－7，－2)．因为点C在线段AB上，故eq \(AC,\s\up7(―→))与eq \(AB,\s\up7(―→))同向．又eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2m－9，m＋3)，故eq \f(2m－9,－7)＝eq \f(m＋3,－2)，所以m＝－13.
答案：－13
二、综合练——练思维敏锐度
1．已知向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(k,12)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(4,5)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(－k,10)，且A，B，C三点共线，则k的值是( )
A．－eq \f(2,3) B.eq \f(4,3)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
解析：选A eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(4－k，－7)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－2k，－2)．∵A，B，C三点共线，∴eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))共线，∴－2×(4－k)＝－7×(－2k)，解得k＝－eq \f(2,3).
2.如图，已知eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝b，eq \(BC,\s\up7(―→))＝4eq \(BD,\s\up7(―→))，eq \(CA,\s\up7(―→))＝3eq \(CE,\s\up7(―→))，则eq \(DE,\s\up7(―→))＝( )
A.eq \f(3,4)b－eq \f(1,3)a B.eq \f(5,12)a－eq \f(3,4)b
C.eq \f(3,4)a－eq \f(1,3)b D.eq \f(5,12)b－eq \f(3,4)a
解析：选D eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \(CE,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(CA,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(5,12)eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(5,12)b－eq \f(3,4)a.故选D.
3．已知△ABC的三边分别是a，b，c，设向量m＝(sin B－sin A，eq \r(3)a＋c)，n＝(sin C，a＋b)，且m∥n，则B的大小是( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(5π,6) C.eq \f(π,3) D.eq \f(2π,3)
解析：选B 因为m∥n，
所以(a＋b)(sin B－sin A)＝sin C(eq \r(3)a＋c)．
由正弦定理得，(a＋b)(b－a)＝c(eq \r(3)a＋c)，
整理得a2＋c2－b2＝－eq \r(3)ac，
由余弦定理得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(－\r(3)ac,2ac)＝－eq \f(\r(3),2).
又04．在正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点．若AB＝2，则|eq \(AM,\s\up7(―→))＋eq \(BN,\s\up7(―→))|＝( )
A．2 B.eq \r(10)
C．4 D．2eq \r(5)
解析：选B 以AB，AD所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，因为AB＝2，所以A(0,0)，B(2,0)，M(2,1)，N(1,2)，所以eq \(AM,\s\up7(―→))＝(2,1)， eq \(BN,\s\up7(―→))＝(－1,2)，所以eq \(AM,\s\up7(―→))＋eq \(BN,\s\up7(―→))＝(1,3)，故|eq \(AM,\s\up7(―→))＋eq \(BN,\s\up7(―→))|＝eq \r(12＋32)＝eq \r(10).故选B.
5．已知向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(3,1)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－1,3)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))－neq \(OB,\s\up7(―→))(m>0，n>0)，若m＋n＝1，则|eq \(OC,\s\up7(―→))|的最小值为( )
A.eq \f(\r(5),2) B.eq \f(\r(10),2) C.eq \r(5) D.eq \r(10)
解析：选C 设eq \(OC,\s\up7(―→))＝(x，y)．∵eq \(OA,\s\up7(―→))＝(3,1)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－1,3)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))－neq \(OB,\s\up7(―→))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3m＋n，,y＝m－3n，))∴|eq \(OC,\s\up7(―→))|＝eq \r(3m＋n2＋m－3n2)＝eq \r(10m2＋n2)≥ eq \r(10×\f(m＋n2,2))＝ eq \r(10×\f(1,2))＝eq \r(5)，当且仅当m＝n时取等号，此时|eq \(OC,\s\up7(―→))|取得最小值eq \r(5)，故选C.
6．在△OAB中，若点C满足eq \(AC,\s\up7(―→))＝2eq \(CB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))＝λeq \(OA,\s\up7(―→))＋μeq \(OB,\s\up7(―→))，则eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(2,9) D.eq \f(9,2)
解析：选D 在△OAB中，∵eq \(AC,\s\up7(―→))＝2eq \(CB,\s\up7(―→))，∴eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝2(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→)))，即3eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋2eq \(OB,\s\up7(―→))，∴eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(OB,\s\up7(―→)).又eq \(OC,\s\up7(―→))＝λeq \(OA,\s\up7(―→))＋μeq \(OB,\s\up7(―→))，∴λ＝eq \f(1,3)，μ＝eq \f(2,3)，∴eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝3＋eq \f(3,2)＝eq \f(9,2).故选D.
7.如图所示，A，B，C是圆O上的三点，线段CO的延长线与BA的延长线交于圆O外的一点D，若eq \(OC,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))＋neq \(OB,\s\up7(―→))，则m＋n的取值范围是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－1,0)
解析：选D 由题意得，eq \(OC,\s\up7(―→))＝keq \(OD,\s\up7(―→)) (k<0)，又|k|＝eq \f(|eq \(OC,\s\up7(―→))|,|eq \(OD,\s\up7(―→))|)<1，∴－18．在△ABC中，点D是AC上一点，且eq \(AC,\s\up7(―→))＝4eq \(AD,\s\up7(―→))，P为BD上一点，向量eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→)) (λ>0，μ>0)，则eq \f(4,λ)＋eq \f(1,μ)的最小值为( )
A．16 B．8 C．4 D．2
解析：选A 由eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))及eq \(AC,\s\up7(―→))＝4eq \(AD,\s\up7(―→))，得eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋4μeq \(AD,\s\up7(―→))，又点P在BD上，∴λ＋4μ＝1.∴eq \f(4,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,λ)＋\f(1,μ)))·(λ＋4μ)＝8＋eq \f(\a\vs4\al(16μ),λ)＋eq \f(λ,μ)，又λ>0，μ>0，∴eq \f(\a\vs4\al(16μ),λ)＋eq \f(λ,μ)≥2eq \r(16)＝8，当且仅当eq \f(\a\vs4\al(16μ),λ)＝eq \f(λ,μ)，即λ＝4μ时等号成立，故eq \f(4,λ)＋eq \f(1,μ)的最小值为16，故选A.
9．已知点A(1,3)，B(4，－1)，写出一个与向量eq \(AB,\s\up7(―→))共线的向量坐标为________．
解析：因为A(1,3)，B(4，－1)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3，－4)，所以与向量eq \(AB,\s\up7(―→))共线的向量的坐标可以是(3λ，－4λ)，λ∈R.
答案：(6，－8)(答案不唯一)
10．如图，设Ox，Oy是平面内相交成45°角的两条数轴，e1，e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量eq \(OP,\s\up7(―→))＝xe1＋ye2，则把有序数对(x，y)叫做向量eq \(OP,\s\up7(―→))在坐标系xOy中的坐标．在此坐标系下，假设eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－2，2eq \r(2))，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(2,0)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(5，－3eq \r(2))，则|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝______，eq \(OA,\s\up7(―→))与eq \(BC,\s\up7(―→)) ______(填“平行”或“不平行”)．
解析：由余弦定理可知|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝eq \r(4＋8－2×2×2\r(2)×cs 45°)＝2，∵eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))＝(3，－3eq \r(2))＝－eq \f(3,2)eq \(OA,\s\up7(―→))，∴eq \(OA,\s\up7(―→))∥eq \(BC,\s\up7(―→)).
答案：2 平行
11．已知向量eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1，sin α－1)，eq \(BA,\s\up7(―→))＝(3,1)，eq \(BD,\s\up7(―→))＝(2，cs α)，若B，C，D三点共线，则tan(2 022π－α)＝________.
解析：∵B，C，D三点共线，∴eq \(BD,\s\up7(―→))＝xeq \(BC,\s\up7(―→))＝x(eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))，即(2，cs α)＝x(4，sin α)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＝4x，,cs α＝xsin α，))解得x＝eq \f(1,2)，即cs α＝eq \f(1,2)sin α，得tan α＝2，则tan(2 022π－α)＝－tan α＝－2.
答案：－2
12．已知eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))的夹角为90°，|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝2，|eq \(AC,\s\up7(―→))|＝1，eq \(AM,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→)) (λ，μ∈R)，且eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0，则eq \f(λ,μ)的值为________．
解析：根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系．则A(0,0)，B(0,2)，C(1,0)，所以eq \(AB,\s\up7(―→))＝(0,2)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1,0)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(1，－2)．设M(x，y)，则eq \(AM,\s\up7(―→))＝(x，y)，所以eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝(x，y)·(1，－2)＝x－2y＝0，即x＝2y，又eq \(AM,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，即(x，y)＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，所以x＝μ，y＝2λ，所以eq \f(λ,μ)＝eq \f(\f(1,2)y,x)＝eq \f(1,4).
答案：eq \f(1,4)
第三节 平面向量的数量积及其应用
课程标准
1．理解平面向量数量积的含义及其物理意义．
2．了解平面向量的数量积与向量投影的关系．
3．掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算．
4．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．
5．会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题．
6．会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题．
第1课时 系统知识牢基础——平面向量的数量积
知识点一 平面向量的数量积
[由教材回扣基础]
1．平面向量数量积的有关概念
2．平面向量数量积的运算律
澄清微点·熟记结论
(1)平面向量数量积运算的常用公式
①(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；②(a±b)2＝a2±2a·b＋b2；③a2＋b2＝0⇒a＝b＝0.
(2)有关向量夹角的两个结论
①两个向量a与b的夹角为锐角，则有a·b>0，反之不成立(因为夹角为0时不成立)；
②两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b<0，反之不成立(因为夹角为π时不成立)．
(3)a⊥b⇔a·b＝0是对非零向量而言的，若a＝0，虽然a·b＝0，但不能说a⊥b.
(4)对于实数a，b，c有(a·b)·c＝a·(b·c)，但对于向量a，b，c而言，(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立，即不满足向量结合律．这是因为(a·b)·c表示一个与c共线的向量，而a·(b·c)表示一个与a共线的向量，而a与c不一定共线，所以(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．
[练小题巩固基础]
1．已知a·b＝－12eq \r(2)，|a|＝4，a和b的夹角为135°，则|b|的值为( )
A．12 B．6 C．3eq \r(3) D．3
解析：选B 因为a·b＝|a||b|cs 135°＝－12eq \r(2)，
所以|b|＝eq \f(－12\r(2),4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2))))＝6.
2．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2eq \r(3)，a与b的夹角的余弦值为sineq \f(17π,3)，则b·(2a－b)＝( )
A．2 B．－1 C．－6 D．－18
解析：选D ∵a与b的夹角的余弦值为sineq \f(17π,3)＝－eq \f(\r(3),2)，∴a·b＝－3，b·(2a－b)＝2a·b－b2＝－18.
3．(新人教A版必修②P24T19改编)设向量a，b满足|a|＝|b|＝1且|3a－2b|＝eq \r(7)，则a，b的夹角为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(2π,3)
解析：选A 设a与b的夹角为θ，由题意得(3a－2b)2＝7，所以9|a|2＋4|b|2－12a·b＝7，又|a|＝|b|＝1，所以a·b＝eq \f(1,2)，所以|a||b|cs θ＝eq \f(1,2)，即cs θ＝eq \f(1,2).又θ∈[0，π]，所以a，b的夹角为eq \f(π,3).
4．已知向量a，b满足a·(b＋a)＝2，且a＝(1,2)，则向量b在a方向上的投影为( )
A.eq \f(\r(5),5) B．－eq \f(\r(5),5)
C．－eq \f(2\r(5),5) D．－eq \f(3\r(5),5)
解析：选D 由a＝(1,2)，可得|a|＝eq \r(5)，
由a·(b＋a)＝2，可得a·b＋a2＝2，
∴a·b＝－3，
∴向量b在a方向上的投影为eq \f(a·b,| a|)＝－eq \f(3\r(5),5).
5.如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝2，D是边BC的中点，则eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝________.
解析：eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))·(－eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(－eq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \(AC,\s\up7(―→))2)＝－eq \f(5,2).
答案：－eq \f(5,2)
6．(2021·北京高考)已知a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，则(a＋b)·c＝________；a·b＝________.
解析：计算可得(a＋b)·c＝(4,0)·(0,1)＝0，a·b＝4－1＝3.
答案：0 3
7．(混淆向量的夹角与几何图形中的角)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝eq \r(10)，则eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))的值为________．
解析：在△ABC中，由余弦定理得cs A＝eq \f(AC2＋AB2－BC2,2×AC×AB)＝eq \f(22＋32－\r(10)2,2×2×3)＝eq \f(1,4).所以eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝|eq \(BA,\s\up7(―→))||eq \(AC,\s\up7(―→))|cs(π－A)＝－|eq \(BA,\s\up7(―→))||eq \(AC,\s\up7(―→))|cs A＝－3×2×eq \f(1,4)＝－eq \f(3,2).
答案：－eq \f(3,2)
知识点二 平面向量数量积的坐标表示
[由教材回扣基础]
已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ.
[练小题巩固基础]
1．已知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,3)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(3，t)，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选C ∵eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3，t)－(2,3)＝(1，t－3)，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，
∴eq \r(12＋t－32)＝1，解得t＝3，∴eq \(BC,\s\up7(―→))＝(1,0)，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝2×1＋3×0＝2.
2．(人教A版必修④P107例6改编)已知点A(0，eq \r(3))，B(0,0)，C(1,0)，则cs〈eq \(BC,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))〉＝( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2) D．eq \f(\r(3),2)
解析：选C ∵A(0，eq \r(3))，B(0,0)，C(1,0)，∴eq \(BC,\s\up7(―→))＝(1,0)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1，－eq \r(3))，则cs〈eq \(BC,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→)),|eq \(BC,\s\up7(―→))||eq \(AC,\s\up7(―→))|)＝eq \f(1,1×2)＝eq \f(1,2).
3．a，b为平面向量，已知a＝(4,3)，2a＋b＝(3,18)，则a，b夹角的余弦值等于________．
解析：设b＝(x，y)，则2a＋b＝(8＋x,6＋y)＝(3,18)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8＋x＝3，,6＋y＝18，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－5，,y＝12，))故b＝(－5,12)，所以csa，b＝eq \f(a·b,| a || b |)＝eq \f(16,65).
答案：eq \f(16,65)
4．向量a＝(1,2)，b＝(－1,1)，若ka＋b与b互相垂直，则实数k的值为________．
解析：∵ka＋b＝(k－1,2k＋1)，b＝(－1,1)，∴(ka＋b)·b＝(k－1)×(－1)＋2k＋1＝k＋2＝0，k＝－2.
答案：－2
5．(忽视钝角的意义)已知a＝(3，－2)，b＝(－1，x－1)且a与b夹角为钝角，则x的取值范围为________．
解析：a与b夹角为钝角，等价于a·b<0，且a，b不共线．由a·b＝－3＋2－2x＝－2x－1<0，解得x>－eq \f(1,2).当a，b共线时，3(x－1)＝2，解得x＝eq \f(5,3)，即a，b不共线时，x≠eq \f(5,3).综上，x>－eq \f(1,2)且x≠eq \f(5,3).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(1,2)，eq \f(5,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(5,3)，＋∞))
6．(分类讨论漏掉角B，C为直角的情况失误)设k为实数，已知直角三角形ABC中，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,3)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1，k)，则k＝________.
答案：－eq \f(2,3)或eq \f(11,3)或eq \f(3±\r(13),2)
第2课时 精研题型明考向——平面向量数量积及应用
1．(2021新高考Ⅰ卷·向量数量积，模及和差公式)(多选)已知O为坐标原点，点P1(cs α，sin α)，P2(cs β，－sin β)，P3(cs(α＋β)，sin(α＋β))，A(1,0)，则( )
A．|eq \(OP1,\s\up7(―→))|＝|eq \(OP2,\s\up7(―→))|
B．|eq \(AP1,\s\up7(―→))|＝|eq \(AP2,\s\up7(―→))|
C．eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP3,\s\up7(―→))＝eq \(OP1,\s\up7(―→))·eq \(OP2,\s\up7(―→))
D．eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP1,\s\up7(―→))＝eq \(OP2,\s\up7(―→))·eq \(OP3,\s\up7(―→))
解析：选AC 因为|eq \(OP1,\s\up7(―→))|＝eq \r(cs2α＋sin2α)＝1，|eq \(OP2,\s\up7(―→))|＝eq \r(cs2β＋－sin β2)＝1，所以A项正确．因为|eq \(AP1,\s\up7(―→))|＝eq \r(cs α－12＋sin2α)，|eq \(AP2,\s\up7(―→))|＝eq \r(cs β－12＋－sin β2)＝eq \r(cs β－12＋sin2β)，当α＝eq \f(π,3)，β＝eq \f(π,6)时，|eq \(AP1,\s\up7(―→))|≠|eq \(AP2,\s\up7(―→))|，所以B项错误．因为eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1,0)，eq \(OP3,\s\up7(―→))＝(cs(α＋β)，sin(α＋β))，eq \(OP1,\s\up7(―→))＝(cs α，sin α)，eq \(OP2,\s\up7(―→))＝(cs β，－sin β)，所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP3,\s\up7(―→))＝cs(α＋β)，eq \(OP1,\s\up7(―→))·eq \(OP2,\s\up7(―→))＝cs αcs β－sin αsin β＝cs(α＋β)，所以C项正确．因为eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP1,\s\up7(―→))＝cs α，eq \(OP2,\s\up7(―→))·eq \(OP3,\s\up7(―→))＝cs βcs(α＋β)－sin βsin(α＋β)＝cs(β＋α＋β)≠cs α，所以D项错误．故选A、C.
2．(2020全国Ⅲ卷·向量的夹角)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cs〈a，a＋b〉＝( )
A．－eq \f(31,35) B．－eq \f(19,35)
C．eq \f(17,35) D．eq \f(19,35)
解析：选D 由题意，得a·(a＋b)＝a2＋a·b＝25－6＝19，|a＋b|＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)＝eq \r(25－12＋36)＝7，所以csa，a＋b＝eq \f(a·a＋b,|a||a＋b|)＝eq \f(19,5×7)＝eq \f(19,35)，故选D.
3．(2020全国Ⅱ卷·向量的垂直)已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是( )
A．a＋2b B．2a＋b
C．a－2b D．2a－b
解析：选D 由题意，得a·b＝|a||b|cs 60°＝eq \f(1,2).对于A，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝eq \f(1,2)＋2＝eq \f(5,2)≠0，故A不符合题意；对于B，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B不符合题意；对于C，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝eq \f(1,2)－2＝－eq \f(3,2)≠0，故C不符合题意；对于D，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以(2a－b)⊥b.故选D.
4．(2020新高考Ⅰ卷·向量数量积的范围)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))的取值范围是( )
A．(－2,6) B．(－6,2) C．(－2,4) D．(－4,6)
解析：选A eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝|eq \(AP,\s\up7(―→))||eq \(AB,\s\up7(―→))|cs∠PAB＝2|eq \(AP,\s\up7(―→))|cs∠PAB，又|eq \(AP,\s\up7(―→))|cs∠PAB表示eq \(AP,\s\up7(―→))在eq \(AB,\s\up7(―→))方向上的投影，所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小．又eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝2eq \r(3)×2×cs 30°＝6，eq \(AF,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝2×2×cs 120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))∈(－2,6)．故选A.
5．(2021全国甲卷·向量的模)若向量a，b满足|a|＝3，|a－b|＝5，a·b＝1，则|b|＝________.
解析：由|a－b|＝5，得(a－b)2＝25，即a2－2a·b＋b2＝25.将|a|＝3，a·b＝1代入上式，得32－2×1＋b2＝25.化简，得b2＝18，所以|b|＝3eq \r(2).
答案：3eq \r(2)
6．(2021全国甲卷·向量垂直及坐标表示)已知向量a＝(3,1)，b＝(1,0)，c＝a＋kb.若a⊥c，则k＝________.
解析：依题意，得c＝a＋kb＝(3＋k,1)．又a⊥c，所以a·c＝0，即3(3＋k)＋1＝0，解得k＝－eq \f(10,3).
答案：－eq \f(10,3)
7．(2021新高考Ⅱ卷·向量的数量积)已知向量a＋b＋ceq \a\vs4\al(＝)0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，a·b＋b·c＋c·a＝________.
解析：(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0⇒2(a·b＋b·c＋c·a)＋9＝0⇒a·b＋b·c＋c·a＝－eq \f(9,2).
答案：－eq \f(9,2)
[把脉考情]
命题视角一 平面向量数量积的运算
[典例] (1)在平行四边形ABCD中，已知eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(EC,\s\up7(―→))，eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(FC,\s\up7(―→))，|eq \(AE,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，|eq \(AF,\s\up7(―→))|＝eq \r(6)，则eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝( )
A．－9 B．－eq \f(9,2) C．－7 D．－eq \f(7,2)
(2)(2022·江西重点中学协作体联考)在△ABC中，O为中线AM的中点．若AM＝2，则eq \(OA,\s\up7(―→))·(eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→)))＝________.
[解析] (1)∵eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(EC,\s\up7(―→))，eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(FC,\s\up7(―→))，∴eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AF,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→))，又|eq \(AE,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，|eq \(AF,\s\up7(―→))|＝eq \r(6)，∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(eq \(AD,\s\up7(―→))＋\f(1,3) eq \(AB,\s\up7(―→)) ))＝eq \r(2)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))))＝eq \r(6)，∴eq \(AD,\s\up7(―→))2＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,9)eq \(AB,\s\up7(―→))2＝2，eq \f(1,9)eq \(AD,\s\up7(―→))2＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))2＝6，两式相减得eq \f(8,9)eq \(AD,\s\up7(―→))2－eq \f(8,9)eq \(AB,\s\up7(―→))2＝－4，∴eq \(AD,\s\up7(―→))2－eq \(AB,\s\up7(―→))2＝－eq \f(9,2).∴eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→)))·(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \(AD,\s\up7(―→))2－eq \(AB,\s\up7(―→))2＝－eq \f(9,2)，故选B.
(2)因为O为中线AM的中点，AM＝2，所以AO＝OM＝1，且eq \(OA,\s\up7(―→))与eq \(OM,\s\up7(―→))的夹角为π，所以eq \(OA,\s\up7(―→))·(eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→)))＝eq \(OA,\s\up7(―→))·2eq \(OM,\s\up7(―→))＝2|eq \(OA,\s\up7(―→))||eq \(OM,\s\up7(―→))|cs π＝－2.
[答案] (1)B (2)－2
[方法技巧] 平面向量数量积的2种运算方法
[针对训练]
1．已知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(1,3)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2，t)，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝( )
A．5 B．7
C．9 D．11
解析：选D 由已知，得eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2，t)－(1,3)＝(1，t－3)，又|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，所以eq \r(t－32＋1)＝1，解得t＝3，所以eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1,3)·(2,3)＝2＋9＝11.故选D.
2．在如图的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，eq \(BM,\s\up7(―→))＝2eq \(MA,\s\up7(―→))，eq \(CN,\s\up7(―→))＝2eq \(NA,\s\up7(―→))，则eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(OM,\s\up7(―→))的值为( )
A．－15 B．－9
C．－6 D．0
解析：选C 连接OA.在△ABC中，eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝3eq \(AN,\s\up7(―→))－3eq \(AM,\s\up7(―→))＝3(eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))－3(eq \(OM,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))＝3(eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→)))，∴eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(OM,\s\up7(―→))＝3(eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→)))·eq \(OM,\s\up7(―→))＝3(eq \(ON,\s\up7(―→))·eq \(OM,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→))2)＝3×(2×1×cs 120°－12)＝3×(－2)＝－6.
3．已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，若点D满足eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))，则eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝________.
解析：∵eq \(BC,\s\up7(―→))2＝(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))2＝eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \(AB,\s\up7(―→))2－2eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))，AB＝3，AC＝5，BC＝7，∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝－eq \f(15,2).∴eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))·(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3) eq \(AB,\s\up7(―→))－\f(1,2) eq \(AC,\s\up7(―→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2) eq \(AC,\s\up7(―→))－\f(1,3) eq \(AB,\s\up7(―→))))＝－eq \f(2,9)eq \(AB,\s\up7(―→))2－eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝－2－eq \f(25,4)－eq \f(15,4)＝－12.
答案：－12
命题视角二 平面向量数量积的应用
考法(一) 平面向量的模
[例1] (1)(2021·盐城二模)已知a，b是相互垂直的单位向量，与a，b共面的向量c满足a·c＝b·c＝2，则c的模为( )
A．1 B.eq \r(2) C．2 D．2eq \r(2)
(2)已知平面向量m，n的夹角为eq \f(π,6)，且|m|＝eq \r(3)，|n|＝2，在△ABC中，eq \(AB,\s\up7(―→))＝2m＋2n，eq \(AC,\s\up7(―→))＝2m－6n，D为BC的中点，则|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝________.
[解析] (1)由题意知a，b是相互垂直的单位向量，不妨设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，由a·c＝b·c＝2，得x＝y＝2，即c＝(2,2)，则|c|＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2).故选D.
(2)由题意知m·n＝eq \r(3)×2×cseq \f(π,6)＝3.∵在△ABC中，D为BC的中点，∴eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(2m＋2n＋2m－6n)＝2m－2n.∴|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝|2m－2n|＝2eq \r(m－n2)＝2eq \r(m2－2m·n＋n2)＝2eq \r(3－2×3＋4)＝2.
[答案] (1)D (2)2
[方法技巧]
计算向量的模的方法
(1)当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；
(2)利用|a|＝eq \r(a·a)及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的运算转化为数量积运算；
(3)几何法，利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解．
考法(二) 平面向量的夹角与垂直
[例2] (1)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
(2)已知e1，e2是互相垂直的单位向量．若eq \r(3)e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°，则实数λ的值是________．
[解析] (1)由(a－b)⊥b，得(a－b)·b＝0，即a·b＝b2.∵|a|＝2|b|，∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(b2,2b2)＝eq \f(1,2).又∵0≤〈a，b〉≤π，∴a与b的夹角为eq \f(π,3).
(2)因为eq \f(\r(3)e1－e 2· e 1＋λe 2,|\r(3) e 1－e 2|| e 1＋λe 2|)＝eq \f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))，
故eq \f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))＝eq \f(1,2)，解得λ＝eq \f(\r(3),3).
