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高考数学一轮复习 第六章 第3节平面向量的数量积及其应用
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这是一份高考数学一轮复习 第六章 第3节平面向量的数量积及其应用，共21页。试卷主要包含了平面向量数量积的运算律，已知向量a＝，b＝等内容，欢迎下载使用。
知 识 梳 理
1.平面向量数量积的有关概念
(1)向量的夹角：已知两个非零向量a和b，记eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，则∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a与b的夹角.
(2)数量积的定义：已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，则a与b的数量积(或内积)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.
(3)数量积的几何意义：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.
2.平面向量数量积的性质及其坐标表示
设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为向量a，b的夹角.
(1)数量积：a·b＝|a||b|cs θ＝x1x2＋y1y2.
(2)模：|a|＝eq \r(a·a)＝eq \r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)).
(3)夹角：cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·\r(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))).
(4)两非零向量a⊥b的充要条件：a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
(5)|a·b|≤|a||b|(当且仅当a∥b时等号成立)⇔|x1x2＋y1y2|≤ eq \r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·eq \r(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)).
3.平面向量数量积的运算律
(1)a·b＝b·a(交换律).
(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(结合律).
(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律).
[微点提醒]
1.两个向量a，b的夹角为锐角⇔a·b>0且a，b不共线；两个向量a，b的夹角为钝角⇔a·b<0且a，b不共线.
2.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.
(3)(a－b)2＝a2－2a·b＋b2.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)两个向量的夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( )
(2)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量.( )
(3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量.( )
(4)若a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c.( )
解析 (1)两个向量夹角的范围是[0，π].
(4)由a·b＝a·c(a≠0)得|a||b|·cs〈a，b〉＝|a||c|·cs〈a，c〉，所以向量b和c不一定相等.
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×
2.(必修4P108A10改编)设a，b是非零向量.“a·b＝|a||b|”是“a∥b”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 设a与b的夹角为θ.因为a·b＝|a|·|b|cs θ＝|a|·|b|，所以cs θ＝1，即a与b的夹角为0°，故a∥b.
当a∥b时，a与b的夹角为0°或180°，
所以a·b＝|a|·|b|cs θ＝±|a|·|b|，
所以“a·b＝|a|·|b|”是“a∥b”的充分而不必要条件.
答案 A
3.(必修4P108A2改编)在圆O中，长度为eq \r(2)的弦AB不经过圆心，则eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))的值为________.
解析 设向量eq \(AO,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))的夹角为θ，则eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝|eq \(AO,\s\up6(→))||eq \(AB,\s\up6(→))|·cs θ＝|eq \(AO,\s\up6(→))|cs θ·|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \f(1,2)×(eq \r(2))2＝1.
答案 1
4.(2018·全国Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝( )
A.4 B.3 C.2 D.0
解析 a·(2a－b)＝2|a|2－a·b＝2×12－(－1)＝3.
答案 B
5.(2018·上海嘉定区调研)平面向量a与b的夹角为45°，a＝(1，1)，|b|＝2，则|3a＋b|等于( )
A.13＋6eq \r(2) B.2eq \r(5)
C.eq \r(30) D.eq \r(34)
解析 依题意得a2＝2，a·b＝eq \r(2)×2×cs 45°＝2，|3a＋b|＝eq \r(（3a＋b）2)＝eq \r(9a2＋6a·b＋b2)＝eq \r(18＋12＋4)＝eq \r(34).
答案 D
6.(2017·全国Ⅰ卷)已知向量a＝(－1，2)，b＝(m，1).若向量a＋b与a垂直，则m＝________.
解析 由题意得a＋b＝(m－1，3)，
因为a＋b与a垂直，所以(a＋b)·a＝0，所以－(m－1)＋2×3＝0，解得m＝7.
答案 7
考点一 平面向量数量积的运算
【例1】 (1)若向量m＝(2k－1，k)与向量n＝(4，1)共线，则m·n＝( )
A.0 B.4 C.－eq \f(9,2) D.－eq \f(17,2)
(2)(2018·天津卷)在如图的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，eq \(BM,\s\up6(→))＝2eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(CN,\s\up6(→))＝2eq \(NA,\s\up6(→))，则eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))的值为( )
A.－15 B.－9 C.－6 D.0
解析 (1)由题意得2k－1－4k＝0，解得k＝－eq \f(1,2)，
即m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2)))，
所以m·n＝－2×4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×1＝－eq \f(17,2).