[答案] (1)B (2)eq \f(\r(3),3)
[方法技巧] 求解向量的夹角的2种方法
[针对训练]
1．(2021年1月新高考八省联考卷)已知单位向量a，b满足a·b＝0，若向量c＝eq \r(7)a＋eq \r(2)b，则sin〈a，c〉＝( )
A.eq \f(\r(7),3) B.eq \f(\r(2),3)
C.eq \f(\r(7),9) D.eq \f(\r(2),9)
解析：选B ∵a·c＝a·(eq \r(7)a＋eq \r(2)b)＝eq \r(7)a2＋eq \r(2)a·b＝eq \r(7)，|c|＝ eq \r(\r(7) a＋\r(2) b 2)＝ eq \r(7 a 2＋2b 2＋2\r(14) a·b)＝eq \r(7＋2)＝3，∴cs〈a，c〉＝eq \f(a·c,| a || c |)＝eq \f(\r(7),1×3)＝eq \f(\r(7),3)，∴sin〈a，c〉＝eq \f(\r(2),3).故选B.
2．已知向量a＝(x，y)，b＝(－1,2)，且a＋b＝(1,3)，则|a－2b|＝( )
A．1 B．3
C．4 D．5
解析：选D 由向量a＝(x，y)，b＝(－1,2)，且a＋b＝(1,3)，得a＋b＝(x－1，y＋2)＝(1,3)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝1，,y＋2＝3，))解得x＝2，y＝1，所以a＝(2,1)．所以a－2b＝(2,1)－2(－1,2)＝(4，－3)，所以|a－2b|＝eq \r(42＋－32)＝5，故选D.
3．已知△ABC中，∠A＝120°，且AB＝3，AC＝4，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))，且eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(BC,\s\up7(―→))，则实数λ的值为( )
A．eq \f(22,15) B．eq \f(10,3) C．6 D．eq \f(12,7)
解析：选A 因为zeq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))，且eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(BC,\s\up7(―→))，所以有eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝(λeq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))·(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))－λeq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \(AC,\s\up7(―→))2－eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝(λ－1)eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))－λeq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \(AC,\s\up7(―→))2＝0，整理可得(λ－1)×3×4×cs 120°－9λ＋16＝0，解得λ＝eq \f(22,15).
4．已知向量|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝3，|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝2，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(m－n)eq \(OA,\s\up7(―→))＋(2n－m－1)eq \(OB,\s\up7(―→))，若eq \(OA,\s\up7(―→))与eq \(OB,\s\up7(―→))的夹角为60°，且eq \(OC,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，则实数eq \f(m,n)的值为________．
解析：由题意得，eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＝(m－n)eq \(OA,\s\up7(―→))＋(2n－m)eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝3×2×cs 60°＝3.又因为eq \(OC,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，所以eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝[(m－n)·eq \(OA,\s\up7(―→))＋(2n－m)eq \(OB,\s\up7(―→))]·(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))＝－(m－n)eq \(OA,\s\up7(―→))2＋(2m－3n)eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＋(2n－m)eq \(OB,\s\up7(―→))2＝－9(m－n)＋3(2m－3n)＋4(2n－m)＝0，整理得7m－8n＝0，故eq \f(m,n)＝eq \f(8,7).
答案：eq \f(8,7)
命题视角三 平面向量数量积中的最值、范围问题
[典例] (1)(2022·福州模拟)已知P为边长为2的正方形ABCD所在平面内一点，则eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))的最小值为( )
A．－1 B．－3
C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(3,2)
(2)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|的最小值为________．
[解析] (1)如图，连接BD，取BD的中点O，连接CO，取CO的中点Q.
连接PO，因为O为BD的中点，
所以eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→))＝2eq \(PO,\s\up7(―→)).
连接PQ，在△PCQ中，eq \(PC,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QC,\s\up7(―→)).
因为Q为CO的中点，所以eq \(QO,\s\up7(―→))＝－eq \(QC,\s\up7(―→)).
在△POQ中，eq \(PO,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QO,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))－eq \(QC,\s\up7(―→)).
所以eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))＝eq \(PC,\s\up7(―→))·2eq \(PO,\s\up7(―→))＝2eq \(PC,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＝2(eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QC,\s\up7(―→)))·(eq \(PQ,\s\up7(―→))－eq \(QC,\s\up7(―→)))＝2(eq \(PQ,\s\up7(―→))2－eq \(QC,\s\up7(―→))2)．
因为Q，C是定点，所以当eq \(PQ,\s\up7(―→))2最小，即P，Q重合时，eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))取得最小值，最小值为－2eq \(QC,\s\up7(―→))2＝－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×2\r(2)))2＝－1.故选A.
(2)建立平面直角坐标系如图所示，则A(2,0)，设P(0，y)，C(0，b)，则B(1，b)．
所以eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))＝(2，－y)＋3(1，b－y)＝(5,3b－4y)，
所以|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|＝eq \r(25＋3b－4y2)(0≤y≤b)，
所以当y＝eq \f(3,4)b时，|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|取得最小值5.
[答案] (1)A (2)5
[方法技巧] 最值或范围问题的2种求解方法
[针对训练]
1．已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是( )
A．1 B．2 C.eq \r(2) D.eq \f(\r(2),2)
解析：选C 因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，(a－c)·(b－c)＝－c·(a＋b)＋|c|2＝－|c||a＋b|cs θ＋|c|2＝0，其中θ为c与a＋b的夹角，所以|c|＝|a＋b|cs θ＝eq \r(2)cs θ≤eq \r(2)，所以|c|的最大值是 eq \r(2).
2．已知向量a，b满足|a|＝1，(a－b)⊥(3a－b)，则a与b的夹角的最大值为( )
A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,3)
C．eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6)
解析：选A 设a与b的夹角为θ，θ∈[0，π]．
因为(a－b)⊥(3a－b)，所以(a－b)·(3a－b)＝0.
整理可得3a2－4a·b＋b2＝0，即3|a|2－4a·b＋|b|2＝0.
将|a|＝1代入3|a|2－4a·b＋|b|2＝0，
可得3－4|b|cs θ＋|b|2＝0，
整理可得cs θ＝eq \f(3,4|b|)＋eq \f(|b|,4)≥2 eq \r(\f(3,4|b|)×\f(|b|,4))＝eq \f(\r(3),2)，
当且仅当eq \f(3,4|b|)＝eq \f(|b|,4)，即|b|＝eq \r(3)时取等号，
故cs θ≥eq \f(\r(3),2)，结合θ∈[0，π]，可知θ的最大值为eq \f(π,6)，故选A.
3．(2022·湖北八校联考)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N(不与A，C重合)为AC边上的两个动点，且满足|eq \(MN,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，则eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))的取值范围为( )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
解析：选C 以等腰直角三角形的直角边BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示，则B(0,0)，直线AC的方程为x＋y＝2.
设M(a,2－a)，则0∴eq \(BM,\s\up7(―→))＝(a,2－a)，eq \(BN,\s\up7(―→))＝(a＋1,1－a)，
∴eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2a2－2a＋2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－eq \f(1,2))) 2＋eq \f(3,2).
∵0又eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))<2，故eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)).
命题视角四 平面向量与其他知识的综合问题
考法(一) 平面向量与几何的综合问题
[例1] 已知A，B是半径为eq \r(2)的⊙O上的两个点，eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝1，⊙O所在平面上有一点C满足|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→))|＝1，则向量eq \(OC,\s\up7(―→))的模的取值范围是________．
[解析] 以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图，A(eq \r(2)，0)．
由eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝1，
|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，
得∠AOB＝eq \f(π,3)，于是Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(6),2)))，
设C(x，y)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)\r(2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(6),2)))2＝1.
问题转为求圆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)\r(2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(6),2)))2＝1上一点到原点距离的取值范围，原点到圆心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)\r(2)，\f(\r(6),2)))的距离为eq \r(6)，圆的半径为1，
∴|eq \(OC,\s\up7(―→))|的取值范围为[eq \r(6)－1，eq \r(6)＋1]．
[答案] [eq \r(6)－1，eq \r(6)＋1]
[方法技巧]
平面向量与几何综合问题的求解方法
(1)坐标法：把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．
(2)基向量法：适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程来进行求解．
考法(二) 平面向量与三角函数的综合问题
[例2] (2022·江苏新海高级中学期末)已知向量a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，b＝(2cs θ，2sin θ)，0<θ<π.
(1)若a∥b，求cs θ的值；
(2)若|a＋b|＝|b|，求sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))的值．
[解] (1)因为a∥b，所以－eq \f(1,2)·2sin θ＝eq \f(\r(3),2)·2cs θ.即－sin θ＝eq \r(3)cs θ，所以tan θ＝－eq \r(3)，又0<θ<π，所以θ＝eq \f(2π,3)，所以cs θ＝－eq \f(1,2).
(2)因为|a＋b|＝|b|，所以|a＋b|2＝|b|2，化简得|a|2＋2a·b＝0，又a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，b＝(2cs θ，2sin θ)，则|a|2＝1，a·b＝－cs θ＋eq \r(3)sin θ，所以eq \r(3)sin θ－cs θ＝－eq \f(1,2)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))＝－eq \f(1,4)，由0<θ<π，得θ－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以θ－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))，所以csθ－eq \f(π,6)＝＝eq \f(\r(15),4)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))＝＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))cseq \f(π,3)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))·sineq \f(π,3)＝eq \f(3\r(5)－1,8).
[方法技巧]
平面向量与三角函数的综合问题的解题思路
(1)若题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，则运用向量共线或垂直或等式成立等，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．
[针对训练]
1．若点O和点F分别为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))的最大值为( )
A．2 B．3
C．6 D．8
解析：选C 由椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1可得F(－1,0)，点O(0,0)，设P(x，y)(－2≤x≤2)，则eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))＝x2＋x＋y2＝x2＋x＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x2,4)))＝eq \f(1,4)x2＋x＋3＝eq \f(1,4)(x＋2)2＋2，－2≤x≤2，当且仅当x＝2时，eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))取得最大值6.
2．已知A，B，C分别为△ABC的三边a，b，c所对的角，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cs B，cs A)，且m·n＝sin 2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且eq \(CA,\s\up7(―→))·(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)))＝18，求边c的长．
解：(1)由已知得m·n＝sin Acs B＋cs Asin B＝sin(A＋B)，因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，所以m·n＝sin C，又m·n＝sin 2C，所以sin 2C＝sin C,2sin Ccs C＝sin C，sin C≠0，所以cs C＝eq \f(1,2).又0(2)由已知及正弦定理得2c＝a＋b.因为eq \(CA,\s\up7(―→))·(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝18，所以abcs C＝18，所以ab＝36.由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcs C＝(a＋b)2－3ab，所以c2＝4c2－3×36，所以c2＝36，所以c＝6.
巧用性质·练转化思维——极化恒等式的应用
极化恒等式：a·b＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a＋b2－a－b2)).
(1)极化恒等式的几何意义是：设点D是△ABC边BC的中点，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝|eq \(AD,\s\up7(―→))|2－eq \f(1,4)|eq \(BC,\s\up7(―→))|2＝eq \(AD,\s\up7(―→))2－eq \(BD,\s\up7(―→))2，即向量的数量积可转化为中线长与半底边长的平方差．
(2)具有三角几何背景的数学问题利用极化恒等式考虑尤为简单，让“秒杀”向量数量积问题成为一种可能，此恒等式的精妙之处在于建立向量与几何长度(数量)之间的桥梁，实现向量与几何、代数的巧妙结合．
(3)遇到共起点的两向量的数量积问题，常取第三边的中点，从而运用极化恒等式加以解决．
[应用体验]
1．在△ABC中，AC＝2BC＝4，∠ACB为钝角，M，N是边AB上的两个动点，且MN＝1，若eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))的最小值为eq \f(3,4)，则cs∠ACB＝________.
解析：取MN的中点P，则由极化恒等式得eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))＝|eq \(CP,\s\up7(―→))|2－eq \f(1,4)|eq \(MN,\s\up7(―→))|2＝|eq \(CP,\s\up7(―→))|2－eq \f(1,4).
∵eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))的最小值为eq \f(3,4)，
∴|eq \(CP,\s\up7(―→))|min＝1.
由平面几何知识知，当CP⊥AB时，CP最小．
如图，作CH⊥AB，H为垂足，
则CH＝1，又AC＝2BC＝4，
∴∠B＝30°，sin A＝eq \f(1,4)，
∴cs∠ACB＝cs(150°－A)＝eq \f(1－3\r(5),8).
答案：eq \f(1－3\r(5),8)
2．已知平面向量a，b，c满足|a|＝1，a·b＝eq \f(1,2)，a·c＝2，|2b－c|＝2，那么b·c的最小值为________．
解析：由a·b＝eq \f(1,2)，a·c＝2，得2a·b＋a·c＝3，即a·(2b＋c)＝3，又a·(2b＋c)＝|a||2b＋c|cs θ(其中θ为向量a与2b＋c的夹角)，所以|2b＋c|＝eq \f(3,cs θ)，所以b·c＝eq \f(1,8)[(2b＋c)2－(2b－c)2]＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,cs2θ)－4))≥eq \f(5,8).
答案：eq \f(5,8)
3．如图所示，矩形ABCD的边AB＝4，AD＝2，以点C为圆心，CB为半径的圆与CD交于点E，若点P是圆弧 (含端点B，E)上的一点，则eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的取值范围是________．
解析：设AB的中点为O(图略)，则eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝|eq \(PO,\s\up7(―→))|2－eq \f(1,4)|eq \(AB,\s\up7(―→))|2＝|eq \(PO,\s\up7(―→))|2－4，当O，P，C共线时，PO取得最小值为PO＝2eq \r(2)－2；当P与B(或E)重合时，PO取得最大值为PO＝2，所以eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的取值范围是[8－8eq \r(2)，0]．
答案：[8－8eq \r(2)，0]
[课时跟踪检测]
一、综合练——练思维敏锐度
1．已知非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，|2a－b|＝1，则|a|＝( )
A.eq \f(1,2) B．1 C.eq \r(2) D．2
解析：选A 由题意得a·b＝|a|×1×eq \f(1,2)＝eq \f(|a|,2)，又|2a－b|＝1，∴|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4|a|2－2|a|＋1＝1，即4|a|2－2|a|＝0，又|a|≠0，解得|a|＝eq \f(1,2).
2．已知a＝(2sin 13°，2sin 77°)，|a－b|＝1，a与a－b的夹角为eq \f(π,3)，则a·b＝( )
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：选B 因为a＝(2sin 13°，2sin 77°)，所以|a|＝eq \r(2sin 13°2＋2sin 77°2)＝eq \r(2sin 13°2＋2cs 13°2)＝2，又因为|a－b|＝1，向量a与a－b的夹角为eq \f(π,3)，所以cs eq \f(π,3)＝eq \f(a·a－b ,|a||a－b |)＝eq \f(a2－a·b,2×1)＝eq \f(4－a·b,2×1)＝eq \f(1,2)，所以a·b＝3，故选B.
3．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝eq \r(3)，则下列说法正确的是( )
A．a·b＝－2 B．(a＋b)⊥(a－b)
C．a与b的夹角为eq \f(π,3) D．|a－b|＝eq \r(7)
解析：选D 因为|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝eq \r(3)，
所以(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝1－4＝－3，
|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝3，
所以a·b＝－1.
又a·b＝1×2×cs〈a，b〉＝－1，
所以a与b的夹角为eq \f(2π,3)，
故|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝1＋2＋4＝7，
所以|a－b|＝eq \r(7)，故选D.
4．(2019·北京高考)设点A，B，C不共线，则“eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))的夹角为锐角”是“|eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|>|eq \(BC,\s\up7(―→))|”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选C 因为点A，B，C不共线，由向量减法的三角形法则，可知eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))，所以|eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|>|eq \(BC,\s\up7(―→))|等价于|eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|>|eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))|，不等号两边平方得eq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \(AC,\s\up7(―→))2＋2|eq \(AB,\s\up7(―→))|·|eq \(AC,\s\up7(―→))|cs θ>eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \(AB,\s\up7(―→))2－2|eq \(AC,\s\up7(―→))|·|eq \(AB,\s\up7(―→))|cs θ(θ为eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))的夹角)，整理得4|eq \(AB,\s\up7(―→))|·|eq \(AC,\s\up7(―→))|cs θ>0，故cs θ>0，即θ为锐角．又以上推理过程可逆，所以“eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))的夹角为锐角”是“|eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|>|eq \(BC,\s\up7(―→))|”的充分必要条件．
5.如图，半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝eq \f(2π,3)，P是弧AB上的一点，且满足OP⊥OB，M，N分别是线段OA，OB上的动点，则eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))的最大值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),2) C．1 D.eq \r(2)
解析：选C ∵扇形AOB的半径为1，∴|eq \(OP,\s\up7(―→))|＝1，∵OP⊥OB，∴eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝0.∵∠AOB＝eq \f(2π,3)，∴∠AOP＝eq \f(π,6)，∴eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→)))·(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(ON,\s\up7(―→)))＝eq \(PO,\s\up7(―→))2＋eq \(ON,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(ON,\s\up7(―→))＝1＋|eq \(OM,\s\up7(―→))|cs eq \f(5π,6)＋|eq \(OM,\s\up7(―→))||eq \(ON,\s\up7(―→))|cseq \f(2π,3)≤1＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝1，故选C.
6.△ABC中，|AC|＝2，|AB|＝2，∠BAC＝120°，＝λeq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AF,\s\up7(―→))＝μeq \(AC,\s\up7(―→))，M为线段EF的中点，若|eq \(AM,\s\up7(―→))|＝1，则λ＋μ的最大值为( )
A.eq \f(\r(7),3) B.eq \f(2\r(7),3) C．2 D.eq \f(\r(21),3)
解析：选C eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AE,\s\up7(―→))＋eq \(AF,\s\up7(―→)))＝eq \f(λ,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(μ,2)eq \(AC,\s\up7(―→))，∴|eq \(AM,\s\up7(―→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,2) eq \(AB,\s\up7(―→))＋\f(μ,2) eq \(AC,\s\up7(―→)) ))2＝λ2＋μ2＋eq \f(λμ,2)×4cs 120°＝λ2＋μ2－λμ＝1，∴1＝λ2＋μ2－λμ＝(λ＋μ)2－3λμ≥(λ＋μ)2－eq \f(3,4)(λ＋μ)2＝eq \f(1,4)(λ＋μ)2，∴λ＋μ≤2，当且仅当λ＝μ＝1时等号成立．故选C.
7.如图，在△ABC中，AB＝2AC，∠BAC＝eq \f(2π,3)，P1，P2，P3是边BC的四等分点，记I1＝eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP2,\s\up7(―→))，I2＝eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→))，I3＝eq \(AP2,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→))，则( )
A．I1＜I2＜I3 B．I2＜I1＜I3
C．I2＜I3＜I1 D．I3＜I2＜I1
解析：选C 因为eq \(AP2,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AP1,\s\up7(―→))＋eq \(AP3,\s\up7(―→)))，所以I1＝eq \f(1,2)(eq \(AP1,\s\up7(―→))2＋eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→)))，I3＝eq \f(1,2)(eq \(AP3,\s\up7(―→))2＋eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→)))，故只需判断eq \(AP1,\s\up7(―→))2，eq \(AP3,\s\up7(―→))2，eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→))之间的大小关系．不妨令AC＝1，AB＝2，则由余弦定理可得BC＝eq \r(7)，作AD⊥BC，由勾股定理容易得到P3位于点D的右侧，故∠AP3B为锐角，显然有eq \(AP1,\s\up7(―→))2＞eq \(AP3,\s\up7(―→))2＞eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→))，故I2＜I3＜I1，选C.
8.如图，C，D在半径为1的⊙O上，线段AB是⊙O的直径，则eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))的取值范围是________．
解析：由题意得eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝(eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DC,\s\up7(―→)))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝－eq \(DC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))，显然当DC，DB均为⊙O的直径时，eq \(DC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))取得最大值4.取BC的中点M，由极化恒等式可知eq \(DC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))＝eq \(DM,\s\up7(―→))2－eq \(BM,\s\up7(―→))2＝eq \(DM,\s\up7(―→))2＋eq \(OM,\s\up7(―→))2－1≥eq \f(DM＋OM2,2)－1≥eq \f(OD2,2)－1＝－eq \f(1,2)，
故eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(1,2)))
9．已知向量m＝(－1,2)，n＝(2，λ)，若m⊥n，则2m＋n与m夹角的余弦值为________．
解析：因为向量m＝(－1,2)，n＝(2，λ)，m⊥n，所以有m·n＝－2＋2λ＝0，解得λ＝1，所以2m＋n＝(0,5)，所以2m＋n与m夹角的余弦值为eq \f(2m＋n·m,|2m＋n||m|)＝eq \f(2m2,5×\r(－12＋22))＝eq \f(2\r(5),5).
答案：eq \f(2\r(5),5)
10．已知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(cs 23°，cs 67°)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(2cs 68°，2cs 22°)，则△ABC的面积为________．
解析：根据题意，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(cs 23°，cs 67°)，
∴eq \(BA,\s\up7(―→))＝－(cs 23°，sin 23°)，则|eq \(BA,\s\up7(―→))|＝1.
又∵eq \(BC,\s\up7(―→))＝(2cs 68°，2cs 22°)＝2(cs 68°，sin 68°)，∴|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝2.
∴eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝－2(cs 23°cs 68°＋sin 23°sin 68°)
＝－2×cs 45°＝－eq \r(2)，∴cs B＝eq \f(eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→)),| eq \(BA,\s\up7(―→))||eq \(BC,\s\up7(―→))|)＝－eq \f(\r(2),2)，
则B＝135°，则S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \(BA,\s\up7(―→))||eq \(BC,\s\up7(―→))|sin B
＝eq \f(1,2)×1×2×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
11．已知平面向量a，b满足|b|＝1，且a与b－a的夹角为120°，则|a|的取值范围为________．
解析：在△ABC中，设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝b，则b－a＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))，∵a与b－a的夹角为120°，∴∠B＝60°，由正弦定理得eq \f(1,sin 60°)＝eq \f(|a|,sin C)，∴|a|＝eq \f(sin C,sin 60°)＝eq \f(2\r(3),3)sin C．∵0°答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)))
12．(2022·南京第一中学月考)如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,6)eq \(BC,\s\up7(―→)).若M，N是线段BC上的动点，且MN＝1，则eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))的最小值为________．
解析：eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,6)eq \(BC,\s\up7(―→))，则|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝1，如图，以B为原点建立平面直角坐标系，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(3\r(3),2)))，
设M(x,0)，N(x＋1,0)，x∈[0,5]，
所以eq \(DM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)，－\f(3\r(3),2)))，
eq \(DN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)，－\f(3\r(3),2)))，
所以eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)))2＝x2－4x＋eq \f(15,4)＋eq \f(27,4)＝(x－2)2＋eq \f(13,2)，
当且仅当x＝2时，取得最小值eq \f(13,2)，
所以eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))的最小值为eq \f(13,2).
答案：eq \f(13,2)
13．已知|a|＝4，|b|＝8，a与b的夹角是120°.
(1)计算：①|a＋b|，②|4a－2b|；
(2)当k为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b)．
解：由已知得，a·b＝4×8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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.即当k＝－7时，(a＋2b)⊥(ka－b)．
14．在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sin x，cs x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(1)若m⊥n，求tan x的值；
(2)若m与n的夹角为eq \f(π,3)，求x的值．
解：(1)因为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sin x，cs x)，m⊥n，所以m·n＝0，即eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)cs x＝0，所以sin x＝cs x，所以tan x＝1.
(2)由已知得|m|＝|n|＝1，所以m·n＝|m|·|n|cs eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，即eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)cs x＝eq \f(1,2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＝eq \f(1,2).因为0二、自选练——练高考区分度
1．(2021·河北部分重点中学联考)已知向量a，b，c满足：a＝(4,0)，b＝(4,4)，(a－c)·(b－c)＝0，则b·c的最大值是( )
A．24 B．24－8eq \r(2)
C．24＋8eq \r(2) D．8eq \r(2)
解析：选C 设eq \(OA,\s\up7(―→))＝a＝(4,0)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b＝(4,4)， eq \(OC,\s\up7(―→))＝c＝(x，y)，则a－c＝(4－x，－y)，b－c＝(4－x,4－y)，又(a－c)·(b－c)＝0，∴(4－x)2－y(4－y)＝0，即(x－4)2＋(y－2)2＝4，∴点C的轨迹方程为(x－4)2＋(y－2)2＝4.而b·c＝4x＋4y，令z＝4x＋4y，由平面几何知识，得当直线4x＋4y－z＝0与圆(x－4)2＋(y－2)2＝4相切时，z取得最大值或最小值，即zmax＝24＋8eq \r(2)，故选C.
2．已知平面向量eq \(PA,\s\up7(―→))，eq \(PB,\s\up7(―→))满足|eq \(PA,\s\up7(―→))|＝|eq \(PB,\s\up7(―→))|＝1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2).若|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，则|eq \(AC,\s\up7(―→))|的最大值为( )
A.eq \r(2)－1 B.eq \r(3)－1
C.eq \r(2)＋1 D.eq \r(3)＋1
解析：选D 因为|eq \(PA,\s\up7(―→))|＝|eq \(PB,\s\up7(―→))|＝1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2)，所以cs∠APB＝－eq \f(1,2)，即∠APB＝eq \f(2π,3)，由余弦定理可得AB＝eq \r(1＋1＋1)＝eq \r(3).如图，建立平面直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))，由题设点C(x，y)在以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))为圆心，半径为1的圆上运动，结合图形可知，点C(x，y)运动到点D时，有|AC|max＝|AD|＝|AB|＋1＝eq \r(3)＋1.故选D.
3．(1)已知平面向量a，b，c满足a·b＝eq \f(7,4)，|a－b|＝3，(a－c)·(b－c)＝－2，则|c|的取值范围是________．
(2)已知向量a，b是单位向量，若a·b＝0，且|c－a|＋|c－2b|＝eq \r(5)，则|c＋2a|的取值范围是________．
解析：(1)由a·b＝eq \f(7,4)，|a－b|＝3，解得a2＋b2＝eq \f(25,2)，所以|a＋b|＝4.由(a－c)·(b－c)＝a·b－c·(a＋b)＋c2＝－2，得|c|2＋eq \f(15,4)＝c·(a＋b)≤|c|·|a＋b|＝4|c|，化简可得4|c|2－16|c|＋15≤0，解得eq \f(3,2)≤|c|≤eq \f(5,2).
(2)因为a，b是单位向量，且a·b＝0，所以可设a＝(1,0)，b＝(0,1)，设c＝(x，y)，则c－a＝(x－1，y)，c－2b＝(x，y－2)．因为|c－a|＋|c－2b|＝eq \r(5)，即eq \r(x－12＋y2)＋eq \r(x2＋y－22)＝eq \r(5)，由几何意义可得点P(x，y)到点A(1,0)和点B(0,2)的距离之和为eq \r(5)，而|AB|＝eq \r(5)，所以点P在线段AB上，且线段AB的方程为2x＋y－2＝0(0≤x≤1)，所以|c＋2a|
＝eq \r(x＋22＋y2)表示线段2x＋y－2＝0(0≤x≤1)上的点到(－2,0)的距离，所以|c＋2a|min＝eq \f(|2×－2－2|,\r(22＋1))＝eq \f(6\r(5),5)，|c＋2a|max＝|1－(－2)|＝3.
答案：(1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5,2))) (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(6\r(5),5)，3))
4．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a＝(－1,2)，又点A(8,0)，B(n，t)，C(ksin θ，t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2))).
(1)若eq \(AB,\s\up7(―→))⊥a，且|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(5)|eq \(OA,\s\up7(―→))|，求向量eq \(OB,\s\up7(―→))；
(2)若向量eq \(AC,\s\up7(―→))与向量a共线，当k>4，且tsin θ取最大值4时，求eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→)).
解：(1)由题设知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(n－8，t)，∵eq \(AB,\s\up7(―→))⊥a，∴8－n＋2t＝0.
又∵eq \r(5)|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|，∴5×64＝(n－8)2＋t2＝5t2，得t＝±8.
当t＝8时，n＝24；当t＝－8时，n＝－8，
∴eq \(OB,\s\up7(―→))＝(24,8)或eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－8，－8)．
(2)由题设知eq \(AC,\s\up7(―→))＝(ksin θ－8，t)，
∵eq \(AC,\s\up7(―→))与a共线，∴t＝－2ksin θ＋16，
tsin θ＝(－2ksin θ＋16)sin θ＝－2keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ－\f(4,k)))2＋eq \f(32,k).
∵k>4，∴0∴当sin θ＝eq \f(4,k)时，tsin θ取得最大值eq \f(32,k).
由eq \f(32,k)＝4，得k＝8，此时θ＝eq \f(π,6)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(4,8)，
∴eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))＝(8,0)·(4,8)＝32.
第四节 复数
课程标准
eq \a\vs4\al(1.理解复数的概念，理解复数相等的充要条件. 2.了解复数的代数表示法及其几何意义.,3.能进行复数代数形式的四则运算，了解两个具体复数相加、减的几何意义.)
[由教材回扣基础]
1．复数的定义及分类
(1)复数的定义：
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中实部是a，虚部是b.
(2)复数的分类：
eq \a\vs4\al(复数z＝a＋bi,a，b∈R )eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(实数b＝0，,虚数b≠0\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(纯虚数a＝0，,非纯虚数a≠0.))))
2．复数的有关概念
3．复数的几何意义
4.复数的运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则：
(1)z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；
(2)z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；
(3)z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；
(4)eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋bi,c＋di)＝eq \f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．
5．复数运算的几个重要结论
(1)|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2(|z1|2＋|z2|2)．
(2)eq \x\t(z)·z＝|z|2＝|eq \x\t(z)|2.
(3)若z为虚数，则|z|2≠z2.
(4)(1±i)2＝±2i.
(5)eq \f(1＋i,1－i)＝i；eq \f(1－i,1＋i)＝－i.
(6)i4n＝1；i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i(n∈N)．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)方程x2＋x＋1＝0没有解．( )
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( )
(3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小．( )
(4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√
二、练牢教材小题
1．(人教A版选修2－2 P103例1改编)若a∈R，复数z＝(a2－2a)＋(a2－a－2)i是纯虚数，则( )
A．a≠2且a≠－1 B．a＝0
C．a＝2 D．a＝0或a＝2
解析：选B 复数z＝(a2－2a)＋(a2－a－2)i是纯虚数，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－2a＝0，,a2－a－2≠0，))解得a＝0.
2．(新人教A版必修②P73T6改编)若复数z＝eq \f(1＋mi,1＋i)(i为复数单位)在复平面内对应的点在第三象限，则实数m的取值范围是( )
A．(－1,1) B．(－1,0)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
解析：选D z＝eq \f(1＋mi,1＋i)＝eq \f(1＋mi1－i,1＋i1－i)＝eq \f(1＋m,2)＋eq \f(m－1,2)i，由复数在复平面内对应的点在第三象限，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1＋m,2)<0，,\f(m－1,2)<0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<－1，,m<1，))即m<－1，故选D.
3．(人教A版选修2－2 P111例4改编)复数z＝eq \f(3－i,1－i)＝________.
答案：2＋i
三、练清易错易混
1．(概念理解错误)若i为虚数单位，则复数eq \f(4＋3i,3－4i)的虚部是( )
A．－1 B．1 C．i D．－i
解析：选B 由题意得，eq \f(4＋3i,3－4i)＝eq \f(4＋3i3＋4i,3－4i3＋4i)＝eq \f(25i,25)＝i，所以复数的虚部是1.故选B.
2．(混淆绝对值与复数模)若z＝3＋4i，则|z|＝( )
A.eq \r(5) B．5 C．7 D．25
解析：选B 因为z＝3＋4i，所以|z|＝eq \r(32＋42)＝5.
命题视角一 复数的概念(自主练通)
1．(2020·浙江高考)已知a∈R，若a－1＋(a－2)i(i为虚数单位)是实数，则a＝( )
A．1 B．－1 C．2 D．－2
解析：选C 因为a－1＋(a－2)i是实数，所以a－2＝0，所以a＝2，故选C.
2．(2020·全国Ⅰ卷)若z＝1＋2i＋i3，则|z|＝( )
A．0 B．1 C.eq \r(2) D．2
解析：选C 因为z＝1＋2i＋i3＝1＋2i－i＝1＋i，
所以|z|＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，故选C.
3．已知复数z＝(m2－1)＋(m－eq \r(3))(m－1)i(m∈R)，则下列说法错误的是( )
A．若m＝0，则共轭复数eq \x\t(z)＝－1－eq \r(3)i
B．若复数z＝2，则m＝eq \r(3)
C．若复数z为纯虚数，则m＝±1
D．若m＝0，则4＋2z＋z2＝0
解析：选C 对于A，当m＝0时，z＝－1＋eq \r(3)i，则eq \x\t(z)＝－1－eq \r(3)i，故A正确；对于B，若复数z＝2，则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－1＝2，,m－\r(3)m－1＝0，))解得m＝eq \r(3)，故B正确；对于C，若复数z为纯虚数，则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－1＝0，,m－\r(3)m－1≠0，))解得m＝－1，故C错误；对于D，若m＝0，则z＝－1＋eq \r(3)i,4＋2z＋z2＝4＋2(－1＋eq \r(3)i)＋(－1＋eq \r(3)i)2＝0，故D正确．
4．已知复数z＝eq \f(a,2－i)＋eq \f(2－i,5)的实部与虚部的和为2，则实数a的值为________．
解析：易知z＝eq \f(a,2－i)＋eq \f(2－i,5)＝eq \f(a2＋i,5)＋eq \f(2－i,5)＝eq \f(2a＋2,5)＋eq \f(a－1i,5)，由题意得eq \f(2a＋2,5)＋eq \f(a－1,5)＝2，解得a＝3.
答案：3
[一“点”就过]
解决复数概念问题的方法
(1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化为代数形式z＝a＋bi(a，b∈R)，则该复数的实部为a，虚部为b.
(2)求一个复数的共轭复数，只需将此复数整理成标准的代数形式，实部不变，虚部变为相反数，即得原复数的共轭复数．复数z1＝a＋bi与z2＝c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
命题视角二 复数代数形式的运算(自主练通)
1．(2021·新高考Ⅰ卷)已知z＝2－i，则z(eq \x\t(z)＋i)＝( )
A．6－2i B．4－2i C．6＋2i D．4＋2i
解析：选C 因为z＝2－i，所以eq \x\t(z)＝2＋i，则z(eq \x\t(z)＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝4＋4i－2i＋2＝6＋2i.故选C.
2．(2021·全国甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，则z＝( )
A．－1－eq \f(3,2)i B．－1＋eq \f(3,2)i
C．－eq \f(3,2)＋i D．－eq \f(3,2)－i
解析：选B 因为(1－i)2z＝3＋2i，所以z＝eq \f(3＋2i,1－i2)＝eq \f(3＋2i,－2i)＝－1＋eq \f(3,2)i.故选B.
3．若复数z满足z(1＋2i)＝(1＋i)2(i为虚数单位)，则|eq \x\t(z)＋i2 021|＝________.
解析：由z(1＋2i)＝(1＋i)2，得复数z＝eq \f(1＋i2,1＋2i)＝eq \f(2i1－2i,5)＝eq \f(4＋2i,5)，∴eq \x\t(z)＝eq \f(4－2i,5).∴|eq \x\t(z)＋i2 021|＝eq \f(4－2i,5)＋i＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4＋3i,5)))＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2)＝1.
答案：1
4．i是虚数单位，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(5－i,1＋i)))的值为________．
解析：∵eq \f(5－i,1＋i)＝eq \f(5－i1－i,1＋i1－i)＝2－3i，∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(5－i,1＋i)))＝|2－3i|＝eq \r(13).
答案：eq \r(13)
[一“点”就过]
复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式运算，除法关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，注意要把i的幂写成最简形式．
命题视角三 复数的几何意义
[典例] (1)(2021·新高考Ⅱ卷)复数eq \f(2－i,1－3i)在复平面内对应的点所在的象限为( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
(2)已知复数z1＝2－2i(i为虚数单位)在复平面内对应的点为P1，复数z2满足|z2－i|＝1，则下列结论错误的是( )
A．P1点的坐标为(2，－2)
B.eq \x\t(z)1＝2＋2i(eq \x\t(z)1为z1的共轭复数)
C．|z2－z1|的最大值为eq \r(13)＋1
D．|z2－z1|的最小值为2eq \r(2)
[解析] (1)eq \f(2－i,1－3i)＝eq \f(2－i1＋3i,1－3i1＋3i)＝eq \f(5＋5i,10)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i.故选A.
(2)对于A，复数z1＝2－2i在复平面内对应的点为P1(2，－2)，故A正确；对于B，∵z1＝2－2i，∴eq \x\t(z)1＝2＋2i，故B正确；对于C、D，设z2＝x＋yi(x，y∈R)，在复平面内对应的点为P(x，y)，设A(0,1)，∵|z2－i|＝1，∴点P(x，y)到点A的距离为1，因此P(x，y)是在以A(0,1)为圆心，1为半径的圆上，|z2－z1|表示圆A上的点到P1点的距离，因此|z2－z1|max＝AP1＋1＝eq \r(22＋－2－12)＋1＝eq \r(13)＋1，|z2－z1|min＝AP1－1＝eq \r(22＋－2－12)－1＝eq \r(13)－1，故C正确，D错误．
[答案] (1)A (2) D
[方法技巧]
复数几何意义问题的解题策略
(1)复数z、复平面上的点Z及向量eq \(OZ,\s\up7(―→))相互联系，即z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔eq \(OZ,\s\up7(―→)).
(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
[针对训练]
1．在复平面内，复数eq \f(m＋i,m－i)(i为虚数单位)对应的点位于第一象限，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
解析：选D eq \f(m＋i,m－i)＝eq \f(m＋i2,m－im＋i)＝eq \f(m2－1,m2＋1)＋eq \f(2m,m2＋1)i.
∵该复数对应的点位于第一象限，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(m2－1,m2＋1)>0，,\f(2m,m2＋1)>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－1>0，,2m>0，))解得m>1，
∴实数m的取值范围是(1，＋∞)，故选D.
2．(2022·福州质检)设复数z满足|z＋1|＝|z－i|，z在复平面内对应的点为(x，y)，则( )
A．x＝0 B．y＝0
C．x－y＝0 D．x＋y＝0
解析：选D 复数z满足|z＋1|＝|z－i|，所以eq \r(x＋12＋y2)＝eq \r(x2＋y－12)，化简，得x＋y＝0，故选D.
3．设z为复数，则下列命题中不正确的是( )
A．|z|2＝z·eq \x\t(z)
B．z2＝|z|2
C．若|z|＝1，则|z＋i|的最大值为2
D．若|z－1|＝1，则0≤|z|≤2
解析：选B 对于A，设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \x\t(z)＝a－bi，所以|z|2＝a2＋b2，而z·eq \x\t(z)＝a2＋b2，所以|z|2＝z·eq \x\t(z)成立；对于B，z＝a＋bi(a，b∈R)，当a，b均不为0时，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，而|z|2＝a2＋b2，所以z2＝|z|2不成立；对于C，|z|＝1可以看成以O(0，0)为圆心，1为半径的圆上的点P，|z＋i|可以看成点P到Q(0，－1)的距离，所以当P为(0,1)时，可取|z＋i|的最大值为2；对于D，|z－1|＝1可以看成以M(1,0)为圆心，1为半径的圆上的点N，则|z|表示点N到原点的距离，故O，N重合时，|z|＝0最小，当O，M，N三点共线时，|z|＝2最大，故0≤|z|≤2.
数学建模·练抽象思维——复数中的创新应用问题
1．(参悟数学文化)欧拉公式exi＝cs x＋isin x是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥，依据欧拉公式，下列选项错误的是( )
A．复数e2i对应的点位于第二象限
B．为纯虚数
C．复数eq \f(exi,\r(3)＋i)的模长等于eq \f(1,2)
D．的共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i
解析：选D 对于A，e2i＝cs 2＋isin 2，因为eq \f(π,2)<2<π，即cs 2<0，sin 2>0，所以复数e2i对应的点位于第二象限，A正确；对于B，＝cseq \f(π,2)＋isineq \f(π,2)＝i，为纯虚数，B正确；对于C，eq \f(exi,\r(3)＋i)＝eq \f(cs x＋isin x,\r(3)＋i)＝eq \f(cs x＋isin x\r(3)－i,\r(3)＋i\r(3)－i)＝eq \f(\r(3)cs x＋sin x,4)＋eq \f(\r(3)sin x－cs x,4)i，于是得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(exi,\r(3)＋i)))＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)cs x＋sin x,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)sin x－cs x,4)))2)＝eq \f(1,2)，C正确；对于D，＝cseq \f(π,6)＋isineq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)i，其共轭复数为eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i，D不正确．
2．(参悟数学文化)18世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义．例如，|z|＝|OZ|，也即复数z的模的几何意义为z对应的点Z到原点的距离．在复平面内，复数z0＝eq \f(a＋2i,1＋i)(i是虚数单位，a∈R)是纯虚数，其对应的点为Z0，满足条件|z|＝1的点Z与Z0之间的最大距离为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 因为z0＝eq \f(a＋2i,1＋i)＝eq \f(a＋2i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(a＋2＋2－ai,2)，且复数z0是纯虚数，所以a＋2＝0，解得a＝－2，所以z0＝2i，则Z0(0,2)，由于|z|＝1，故设Z(x，y)且x2＋y2＝1，－1≤y≤1，所以|ZZ0|＝eq \r(x2＋y－22)＝eq \r(x2＋y2＋4－4y)＝eq \r(5－4y)≤ eq \r(5＋4)＝3，故点Z与Z0之间的最大距离为3.故选C.
3．(创新学科情境)已知复数z对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙、丁四人对复数z的陈述如下(i为虚数单位)：甲：z＋eq \x\t(z)＝2；乙：z－eq \x\t(z)＝2eq \r(3)i；丙：z·eq \x\t(z)＝4；丁：eq \f(z,\x\t(z))＝eq \f(z2,2).在甲、乙、丙、丁四人的陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数z＝________.
解析：设z＝a＋bi(a>0，b>0)，则eq \x\t(z)＝a－bi，
∴z＋eq \x\t(z)＝2a，z－eq \x\t(z)＝2bi，z·eq \x\t(z)＝a2＋b2，eq \f(z,\x\t(z))＝eq \f(z2,a2＋b2).
∵z·eq \x\t(z)＝4与eq \f(z,\x\t(z))＝eq \f(z2,2)不可能同时成立，
∴丙、丁两人的陈述不能同时正确；
当z－eq \x\t(z)＝2eq \r(3)i时，b2＝3>2，∴eq \f(z,\x\t(z))＝eq \f(z2,2)不成立，
∴乙、丁两人的陈述不能同时正确；
当甲乙两人的陈述正确时，a＝1，b＝eq \r(3)，
则丙也正确，不合题意；
当甲丙两人的陈述正确时，a＝1，b＝eq \r(3)，
则乙也正确，不合题意；
当乙丙两人的陈述正确时，b＝eq \r(3)，a＝1，
则甲也正确，不合题意；
∴甲丁两人的陈述正确，此时a＝b＝1，∴z＝1＋i.
答案：1＋i
4．(衔接高等数学)在复平面内，复数z＝a＋bi(a，b∈R)对应向量eq \(OZ,\s\up7(―→)) (O为坐标原点)，设|eq \(OZ,\s\up7(―→))|＝r，以射线Ox为始边，OZ为终边旋转的角为θ，则z＝r(cs θ＋isin θ)，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：z1＝r1(cs θ1＋isin θ1)，z2＝r2(cs θ2＋isin θ2)，则z1z2＝r1r2[cs(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]，由棣莫弗定理可以推导出复数乘方公式：[r(cs θ＋isin θ)]n＝rn(cs nθ＋isin nθ)．已知z＝(eq \r(3)＋i)4，则|eq \x\t(z)|＝________；若复数ω满足ωn－1＝0(n∈N*)，则称复数ω为n次单位根，若复数ω是6次单位根，且ω∉R，请写出一个满足条件的ω＝________.
解析：∵eq \r(3)＋i＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(π,6)＋isin\f(π,6)))，
∴z＝(eq \r(3)＋i)4＝24eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(2,3)π＋isin\f(2,3)π))，
则|eq \x\t(z)|＝|z|＝24＝16.由题意知ω6＝1，
设ω＝cs θ＋isin θ，则ω6＝cs 6θ＋isin 6θ＝1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin 6θ＝0，,cs 6θ＝1，))又ω∉R，所以sin θ≠0，
故可取θ＝eq \f(π,3)，则ω＝cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3).
答案：16 cseq \f(2kπ,6)＋isineq \f(2kπ,6)(k＝1,2,4,5)
[课时跟踪检测]
1．已知i为虚数单位，z＝eq \f(4,1－i)，则复数z的虚部为( )
A．－2i B．2i C．2 D．－2
解析：选C z＝eq \f(4,1－i)＝eq \f(41＋i,1－i1＋i)＝eq \f(41＋i,2)＝2＋2i，虚部为2，故选C.
2．(2021·浙江高考)已知a∈R，(1＋ai)i＝3＋i(i为虚数单位)，则a＝( )
A．－1 B．1 C．－3 D．3
解析：选C 由(1＋ai)i＝3＋i，得－a＋i＝3＋i，所以－a＝3，即a＝－3.故选C.
3．设复数z＝eq \f(1－i,1＋i)，f(x)＝x2 020＋x2 019＋…＋x＋1，则f(z)＝( )
A．i B．－i C．1 D．－1
解析：选C ∵z＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝eq \f(－2i,2)＝－i，
∴f(z)＝f(－i)＝(－i)2 020＋(－i)2 019＋…＋(－i)＋1.∵(－i)＋(－i)2＋(－i)3＋(－i)4＝－i－1＋i＋1＝0，∴f(z)＝505×0＋1＝1.故选C.
4．若z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m－6))＋(m－2)i为纯虚数，则实数m的值为( )
A．－2 B．2 C．－3 D．3
解析：选C 因为z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m－6))＋(m－2)i为纯虚数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－2m＋3＝0，,m－2≠0，))解得m＝－3，故选C.
5．复数z＝eq \f(2i4,1＋i)在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D 由题得复数z＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(21－i,1＋i1－i)＝eq \f(21－i,2)＝1－i，所以复数z对应的点位于复平面第四象限，故选D.
6．“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 当a＝－2时，z＝(－2＋2i)(－1＋i)＝－4i，则z为纯虚数，可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充分条件；当z＝(a＋2i)(－1＋i)＝(－a－2)＋(a－2)i为纯虚数时，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a－2＝0，,a－2≠0，))解得a＝－2，可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的必要条件．综上所述，“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充要条件．
7．已知a∈R，i是虚数单位，若z＝a＋eq \r(3)i，z·eq \x\t(z)＝4，则a＝( )
A．1或－1 B.eq \r(7)或－eq \r(7)
C．－eq \r(3) D.eq \r(3)
解析：选A ∵z＝a＋eq \r(3)i，∴eq \x\t(z)＝a－eq \r(3)i，∴z·eq \x\t(z)＝(a＋eq \r(3)i)(a－eq \r(3)i)＝a2＋3＝4，∴a2＝1，∴a＝±1，故选A.
8．已知m∈R，复数z1＝1＋3i，z2＝m＋2i，且z1·eq \x\t(z)2为实数，则m＝( )
A．－eq \f(2,3) B.eq \f(2,3) C．3 D．－3
解析：选B 因为z1·eq \x\t(z)2＝(1＋3i)(m－2i)＝(m＋6)＋(3m－2)i为实数，所以3m－2＝0，解得m＝eq \f(2,3).故选B.
9．已知复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i(i为虚数单位)，则eq \f(z1,z2)＝( )
A.eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i B．－eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i
C．－eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i D.eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i
解析：选A 由题意，复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i，则z2＝3＋i，则根据复数的运算，得eq \f(z1,z2)＝eq \f(3－i,3＋i)＝eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i.
10．已知复数z＝eq \f(5a,2＋i)＋eq \f(1＋i,1－i)，a∈R，若复数z对应的点在复平面内位于第四象限，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0,1) D．(－∞，1)
解析：选A 因为z＝eq \f(5a2－i,5)＋eq \f(1＋i2,2)＝2a－ai＋i＝2a＋(1－a)i，所以由题设可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a>0，,1－a<0))⇒a>1.
11．设z是复数，|z－i|≤2(i是虚数单位)，则|z|的最大值是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选C ∵|z－i|≤2，∴复数z在复平面内对应点在以(0,1)为圆心，2为半径的圆上及其内部(如图)．∴|z|的最大值为3.
12．已知ABCD是复平面内的平行四边形，A，B，C三点对应的复数分别是－2＋i,1－i,2＋2i，则点D对应的复数为( )
A．4－i B．－3－2i C．5 D．－1＋4i
解析：选D 由题得A(－2,1)，B(1，－1)，C(2,2)，
设D(x，y)，则eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3，－2)，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(2－x,2－y)，因为eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x＝3,2－y＝－2，))解得x＝－1，y＝4.所以点D的坐标为(－1,4)，所以点D对应的复数为－1＋4i.
13．若复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝2－i，则复数eq \f(z1,|z1|2＋z2)在复平面内对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D 因为复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝2－i，所以z2＝－2－i，
复数eq \f(z1,|z1|2＋z2)＝eq \f(2－i,|2－i|2－2－i)＝eq \f(2－i,3－i)＝eq \f(2－i3＋i,3－i3＋i)＝eq \f(7,10)－eq \f(1,10)i.故eq \f(z1,|z1|2＋z2)在复平面内对应的点在第四象限．
14．已知i为虚数单位，且复数z满足z－2i＝eq \f(1,1－i)，则复数z在复平面内的点到原点的距离为( )
A.eq \f(13,2) B.eq \f(\r(26),2) C.eq \f(\r(10),2) D.eq \f(5,2)
解析：选B 由z－2i＝eq \f(1,1－i)，得z＝2i＋eq \f(1,1－i)＝2i＋eq \f(1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(1,2)＋eq \f(5,2)i，所以复数z在复平面内的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,2)))，到原点的距离为 eq \r(\f(1,4)＋\f(25,4))＝eq \f(\r(26),2).
15．已知复数z＝2＋i (i是虚数单位)，则|z|＝______，i·z＝________.
解析：由题得|z|＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，
i·z＝2i＋i2＝－1＋2i.
答案：eq \r(5) －1＋2i
16．复数z＝eq \f(1,1＋i)(i为虚数单位)，则|z|＝________.
解析：∵z＝eq \f(1,1＋i)＝eq \f(1－i,1＋i1－i)＝eq \f(1－i,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，
∴|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
17．(2019·江苏高考)已知复数(a＋2i)(1＋i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是________．
解析：(a＋2i)(1＋i)＝a－2＋(a＋2)i，
因为实部为0，所以a－2＝0，即a＝2.
答案：2
18．已知复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)对应的点在x轴上方，则m的取值范围是________．
解析：复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)在复平面上对应的点的坐标为(m－1,3－m)，如果该点落在x轴上方，则有3－m>0，解得m<3.
答案：(－∞，3)
19．已知p，q∈R，若复数1＋i(i是虚数单位)是关于x的方程2x2＋px＋q＝0的一个根，则p＝________，q＝________.
解析：因为1＋i是关于x的方程2x2＋px＋q＝0的一个根，
所以2(1＋i)2＋p(1＋i)＋q＝0，
即(p＋q)＋(4＋p)i＝0，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＋q＝0，,4＋p＝0，))
解得p＝－4，q＝4.
答案：－4 4
20．(2020·全国Ⅱ卷)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq \r(3)＋i，则|z1－z2|＝________.
解析：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝eq \r(3)－a＋(1－b)i，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|z1|2＝a2＋b2＝4，,|z2|2＝\r(3)－a2＋1－b2＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝4，,\r(3)a＋b＝2，))
所以|z1－z2|2＝(2a－eq \r(3))2＋(2b－1)2＝4(a2＋b2)－4(eq \r(3)a＋b)＋4＝4×4－4×2＋4＝12，所以|z1－z2|＝2eq \r(3).
答案：2eq \r(3)名称
定义
备注
向量
既有大小又有方向的量叫做向量；向量的大小叫做向量的长度(或称模)
平面向量是自由向量，可在平面内自由平移
零向量
长度为0的向量
记作0，其方向是任意的
单位向量
长度等于1个单位的向量
非零向量a的单位向量为±eq \f(a,| a|)
平行向量
方向相同或相反的非零向量(又叫做共线向量)
0与任一向量平行或共线
相等向量
长度相等且方向相同的向量
两向量只有相等或不相等，不能比较大小
相反向量
长度相等且方向相反的向量
0的相反向量为0
向量运算
定义
法则(或几何意义)
运算律
加法
求两个向量和的运算叫做向量的加法
(1)交换律：
a＋b＝b＋a；
(2)结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)
减法
求a与b的相反向量－b的和的运算叫做a与b的差
a－b＝a＋(－b)
数乘
求实数λ与向量a的积的运算
|λa|＝|λ||a|，当λ>0时，λa的方向与a的方向相同；当λ<0时，λa的方向与a的方向相反；当λ＝0时，λa＝0
λ(μa)＝(λμ)a；
(λ＋μ)a＝λa＋μa；
λ(a＋b)＝λa＋λb
证明向量共线
若存在实数λ，使a＝λb，则a与非零向量b共线
证明三点共线
若存在实数λ，使eq \(AB,\s\up7(―→))＝λeq \(AC,\s\up7(―→))，eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))有公共点A，则A，B，C三点共线
求参数的值
利用向量共线定理及向量相等的条件列方程(组)求参数的值
巧借方程思想求坐标
向量的坐标运算主要是利用加法、减法、数乘运算法则进行，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求出向量的坐标，求解过程中要注意方程思想的运用
妙用待定系数法求系数
利用坐标运算求向量的基底表示，一般先求出基底向量和被表示向量的坐标，再用待定系数法求出系数
向量的夹角
已知两个非零向量a和b，记eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，则∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a与b的夹角
数量积的定义
已知两个非零向量a，b，它们的夹角为θ，则a与b的数量积(或内积)记作a·b，即a·b＝|a||b|cs θ.
规定：零向量与任一向量的数量积为0，即0·a＝0
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|cs θ的乘积
交换律
a·b＝b·a
结合律
λa·b＝λ(a·b)＝a·λ(b)
分配律
(a＋b)·c＝a·c＋b·c
结论
几何表示
坐标表示
模
|a|＝eq \r(a·a)
|a|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))
夹角
cs θ＝eq \f(a·b,| a || b |)
cs θ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))
a⊥b的充要条件
a·b＝0
x1x2＋y1y2＝0
|a·b|与|a||b|的关系
|a·b|≤|a||b|
|x1x2＋y1y2|≤eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))
常规角度
主要考查平面向量数量积的计算，利用数量积求向量的模、夹角以及数量积的范围问题等
创新角度
1.平面向量的数量积与三角恒等变换、解析几何、平面几何以及三角函数交汇，主要利用数量积证明垂直或利用数量积转化垂直的条件、求长度等．
2.出现了多项选择题，更好地检测不同层次学生的水平
定义法
当已知向量的模和夹角θ时，可利用定义法求解，即a·b＝|a||b|cs θ
坐标法
当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2
定义法
利用向量数量积的定义a·b＝|a||b|cs θ(θ为a与b的夹角)进行求解，在求解时，要注意θ的取值范围是[0，π]
坐标法
利用cs θ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))进行求解，其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)(θ为a与b的夹角)
临界分析
结合图形，确定临界位置的动态分析求出范围
目标函数
将数量积表示为某一个变量或两个变量的函数，建立函数关系式，再利用三角函数有界性、二次函数或基本不等式求最值或范围
复数相等
a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)
共轭复数
a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)
复数的模
向量eq \(OZ,\s\up7(―→))的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝eq \r(a2＋b2)(r≥0，a，b∈R)
复平面的概念
建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面
实轴、虚轴
在复平面内，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴，实轴上的点都表示实数；除原点以外，虚轴上的点都表示纯虚数
复数的几何表示
复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b) 平面向量eq \(OZ,\s\up7(―→))
课程标准
1.了解平面向量的实际背景，理解平面向量的意义和两个向量相等的含义．
2．理解平面向量的几何表示和基本要素．
3．掌握平面向量加、减运算及运算规则，理解其几何意义．
4．掌握平面向量数乘运算及运算规则，理解其几何意义．理解两个平面向量共线的含义．
5．了解平面向量的线性运算性质及其几何意义．
[由教材回扣基础]
1．向量的有关概念
2．向量的线性运算
3．共线向量定理
向量a (a≠0)与b共线，当且仅当有唯一一个实数λ，使得b＝λa.
eq \a\vs4\al(澄清微点·熟记结论)
(1)设P为线段AB的中点，O为平面内任一点，则eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)))．
(2)若G是△ABC的重心，D是BC边的中点，则
①eq \(GA,\s\up7(―→))＋eq \(GB,\s\up7(―→))＋eq \(GC,\s\up7(―→))＝0；
②eq \(AG,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))；
③eq \(GD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(GB,\s\up7(―→))＋eq \(GC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,6)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))．
(3)在四边形ABCD中，若E为AD的中点，F为BC的中点，则eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(DC,\s\up7(―→))＝2eq \(EF,\s\up7(―→)).
(4)eq \(OA,\s\up7(―→))＝λeq \(OB,\s\up7(―→))＋μeq \(OC,\s\up7(―→)) (λ，μ为实数)，若点A，B，C三点共线，则λ＋μ＝1.
(5)解决向量的概念问题要注意两点：一是不仅要考虑向量的大小，更重要的是要考虑向量的方向；二是考虑零向量是否也满足条件．要特别注意零向量的特殊性．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)向量与有向线段是一样的，因此可以用有向线段来表示向量．( )
(2)若向量eq \(AB,\s\up7(―→))与向量eq \(CD,\s\up7(―→))是共线向量，则A，B，C，D四点在一条直线上．( )
(3)当两个非零向量a，b共线时，一定有b＝λa，反之成立．( )
答案：(1)× (2)× (3)√
二、练牢教材小题
1．(湘教版必修②P11T3)化简：eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(DA,\s\up7(―→))＋eq \(BD,\s\up7(―→))－eq \(BC,\s\up7(―→))－eq \(CA,\s\up7(―→))＝________.
答案：eq \(AB,\s\up7(―→))
2．(人教B版必修②P143例2改编)已知|a|＝1，|b|＝2，则|3a＋2b|的最大值和最小值分别为________．
答案：7,1
3．(人教A版必修②P14例6改编)已知▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，且eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，则eq \(DC,\s\up7(―→))＝________，eq \(BC,\s\up7(―→))＝________.(用a，b表示)
答案：b－a －a－b
4．(人教A版必修②P15T2)点C在线段AB上，且eq \f(AC,CB)＝eq \f(5,2)，则eq \(AC,\s\up7(―→))＝________eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(BC,\s\up7(―→))＝________eq \(AB,\s\up7(―→)).
答案：eq \f(5,7) －eq \f(2,7)
三、练清易错易混
1．(忽视零向量)下列命题中，正确的是( )
A．a与b共线，b 与c共线，则a与c共线
B．向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反
C．两个共同起点且相等的向量，其终点必相同
D．零向量与任意数的乘积都为零
答案：C
2．(忽视向量相等的条件)若四边形ABCD满足eq \(AD,\s\up7(―→))∥eq \(BC,\s\up7(―→))且|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝|eq \(DC,\s\up7(―→))|，则四边形ABCD的形状是______________．
解析：当|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝|eq \(BC,\s\up7(―→))|时，四边形ABCD是平行四边形；当|eq \(AD,\s\up7(―→))|≠|eq \(BC,\s\up7(―→))|时，四边形ABCD是等腰梯形．
答案：平行四边形或等腰梯形
命题视角一 平面向量的基本概念(自主练通)
1．设a是非零向量，λ是非零实数，下列结论中正确的是( )
A．a与λa的方向相反
B．a与λ2a的方向相同
C．|－λa|≥|a|
D．|－λa|≥|λ|a
解析：选B 对于A，当λ＞0时，a与λa的方向相同，当λ＜0时，a与λa的方向相反；B正确；对于C，|－λa |＝|－λ|| a |，由于|－λ|的大小不确定，故|－λa |与| a的大小关系不确定；对于D，|λ| a是向量，而|－λa |表示长度，两者不能比较大小．
2．(多选)下列命题为真命题的是( )
A．若a与b为非零向量，且a∥b，则a＋b必与a或b平行
B．若e为单位向量，且a∥e，则a＝|a|e
C．两个非零向量a，b，若|a－b|＝|a|＋|b|，则a与b共线且反向
D．“两个向量平行”是“这两个向量相等”的必要不充分条件
答案：ACD
3.如图，等腰梯形ABCD中，对角线AC与BD交于点P，点E，F分别在两腰AD，BC上，EF过点P，且EF∥AB，则下列等式成立的是( )
A．eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→)) B．eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(BD,\s\up7(―→))
C．eq \(PE,\s\up7(―→))＝eq \(PF,\s\up7(―→)) D．eq \(EP,\s\up7(―→))＝eq \(PF,\s\up7(―→))
解析：选D 根据相等向量的定义，A中，eq \(AD,\s\up7(―→))与eq \(BC,\s\up7(―→))的方向不同，故A错误；B中，eq \(AC,\s\up7(―→))与eq \(BD,\s\up7(―→))的方向不同，故B错误；C中，eq \(PE,\s\up7(―→))与eq \(PF,\s\up7(―→))的方向相反，故C错误；D中，eq \(EP,\s\up7(―→))与eq \(PF,\s\up7(―→))的方向相同，且长度都等于线段EF长度的一半，故D正确．
[一“点”就过]
解决向量问题的关键点
(1)相等向量具有传递性，非零向量的平行也具有传递性．
(2)相等向量不仅模相等，而且方向也相同，所以相等向量一定是平行向量，但平行向量未必是相等向量．
(3)向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量．解题时，不要把它与函数图象的平移混为一谈．
(4)eq \f(a,| a |)是非零向量a方向上的单位向量，因此单位向量eq \f(a,| a |)与a方向相同．
命题视角二 平面向量的线性运算
考法(一) 平面向量的线性运算
[例1] (1)(2020·新高考Ⅱ卷)若D为△ABC的边AB的中点，则eq \(CB,\s\up7(―→))＝( )
A．2eq \(CD,\s\up7(―→))－eq \(CA,\s\up7(―→)) B．2eq \(CA,\s\up7(―→))－eq \(CD,\s\up7(―→))
C．2eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→)) D．2eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))
(2)在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝3DC，E为BC的中点，则eq \(AE,\s\up7(―→))等于( )
A.eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→))
B.eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))
C.eq \f(5,6)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→))
D.eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(5,6)eq \(AD,\s\up7(―→))
[解析] (1)∵D为△ABC的边AB的中点，∴eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→)))，∴eq \(CB,\s\up7(―→))＝2eq \(CD,\s\up7(―→))－eq \(CA,\s\up7(―→)).故选A.
(2)由eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DC,\s\up7(―→))＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))，得eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AD,\s\up7(―→))－\f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→)).故选A.
[答案] (1)A (2)A
[方法技巧]
向量线性运算的解题策略
(1)常用的法则是平行四边形法则和三角形法则，一般共起点的向量求和用平行四边形法则，求差用三角形法则，求首尾相连的向量的和用三角形法则．
(2)用基本向量表示某个向量问题的基本技巧：①观察各向量的位置；②寻找相应的三角形或多边形；③运用法则找关系；④化简结果．
考法(二) 利用向量的线性运算求参数
[例2] (2022·韶关模拟)在△ABC中，点M为AC上的点，且eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(MC,\s\up7(―→))，若eq \(BM,\s\up7(―→))＝λeq \(BA,\s\up7(―→))＋μeq \(BC,\s\up7(―→))，则λ－μ的值是( )
A．1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
[解析] 由eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(MC,\s\up7(―→))，得eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))，所以eq \(BM,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)(eq \(BC,\s\up7(―→))－eq \(BA,\s\up7(―→)))＝eq \f(2,3)eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up7(―→))，又因为eq \(BM,\s\up7(―→))＝λeq \(BA,\s\up7(―→))＋μeq \(BC,\s\up7(―→))，所以λ＝eq \f(2,3)，μ＝eq \f(1,3)，故λ－μ＝eq \f(1,3).故选C.
[答案] C
[方法技巧]
利用向量的线性运算求参数的方法
与向量的线性运算有关的参数问题，一般是构造三角形，利用向量线性运算的三角形法则进行加法或减法运算，然后通过建立方程组即可求得相关参数．
[针对训练]
1．在△ABC中，D为AB的中点，点E满足eq \(EB,\s\up7(―→))＝4eq \(EC,\s\up7(―→))，则eq \(ED,\s\up7(―→))＝( )
A.eq \f(5,6)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(4,3)eq \(AC,\s\up7(―→)) B.eq \f(4,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(5,6)eq \(AC,\s\up7(―→))
C.eq \f(5,6)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(4,3)eq \(AC,\s\up7(―→)) D.eq \f(4,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(5,6)eq \(AC,\s\up7(―→))
解析：选A ∵D为AB的中点，点E满足eq \(EB,\s\up7(―→))＝4eq \(EC,\s\up7(―→))，
∴eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up7(―→))，eq \(EB,\s\up7(―→))＝eq \f(4,3)eq \(CB,\s\up7(―→))，
∴eq \(ED,\s\up7(―→))＝eq \(EB,\s\up7(―→))＋eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \f(4,3)eq \(CB,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))
＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)) ))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(5,6)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(4,3)eq \(AC,\s\up7(―→)).
2．设M是△ABC所在平面上的一点，eq \(MB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,2)eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \f(3,2)eq \(MC,\s\up7(―→))＝0，D是AC的中点，teq \(MB,\s\up7(―→))＝eq \(DM,\s\up7(―→))，则实数t的值为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,3) C．2 D．1
解析：选B 因为D是AC的中点，所以eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \(MC,\s\up7(―→))＝2eq \(MD,\s\up7(―→))，又因为eq \(MB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,2)eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \f(3,2)eq \(MC,\s\up7(―→))＝0，所以eq \f(1,3)eq \(MB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \(MC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,3)eq \(MB,\s\up7(―→))＋eq \(MD,\s\up7(―→))＝0，即eq \f(1,3)eq \(MB,\s\up7(―→))＝eq \(DM,\s\up7(―→))，又因为teq \(MB,\s\up7(―→))＝eq \(DM,\s\up7(―→))，所以t＝eq \f(1,3).
3．在正六边形ABCDEF中，对角线BD，CF相交于点P，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋yeq \(AF,\s\up7(―→))，则x＋y＝________.
解析：如图，记正六边形ABCDEF的中心为点O，连接OB，OD，易证四边形OBCD为菱形且P恰为其中心．
∴eq \(FP,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)eq \(FO,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，∴eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \(AF,\s\up7(―→))＋eq \(FP,\s\up7(―→))＝eq \(AF,\s\up7(―→))＋eq \f(3,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，∵eq \(AP,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋yeq \(AF,\s\up7(―→))，∴x＝eq \f(3,2)，y＝1，∴x＋y＝eq \f(5,2).
答案：eq \f(5,2)
命题视角三 共线向量定理的应用
[典例] (1)已知a，b是不共线的向量，eq \(AB,\s\up7(―→))＝λa＋b，eq \(AC,\s\up7(―→))＝a＋μb(λ，μ∈R)，若A，B，C三点共线，则λ，μ的关系一定成立的是( )
A．λμ＝1 B．λμ＝－1
C．λ－μ＝－1 D．λ＋μ＝2
(2)设e1与e2是两个不共线向量，eq \(AB,\s\up7(―→))＝3e1＋2e2，eq \(CB,\s\up7(―→))＝ke1＋e2，eq \(CD,\s\up7(―→))＝3e1－2ke2，若A，B，D三点共线，则k的值为________．
[解析] (1)∵eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))有公共点A，∴若A，B，C三点共线，则存在一个实数t使eq \(AB,\s\up7(―→))＝teq \(AC,\s\up7(―→))，即λa＋b＝ta＋μtb，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝t，,μt＝1，))消去参数t得λμ＝1；反之，当λμ＝1时，eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,μ)a＋b，此时存在实数eq \f(1,μ)使eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,μ)eq \(AC,\s\up7(―→))，故eq \(AB,\s\up7(―→))和eq \(AC,\s\up7(―→))共线．∵eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))有公共点A，∴A，B，C三点共线．故选A.
(2)由题意，A，B，D三点共线，故必存在一个实数λ，使得eq \(AB,\s\up7(―→))＝λeq \(BD,\s\up7(―→)).又eq \(AB,\s\up7(―→))＝3e1＋2e2，eq \(CB,\s\up7(―→))＝ke1＋e2，eq \(CD,\s\up7(―→))＝3e1－2ke2，所以eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(CD,\s\up7(―→))－eq \(CB,\s\up7(―→))＝3e1－2ke2－(ke1＋e2)＝(3－k)e1－(2k＋1)e2，所以3e1＋2e2＝λ(3－k)e1－λ(2k＋1)e2，又e1与e2不共线，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＝λ3－k，,2＝－λ2k＋1，))解得k＝－eq \f(9,4).
[答案] (1)A (2)－eq \f(9,4)
[方法技巧] 平面向量共线定理的3个应用
[针对训练]
1．已知两个非零向量a，b互相垂直，若向量m＝4a＋5b与n＝2a＋λb共线，则实数λ的值为( )
A．5 B．3 C.eq \f(5,2) D．2
解析：选C ∵a，b是非零向量，且互相垂直，
∴4a＋5b≠0，m≠0.
∵m，n共线，∴n＝μm，即2a＋λb＝μ(4a＋5b)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＝4μ，,λ＝5μ.))解得λ＝eq \f(5,2).
2．在△ABC中，E，F分别为AC，AB上的点，BE与CF交于点Q，且eq \(AE,\s\up7(―→))＝2eq \(EC,\s\up7(―→))，eq \(AF,\s\up7(―→))＝3eq \(FB,\s\up7(―→))，AQ交BC于点D，eq \(AQ,\s\up7(―→))＝λeq \(QD,\s\up7(―→))，则λ的值为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：选C 因为B，Q，E三点共线，所以可设eq \(AQ,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋(1－x)eq \(AE,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)(1－x)eq \(AC,\s\up7(―→)).因为C，Q，F三点共线，所以可设eq \(AQ,\s\up7(―→))＝yeq \(AC,\s\up7(―→))＋(1－y)eq \(AF,\s\up7(―→))＝yeq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)(1－y)eq \(AB,\s\up7(―→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,4)1－y，,y＝\f(2,3)1－x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(1,3).))所以eq \(AQ,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(λ,1＋λ)eq \(AD,\s\up7(―→))，所以eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1＋λ,2λ) eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1＋λ,3λ)eq \(AC,\s\up7(―→)).因为B，D，C三点共线，所以eq \f(1＋λ,2λ)＋eq \f(1＋λ,3λ)＝1，解得λ＝5.
3．已知O为△ABC内一点，且2eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))，eq \(AD,\s\up7(―→))＝teq \(AC,\s\up7(―→))，若B，O，D三点共线，则t的值为________．
解析：设线段BC的中点为M，则eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))＝2eq \(OM,\s\up7(―→)).
因为2eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))，所以eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \(OM,\s\up7(―→))，
则eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AB,\s\up7(―→))＋\f(1,t) eq \(AD,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4t)eq \(AD,\s\up7(―→)).
由B，O，D三点共线，得eq \f(1,4)＋eq \f(1,4t)＝1，解得t＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
巧用性质·练转化思维——三点共线定理的妙用
已知O，A，B是不共线的三点，且eq \(OP,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))＋neq \(OB,\s\up7(―→))(m，n∈R)，则A，P，B三点共线的充要条件是m＋n＝1.
1．(求参数值)如图，在△ABC中，eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))，P是BN上的一点，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝meq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up7(―→))，则实数m的值为( )
A.eq \f(9,11) B.eq \f(5,11)
C.eq \f(3,11) D.eq \f(2,11)
解析：选B 注意到N，P，B三点共线，
因此eq \(AP,\s\up7(―→))＝meq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up7(―→))＝meq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(6,11)eq \(AN,\s\up7(―→))，
从而m＋eq \f(6,11)＝1，所以m＝eq \f(5,11).
2．(求参数范围)在△ABC中，点D是线段BC(不包括端点)上的动点．若eq \(AB,\s\up7(―→))＝xeq \(AC,\s\up7(―→))＋yeq \(AD,\s\up7(―→))，则( )
A．x>1B．y>1 C．x＋y>1D．xy>1
解析：选B 设eq \(BD,\s\up7(―→))＝λeq \(BC,\s\up7(―→)) (0<λ<1)，所以eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝λeq \(AC,\s\up7(―→))－λeq \(AB,\s\up7(―→))，所以(1－λ)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))－λeq \(AC,\s\up7(―→))，所以eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,1－λ)eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \f(λ,1－λ)eq \(AC,\s\up7(―→))，所以x＝－eq \f(λ,1－λ)<0，y＝eq \f(1,1－λ)＝eq \f(1－λ＋λ,1－λ)＝1＋eq \f(λ,1－λ)>1，x＋y＝eq \f(1－λ,1－λ)＝1，xy＝－eq \f(λ,1－λ2)<0.故选B.
3．(与数列结合求值)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，eq \(OA,\s\up7(―→))＝a3eq \(OB,\s\up7(―→))＋a2 020eq \(OC,\s\up7(―→))，且eq \(AB,\s\up7(―→))＝deq \(BC,\s\up7(―→))，则S2 022＝( )
A．0 B．1 011 C．2 020 D．2 022
解析：选B 由eq \(AB,\s\up7(―→))＝deq \(BC,\s\up7(―→))可知，A，B，C三点共线，故由eq \(OA,\s\up7(―→))＝a3eq \(OB,\s\up7(―→))＋a2 020eq \(OC,\s\up7(―→))，可得a3＋a2 020＝1，于是S2 022＝eq \f(2 022a1＋a2 022,2)＝eq \f(2 022a3＋a2 020,2)＝1 011，故选B.
4．(与基本不等式结合求最值)在△ABC中，点P满足eq \(BP,\s\up7(―→))＝2eq \(PC,\s\up7(―→))，过点P的直线与AB，AC所在直线分别交于点M，N，若eq \(AM,\s\up7(―→))＝meq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AN,\s\up7(―→))＝neq \(AC,\s\up7(―→))(m＞0，n＞0)，则m＋2n的最小值为( )
A．3 B．4 C.eq \f(8,3) D.eq \f(10,3)
解析：选A 如图，易知eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BP,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3m)eq \(AM,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3n)eq \(AN,\s\up7(―→)).∵M，P，N三点共线，∴eq \f(1,3m)＋eq \f(2,3n)＝1，∴m＝eq \f(n,3n－2)，则m＋2n＝eq \f(n,3n－2)＋2n＝eq \f(6n2－3n,3n－2)＝eq \f(\f(2,3)3n－22＋\f(5,3)3n－2＋\f(2,3),3n－2)＝eq \f(2,3)[ (3n－2)＋eq \f(1,3n－2)]＋eq \f(5,3)≥eq \f(2,3)×2＋eq \f(5,3)＝3，当且仅当(3n－2)＝eq \f(1,3n－2)，即m＝n＝1时等号成立．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．设a，b是非零向量，记a与b所成的角为θ，下列四个条件中，使eq \f(a,| a |)＝eq \f(b,| b |)成立的充要条件是( )
A．a∥b B．θ＝eq \f(π,2) C．a＝2b D．θ＝π
解析：选C eq \f(a,| a |)＝eq \f(b,| b |)等价于非零向量a与b同向共线，即θ＝0，故B、D错误．对于选项C，a＝2b，则a与b同向共线，故C正确．
2．设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，则eq \(EB,\s\up7(―→))＋eq \(FC,\s\up7(―→))＝( )
A．eq \(AD,\s\up7(―→)) B.eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→)) C.eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up7(―→)) D．eq \(BC,\s\up7(―→))
解析：选A 由题意得eq \(EB,\s\up7(―→))＋eq \(FC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \(AD,\s\up7(―→)).
3．设平面向量a，b不共线，若eq \(AB,\s\up7(―→))＝a＋5b，eq \(BC,\s\up7(―→))＝－2a＋8b，eq \(CD,\s\up7(―→))＝3(a－b)，则( )
A．A，B，D三点共线 B．A，B，C三点共线
C．B，C，D三点共线 D．A，C，D三点共线
解析：选A ∵eq \(AB,\s\up7(―→))＝a＋5b，eq \(BC,\s\up7(―→))＝－2a＋8b，eq \(CD,\s\up7(―→))＝3(a－b)，∴eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＝(a＋5b)＋(－2a＋8b)＋3(a－b)＝2(a＋5b)＝2eq \(AB,\s\up7(―→))，∴eq \(AD,\s\up7(―→))与eq \(AB,\s\up7(―→))共线，即A，B，D三点共线．
4.如图，在正六边形ABCDEF中，eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(EF,\s\up7(―→))＝( )
A．0 B．eq \(BE,\s\up7(―→))
C．eq \(AD,\s\up7(―→)) D．eq \(CF,\s\up7(―→))
解析：选D 由题图知eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(EF,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(AF,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \(CB,\s\up7(―→))＋eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \(CF,\s\up7(―→)).
5．已知点O，A，B不在同一条直线上，点P为该平面上一点，且2eq \(OP,\s\up7(―→))＝2eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(BA,\s\up7(―→))，则( )
A．点P在线段AB上
B．点P在线段AB的反向延长线上
C．点P在线段AB的延长线上
D．点P不在直线AB上
解析：选B 因为2eq \(OP,\s\up7(―→))＝2eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(BA,\s\up7(―→))，所以2eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \(BA,\s\up7(―→))，所以点P在线段AB的反向延长线上．
二、综合练——练思维敏锐度
1．设向量a，b不共线，eq \(AB,\s\up7(―→))＝2a＋pb，eq \(BC,\s\up7(―→))＝a＋b，eq \(CD,\s\up7(―→))＝a－2b，若A，B，D三点共线，则实数p的值为( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：选B 因为eq \(BC,\s\up7(―→))＝a＋b，eq \(CD,\s\up7(―→))＝a－2b，
所以eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＝2a－b.
又因为A，B，D三点共线，所以eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(BD,\s\up7(―→))共线．
设eq \(AB,\s\up7(―→))＝λeq \(BD,\s\up7(―→))，所以2a＋pb＝λ(2a－b)，
所以2＝2λ，p＝－λ，即λ＝1，p＝－1.
2．矩形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若eq \(DE,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AD,\s\up7(―→)) (λ，μ为实数)，则λ2＋μ2＝( )
A.eq \f(5,8) B.eq \f(1,4) C．1 D.eq \f(5,16)
解析：选A eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \(AE,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→)))－eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up7(―→))，∴λ＝eq \f(1,4)，μ＝－eq \f(3,4).∴λ2＋μ2＝eq \f(1,16)＋eq \f(9,16)＝eq \f(5,8).
3．在△ABC中，点E，F分别是边BC和AC的中点，P是 AE与BF的交点，则有( )
A．eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→)) B．eq \(AB,\s\up7(―→))＝2eq \(EF,\s\up7(―→))
C．eq \(CP,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(CB,\s\up7(―→)) D．eq \(CP,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(CB,\s\up7(―→))
解析：选C 如图，根据三角形中线性质和平行四边形法则知，
eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→)))，A错误；因为EF是中位线，所以eq \(AB,\s\up7(―→))＝2FE―→，B错误；设AB的中点为G，则根据三角形重心性质知，CP＝2PG，所以eq \(CP,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(CG,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→)) ))，所以C正确，D错误．
4．已知向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1，－3)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－2,1)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(t＋3，t－8)，若点A，B，C能构成三角形，则实数t不可能为( )
A．－2 B.eq \f(1,2) C．1 D．－1
解析：选C 若点A，B，C能构成三角形，则A，B，C三点不共线，故向量eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(BC,\s\up7(―→))不共线．由于向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1，－3)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－2,1)，＝(t＋3，t－8)，故eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－3,4)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))＝(t＋5，t－9)，若A，B，C三点不共线，则－3(t－9)－4(t＋5)≠0，所以t≠1.
5.如图，在平行四边形ABCD中，M，N分别为AB，AD上的点，且eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(4,5)eq \(AB,\s\up7(―→))，连接AC，MN交于点P，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(4,11)eq \(AC,\s\up7(―→))，则点N在AD上的位置为( )
A．AD中点
B．AD上靠近点D的三等分点
C．AD上靠近点D的四等分点
D．AD上靠近点D的五等分点
解析：选B 设eq \(AD,\s\up7(―→))＝λeq \(AN,\s\up7(―→))，因为eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(4,11)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(4,11)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→)))＝eq \f(4,11)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4) eq \(AM,\s\up7(―→))＋λeq \(AN,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(5,11)eq \(AM,\s\up7(―→))＋eq \f(4λ,11)eq \(AN,\s\up7(―→))，又M，N，P三点共线，所以eq \f(5,11)＋eq \f(4λ,11)＝1，解得λ＝eq \f(3,2)，所以eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))，所以点N在AD上靠近点D的三等分点．
6．已知点O为△ABC的外接圆的圆心，且eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(CO,\s\up7(―→))＝0，则△ABC的内角A等于( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析：选A 由eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(CO,\s\up7(―→))＝0，得eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))，由O是△ABC外接圆的圆心，结合向量加法的几何意义知，四边形OACB为菱形，且∠CAO＝60°，故∠CAB＝30°，故选A.
7．已知向量a，b不共线，且c＝λa＋b，d＝a＋(2λ－1)b，若c与d共线反向，则实数λ的值为( )
A．1 B．－eq \f(1,2)
C．1或－eq \f(1,2) D．－1或－eq \f(1,2)
解析：选B 由于c与d共线反向，则存在实数k使c＝kd(k<0)，于是λa＋b＝k[a＋(2λ－1)b]，整理得，λa＋b＝ka＋(2λk－k)b.由于a，b不共线，所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝k，,2λk－k＝1，))整理得，2λ2－λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－eq \f(1,2).又因为k<0，所以λ<0，故λ＝－eq \f(1,2).
8．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，B，C三点满足eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up7(―→))，则eq \f(|BC―→|,|AC―→|)＝________.
解析：因为eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(BA,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))，
所以eq \f(|eq \(BC,\s\up7(―→))|,|eq \(AC,\s\up7(―→))|)＝3.
答案：3
9.如图，在△ABC中，点D，E是线段BC上两个动点，且eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(AE,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋yeq \(AC,\s\up7(―→))，则eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)的最小值为________．
解析：易知x，y均为正数，设eq \(AD,\s\up7(―→))＝meq \(AB,\s\up7(―→))＋neq \(AC,\s\up7(―→))，eq \(AE,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，∵B，C，D共线，∴m＋n＝1，同理，λ＋μ＝1.∵eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(AE,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋yeq \(AC,\s\up7(―→))＝(m＋λ)eq \(AB,\s\up7(―→))＋(n＋μ)eq \(AC,\s\up7(―→))，∴x＋y＝m＋n＋λ＋μ＝2.∴eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))(x＋y)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2 eq \r(\f(y,x)·\f(4x,y))))＝eq \f(9,2)，当且仅当y＝2x时等号成立，则eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)的最小值为eq \f(9,2).
答案：eq \f(9,2)
10．已知向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，P1，P2，…，Pn－1(n∈N，n>1)是线段AB上依次从A到B排列的n等分点，若eq \(OP5,\s\up7(―→))＝xa＋yb，则x＋y＝________，eq \(OP1,\s\up7(―→))＋eq \(OP2,\s\up7(―→))＋…＋eq \(OPn－1,\s\up7(―→))＝________(a＋b)．
解析：由三点共线定理知x＋y＝1.由题知eq \(OP1,\s\up7(―→))＋eq \(OP2,\s\up7(―→))＋…＋eq \(OPn－1,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,n) b－a ))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a＋\f(2,n)b－a ))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a＋\f(n－1,n) b－a ))＝(n－1)a＋eq \f(n－1,2)(b－a)＝eq \f(n－1,2)(a＋b)．
答案：1 eq \f(n－1,2)
11．在直角梯形ABCD中，∠A＝90°，∠B＝30°，AB＝2eq \r(3)，BC＝2，点E在线段CD上，若eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋μeq \(AB,\s\up7(―→))，则μ的取值范围是________．
解析：由题意，得AD＝1，CD＝eq \r(3)，∴eq \(AB,\s\up7(―→))＝2DC―→.
∵点E在线段CD上，∴eq \(DE,\s\up7(―→))＝λeq \(DC,\s\up7(―→)) (0≤λ≤1)．
∵eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DE,\s\up7(―→))，又eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋μeq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋2μeq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(2μ,λ)eq \(DE,\s\up7(―→))，∴eq \f(2μ,λ)＝1，即μ＝eq \f(λ,2).
∵0≤λ≤1，∴0≤μ≤eq \f(1,2)，即μ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
第二节 平面向量基本定理及坐标表示
课程标准
1.了解平面向量基本定理及其意义．
2．掌握平面向量的正交分解及其坐标表示．
3．会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算．
4．理解用坐标表示的平面向量共线的条件．
[由教材回扣基础]
1．平面向量基本定理
如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2.其中，不共线的向量e1，e2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底．
2．平面向量的坐标运算
(1)向量加法、减法、数乘及向量的模
设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则
a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)，a－b＝(x1－x2，y1－y2)，
λa＝(λx1，λy1)，|a|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)).
(2)向量坐标的求法
①若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标．
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \(AB,\s\up7(―→))＝(x2－x1，y2－y1)，|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12).
3．平面向量共线的坐标表示
设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b⇔x1y2－x2y1＝0.
澄清微点·熟记结论
(1)若a与b不共线，且λa＋μb＝0，则λ＝μ＝0.
(2)已知P为线段AB的中点，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).
(3)已知△ABC的顶点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，其重心G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2＋x3,3)，\f(y1＋y2＋y3,3))).
(4)a∥b的充要条件不能表示为eq \f(x1,x2)＝eq \f(y1,y2)，因为x2，y2有可能为0.
(5)向量的坐标与表示向量的有向线段的起点、终点的相对位置有关系．两个相等的向量，无论起点在什么位置，它们的坐标都是相同的．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)平面内的任意两个向量都可以作为一组基底．( )
(2)若a，b不共线，且λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b，则λ1＝λ2，μ1＝μ2.( )
(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件可表示成eq \f(x1,x2)＝eq \f(y1,y2).( )
(4)平面向量不论经过怎样的平移变换，其坐标不变．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√
二、练牢教材小题
1．(新教版必修②P25例1改编)已知平行四边形ABCD，点E，F分别是AB，BC的中点，设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AD,\s\up7(―→))＝b，则eq \(EF,\s\up7(―→))＝( )
A．eq \f(1,2)(a＋b) B．eq \f(1,2)(a－b)
C．eq \f(1,2)(b－a) D．eq \f(1,2)a＋b
答案：A
2．(新教A版必修②P29例4改编)已知a＝(3,6)，b＝(x，y)，若a＋3b＝0，则b＝( )
A．(1,2) B．(－1，－2)
C．(－1,2) D．(1，－2)
答案：B
3．(新教B版必修②P166T4改编)已知向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1，－2)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(2，－3)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(3，t)，若A，B，C三点共线，则实数t＝________.
答案：－4
三、练清易错易混
1．(混淆基底的选择)在正方形ABCD中，E为DC的中点，若eq \(AE,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，则λ＋μ的值为( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C．1 D．－1
解析：选A 因为E为DC的中点，所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(DE,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AE,\s\up7(―→))，即eq \(AE,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))，所以λ＝－eq \f(1,2)，μ＝1，所以λ＋μ＝eq \f(1,2).
2．(混淆单位向量的方向)已知A(－5,8)，B(7,3)，则与向量eq \(AB,\s\up7(―→))反向的单位向量为________．
解析：由已知得eq \(AB,\s\up7(―→))＝(12，－5)，所以|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝13，因此与eq \(AB,\s\up7(―→))反向的单位向量为－eq \f(1,13)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12,13)，\f(5,13))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12,13)，\f(5,13)))
3．(忽视基向量不共线)给出下列三个向量：a＝(－2,3)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，c＝(－1,1)，在这三个向量中任意取两个作为一组，能构成基底的组数为________．
解析：易知a∥b，a与c不共线，b与c不共线，所以能构成基底的组数为2.
答案：2
命题视角一 平面向量的坐标运算(自主练通)
1．(2022·福州模拟)已知在平行四边形ABCD 中，eq \(AD,\s\up7(―→))＝(3,7)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－2,3)，对角线AC与BD交于点O，则eq \(CO,\s\up7(―→))的坐标为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，5)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，5))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－5)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－5))
解析：选C 因为在平行四边形ABCD 中，eq \(AD,\s\up7(―→))＝(3,7)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－2,3)，对角线AC与BD交于点O，所以eq \(CO,\s\up7(―→))＝－eq \(AO,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－5)).故选C.
2.向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，则eq \f(λ,μ)＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选D 以向量a和b的交点为原点建立如图所示的平面直角坐标系(设每个小正方形边长为1)，则A(1，－1)，B(6,2)，C(5，－1)，∴a＝eq \(AO,\s\up7(―→))＝(－1,1)，b＝eq \(OB,\s\up7(―→))＝(6,2)，c＝eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－1，－3)．∵c＝λa＋μb，∴(－1，－3)＝λ(－1,1)＋μ(6,2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－λ＋6μ＝－1，,λ＋2μ＝－3，))解得λ＝－2，μ＝－eq \f(1,2)，∴eq \f(λ,μ)＝eq \f(－2,－\f(1,2))＝4.
3．(2019·全国Ⅱ卷)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝( )
A.eq \r(2) B．2
C．5eq \r(2) D．50
解析：选A ∵a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，
∴|a－b|＝eq \r(－12＋12)＝eq \r(2).
4．已知A(7,1)，B(1,4)，直线y＝eq \f(1,2)ax与线段AB交于C，且eq \(AC,\s\up7(―→))＝2eq \(CB,\s\up7(―→))，则实数a＝________.
解析：设C(x，y)，则eq \(AC,\s\up7(―→))＝(x－7，y－1)，eq \(CB,\s\up7(―→))＝(1－x，4－y) .∵eq \(AC,\s\up7(―→))＝2eq \(CB,\s\up7(―→))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－7＝21－x，,y－1＝24－y，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝3，))∴C(3,3)．又∵C在直线y＝eq \f(1,2)ax上，∴3＝eq \f(1,2)a×3，∴a＝2.
答案：2
5．已知A(－2,4)，B(3，－1)，C(－3，－4)．设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(BC,\s\up7(―→))＝b，eq \(CA,\s\up7(―→))＝c，且eq \(CM,\s\up7(―→))＝3c，eq \(CN,\s\up7(―→))＝－2b.
(1)求3a＋b－3c；
(2)求满足a＝mb＋nc的实数m，n；
(3)求M，N的坐标及向量eq \(MN,\s\up7(―→))的坐标．
解：由已知得a＝(5，－5)，b＝(－6，－3)，c＝(1,8)．(1)3a＋b－3c＝3(5，－5)＋(－6，－3)－3(1,8)＝(15－6－3，－15－3－24)＝(6，－42)．
(2)因为mb＋nc＝(－6m＋n，－3m＋8n)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6m＋n＝5，,－3m＋8n＝－5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－1，,n＝－1.))
(3)设O为坐标原点，因为eq \(CM,\s\up7(―→))＝eq \(OM,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→))＝3c，所以eq \(OM,\s\up7(―→))＝3c＋eq \(OC,\s\up7(―→))＝(3,24)＋(－3，－4)＝(0,20)，所以M(0,20)．又因为eq \(CN,\s\up7(―→))＝eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→))＝－2b，所以eq \(ON,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－2b＝(－3，－4)＋(12,6)＝(9,2)，所以N(9,2)．所以eq \(MN,\s\up7(―→))＝(9，－18)．
[一“点”就过] 求解向量坐标运算问题的一般思路
命题视角二 平面向量基本定理及其应用
[典例] (1)如图，在直角梯形ABCD中，AB＝2AD＝2DC，E为BC边上一点，eq \(BC,\s\up7(―→))＝3eq \(EC,\s\up7(―→))，F为AE的中点，则eq \(BF,\s\up7(―→))＝( )
A．eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→)) B．eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))
C．－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→)) D．－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))
(2)如图，在△ABC中，点D是边BC上任意一点，M是线段AD的中点，若存在实数λ和μ，使得eq \(BM,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，则λ＋μ＝( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．2 D．－2
[解析] (1)如图，取AB的中点G，连接DG，CG，易知四边形DCBG为平行四边形，所以eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(GD,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AG,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，所以eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))，于是eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \(AF,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AE,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3) eq \(AB,\s\up7(―→))＋\f(2,3) eq \(AD,\s\up7(―→)) ))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→))，故选C.
(2)因为点D在边BC上，所以存在t∈R，使得eq \(BD,\s\up7(―→))＝teq \(BC,\s\up7(―→))＝t(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))(0≤t≤1)．因为M是线段AD的中点，所以eq \(BM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(BD,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(－eq \(AB,\s\up7(―→))＋teq \(AC,\s\up7(―→))－teq \(AB,\s\up7(―→)))＝－eq \f(1,2)(t＋1)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)teq \(AC,\s\up7(―→)).又eq \(BM,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，所以λ＝－eq \f(1,2)(t＋1)，μ＝eq \f(1,2)t，所以λ＋μ＝－eq \f(1,2).故选B.
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧]
平面向量基本定理的实质及解题思路
(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．
(2)用平面向量基本定理解决问题的一般思路是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．
[针对训练]
1．在△ABC中，O为△ABC的重心．若eq \(BO,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，则λ－2μ＝( )
A．－eq \f(1,2) B．－1
C．eq \f(4,3) D．－eq \f(4,3)
解析：选D 如图，延长BO交AC于点M，∵点O为△ABC的重心，∴M为AC的中点，
∴eq \(BO,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(BM,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2) eq \(BA,\s\up7(―→))＋\f(1,2) eq \(BC,\s\up7(―→)) ))
＝－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))
＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))，
又知eq \(BO,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，∴λ＝－eq \f(2,3)，μ＝eq \f(1,3)，
∴λ－2μ＝－eq \f(2,3)－2×eq \f(1,3)＝－eq \f(4,3)，故选D.
2．在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，F是线段DC上的点．若DC＝3DF，设eq \(AC,\s\up7(―→))＝a，eq \(BD,\s\up7(―→))＝b，则eq \(AF,\s\up7(―→))＝( )
A．eq \f(1,4)a＋eq \f(1,2)b B．eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b
C．eq \f(1,2)a＋eq \f(1,4)b D．eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b
解析：选B
如图所示，平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，F是线段DC上的点，且DC＝3DF，∴eq \(DF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OD,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,6)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(BD,\s\up7(―→)))，eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(OD,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(BD,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→)).
则eq \(AF,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2) eq \(BD,\s\up7(―→))＋\f(1,2) eq \(AC,\s\up7(―→)) ))＋eq \f(1,6)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(BD,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,3)eq \(BD,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b.故选B.
命题视角三 平面向量共线的坐标表示
[典例] (1)已知向量a＝(2,1)，b＝(x，－1)，且a－b与b共线，则x的值为________．
(2)已知O为坐标原点，点A(4,0)，B(4,4)，C(2，6)，则AC与OB的交点P的坐标为________．
[解析] (1)由题意得a－b＝(2－x,2)．又∵a－b与b共线，∴2x＝－2＋x，解得x＝－2.
(2)由O，P，B三点共线，可设eq \(OP,\s\up7(―→))＝λeq \(OB,\s\up7(―→))＝(4λ，4λ)，则eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \(OP,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(4λ－4,4λ)．由eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－2,6)，eq \(AP,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))共线，得(4λ－4)×6－4λ×(－2)＝0，解得λ＝eq \f(3,4)，所以eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(OB,\s\up7(―→))＝(3,3)，所以点P的坐标为(3,3)．
[答案] (1)－2 (2)(3,3)
[方法技巧]
(1)两平面向量共线的充要条件有两种形式：
①若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2－x2y1＝0；
②若a∥b(b≠0)，则a＝λb.
(2)向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行，也可以由平行求参数．当两向量的坐标均非零时，也可以利用坐标对应成比例来求解．
[针对训练]
1．已知向量a＝(1,2)，b＝(1,0)，c＝(3,4)．若λ为实数，(a＋λb)∥c，则λ＝( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C．1 D．2
解析：选B ∵向量a＝(1,2)，b＝(1,0)，c＝(3,4)，∴a＋λb＝(1＋λ，2)．∵(a＋λb)∥c，∴4(1＋λ)－6＝0，∴λ＝eq \f(1,2).
2．设向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1，－2)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(2m，－1)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(－2n,0)，m，n∈R，O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则m＋n的最大值为( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
解析：选A 由题意易知，eq \(AB,\s\up7(―→))∥eq \(AC,\s\up7(―→))，其中eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(2m－1,1)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－2n－1,2)，所以(2m－1)×2＝1×(－2n－1)，解得2m＋1＋2n＝1.又2m＋1＋2n≥2eq \r(2m＋n＋1)，当且仅当2m＋1＝2n，即m＋1＝n时取等号，所以2m＋n＋1≤2－2，即m＋n≤－3.
3．平面内给定三个向量a＝(3,2)，b＝(－1,2)，c＝(4,1)．
(1)若(a＋kc)∥(2b－a)，求实数k；
(2)若d满足(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|＝eq \r(5)，求d的坐标．
解：(1)a＋kc＝(3＋4k,2＋k)，2b－a＝(－5,2)，
由题意得2×(3＋4k)－(－5)×(2＋k)＝0，
解得k＝－eq \f(16,13).
(2)设d＝(x，y)，则d－c＝(x－4，y－1)，
又a＋b＝(2,4)，|d－c|＝eq \r(5)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－4－2y－1＝0，,x－42＋y－12＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝5，,y＝3.))
∴d的坐标为(3，－1)或(5,3)．
数学建模·练抽象思维——平面向量线性运算中的创新应用问题
1．(创新学科情境)若，是一组基底，向量γ＝xα＋yβ(x，y∈R)，则称(x，y)为向量γ在基底，下的坐标，现已知向量a在基底p＝(1，－1)，q＝(2,1)下的坐标为(－2,2)，则a在另一组基底m＝(－1,1)，n＝(1,2)下的坐标为( )
A．(2,0) B．(0，－2)
C．(－2,0) D．(0,2)
解析：选D 因为a在基底p，q下的坐标为(－2,2)，即a＝－2p＋2q＝(2,4)，令a＝xm＋yn＝(－x＋y，x＋2y)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝2，,x＋2y＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝2.))所以a在基底m，n下的坐标为(0,2)．
2．(走向生产生活)渭河某处南北两岸平行，如图所示．某艘游船从南岸码头A出发航行到北岸，假设游船在静水中航行速度的大小为|v1|＝10 km/h，水流速度的大小为|v2|＝6 km/h.设v1与v2的夹角为120°，北岸的点A′在码头A的正北方向，那么该游船航行到北岸的位置应( )
A．在A′东侧 B．在A′西侧
C．恰好与A′重合 D．无法确定
解析：选A 建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可得v1＝(－5，5eq \r(3))，v2＝(6,0)，所以v1＋v2＝(1，5eq \r(3))，说明游船有x轴正方向的速度，即向东的速度，所以该游船航行到北岸的位置应在A′东侧，故选A.
3．(创新学科情境)如图，将45°直角三角板和30°直角三角板拼在一起，其中45°直角三角板的斜边与30°直角三角板的30°角所对的直角边重合，若eq \(DB,\s\up7(―→))＝xeq \(DC,\s\up7(―→))＋yeq \(DA,\s\up7(―→))，则( )
A．x＝eq \r(3)，y＝1 B．x＝1＋eq \r(3)，y＝eq \r(3)
C．x＝2，y＝eq \r(3) D．x＝eq \r(3)，y＝1＋eq \r(3)
解析：选B 过B作BE⊥DC交DC的延长线于点E(图略)，由∠ACD＝45°，∠BCA＝90°，得∠BCE＝45°，则CE＝BE，设CE＝BE＝mCD，则(eq \r(2)mCD)2＋(eq \r(2)DA)2＝(2eq \r(2)DA)2，又DA＝DC，解得m＝eq \r(3)，故eq \(DB,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \(CE,\s\up7(―→))＋eq \(EB,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \r(3) eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \r(3) eq \(DA,\s\up7(―→))＝(1＋eq \r(3))eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \r(3) eq \(DA,\s\up7(―→))，故x＝1＋eq \r(3)，y＝eq \r(3).
4．(创新学科情境)写出一个与向量a＝(2,1)共线的向量b＝________.
解析：与向量a＝(2,1)共线的向量为λa＝λ(2,1)．取λ＝2，可得出一个与向量a＝(2,1)共线的向量为b＝(4,2)(答案不唯一，满足λa(λ∈R)即可)．
答案：(4,2)(答案不唯一)
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．已知点M(5，－6)和向量a＝(1，－2)，若eq \(MN,\s\up7(―→))＝－3a，则点N的坐标为( )
A．(2,0) B．(－3,6)
C．(6,2) D．(－2,0)
解析：选A 设N(x，y)，则(x－5，y＋6)＝(－3,6)，解得x＝2，y＝0.
2．已知AC为平行四边形ABCD的一条对角线，若向量eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,4)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1,3)，则eq \(AD,\s\up7(―→))＝( )
A．(2,4) B．(3,7)
C．(1,1) D．(－1，－1)
解析：选D 因为eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,4)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1,3)，所以eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－1，－1)，即eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－1，－1)．
3．(2022·西安八校联考)已知向量a＝(1,2)，b＝(－2,1)，c＝(5,4)，则以向量a与b为基底表示向量c的结果是( )
A.eq \f(13,5)a－eq \f(6,5)b B.eq \f(13,3)a－eq \f(14,3)b
C．－eq \f(7,2)a－eq \f(9,2)b D.eq \f(14,3)a＋eq \f(13,3)b
解析：选A 设c＝xa＋yb，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＝5，,2x＋y＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(13,5)，,y＝－\f(6,5)，))所以c＝eq \f(13,5)a－eq \f(6,5)b.故选A.
4．(2021·全国乙卷)已知向量a＝(2,5)，b＝(λ，4)，若a∥b，则λ＝________.
解析：因为a∥b，所以2×4－5λ＝0，所以λ＝eq \f(8,5).
答案：eq \f(8,5)
5．已知点A(8，－1)，B(1，－3)，若点C(2m－1，m＋2)在线段AB上，则实数m＝________.
解析：由题意，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－7，－2)．因为点C在线段AB上，故eq \(AC,\s\up7(―→))与eq \(AB,\s\up7(―→))同向．又eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2m－9，m＋3)，故eq \f(2m－9,－7)＝eq \f(m＋3,－2)，所以m＝－13.
答案：－13
二、综合练——练思维敏锐度
1．已知向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(k,12)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(4,5)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(－k,10)，且A，B，C三点共线，则k的值是( )
A．－eq \f(2,3) B.eq \f(4,3)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
解析：选A eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(4－k，－7)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－2k，－2)．∵A，B，C三点共线，∴eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))共线，∴－2×(4－k)＝－7×(－2k)，解得k＝－eq \f(2,3).
2.如图，已知eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝b，eq \(BC,\s\up7(―→))＝4eq \(BD,\s\up7(―→))，eq \(CA,\s\up7(―→))＝3eq \(CE,\s\up7(―→))，则eq \(DE,\s\up7(―→))＝( )
A.eq \f(3,4)b－eq \f(1,3)a B.eq \f(5,12)a－eq \f(3,4)b
C.eq \f(3,4)a－eq \f(1,3)b D.eq \f(5,12)b－eq \f(3,4)a
解析：选D eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \(CE,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(CA,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(5,12)eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(5,12)b－eq \f(3,4)a.故选D.
3．已知△ABC的三边分别是a，b，c，设向量m＝(sin B－sin A，eq \r(3)a＋c)，n＝(sin C，a＋b)，且m∥n，则B的大小是( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(5π,6) C.eq \f(π,3) D.eq \f(2π,3)
解析：选B 因为m∥n，
所以(a＋b)(sin B－sin A)＝sin C(eq \r(3)a＋c)．
由正弦定理得，(a＋b)(b－a)＝c(eq \r(3)a＋c)，
整理得a2＋c2－b2＝－eq \r(3)ac，
由余弦定理得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(－\r(3)ac,2ac)＝－eq \f(\r(3),2).
又0
A．2 B.eq \r(10)
C．4 D．2eq \r(5)
解析：选B 以AB，AD所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，因为AB＝2，所以A(0,0)，B(2,0)，M(2,1)，N(1,2)，所以eq \(AM,\s\up7(―→))＝(2,1)， eq \(BN,\s\up7(―→))＝(－1,2)，所以eq \(AM,\s\up7(―→))＋eq \(BN,\s\up7(―→))＝(1,3)，故|eq \(AM,\s\up7(―→))＋eq \(BN,\s\up7(―→))|＝eq \r(12＋32)＝eq \r(10).故选B.
5．已知向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(3,1)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－1,3)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))－neq \(OB,\s\up7(―→))(m>0，n>0)，若m＋n＝1，则|eq \(OC,\s\up7(―→))|的最小值为( )
A.eq \f(\r(5),2) B.eq \f(\r(10),2) C.eq \r(5) D.eq \r(10)
解析：选C 设eq \(OC,\s\up7(―→))＝(x，y)．∵eq \(OA,\s\up7(―→))＝(3,1)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－1,3)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))－neq \(OB,\s\up7(―→))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3m＋n，,y＝m－3n，))∴|eq \(OC,\s\up7(―→))|＝eq \r(3m＋n2＋m－3n2)＝eq \r(10m2＋n2)≥ eq \r(10×\f(m＋n2,2))＝ eq \r(10×\f(1,2))＝eq \r(5)，当且仅当m＝n时取等号，此时|eq \(OC,\s\up7(―→))|取得最小值eq \r(5)，故选C.
6．在△OAB中，若点C满足eq \(AC,\s\up7(―→))＝2eq \(CB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))＝λeq \(OA,\s\up7(―→))＋μeq \(OB,\s\up7(―→))，则eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(2,9) D.eq \f(9,2)
解析：选D 在△OAB中，∵eq \(AC,\s\up7(―→))＝2eq \(CB,\s\up7(―→))，∴eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝2(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→)))，即3eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋2eq \(OB,\s\up7(―→))，∴eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(OB,\s\up7(―→)).又eq \(OC,\s\up7(―→))＝λeq \(OA,\s\up7(―→))＋μeq \(OB,\s\up7(―→))，∴λ＝eq \f(1,3)，μ＝eq \f(2,3)，∴eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝3＋eq \f(3,2)＝eq \f(9,2).故选D.
7.如图所示，A，B，C是圆O上的三点，线段CO的延长线与BA的延长线交于圆O外的一点D，若eq \(OC,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))＋neq \(OB,\s\up7(―→))，则m＋n的取值范围是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－1,0)
解析：选D 由题意得，eq \(OC,\s\up7(―→))＝keq \(OD,\s\up7(―→)) (k<0)，又|k|＝eq \f(|eq \(OC,\s\up7(―→))|,|eq \(OD,\s\up7(―→))|)<1，∴－1
A．16 B．8 C．4 D．2
解析：选A 由eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))及eq \(AC,\s\up7(―→))＝4eq \(AD,\s\up7(―→))，得eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋4μeq \(AD,\s\up7(―→))，又点P在BD上，∴λ＋4μ＝1.∴eq \f(4,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,λ)＋\f(1,μ)))·(λ＋4μ)＝8＋eq \f(\a\vs4\al(16μ),λ)＋eq \f(λ,μ)，又λ>0，μ>0，∴eq \f(\a\vs4\al(16μ),λ)＋eq \f(λ,μ)≥2eq \r(16)＝8，当且仅当eq \f(\a\vs4\al(16μ),λ)＝eq \f(λ,μ)，即λ＝4μ时等号成立，故eq \f(4,λ)＋eq \f(1,μ)的最小值为16，故选A.
9．已知点A(1,3)，B(4，－1)，写出一个与向量eq \(AB,\s\up7(―→))共线的向量坐标为________．
解析：因为A(1,3)，B(4，－1)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3，－4)，所以与向量eq \(AB,\s\up7(―→))共线的向量的坐标可以是(3λ，－4λ)，λ∈R.
答案：(6，－8)(答案不唯一)
10．如图，设Ox，Oy是平面内相交成45°角的两条数轴，e1，e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量eq \(OP,\s\up7(―→))＝xe1＋ye2，则把有序数对(x，y)叫做向量eq \(OP,\s\up7(―→))在坐标系xOy中的坐标．在此坐标系下，假设eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－2，2eq \r(2))，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(2,0)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(5，－3eq \r(2))，则|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝______，eq \(OA,\s\up7(―→))与eq \(BC,\s\up7(―→)) ______(填“平行”或“不平行”)．
解析：由余弦定理可知|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝eq \r(4＋8－2×2×2\r(2)×cs 45°)＝2，∵eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))＝(3，－3eq \r(2))＝－eq \f(3,2)eq \(OA,\s\up7(―→))，∴eq \(OA,\s\up7(―→))∥eq \(BC,\s\up7(―→)).
答案：2 平行
11．已知向量eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1，sin α－1)，eq \(BA,\s\up7(―→))＝(3,1)，eq \(BD,\s\up7(―→))＝(2，cs α)，若B，C，D三点共线，则tan(2 022π－α)＝________.
解析：∵B，C，D三点共线，∴eq \(BD,\s\up7(―→))＝xeq \(BC,\s\up7(―→))＝x(eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))，即(2，cs α)＝x(4，sin α)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＝4x，,cs α＝xsin α，))解得x＝eq \f(1,2)，即cs α＝eq \f(1,2)sin α，得tan α＝2，则tan(2 022π－α)＝－tan α＝－2.
答案：－2
12．已知eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))的夹角为90°，|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝2，|eq \(AC,\s\up7(―→))|＝1，eq \(AM,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→)) (λ，μ∈R)，且eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0，则eq \f(λ,μ)的值为________．
解析：根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系．则A(0,0)，B(0,2)，C(1,0)，所以eq \(AB,\s\up7(―→))＝(0,2)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1,0)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(1，－2)．设M(x，y)，则eq \(AM,\s\up7(―→))＝(x，y)，所以eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝(x，y)·(1，－2)＝x－2y＝0，即x＝2y，又eq \(AM,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，即(x，y)＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，所以x＝μ，y＝2λ，所以eq \f(λ,μ)＝eq \f(\f(1,2)y,x)＝eq \f(1,4).
答案：eq \f(1,4)
第三节 平面向量的数量积及其应用
课程标准
1．理解平面向量数量积的含义及其物理意义．
2．了解平面向量的数量积与向量投影的关系．
3．掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算．
4．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．
5．会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题．
6．会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题．
第1课时 系统知识牢基础——平面向量的数量积
知识点一 平面向量的数量积
[由教材回扣基础]
1．平面向量数量积的有关概念
2．平面向量数量积的运算律
澄清微点·熟记结论
(1)平面向量数量积运算的常用公式
①(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；②(a±b)2＝a2±2a·b＋b2；③a2＋b2＝0⇒a＝b＝0.
(2)有关向量夹角的两个结论
①两个向量a与b的夹角为锐角，则有a·b>0，反之不成立(因为夹角为0时不成立)；
②两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b<0，反之不成立(因为夹角为π时不成立)．
(3)a⊥b⇔a·b＝0是对非零向量而言的，若a＝0，虽然a·b＝0，但不能说a⊥b.
(4)对于实数a，b，c有(a·b)·c＝a·(b·c)，但对于向量a，b，c而言，(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立，即不满足向量结合律．这是因为(a·b)·c表示一个与c共线的向量，而a·(b·c)表示一个与a共线的向量，而a与c不一定共线，所以(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．
[练小题巩固基础]
1．已知a·b＝－12eq \r(2)，|a|＝4，a和b的夹角为135°，则|b|的值为( )
A．12 B．6 C．3eq \r(3) D．3
解析：选B 因为a·b＝|a||b|cs 135°＝－12eq \r(2)，
所以|b|＝eq \f(－12\r(2),4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2))))＝6.
2．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2eq \r(3)，a与b的夹角的余弦值为sineq \f(17π,3)，则b·(2a－b)＝( )
A．2 B．－1 C．－6 D．－18
解析：选D ∵a与b的夹角的余弦值为sineq \f(17π,3)＝－eq \f(\r(3),2)，∴a·b＝－3，b·(2a－b)＝2a·b－b2＝－18.
3．(新人教A版必修②P24T19改编)设向量a，b满足|a|＝|b|＝1且|3a－2b|＝eq \r(7)，则a，b的夹角为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(2π,3)
解析：选A 设a与b的夹角为θ，由题意得(3a－2b)2＝7，所以9|a|2＋4|b|2－12a·b＝7，又|a|＝|b|＝1，所以a·b＝eq \f(1,2)，所以|a||b|cs θ＝eq \f(1,2)，即cs θ＝eq \f(1,2).又θ∈[0，π]，所以a，b的夹角为eq \f(π,3).
4．已知向量a，b满足a·(b＋a)＝2，且a＝(1,2)，则向量b在a方向上的投影为( )
A.eq \f(\r(5),5) B．－eq \f(\r(5),5)
C．－eq \f(2\r(5),5) D．－eq \f(3\r(5),5)
解析：选D 由a＝(1,2)，可得|a|＝eq \r(5)，
由a·(b＋a)＝2，可得a·b＋a2＝2，
∴a·b＝－3，
∴向量b在a方向上的投影为eq \f(a·b,| a|)＝－eq \f(3\r(5),5).
5.如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝2，D是边BC的中点，则eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝________.
解析：eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))·(－eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(－eq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \(AC,\s\up7(―→))2)＝－eq \f(5,2).
答案：－eq \f(5,2)
6．(2021·北京高考)已知a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，则(a＋b)·c＝________；a·b＝________.
解析：计算可得(a＋b)·c＝(4,0)·(0,1)＝0，a·b＝4－1＝3.
答案：0 3
7．(混淆向量的夹角与几何图形中的角)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝eq \r(10)，则eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))的值为________．
解析：在△ABC中，由余弦定理得cs A＝eq \f(AC2＋AB2－BC2,2×AC×AB)＝eq \f(22＋32－\r(10)2,2×2×3)＝eq \f(1,4).所以eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝|eq \(BA,\s\up7(―→))||eq \(AC,\s\up7(―→))|cs(π－A)＝－|eq \(BA,\s\up7(―→))||eq \(AC,\s\up7(―→))|cs A＝－3×2×eq \f(1,4)＝－eq \f(3,2).
答案：－eq \f(3,2)
知识点二 平面向量数量积的坐标表示
[由教材回扣基础]
已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ.
[练小题巩固基础]
1．已知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,3)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(3，t)，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选C ∵eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3，t)－(2,3)＝(1，t－3)，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，
∴eq \r(12＋t－32)＝1，解得t＝3，∴eq \(BC,\s\up7(―→))＝(1,0)，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝2×1＋3×0＝2.
2．(人教A版必修④P107例6改编)已知点A(0，eq \r(3))，B(0,0)，C(1,0)，则cs〈eq \(BC,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))〉＝( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2) D．eq \f(\r(3),2)
解析：选C ∵A(0，eq \r(3))，B(0,0)，C(1,0)，∴eq \(BC,\s\up7(―→))＝(1,0)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1，－eq \r(3))，则cs〈eq \(BC,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→)),|eq \(BC,\s\up7(―→))||eq \(AC,\s\up7(―→))|)＝eq \f(1,1×2)＝eq \f(1,2).
3．a，b为平面向量，已知a＝(4,3)，2a＋b＝(3,18)，则a，b夹角的余弦值等于________．
解析：设b＝(x，y)，则2a＋b＝(8＋x,6＋y)＝(3,18)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8＋x＝3，,6＋y＝18，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－5，,y＝12，))故b＝(－5,12)，所以csa，b＝eq \f(a·b,| a || b |)＝eq \f(16,65).
答案：eq \f(16,65)
4．向量a＝(1,2)，b＝(－1,1)，若ka＋b与b互相垂直，则实数k的值为________．
解析：∵ka＋b＝(k－1,2k＋1)，b＝(－1,1)，∴(ka＋b)·b＝(k－1)×(－1)＋2k＋1＝k＋2＝0，k＝－2.
答案：－2
5．(忽视钝角的意义)已知a＝(3，－2)，b＝(－1，x－1)且a与b夹角为钝角，则x的取值范围为________．
解析：a与b夹角为钝角，等价于a·b<0，且a，b不共线．由a·b＝－3＋2－2x＝－2x－1<0，解得x>－eq \f(1,2).当a，b共线时，3(x－1)＝2，解得x＝eq \f(5,3)，即a，b不共线时，x≠eq \f(5,3).综上，x>－eq \f(1,2)且x≠eq \f(5,3).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(1,2)，eq \f(5,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(5,3)，＋∞))
6．(分类讨论漏掉角B，C为直角的情况失误)设k为实数，已知直角三角形ABC中，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,3)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1，k)，则k＝________.
答案：－eq \f(2,3)或eq \f(11,3)或eq \f(3±\r(13),2)
第2课时 精研题型明考向——平面向量数量积及应用
1．(2021新高考Ⅰ卷·向量数量积，模及和差公式)(多选)已知O为坐标原点，点P1(cs α，sin α)，P2(cs β，－sin β)，P3(cs(α＋β)，sin(α＋β))，A(1,0)，则( )
A．|eq \(OP1,\s\up7(―→))|＝|eq \(OP2,\s\up7(―→))|
B．|eq \(AP1,\s\up7(―→))|＝|eq \(AP2,\s\up7(―→))|
C．eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP3,\s\up7(―→))＝eq \(OP1,\s\up7(―→))·eq \(OP2,\s\up7(―→))
D．eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP1,\s\up7(―→))＝eq \(OP2,\s\up7(―→))·eq \(OP3,\s\up7(―→))
解析：选AC 因为|eq \(OP1,\s\up7(―→))|＝eq \r(cs2α＋sin2α)＝1，|eq \(OP2,\s\up7(―→))|＝eq \r(cs2β＋－sin β2)＝1，所以A项正确．因为|eq \(AP1,\s\up7(―→))|＝eq \r(cs α－12＋sin2α)，|eq \(AP2,\s\up7(―→))|＝eq \r(cs β－12＋－sin β2)＝eq \r(cs β－12＋sin2β)，当α＝eq \f(π,3)，β＝eq \f(π,6)时，|eq \(AP1,\s\up7(―→))|≠|eq \(AP2,\s\up7(―→))|，所以B项错误．因为eq \(OA,\s\up7(―→))＝(1,0)，eq \(OP3,\s\up7(―→))＝(cs(α＋β)，sin(α＋β))，eq \(OP1,\s\up7(―→))＝(cs α，sin α)，eq \(OP2,\s\up7(―→))＝(cs β，－sin β)，所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP3,\s\up7(―→))＝cs(α＋β)，eq \(OP1,\s\up7(―→))·eq \(OP2,\s\up7(―→))＝cs αcs β－sin αsin β＝cs(α＋β)，所以C项正确．因为eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OP1,\s\up7(―→))＝cs α，eq \(OP2,\s\up7(―→))·eq \(OP3,\s\up7(―→))＝cs βcs(α＋β)－sin βsin(α＋β)＝cs(β＋α＋β)≠cs α，所以D项错误．故选A、C.
2．(2020全国Ⅲ卷·向量的夹角)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cs〈a，a＋b〉＝( )
A．－eq \f(31,35) B．－eq \f(19,35)
C．eq \f(17,35) D．eq \f(19,35)
解析：选D 由题意，得a·(a＋b)＝a2＋a·b＝25－6＝19，|a＋b|＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)＝eq \r(25－12＋36)＝7，所以csa，a＋b＝eq \f(a·a＋b,|a||a＋b|)＝eq \f(19,5×7)＝eq \f(19,35)，故选D.
3．(2020全国Ⅱ卷·向量的垂直)已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是( )
A．a＋2b B．2a＋b
C．a－2b D．2a－b
解析：选D 由题意，得a·b＝|a||b|cs 60°＝eq \f(1,2).对于A，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝eq \f(1,2)＋2＝eq \f(5,2)≠0，故A不符合题意；对于B，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B不符合题意；对于C，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝eq \f(1,2)－2＝－eq \f(3,2)≠0，故C不符合题意；对于D，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以(2a－b)⊥b.故选D.
4．(2020新高考Ⅰ卷·向量数量积的范围)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))的取值范围是( )
A．(－2,6) B．(－6,2) C．(－2,4) D．(－4,6)
解析：选A eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝|eq \(AP,\s\up7(―→))||eq \(AB,\s\up7(―→))|cs∠PAB＝2|eq \(AP,\s\up7(―→))|cs∠PAB，又|eq \(AP,\s\up7(―→))|cs∠PAB表示eq \(AP,\s\up7(―→))在eq \(AB,\s\up7(―→))方向上的投影，所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小．又eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝2eq \r(3)×2×cs 30°＝6，eq \(AF,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝2×2×cs 120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))∈(－2,6)．故选A.
5．(2021全国甲卷·向量的模)若向量a，b满足|a|＝3，|a－b|＝5，a·b＝1，则|b|＝________.
解析：由|a－b|＝5，得(a－b)2＝25，即a2－2a·b＋b2＝25.将|a|＝3，a·b＝1代入上式，得32－2×1＋b2＝25.化简，得b2＝18，所以|b|＝3eq \r(2).
答案：3eq \r(2)
6．(2021全国甲卷·向量垂直及坐标表示)已知向量a＝(3,1)，b＝(1,0)，c＝a＋kb.若a⊥c，则k＝________.
解析：依题意，得c＝a＋kb＝(3＋k,1)．又a⊥c，所以a·c＝0，即3(3＋k)＋1＝0，解得k＝－eq \f(10,3).
答案：－eq \f(10,3)
7．(2021新高考Ⅱ卷·向量的数量积)已知向量a＋b＋ceq \a\vs4\al(＝)0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，a·b＋b·c＋c·a＝________.
解析：(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0⇒2(a·b＋b·c＋c·a)＋9＝0⇒a·b＋b·c＋c·a＝－eq \f(9,2).
答案：－eq \f(9,2)
[把脉考情]
命题视角一 平面向量数量积的运算
[典例] (1)在平行四边形ABCD中，已知eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(EC,\s\up7(―→))，eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(FC,\s\up7(―→))，|eq \(AE,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，|eq \(AF,\s\up7(―→))|＝eq \r(6)，则eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝( )
A．－9 B．－eq \f(9,2) C．－7 D．－eq \f(7,2)
(2)(2022·江西重点中学协作体联考)在△ABC中，O为中线AM的中点．若AM＝2，则eq \(OA,\s\up7(―→))·(eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→)))＝________.
[解析] (1)∵eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(EC,\s\up7(―→))，eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(FC,\s\up7(―→))，∴eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AF,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→))，又|eq \(AE,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，|eq \(AF,\s\up7(―→))|＝eq \r(6)，∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(eq \(AD,\s\up7(―→))＋\f(1,3) eq \(AB,\s\up7(―→)) ))＝eq \r(2)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))))＝eq \r(6)，∴eq \(AD,\s\up7(―→))2＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,9)eq \(AB,\s\up7(―→))2＝2，eq \f(1,9)eq \(AD,\s\up7(―→))2＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))2＝6，两式相减得eq \f(8,9)eq \(AD,\s\up7(―→))2－eq \f(8,9)eq \(AB,\s\up7(―→))2＝－4，∴eq \(AD,\s\up7(―→))2－eq \(AB,\s\up7(―→))2＝－eq \f(9,2).∴eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→)))·(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \(AD,\s\up7(―→))2－eq \(AB,\s\up7(―→))2＝－eq \f(9,2)，故选B.
(2)因为O为中线AM的中点，AM＝2，所以AO＝OM＝1，且eq \(OA,\s\up7(―→))与eq \(OM,\s\up7(―→))的夹角为π，所以eq \(OA,\s\up7(―→))·(eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→)))＝eq \(OA,\s\up7(―→))·2eq \(OM,\s\up7(―→))＝2|eq \(OA,\s\up7(―→))||eq \(OM,\s\up7(―→))|cs π＝－2.
[答案] (1)B (2)－2
[方法技巧] 平面向量数量积的2种运算方法
[针对训练]
1．已知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(1,3)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2，t)，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝( )
A．5 B．7
C．9 D．11
解析：选D 由已知，得eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2，t)－(1,3)＝(1，t－3)，又|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，所以eq \r(t－32＋1)＝1，解得t＝3，所以eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1,3)·(2,3)＝2＋9＝11.故选D.
2．在如图的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，eq \(BM,\s\up7(―→))＝2eq \(MA,\s\up7(―→))，eq \(CN,\s\up7(―→))＝2eq \(NA,\s\up7(―→))，则eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(OM,\s\up7(―→))的值为( )
A．－15 B．－9
C．－6 D．0
解析：选C 连接OA.在△ABC中，eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝3eq \(AN,\s\up7(―→))－3eq \(AM,\s\up7(―→))＝3(eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))－3(eq \(OM,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))＝3(eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→)))，∴eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(OM,\s\up7(―→))＝3(eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→)))·eq \(OM,\s\up7(―→))＝3(eq \(ON,\s\up7(―→))·eq \(OM,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→))2)＝3×(2×1×cs 120°－12)＝3×(－2)＝－6.
3．已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，若点D满足eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))，则eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝________.
解析：∵eq \(BC,\s\up7(―→))2＝(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))2＝eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \(AB,\s\up7(―→))2－2eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))，AB＝3，AC＝5，BC＝7，∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝－eq \f(15,2).∴eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))·(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3) eq \(AB,\s\up7(―→))－\f(1,2) eq \(AC,\s\up7(―→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2) eq \(AC,\s\up7(―→))－\f(1,3) eq \(AB,\s\up7(―→))))＝－eq \f(2,9)eq \(AB,\s\up7(―→))2－eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝－2－eq \f(25,4)－eq \f(15,4)＝－12.
答案：－12
命题视角二 平面向量数量积的应用
考法(一) 平面向量的模
[例1] (1)(2021·盐城二模)已知a，b是相互垂直的单位向量，与a，b共面的向量c满足a·c＝b·c＝2，则c的模为( )
A．1 B.eq \r(2) C．2 D．2eq \r(2)
(2)已知平面向量m，n的夹角为eq \f(π,6)，且|m|＝eq \r(3)，|n|＝2，在△ABC中，eq \(AB,\s\up7(―→))＝2m＋2n，eq \(AC,\s\up7(―→))＝2m－6n，D为BC的中点，则|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝________.
[解析] (1)由题意知a，b是相互垂直的单位向量，不妨设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，由a·c＝b·c＝2，得x＝y＝2，即c＝(2,2)，则|c|＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2).故选D.
(2)由题意知m·n＝eq \r(3)×2×cseq \f(π,6)＝3.∵在△ABC中，D为BC的中点，∴eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(2m＋2n＋2m－6n)＝2m－2n.∴|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝|2m－2n|＝2eq \r(m－n2)＝2eq \r(m2－2m·n＋n2)＝2eq \r(3－2×3＋4)＝2.
[答案] (1)D (2)2
[方法技巧]
计算向量的模的方法
(1)当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；
(2)利用|a|＝eq \r(a·a)及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的运算转化为数量积运算；
(3)几何法，利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解．
考法(二) 平面向量的夹角与垂直
[例2] (1)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
(2)已知e1，e2是互相垂直的单位向量．若eq \r(3)e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°，则实数λ的值是________．
[解析] (1)由(a－b)⊥b，得(a－b)·b＝0，即a·b＝b2.∵|a|＝2|b|，∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(b2,2b2)＝eq \f(1,2).又∵0≤〈a，b〉≤π，∴a与b的夹角为eq \f(π,3).
(2)因为eq \f(\r(3)e1－e 2· e 1＋λe 2,|\r(3) e 1－e 2|| e 1＋λe 2|)＝eq \f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))，
故eq \f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))＝eq \f(1,2)，解得λ＝eq \f(\r(3),3).
[答案] (1)B (2)eq \f(\r(3),3)
[方法技巧] 求解向量的夹角的2种方法
[针对训练]
1．(2021年1月新高考八省联考卷)已知单位向量a，b满足a·b＝0，若向量c＝eq \r(7)a＋eq \r(2)b，则sin〈a，c〉＝( )
A.eq \f(\r(7),3) B.eq \f(\r(2),3)
C.eq \f(\r(7),9) D.eq \f(\r(2),9)
解析：选B ∵a·c＝a·(eq \r(7)a＋eq \r(2)b)＝eq \r(7)a2＋eq \r(2)a·b＝eq \r(7)，|c|＝ eq \r(\r(7) a＋\r(2) b 2)＝ eq \r(7 a 2＋2b 2＋2\r(14) a·b)＝eq \r(7＋2)＝3，∴cs〈a，c〉＝eq \f(a·c,| a || c |)＝eq \f(\r(7),1×3)＝eq \f(\r(7),3)，∴sin〈a，c〉＝eq \f(\r(2),3).故选B.
2．已知向量a＝(x，y)，b＝(－1,2)，且a＋b＝(1,3)，则|a－2b|＝( )
A．1 B．3
C．4 D．5
解析：选D 由向量a＝(x，y)，b＝(－1,2)，且a＋b＝(1,3)，得a＋b＝(x－1，y＋2)＝(1,3)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝1，,y＋2＝3，))解得x＝2，y＝1，所以a＝(2,1)．所以a－2b＝(2,1)－2(－1,2)＝(4，－3)，所以|a－2b|＝eq \r(42＋－32)＝5，故选D.
3．已知△ABC中，∠A＝120°，且AB＝3，AC＝4，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))，且eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(BC,\s\up7(―→))，则实数λ的值为( )
A．eq \f(22,15) B．eq \f(10,3) C．6 D．eq \f(12,7)
解析：选A 因为zeq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))，且eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(BC,\s\up7(―→))，所以有eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝(λeq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))·(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))－λeq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \(AC,\s\up7(―→))2－eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝(λ－1)eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))－λeq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \(AC,\s\up7(―→))2＝0，整理可得(λ－1)×3×4×cs 120°－9λ＋16＝0，解得λ＝eq \f(22,15).
4．已知向量|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝3，|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝2，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(m－n)eq \(OA,\s\up7(―→))＋(2n－m－1)eq \(OB,\s\up7(―→))，若eq \(OA,\s\up7(―→))与eq \(OB,\s\up7(―→))的夹角为60°，且eq \(OC,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，则实数eq \f(m,n)的值为________．
解析：由题意得，eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＝(m－n)eq \(OA,\s\up7(―→))＋(2n－m)eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝3×2×cs 60°＝3.又因为eq \(OC,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，所以eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝[(m－n)·eq \(OA,\s\up7(―→))＋(2n－m)eq \(OB,\s\up7(―→))]·(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))＝－(m－n)eq \(OA,\s\up7(―→))2＋(2m－3n)eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＋(2n－m)eq \(OB,\s\up7(―→))2＝－9(m－n)＋3(2m－3n)＋4(2n－m)＝0，整理得7m－8n＝0，故eq \f(m,n)＝eq \f(8,7).
答案：eq \f(8,7)
命题视角三 平面向量数量积中的最值、范围问题
[典例] (1)(2022·福州模拟)已知P为边长为2的正方形ABCD所在平面内一点，则eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))的最小值为( )
A．－1 B．－3
C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(3,2)
(2)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|的最小值为________．
[解析] (1)如图，连接BD，取BD的中点O，连接CO，取CO的中点Q.
连接PO，因为O为BD的中点，
所以eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→))＝2eq \(PO,\s\up7(―→)).
连接PQ，在△PCQ中，eq \(PC,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QC,\s\up7(―→)).
因为Q为CO的中点，所以eq \(QO,\s\up7(―→))＝－eq \(QC,\s\up7(―→)).
在△POQ中，eq \(PO,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QO,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))－eq \(QC,\s\up7(―→)).
所以eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))＝eq \(PC,\s\up7(―→))·2eq \(PO,\s\up7(―→))＝2eq \(PC,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＝2(eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QC,\s\up7(―→)))·(eq \(PQ,\s\up7(―→))－eq \(QC,\s\up7(―→)))＝2(eq \(PQ,\s\up7(―→))2－eq \(QC,\s\up7(―→))2)．
因为Q，C是定点，所以当eq \(PQ,\s\up7(―→))2最小，即P，Q重合时，eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))取得最小值，最小值为－2eq \(QC,\s\up7(―→))2＝－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×2\r(2)))2＝－1.故选A.
(2)建立平面直角坐标系如图所示，则A(2,0)，设P(0，y)，C(0，b)，则B(1，b)．
所以eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))＝(2，－y)＋3(1，b－y)＝(5,3b－4y)，
所以|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|＝eq \r(25＋3b－4y2)(0≤y≤b)，
所以当y＝eq \f(3,4)b时，|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|取得最小值5.
[答案] (1)A (2)5
[方法技巧] 最值或范围问题的2种求解方法
[针对训练]
1．已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是( )
A．1 B．2 C.eq \r(2) D.eq \f(\r(2),2)
解析：选C 因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，(a－c)·(b－c)＝－c·(a＋b)＋|c|2＝－|c||a＋b|cs θ＋|c|2＝0，其中θ为c与a＋b的夹角，所以|c|＝|a＋b|cs θ＝eq \r(2)cs θ≤eq \r(2)，所以|c|的最大值是 eq \r(2).
2．已知向量a，b满足|a|＝1，(a－b)⊥(3a－b)，则a与b的夹角的最大值为( )
A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,3)
C．eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6)
解析：选A 设a与b的夹角为θ，θ∈[0，π]．
因为(a－b)⊥(3a－b)，所以(a－b)·(3a－b)＝0.
整理可得3a2－4a·b＋b2＝0，即3|a|2－4a·b＋|b|2＝0.
将|a|＝1代入3|a|2－4a·b＋|b|2＝0，
可得3－4|b|cs θ＋|b|2＝0，
整理可得cs θ＝eq \f(3,4|b|)＋eq \f(|b|,4)≥2 eq \r(\f(3,4|b|)×\f(|b|,4))＝eq \f(\r(3),2)，
当且仅当eq \f(3,4|b|)＝eq \f(|b|,4)，即|b|＝eq \r(3)时取等号，
故cs θ≥eq \f(\r(3),2)，结合θ∈[0，π]，可知θ的最大值为eq \f(π,6)，故选A.
3．(2022·湖北八校联考)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N(不与A，C重合)为AC边上的两个动点，且满足|eq \(MN,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，则eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))的取值范围为( )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
解析：选C 以等腰直角三角形的直角边BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示，则B(0,0)，直线AC的方程为x＋y＝2.
设M(a,2－a)，则0
∴eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2a2－2a＋2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－eq \f(1,2))) 2＋eq \f(3,2).
∵0
命题视角四 平面向量与其他知识的综合问题
考法(一) 平面向量与几何的综合问题
[例1] 已知A，B是半径为eq \r(2)的⊙O上的两个点，eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝1，⊙O所在平面上有一点C满足|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→))|＝1，则向量eq \(OC,\s\up7(―→))的模的取值范围是________．
[解析] 以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图，A(eq \r(2)，0)．
由eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝1，
|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，
得∠AOB＝eq \f(π,3)，于是Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(6),2)))，
设C(x，y)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)\r(2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(6),2)))2＝1.
问题转为求圆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)\r(2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(6),2)))2＝1上一点到原点距离的取值范围，原点到圆心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)\r(2)，\f(\r(6),2)))的距离为eq \r(6)，圆的半径为1，
∴|eq \(OC,\s\up7(―→))|的取值范围为[eq \r(6)－1，eq \r(6)＋1]．
[答案] [eq \r(6)－1，eq \r(6)＋1]
[方法技巧]
平面向量与几何综合问题的求解方法
(1)坐标法：把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．
(2)基向量法：适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程来进行求解．
考法(二) 平面向量与三角函数的综合问题
[例2] (2022·江苏新海高级中学期末)已知向量a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，b＝(2cs θ，2sin θ)，0<θ<π.
(1)若a∥b，求cs θ的值；
(2)若|a＋b|＝|b|，求sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))的值．
[解] (1)因为a∥b，所以－eq \f(1,2)·2sin θ＝eq \f(\r(3),2)·2cs θ.即－sin θ＝eq \r(3)cs θ，所以tan θ＝－eq \r(3)，又0<θ<π，所以θ＝eq \f(2π,3)，所以cs θ＝－eq \f(1,2).
(2)因为|a＋b|＝|b|，所以|a＋b|2＝|b|2，化简得|a|2＋2a·b＝0，又a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，b＝(2cs θ，2sin θ)，则|a|2＝1，a·b＝－cs θ＋eq \r(3)sin θ，所以eq \r(3)sin θ－cs θ＝－eq \f(1,2)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))＝－eq \f(1,4)，由0<θ<π，得θ－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以θ－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))，所以csθ－eq \f(π,6)＝＝eq \f(\r(15),4)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))＝＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))cseq \f(π,3)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))·sineq \f(π,3)＝eq \f(3\r(5)－1,8).
[方法技巧]
平面向量与三角函数的综合问题的解题思路
(1)若题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，则运用向量共线或垂直或等式成立等，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．
[针对训练]
1．若点O和点F分别为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))的最大值为( )
A．2 B．3
C．6 D．8
解析：选C 由椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1可得F(－1,0)，点O(0,0)，设P(x，y)(－2≤x≤2)，则eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))＝x2＋x＋y2＝x2＋x＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x2,4)))＝eq \f(1,4)x2＋x＋3＝eq \f(1,4)(x＋2)2＋2，－2≤x≤2，当且仅当x＝2时，eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))取得最大值6.
2．已知A，B，C分别为△ABC的三边a，b，c所对的角，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cs B，cs A)，且m·n＝sin 2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且eq \(CA,\s\up7(―→))·(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)))＝18，求边c的长．
解：(1)由已知得m·n＝sin Acs B＋cs Asin B＝sin(A＋B)，因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，所以m·n＝sin C，又m·n＝sin 2C，所以sin 2C＝sin C,2sin Ccs C＝sin C，sin C≠0，所以cs C＝eq \f(1,2).又0
巧用性质·练转化思维——极化恒等式的应用
极化恒等式：a·b＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a＋b2－a－b2)).
(1)极化恒等式的几何意义是：设点D是△ABC边BC的中点，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝|eq \(AD,\s\up7(―→))|2－eq \f(1,4)|eq \(BC,\s\up7(―→))|2＝eq \(AD,\s\up7(―→))2－eq \(BD,\s\up7(―→))2，即向量的数量积可转化为中线长与半底边长的平方差．
(2)具有三角几何背景的数学问题利用极化恒等式考虑尤为简单，让“秒杀”向量数量积问题成为一种可能，此恒等式的精妙之处在于建立向量与几何长度(数量)之间的桥梁，实现向量与几何、代数的巧妙结合．
(3)遇到共起点的两向量的数量积问题，常取第三边的中点，从而运用极化恒等式加以解决．
[应用体验]
1．在△ABC中，AC＝2BC＝4，∠ACB为钝角，M，N是边AB上的两个动点，且MN＝1，若eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))的最小值为eq \f(3,4)，则cs∠ACB＝________.
解析：取MN的中点P，则由极化恒等式得eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))＝|eq \(CP,\s\up7(―→))|2－eq \f(1,4)|eq \(MN,\s\up7(―→))|2＝|eq \(CP,\s\up7(―→))|2－eq \f(1,4).
∵eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))的最小值为eq \f(3,4)，
∴|eq \(CP,\s\up7(―→))|min＝1.
由平面几何知识知，当CP⊥AB时，CP最小．
如图，作CH⊥AB，H为垂足，
则CH＝1，又AC＝2BC＝4，
∴∠B＝30°，sin A＝eq \f(1,4)，
∴cs∠ACB＝cs(150°－A)＝eq \f(1－3\r(5),8).
答案：eq \f(1－3\r(5),8)
2．已知平面向量a，b，c满足|a|＝1，a·b＝eq \f(1,2)，a·c＝2，|2b－c|＝2，那么b·c的最小值为________．
解析：由a·b＝eq \f(1,2)，a·c＝2，得2a·b＋a·c＝3，即a·(2b＋c)＝3，又a·(2b＋c)＝|a||2b＋c|cs θ(其中θ为向量a与2b＋c的夹角)，所以|2b＋c|＝eq \f(3,cs θ)，所以b·c＝eq \f(1,8)[(2b＋c)2－(2b－c)2]＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,cs2θ)－4))≥eq \f(5,8).
答案：eq \f(5,8)
3．如图所示，矩形ABCD的边AB＝4，AD＝2，以点C为圆心，CB为半径的圆与CD交于点E，若点P是圆弧 (含端点B，E)上的一点，则eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的取值范围是________．
解析：设AB的中点为O(图略)，则eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝|eq \(PO,\s\up7(―→))|2－eq \f(1,4)|eq \(AB,\s\up7(―→))|2＝|eq \(PO,\s\up7(―→))|2－4，当O，P，C共线时，PO取得最小值为PO＝2eq \r(2)－2；当P与B(或E)重合时，PO取得最大值为PO＝2，所以eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的取值范围是[8－8eq \r(2)，0]．
答案：[8－8eq \r(2)，0]
[课时跟踪检测]
一、综合练——练思维敏锐度
1．已知非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，|2a－b|＝1，则|a|＝( )
A.eq \f(1,2) B．1 C.eq \r(2) D．2
解析：选A 由题意得a·b＝|a|×1×eq \f(1,2)＝eq \f(|a|,2)，又|2a－b|＝1，∴|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4|a|2－2|a|＋1＝1，即4|a|2－2|a|＝0，又|a|≠0，解得|a|＝eq \f(1,2).
2．已知a＝(2sin 13°，2sin 77°)，|a－b|＝1，a与a－b的夹角为eq \f(π,3)，则a·b＝( )
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：选B 因为a＝(2sin 13°，2sin 77°)，所以|a|＝eq \r(2sin 13°2＋2sin 77°2)＝eq \r(2sin 13°2＋2cs 13°2)＝2，又因为|a－b|＝1，向量a与a－b的夹角为eq \f(π,3)，所以cs eq \f(π,3)＝eq \f(a·a－b ,|a||a－b |)＝eq \f(a2－a·b,2×1)＝eq \f(4－a·b,2×1)＝eq \f(1,2)，所以a·b＝3，故选B.
3．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝eq \r(3)，则下列说法正确的是( )
A．a·b＝－2 B．(a＋b)⊥(a－b)
C．a与b的夹角为eq \f(π,3) D．|a－b|＝eq \r(7)
解析：选D 因为|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝eq \r(3)，
所以(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝1－4＝－3，
|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝3，
所以a·b＝－1.
又a·b＝1×2×cs〈a，b〉＝－1，
所以a与b的夹角为eq \f(2π,3)，
故|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝1＋2＋4＝7，
所以|a－b|＝eq \r(7)，故选D.
4．(2019·北京高考)设点A，B，C不共线，则“eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))的夹角为锐角”是“|eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|>|eq \(BC,\s\up7(―→))|”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选C 因为点A，B，C不共线，由向量减法的三角形法则，可知eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))，所以|eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|>|eq \(BC,\s\up7(―→))|等价于|eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|>|eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))|，不等号两边平方得eq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \(AC,\s\up7(―→))2＋2|eq \(AB,\s\up7(―→))|·|eq \(AC,\s\up7(―→))|cs θ>eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \(AB,\s\up7(―→))2－2|eq \(AC,\s\up7(―→))|·|eq \(AB,\s\up7(―→))|cs θ(θ为eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))的夹角)，整理得4|eq \(AB,\s\up7(―→))|·|eq \(AC,\s\up7(―→))|cs θ>0，故cs θ>0，即θ为锐角．又以上推理过程可逆，所以“eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))的夹角为锐角”是“|eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))|>|eq \(BC,\s\up7(―→))|”的充分必要条件．
5.如图，半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝eq \f(2π,3)，P是弧AB上的一点，且满足OP⊥OB，M，N分别是线段OA，OB上的动点，则eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))的最大值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),2) C．1 D.eq \r(2)
解析：选C ∵扇形AOB的半径为1，∴|eq \(OP,\s\up7(―→))|＝1，∵OP⊥OB，∴eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝0.∵∠AOB＝eq \f(2π,3)，∴∠AOP＝eq \f(π,6)，∴eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→)))·(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(ON,\s\up7(―→)))＝eq \(PO,\s\up7(―→))2＋eq \(ON,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(ON,\s\up7(―→))＝1＋|eq \(OM,\s\up7(―→))|cs eq \f(5π,6)＋|eq \(OM,\s\up7(―→))||eq \(ON,\s\up7(―→))|cseq \f(2π,3)≤1＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝1，故选C.
6.△ABC中，|AC|＝2，|AB|＝2，∠BAC＝120°，＝λeq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AF,\s\up7(―→))＝μeq \(AC,\s\up7(―→))，M为线段EF的中点，若|eq \(AM,\s\up7(―→))|＝1，则λ＋μ的最大值为( )
A.eq \f(\r(7),3) B.eq \f(2\r(7),3) C．2 D.eq \f(\r(21),3)
解析：选C eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AE,\s\up7(―→))＋eq \(AF,\s\up7(―→)))＝eq \f(λ,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(μ,2)eq \(AC,\s\up7(―→))，∴|eq \(AM,\s\up7(―→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,2) eq \(AB,\s\up7(―→))＋\f(μ,2) eq \(AC,\s\up7(―→)) ))2＝λ2＋μ2＋eq \f(λμ,2)×4cs 120°＝λ2＋μ2－λμ＝1，∴1＝λ2＋μ2－λμ＝(λ＋μ)2－3λμ≥(λ＋μ)2－eq \f(3,4)(λ＋μ)2＝eq \f(1,4)(λ＋μ)2，∴λ＋μ≤2，当且仅当λ＝μ＝1时等号成立．故选C.
7.如图，在△ABC中，AB＝2AC，∠BAC＝eq \f(2π,3)，P1，P2，P3是边BC的四等分点，记I1＝eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP2,\s\up7(―→))，I2＝eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→))，I3＝eq \(AP2,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→))，则( )
A．I1＜I2＜I3 B．I2＜I1＜I3
C．I2＜I3＜I1 D．I3＜I2＜I1
解析：选C 因为eq \(AP2,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AP1,\s\up7(―→))＋eq \(AP3,\s\up7(―→)))，所以I1＝eq \f(1,2)(eq \(AP1,\s\up7(―→))2＋eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→)))，I3＝eq \f(1,2)(eq \(AP3,\s\up7(―→))2＋eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→)))，故只需判断eq \(AP1,\s\up7(―→))2，eq \(AP3,\s\up7(―→))2，eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→))之间的大小关系．不妨令AC＝1，AB＝2，则由余弦定理可得BC＝eq \r(7)，作AD⊥BC，由勾股定理容易得到P3位于点D的右侧，故∠AP3B为锐角，显然有eq \(AP1,\s\up7(―→))2＞eq \(AP3,\s\up7(―→))2＞eq \(AP1,\s\up7(―→))·eq \(AP3,\s\up7(―→))，故I2＜I3＜I1，选C.
8.如图，C，D在半径为1的⊙O上，线段AB是⊙O的直径，则eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))的取值范围是________．
解析：由题意得eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝(eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DC,\s\up7(―→)))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝－eq \(DC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))，显然当DC，DB均为⊙O的直径时，eq \(DC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))取得最大值4.取BC的中点M，由极化恒等式可知eq \(DC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))＝eq \(DM,\s\up7(―→))2－eq \(BM,\s\up7(―→))2＝eq \(DM,\s\up7(―→))2＋eq \(OM,\s\up7(―→))2－1≥eq \f(DM＋OM2,2)－1≥eq \f(OD2,2)－1＝－eq \f(1,2)，
故eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(1,2)))
9．已知向量m＝(－1,2)，n＝(2，λ)，若m⊥n，则2m＋n与m夹角的余弦值为________．
解析：因为向量m＝(－1,2)，n＝(2，λ)，m⊥n，所以有m·n＝－2＋2λ＝0，解得λ＝1，所以2m＋n＝(0,5)，所以2m＋n与m夹角的余弦值为eq \f(2m＋n·m,|2m＋n||m|)＝eq \f(2m2,5×\r(－12＋22))＝eq \f(2\r(5),5).
答案：eq \f(2\r(5),5)
10．已知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(cs 23°，cs 67°)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(2cs 68°，2cs 22°)，则△ABC的面积为________．
解析：根据题意，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(cs 23°，cs 67°)，
∴eq \(BA,\s\up7(―→))＝－(cs 23°，sin 23°)，则|eq \(BA,\s\up7(―→))|＝1.
又∵eq \(BC,\s\up7(―→))＝(2cs 68°，2cs 22°)＝2(cs 68°，sin 68°)，∴|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝2.
∴eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝－2(cs 23°cs 68°＋sin 23°sin 68°)
＝－2×cs 45°＝－eq \r(2)，∴cs B＝eq \f(eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→)),| eq \(BA,\s\up7(―→))||eq \(BC,\s\up7(―→))|)＝－eq \f(\r(2),2)，
则B＝135°，则S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \(BA,\s\up7(―→))||eq \(BC,\s\up7(―→))|sin B
＝eq \f(1,2)×1×2×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
11．已知平面向量a，b满足|b|＝1，且a与b－a的夹角为120°，则|a|的取值范围为________．
解析：在△ABC中，设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝b，则b－a＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))，∵a与b－a的夹角为120°，∴∠B＝60°，由正弦定理得eq \f(1,sin 60°)＝eq \f(|a|,sin C)，∴|a|＝eq \f(sin C,sin 60°)＝eq \f(2\r(3),3)sin C．∵0°
12．(2022·南京第一中学月考)如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,6)eq \(BC,\s\up7(―→)).若M，N是线段BC上的动点，且MN＝1，则eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))的最小值为________．
解析：eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,6)eq \(BC,\s\up7(―→))，则|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝1，如图，以B为原点建立平面直角坐标系，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(3\r(3),2)))，
设M(x,0)，N(x＋1,0)，x∈[0,5]，
所以eq \(DM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)，－\f(3\r(3),2)))，
eq \(DN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)，－\f(3\r(3),2)))，
所以eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)))2＝x2－4x＋eq \f(15,4)＋eq \f(27,4)＝(x－2)2＋eq \f(13,2)，
当且仅当x＝2时，取得最小值eq \f(13,2)，
所以eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))的最小值为eq \f(13,2).
答案：eq \f(13,2)
13．已知|a|＝4，|b|＝8，a与b的夹角是120°.
(1)计算：①|a＋b|，②|4a－2b|；
(2)当k为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b)．
解：由已知得，a·b＝4×8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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.即当k＝－7时，(a＋2b)⊥(ka－b)．
14．在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sin x，cs x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(1)若m⊥n，求tan x的值；
(2)若m与n的夹角为eq \f(π,3)，求x的值．
解：(1)因为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sin x，cs x)，m⊥n，所以m·n＝0，即eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)cs x＝0，所以sin x＝cs x，所以tan x＝1.
(2)由已知得|m|＝|n|＝1，所以m·n＝|m|·|n|cs eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，即eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)cs x＝eq \f(1,2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＝eq \f(1,2).因为0
1．(2021·河北部分重点中学联考)已知向量a，b，c满足：a＝(4,0)，b＝(4,4)，(a－c)·(b－c)＝0，则b·c的最大值是( )
A．24 B．24－8eq \r(2)
C．24＋8eq \r(2) D．8eq \r(2)
解析：选C 设eq \(OA,\s\up7(―→))＝a＝(4,0)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b＝(4,4)， eq \(OC,\s\up7(―→))＝c＝(x，y)，则a－c＝(4－x，－y)，b－c＝(4－x,4－y)，又(a－c)·(b－c)＝0，∴(4－x)2－y(4－y)＝0，即(x－4)2＋(y－2)2＝4，∴点C的轨迹方程为(x－4)2＋(y－2)2＝4.而b·c＝4x＋4y，令z＝4x＋4y，由平面几何知识，得当直线4x＋4y－z＝0与圆(x－4)2＋(y－2)2＝4相切时，z取得最大值或最小值，即zmax＝24＋8eq \r(2)，故选C.
2．已知平面向量eq \(PA,\s\up7(―→))，eq \(PB,\s\up7(―→))满足|eq \(PA,\s\up7(―→))|＝|eq \(PB,\s\up7(―→))|＝1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2).若|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，则|eq \(AC,\s\up7(―→))|的最大值为( )
A.eq \r(2)－1 B.eq \r(3)－1
C.eq \r(2)＋1 D.eq \r(3)＋1
解析：选D 因为|eq \(PA,\s\up7(―→))|＝|eq \(PB,\s\up7(―→))|＝1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2)，所以cs∠APB＝－eq \f(1,2)，即∠APB＝eq \f(2π,3)，由余弦定理可得AB＝eq \r(1＋1＋1)＝eq \r(3).如图，建立平面直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))，由题设点C(x，y)在以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))为圆心，半径为1的圆上运动，结合图形可知，点C(x，y)运动到点D时，有|AC|max＝|AD|＝|AB|＋1＝eq \r(3)＋1.故选D.
3．(1)已知平面向量a，b，c满足a·b＝eq \f(7,4)，|a－b|＝3，(a－c)·(b－c)＝－2，则|c|的取值范围是________．
(2)已知向量a，b是单位向量，若a·b＝0，且|c－a|＋|c－2b|＝eq \r(5)，则|c＋2a|的取值范围是________．
解析：(1)由a·b＝eq \f(7,4)，|a－b|＝3，解得a2＋b2＝eq \f(25,2)，所以|a＋b|＝4.由(a－c)·(b－c)＝a·b－c·(a＋b)＋c2＝－2，得|c|2＋eq \f(15,4)＝c·(a＋b)≤|c|·|a＋b|＝4|c|，化简可得4|c|2－16|c|＋15≤0，解得eq \f(3,2)≤|c|≤eq \f(5,2).
(2)因为a，b是单位向量，且a·b＝0，所以可设a＝(1,0)，b＝(0,1)，设c＝(x，y)，则c－a＝(x－1，y)，c－2b＝(x，y－2)．因为|c－a|＋|c－2b|＝eq \r(5)，即eq \r(x－12＋y2)＋eq \r(x2＋y－22)＝eq \r(5)，由几何意义可得点P(x，y)到点A(1,0)和点B(0,2)的距离之和为eq \r(5)，而|AB|＝eq \r(5)，所以点P在线段AB上，且线段AB的方程为2x＋y－2＝0(0≤x≤1)，所以|c＋2a|
＝eq \r(x＋22＋y2)表示线段2x＋y－2＝0(0≤x≤1)上的点到(－2,0)的距离，所以|c＋2a|min＝eq \f(|2×－2－2|,\r(22＋1))＝eq \f(6\r(5),5)，|c＋2a|max＝|1－(－2)|＝3.
答案：(1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5,2))) (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(6\r(5),5)，3))
4．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a＝(－1,2)，又点A(8,0)，B(n，t)，C(ksin θ，t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2))).
(1)若eq \(AB,\s\up7(―→))⊥a，且|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(5)|eq \(OA,\s\up7(―→))|，求向量eq \(OB,\s\up7(―→))；
(2)若向量eq \(AC,\s\up7(―→))与向量a共线，当k>4，且tsin θ取最大值4时，求eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→)).
解：(1)由题设知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(n－8，t)，∵eq \(AB,\s\up7(―→))⊥a，∴8－n＋2t＝0.
又∵eq \r(5)|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|，∴5×64＝(n－8)2＋t2＝5t2，得t＝±8.
当t＝8时，n＝24；当t＝－8时，n＝－8，
∴eq \(OB,\s\up7(―→))＝(24,8)或eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－8，－8)．
(2)由题设知eq \(AC,\s\up7(―→))＝(ksin θ－8，t)，
∵eq \(AC,\s\up7(―→))与a共线，∴t＝－2ksin θ＋16，
tsin θ＝(－2ksin θ＋16)sin θ＝－2keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ－\f(4,k)))2＋eq \f(32,k).
∵k>4，∴0
由eq \f(32,k)＝4，得k＝8，此时θ＝eq \f(π,6)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝(4,8)，
∴eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OC,\s\up7(―→))＝(8,0)·(4,8)＝32.
第四节 复数
课程标准
eq \a\vs4\al(1.理解复数的概念，理解复数相等的充要条件. 2.了解复数的代数表示法及其几何意义.,3.能进行复数代数形式的四则运算，了解两个具体复数相加、减的几何意义.)
[由教材回扣基础]
1．复数的定义及分类
(1)复数的定义：
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中实部是a，虚部是b.
(2)复数的分类：
eq \a\vs4\al(复数z＝a＋bi,a，b∈R )eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(实数b＝0，,虚数b≠0\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(纯虚数a＝0，,非纯虚数a≠0.))))
2．复数的有关概念
3．复数的几何意义
4.复数的运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则：
(1)z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；
(2)z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；
(3)z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；
(4)eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋bi,c＋di)＝eq \f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．
5．复数运算的几个重要结论
(1)|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2(|z1|2＋|z2|2)．
(2)eq \x\t(z)·z＝|z|2＝|eq \x\t(z)|2.
(3)若z为虚数，则|z|2≠z2.
(4)(1±i)2＝±2i.
(5)eq \f(1＋i,1－i)＝i；eq \f(1－i,1＋i)＝－i.
(6)i4n＝1；i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i(n∈N)．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)方程x2＋x＋1＝0没有解．( )
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( )
(3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小．( )
(4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√
二、练牢教材小题
1．(人教A版选修2－2 P103例1改编)若a∈R，复数z＝(a2－2a)＋(a2－a－2)i是纯虚数，则( )
A．a≠2且a≠－1 B．a＝0
C．a＝2 D．a＝0或a＝2
解析：选B 复数z＝(a2－2a)＋(a2－a－2)i是纯虚数，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－2a＝0，,a2－a－2≠0，))解得a＝0.
2．(新人教A版必修②P73T6改编)若复数z＝eq \f(1＋mi,1＋i)(i为复数单位)在复平面内对应的点在第三象限，则实数m的取值范围是( )
A．(－1,1) B．(－1,0)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
解析：选D z＝eq \f(1＋mi,1＋i)＝eq \f(1＋mi1－i,1＋i1－i)＝eq \f(1＋m,2)＋eq \f(m－1,2)i，由复数在复平面内对应的点在第三象限，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1＋m,2)<0，,\f(m－1,2)<0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<－1，,m<1，))即m<－1，故选D.
3．(人教A版选修2－2 P111例4改编)复数z＝eq \f(3－i,1－i)＝________.
答案：2＋i
三、练清易错易混
1．(概念理解错误)若i为虚数单位，则复数eq \f(4＋3i,3－4i)的虚部是( )
A．－1 B．1 C．i D．－i
解析：选B 由题意得，eq \f(4＋3i,3－4i)＝eq \f(4＋3i3＋4i,3－4i3＋4i)＝eq \f(25i,25)＝i，所以复数的虚部是1.故选B.
2．(混淆绝对值与复数模)若z＝3＋4i，则|z|＝( )
A.eq \r(5) B．5 C．7 D．25
解析：选B 因为z＝3＋4i，所以|z|＝eq \r(32＋42)＝5.
命题视角一 复数的概念(自主练通)
1．(2020·浙江高考)已知a∈R，若a－1＋(a－2)i(i为虚数单位)是实数，则a＝( )
A．1 B．－1 C．2 D．－2
解析：选C 因为a－1＋(a－2)i是实数，所以a－2＝0，所以a＝2，故选C.
2．(2020·全国Ⅰ卷)若z＝1＋2i＋i3，则|z|＝( )
A．0 B．1 C.eq \r(2) D．2
解析：选C 因为z＝1＋2i＋i3＝1＋2i－i＝1＋i，
所以|z|＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，故选C.
3．已知复数z＝(m2－1)＋(m－eq \r(3))(m－1)i(m∈R)，则下列说法错误的是( )
A．若m＝0，则共轭复数eq \x\t(z)＝－1－eq \r(3)i
B．若复数z＝2，则m＝eq \r(3)
C．若复数z为纯虚数，则m＝±1
D．若m＝0，则4＋2z＋z2＝0
解析：选C 对于A，当m＝0时，z＝－1＋eq \r(3)i，则eq \x\t(z)＝－1－eq \r(3)i，故A正确；对于B，若复数z＝2，则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－1＝2，,m－\r(3)m－1＝0，))解得m＝eq \r(3)，故B正确；对于C，若复数z为纯虚数，则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－1＝0，,m－\r(3)m－1≠0，))解得m＝－1，故C错误；对于D，若m＝0，则z＝－1＋eq \r(3)i,4＋2z＋z2＝4＋2(－1＋eq \r(3)i)＋(－1＋eq \r(3)i)2＝0，故D正确．
4．已知复数z＝eq \f(a,2－i)＋eq \f(2－i,5)的实部与虚部的和为2，则实数a的值为________．
解析：易知z＝eq \f(a,2－i)＋eq \f(2－i,5)＝eq \f(a2＋i,5)＋eq \f(2－i,5)＝eq \f(2a＋2,5)＋eq \f(a－1i,5)，由题意得eq \f(2a＋2,5)＋eq \f(a－1,5)＝2，解得a＝3.
答案：3
[一“点”就过]
解决复数概念问题的方法
(1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化为代数形式z＝a＋bi(a，b∈R)，则该复数的实部为a，虚部为b.
(2)求一个复数的共轭复数，只需将此复数整理成标准的代数形式，实部不变，虚部变为相反数，即得原复数的共轭复数．复数z1＝a＋bi与z2＝c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
命题视角二 复数代数形式的运算(自主练通)
1．(2021·新高考Ⅰ卷)已知z＝2－i，则z(eq \x\t(z)＋i)＝( )
A．6－2i B．4－2i C．6＋2i D．4＋2i
解析：选C 因为z＝2－i，所以eq \x\t(z)＝2＋i，则z(eq \x\t(z)＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝4＋4i－2i＋2＝6＋2i.故选C.
2．(2021·全国甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，则z＝( )
A．－1－eq \f(3,2)i B．－1＋eq \f(3,2)i
C．－eq \f(3,2)＋i D．－eq \f(3,2)－i
解析：选B 因为(1－i)2z＝3＋2i，所以z＝eq \f(3＋2i,1－i2)＝eq \f(3＋2i,－2i)＝－1＋eq \f(3,2)i.故选B.
3．若复数z满足z(1＋2i)＝(1＋i)2(i为虚数单位)，则|eq \x\t(z)＋i2 021|＝________.
解析：由z(1＋2i)＝(1＋i)2，得复数z＝eq \f(1＋i2,1＋2i)＝eq \f(2i1－2i,5)＝eq \f(4＋2i,5)，∴eq \x\t(z)＝eq \f(4－2i,5).∴|eq \x\t(z)＋i2 021|＝eq \f(4－2i,5)＋i＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4＋3i,5)))＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2)＝1.
答案：1
4．i是虚数单位，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(5－i,1＋i)))的值为________．
解析：∵eq \f(5－i,1＋i)＝eq \f(5－i1－i,1＋i1－i)＝2－3i，∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(5－i,1＋i)))＝|2－3i|＝eq \r(13).
答案：eq \r(13)
[一“点”就过]
复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式运算，除法关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，注意要把i的幂写成最简形式．
命题视角三 复数的几何意义
[典例] (1)(2021·新高考Ⅱ卷)复数eq \f(2－i,1－3i)在复平面内对应的点所在的象限为( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
(2)已知复数z1＝2－2i(i为虚数单位)在复平面内对应的点为P1，复数z2满足|z2－i|＝1，则下列结论错误的是( )
A．P1点的坐标为(2，－2)
B.eq \x\t(z)1＝2＋2i(eq \x\t(z)1为z1的共轭复数)
C．|z2－z1|的最大值为eq \r(13)＋1
D．|z2－z1|的最小值为2eq \r(2)
[解析] (1)eq \f(2－i,1－3i)＝eq \f(2－i1＋3i,1－3i1＋3i)＝eq \f(5＋5i,10)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i.故选A.
(2)对于A，复数z1＝2－2i在复平面内对应的点为P1(2，－2)，故A正确；对于B，∵z1＝2－2i，∴eq \x\t(z)1＝2＋2i，故B正确；对于C、D，设z2＝x＋yi(x，y∈R)，在复平面内对应的点为P(x，y)，设A(0,1)，∵|z2－i|＝1，∴点P(x，y)到点A的距离为1，因此P(x，y)是在以A(0,1)为圆心，1为半径的圆上，|z2－z1|表示圆A上的点到P1点的距离，因此|z2－z1|max＝AP1＋1＝eq \r(22＋－2－12)＋1＝eq \r(13)＋1，|z2－z1|min＝AP1－1＝eq \r(22＋－2－12)－1＝eq \r(13)－1，故C正确，D错误．
[答案] (1)A (2) D
[方法技巧]
复数几何意义问题的解题策略
(1)复数z、复平面上的点Z及向量eq \(OZ,\s\up7(―→))相互联系，即z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔eq \(OZ,\s\up7(―→)).
(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
[针对训练]
1．在复平面内，复数eq \f(m＋i,m－i)(i为虚数单位)对应的点位于第一象限，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
解析：选D eq \f(m＋i,m－i)＝eq \f(m＋i2,m－im＋i)＝eq \f(m2－1,m2＋1)＋eq \f(2m,m2＋1)i.
∵该复数对应的点位于第一象限，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(m2－1,m2＋1)>0，,\f(2m,m2＋1)>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－1>0，,2m>0，))解得m>1，
∴实数m的取值范围是(1，＋∞)，故选D.
2．(2022·福州质检)设复数z满足|z＋1|＝|z－i|，z在复平面内对应的点为(x，y)，则( )
A．x＝0 B．y＝0
C．x－y＝0 D．x＋y＝0
解析：选D 复数z满足|z＋1|＝|z－i|，所以eq \r(x＋12＋y2)＝eq \r(x2＋y－12)，化简，得x＋y＝0，故选D.
3．设z为复数，则下列命题中不正确的是( )
A．|z|2＝z·eq \x\t(z)
B．z2＝|z|2
C．若|z|＝1，则|z＋i|的最大值为2
D．若|z－1|＝1，则0≤|z|≤2
解析：选B 对于A，设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \x\t(z)＝a－bi，所以|z|2＝a2＋b2，而z·eq \x\t(z)＝a2＋b2，所以|z|2＝z·eq \x\t(z)成立；对于B，z＝a＋bi(a，b∈R)，当a，b均不为0时，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，而|z|2＝a2＋b2，所以z2＝|z|2不成立；对于C，|z|＝1可以看成以O(0，0)为圆心，1为半径的圆上的点P，|z＋i|可以看成点P到Q(0，－1)的距离，所以当P为(0,1)时，可取|z＋i|的最大值为2；对于D，|z－1|＝1可以看成以M(1,0)为圆心，1为半径的圆上的点N，则|z|表示点N到原点的距离，故O，N重合时，|z|＝0最小，当O，M，N三点共线时，|z|＝2最大，故0≤|z|≤2.
数学建模·练抽象思维——复数中的创新应用问题
1．(参悟数学文化)欧拉公式exi＝cs x＋isin x是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥，依据欧拉公式，下列选项错误的是( )
A．复数e2i对应的点位于第二象限
B．为纯虚数
C．复数eq \f(exi,\r(3)＋i)的模长等于eq \f(1,2)
D．的共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i
解析：选D 对于A，e2i＝cs 2＋isin 2，因为eq \f(π,2)<2<π，即cs 2<0，sin 2>0，所以复数e2i对应的点位于第二象限，A正确；对于B，＝cseq \f(π,2)＋isineq \f(π,2)＝i，为纯虚数，B正确；对于C，eq \f(exi,\r(3)＋i)＝eq \f(cs x＋isin x,\r(3)＋i)＝eq \f(cs x＋isin x\r(3)－i,\r(3)＋i\r(3)－i)＝eq \f(\r(3)cs x＋sin x,4)＋eq \f(\r(3)sin x－cs x,4)i，于是得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(exi,\r(3)＋i)))＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)cs x＋sin x,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)sin x－cs x,4)))2)＝eq \f(1,2)，C正确；对于D，＝cseq \f(π,6)＋isineq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)i，其共轭复数为eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i，D不正确．
2．(参悟数学文化)18世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义．例如，|z|＝|OZ|，也即复数z的模的几何意义为z对应的点Z到原点的距离．在复平面内，复数z0＝eq \f(a＋2i,1＋i)(i是虚数单位，a∈R)是纯虚数，其对应的点为Z0，满足条件|z|＝1的点Z与Z0之间的最大距离为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 因为z0＝eq \f(a＋2i,1＋i)＝eq \f(a＋2i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(a＋2＋2－ai,2)，且复数z0是纯虚数，所以a＋2＝0，解得a＝－2，所以z0＝2i，则Z0(0,2)，由于|z|＝1，故设Z(x，y)且x2＋y2＝1，－1≤y≤1，所以|ZZ0|＝eq \r(x2＋y－22)＝eq \r(x2＋y2＋4－4y)＝eq \r(5－4y)≤ eq \r(5＋4)＝3，故点Z与Z0之间的最大距离为3.故选C.
3．(创新学科情境)已知复数z对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙、丁四人对复数z的陈述如下(i为虚数单位)：甲：z＋eq \x\t(z)＝2；乙：z－eq \x\t(z)＝2eq \r(3)i；丙：z·eq \x\t(z)＝4；丁：eq \f(z,\x\t(z))＝eq \f(z2,2).在甲、乙、丙、丁四人的陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数z＝________.
解析：设z＝a＋bi(a>0，b>0)，则eq \x\t(z)＝a－bi，
∴z＋eq \x\t(z)＝2a，z－eq \x\t(z)＝2bi，z·eq \x\t(z)＝a2＋b2，eq \f(z,\x\t(z))＝eq \f(z2,a2＋b2).
∵z·eq \x\t(z)＝4与eq \f(z,\x\t(z))＝eq \f(z2,2)不可能同时成立，
∴丙、丁两人的陈述不能同时正确；
当z－eq \x\t(z)＝2eq \r(3)i时，b2＝3>2，∴eq \f(z,\x\t(z))＝eq \f(z2,2)不成立，
∴乙、丁两人的陈述不能同时正确；
当甲乙两人的陈述正确时，a＝1，b＝eq \r(3)，
则丙也正确，不合题意；
当甲丙两人的陈述正确时，a＝1，b＝eq \r(3)，
则乙也正确，不合题意；
当乙丙两人的陈述正确时，b＝eq \r(3)，a＝1，
则甲也正确，不合题意；
∴甲丁两人的陈述正确，此时a＝b＝1，∴z＝1＋i.
答案：1＋i
4．(衔接高等数学)在复平面内，复数z＝a＋bi(a，b∈R)对应向量eq \(OZ,\s\up7(―→)) (O为坐标原点)，设|eq \(OZ,\s\up7(―→))|＝r，以射线Ox为始边，OZ为终边旋转的角为θ，则z＝r(cs θ＋isin θ)，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：z1＝r1(cs θ1＋isin θ1)，z2＝r2(cs θ2＋isin θ2)，则z1z2＝r1r2[cs(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]，由棣莫弗定理可以推导出复数乘方公式：[r(cs θ＋isin θ)]n＝rn(cs nθ＋isin nθ)．已知z＝(eq \r(3)＋i)4，则|eq \x\t(z)|＝________；若复数ω满足ωn－1＝0(n∈N*)，则称复数ω为n次单位根，若复数ω是6次单位根，且ω∉R，请写出一个满足条件的ω＝________.
解析：∵eq \r(3)＋i＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(π,6)＋isin\f(π,6)))，
∴z＝(eq \r(3)＋i)4＝24eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(2,3)π＋isin\f(2,3)π))，
则|eq \x\t(z)|＝|z|＝24＝16.由题意知ω6＝1，
设ω＝cs θ＋isin θ，则ω6＝cs 6θ＋isin 6θ＝1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin 6θ＝0，,cs 6θ＝1，))又ω∉R，所以sin θ≠0，
故可取θ＝eq \f(π,3)，则ω＝cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3).
答案：16 cseq \f(2kπ,6)＋isineq \f(2kπ,6)(k＝1,2,4,5)
[课时跟踪检测]
1．已知i为虚数单位，z＝eq \f(4,1－i)，则复数z的虚部为( )
A．－2i B．2i C．2 D．－2
解析：选C z＝eq \f(4,1－i)＝eq \f(41＋i,1－i1＋i)＝eq \f(41＋i,2)＝2＋2i，虚部为2，故选C.
2．(2021·浙江高考)已知a∈R，(1＋ai)i＝3＋i(i为虚数单位)，则a＝( )
A．－1 B．1 C．－3 D．3
解析：选C 由(1＋ai)i＝3＋i，得－a＋i＝3＋i，所以－a＝3，即a＝－3.故选C.
3．设复数z＝eq \f(1－i,1＋i)，f(x)＝x2 020＋x2 019＋…＋x＋1，则f(z)＝( )
A．i B．－i C．1 D．－1
解析：选C ∵z＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝eq \f(－2i,2)＝－i，
∴f(z)＝f(－i)＝(－i)2 020＋(－i)2 019＋…＋(－i)＋1.∵(－i)＋(－i)2＋(－i)3＋(－i)4＝－i－1＋i＋1＝0，∴f(z)＝505×0＋1＝1.故选C.
4．若z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m－6))＋(m－2)i为纯虚数，则实数m的值为( )
A．－2 B．2 C．－3 D．3
解析：选C 因为z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m－6))＋(m－2)i为纯虚数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－2m＋3＝0，,m－2≠0，))解得m＝－3，故选C.
5．复数z＝eq \f(2i4,1＋i)在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D 由题得复数z＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(21－i,1＋i1－i)＝eq \f(21－i,2)＝1－i，所以复数z对应的点位于复平面第四象限，故选D.
6．“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 当a＝－2时，z＝(－2＋2i)(－1＋i)＝－4i，则z为纯虚数，可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充分条件；当z＝(a＋2i)(－1＋i)＝(－a－2)＋(a－2)i为纯虚数时，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a－2＝0，,a－2≠0，))解得a＝－2，可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的必要条件．综上所述，“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充要条件．
7．已知a∈R，i是虚数单位，若z＝a＋eq \r(3)i，z·eq \x\t(z)＝4，则a＝( )
A．1或－1 B.eq \r(7)或－eq \r(7)
C．－eq \r(3) D.eq \r(3)
解析：选A ∵z＝a＋eq \r(3)i，∴eq \x\t(z)＝a－eq \r(3)i，∴z·eq \x\t(z)＝(a＋eq \r(3)i)(a－eq \r(3)i)＝a2＋3＝4，∴a2＝1，∴a＝±1，故选A.
8．已知m∈R，复数z1＝1＋3i，z2＝m＋2i，且z1·eq \x\t(z)2为实数，则m＝( )
A．－eq \f(2,3) B.eq \f(2,3) C．3 D．－3
解析：选B 因为z1·eq \x\t(z)2＝(1＋3i)(m－2i)＝(m＋6)＋(3m－2)i为实数，所以3m－2＝0，解得m＝eq \f(2,3).故选B.
9．已知复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i(i为虚数单位)，则eq \f(z1,z2)＝( )
A.eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i B．－eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i
C．－eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i D.eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i
解析：选A 由题意，复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i，则z2＝3＋i，则根据复数的运算，得eq \f(z1,z2)＝eq \f(3－i,3＋i)＝eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i.
10．已知复数z＝eq \f(5a,2＋i)＋eq \f(1＋i,1－i)，a∈R，若复数z对应的点在复平面内位于第四象限，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0,1) D．(－∞，1)
解析：选A 因为z＝eq \f(5a2－i,5)＋eq \f(1＋i2,2)＝2a－ai＋i＝2a＋(1－a)i，所以由题设可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a>0，,1－a<0))⇒a>1.
11．设z是复数，|z－i|≤2(i是虚数单位)，则|z|的最大值是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选C ∵|z－i|≤2，∴复数z在复平面内对应点在以(0,1)为圆心，2为半径的圆上及其内部(如图)．∴|z|的最大值为3.
12．已知ABCD是复平面内的平行四边形，A，B，C三点对应的复数分别是－2＋i,1－i,2＋2i，则点D对应的复数为( )
A．4－i B．－3－2i C．5 D．－1＋4i
解析：选D 由题得A(－2,1)，B(1，－1)，C(2,2)，
设D(x，y)，则eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3，－2)，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(2－x,2－y)，因为eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x＝3,2－y＝－2，))解得x＝－1，y＝4.所以点D的坐标为(－1,4)，所以点D对应的复数为－1＋4i.
13．若复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝2－i，则复数eq \f(z1,|z1|2＋z2)在复平面内对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D 因为复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝2－i，所以z2＝－2－i，
复数eq \f(z1,|z1|2＋z2)＝eq \f(2－i,|2－i|2－2－i)＝eq \f(2－i,3－i)＝eq \f(2－i3＋i,3－i3＋i)＝eq \f(7,10)－eq \f(1,10)i.故eq \f(z1,|z1|2＋z2)在复平面内对应的点在第四象限．
14．已知i为虚数单位，且复数z满足z－2i＝eq \f(1,1－i)，则复数z在复平面内的点到原点的距离为( )
A.eq \f(13,2) B.eq \f(\r(26),2) C.eq \f(\r(10),2) D.eq \f(5,2)
解析：选B 由z－2i＝eq \f(1,1－i)，得z＝2i＋eq \f(1,1－i)＝2i＋eq \f(1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(1,2)＋eq \f(5,2)i，所以复数z在复平面内的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,2)))，到原点的距离为 eq \r(\f(1,4)＋\f(25,4))＝eq \f(\r(26),2).
15．已知复数z＝2＋i (i是虚数单位)，则|z|＝______，i·z＝________.
解析：由题得|z|＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，
i·z＝2i＋i2＝－1＋2i.
答案：eq \r(5) －1＋2i
16．复数z＝eq \f(1,1＋i)(i为虚数单位)，则|z|＝________.
解析：∵z＝eq \f(1,1＋i)＝eq \f(1－i,1＋i1－i)＝eq \f(1－i,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，
∴|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
17．(2019·江苏高考)已知复数(a＋2i)(1＋i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是________．
解析：(a＋2i)(1＋i)＝a－2＋(a＋2)i，
因为实部为0，所以a－2＝0，即a＝2.
答案：2
18．已知复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)对应的点在x轴上方，则m的取值范围是________．
解析：复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)在复平面上对应的点的坐标为(m－1,3－m)，如果该点落在x轴上方，则有3－m>0，解得m<3.
答案：(－∞，3)
19．已知p，q∈R，若复数1＋i(i是虚数单位)是关于x的方程2x2＋px＋q＝0的一个根，则p＝________，q＝________.
解析：因为1＋i是关于x的方程2x2＋px＋q＝0的一个根，
所以2(1＋i)2＋p(1＋i)＋q＝0，
即(p＋q)＋(4＋p)i＝0，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＋q＝0，,4＋p＝0，))
解得p＝－4，q＝4.
答案：－4 4
20．(2020·全国Ⅱ卷)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq \r(3)＋i，则|z1－z2|＝________.
解析：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝eq \r(3)－a＋(1－b)i，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|z1|2＝a2＋b2＝4，,|z2|2＝\r(3)－a2＋1－b2＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝4，,\r(3)a＋b＝2，))
所以|z1－z2|2＝(2a－eq \r(3))2＋(2b－1)2＝4(a2＋b2)－4(eq \r(3)a＋b)＋4＝4×4－4×2＋4＝12，所以|z1－z2|＝2eq \r(3).
答案：2eq \r(3)名称
定义
备注
向量
既有大小又有方向的量叫做向量；向量的大小叫做向量的长度(或称模)
平面向量是自由向量，可在平面内自由平移
零向量
长度为0的向量
记作0，其方向是任意的
单位向量
长度等于1个单位的向量
非零向量a的单位向量为±eq \f(a,| a|)
平行向量
方向相同或相反的非零向量(又叫做共线向量)
0与任一向量平行或共线
相等向量
长度相等且方向相同的向量
两向量只有相等或不相等，不能比较大小
相反向量
长度相等且方向相反的向量
0的相反向量为0
向量运算
定义
法则(或几何意义)
运算律
加法
求两个向量和的运算叫做向量的加法
(1)交换律：
a＋b＝b＋a；
(2)结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)
减法
求a与b的相反向量－b的和的运算叫做a与b的差
a－b＝a＋(－b)
数乘
求实数λ与向量a的积的运算
|λa|＝|λ||a|，当λ>0时，λa的方向与a的方向相同；当λ<0时，λa的方向与a的方向相反；当λ＝0时，λa＝0
λ(μa)＝(λμ)a；
(λ＋μ)a＝λa＋μa；
λ(a＋b)＝λa＋λb
证明向量共线
若存在实数λ，使a＝λb，则a与非零向量b共线
证明三点共线
若存在实数λ，使eq \(AB,\s\up7(―→))＝λeq \(AC,\s\up7(―→))，eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))有公共点A，则A，B，C三点共线
求参数的值
利用向量共线定理及向量相等的条件列方程(组)求参数的值
巧借方程思想求坐标
向量的坐标运算主要是利用加法、减法、数乘运算法则进行，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求出向量的坐标，求解过程中要注意方程思想的运用
妙用待定系数法求系数
利用坐标运算求向量的基底表示，一般先求出基底向量和被表示向量的坐标，再用待定系数法求出系数
向量的夹角
已知两个非零向量a和b，记eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，则∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a与b的夹角
数量积的定义
已知两个非零向量a，b，它们的夹角为θ，则a与b的数量积(或内积)记作a·b，即a·b＝|a||b|cs θ.
规定：零向量与任一向量的数量积为0，即0·a＝0
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|cs θ的乘积
交换律
a·b＝b·a
结合律
λa·b＝λ(a·b)＝a·λ(b)
分配律
(a＋b)·c＝a·c＋b·c
结论
几何表示
坐标表示
模
|a|＝eq \r(a·a)
|a|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))
夹角
cs θ＝eq \f(a·b,| a || b |)
cs θ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))
a⊥b的充要条件
a·b＝0
x1x2＋y1y2＝0
|a·b|与|a||b|的关系
|a·b|≤|a||b|
|x1x2＋y1y2|≤eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))
常规角度
主要考查平面向量数量积的计算，利用数量积求向量的模、夹角以及数量积的范围问题等
创新角度
1.平面向量的数量积与三角恒等变换、解析几何、平面几何以及三角函数交汇，主要利用数量积证明垂直或利用数量积转化垂直的条件、求长度等．
2.出现了多项选择题，更好地检测不同层次学生的水平
定义法
当已知向量的模和夹角θ时，可利用定义法求解，即a·b＝|a||b|cs θ
坐标法
当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2
定义法
利用向量数量积的定义a·b＝|a||b|cs θ(θ为a与b的夹角)进行求解，在求解时，要注意θ的取值范围是[0，π]
坐标法
利用cs θ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))进行求解，其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)(θ为a与b的夹角)
临界分析
结合图形，确定临界位置的动态分析求出范围
目标函数
将数量积表示为某一个变量或两个变量的函数，建立函数关系式，再利用三角函数有界性、二次函数或基本不等式求最值或范围
复数相等
a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)
共轭复数
a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)
复数的模
向量eq \(OZ,\s\up7(―→))的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝eq \r(a2＋b2)(r≥0，a，b∈R)
复平面的概念
建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面
实轴、虚轴
在复平面内，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴，实轴上的点都表示实数；除原点以外，虚轴上的点都表示纯虚数
复数的几何表示
复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b) 平面向量eq \(OZ,\s\up7(―→))
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