(2)连接OA.在△ABC中，eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝3eq \(AN,\s\up6(→))－3eq \(AM,\s\up6(→))＝3(eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))－3(eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＝3(eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→)))，
∴eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝3(eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→)))·eq \(OM,\s\up6(→))＝3(eq \(ON,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→))2)＝3×(2×1×cs 120°－12)＝3×(－2)＝－6.
答案 (1)D (2)C
规律方法 1.数量积公式a·b＝|a||b|cs θ在解题中的运用，解题过程具有一定的技巧性，需要借助向量加、减法的运算及其几何意义进行适当变形；也可建立平面直角坐标系，借助数量积的坐标运算公式a·b＝x1x2＋y1y2求解，较为简捷、明了.
2.在分析两向量的夹角时，必须使两个向量的起点重合，如果起点不重合，可通过“平移”实现.
【训练1】 (1)在△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠ABC＝eq \f(π,2)，D是AC的中点，E在BC上，且AE⊥BD，则eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))等于( )
A.16 B.12 C.8 D.－4
(2)(2019·皖南八校三模)已知|a|＝|b|＝1，向量a与b的夹角为45°，则(a＋2b)·a＝________.
解析 (1)以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系(图略)，A(4，0)，B(0，0)，C(0，6)，D(2，3).设E(0，t)，eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝(2，3)·(－4，t)＝－8＋3t＝0，∴t＝eq \f(8,3)，即Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(8,3)))，
eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(8,3)))·(0，6)＝16.
(2)因为|a|＝|b|＝1，向量a与b的夹角为45°，
所以(a＋2b)·a＝a2＋2a·b＝|a|2＋2|a|·|b|cs 45°＝1＋eq \r(2).
答案 (1)A (2)1＋eq \r(2)
考点二 平面向量数量积的应用 多维探究
角度1 平面向量的垂直
【例2－1】 (1)(2018·北京卷)设向量a＝(1，0)，b＝(－1，m).若a⊥(ma－b)，则m＝________.
(2)(2019·宜昌二模)已知△ABC中，∠A＝120°，且AB＝3，AC＝4，若eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))，且eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，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 (1)a＝(1，0)，b＝(－1，m)，∴a2＝1，a·b＝－1，
由a⊥(ma－b)得a·(ma－b)＝0，即ma2－a·b＝0.
∴m－(－1)＝0，∴m＝－1.
(2)因为eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))，且eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，
所以有eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(λeq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))·(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝λeq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))－λeq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AC,\s\up6(→))2－eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝(λ－1)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))－λeq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AC,\s\up6(→))2＝0，
整理可得(λ－1)×3×4×cs 120°－9λ＋16＝0，
解得λ＝eq \f(22,15).
答案 (1)－1 (2)A
规律方法 1.当向量a，b是非坐标形式时，要把a，b用已知的不共线向量作为基底来表示且不共线的向量要知道其模与夹角，从而进行运算.
2.数量积的运算a·b＝0⇔a⊥b中，是对非零向量而言的，若a＝0，虽然有a·b＝0，但不能说a⊥b.
角度2 平面向量的模
【例2－2】 (1)已知平面向量α，β，|α|＝1，|β|＝2，α⊥(α－2β)，则|2α＋β|的值是________.
(2)(2019·杭州调研)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\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))|的最小值为________.
解析 (1)由α⊥(α－2β)得α·(α－2β)＝α2－2α·β＝0，
所以α·β＝eq \f(1,2)，
所以(2α＋β)2＝4α2＋β2＋4α·β＝4×12＋22＋4×eq \f(1,2)＝10，
所以|2α＋β|＝eq \r(10).
(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\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，－y)＋3(1，b－y)＝(5，3b－4y)，
所以|eq \(PA,\s\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))|＝eq \r(25＋（3b－4y）2)(0≤y≤b)，
所以当y＝eq \f(3,4)b时，|eq \(PA,\s\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))|取得最小值5.
答案 (1)eq \r(10) (2)5
规律方法 1.求向量的模的方法：(1)公式法，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；(2)几何法，利用向量的几何意义.
2.求向量模的最值(范围)的方法：(1)代数法，把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解；(2)几何法(数形结合法)，弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形求解.
角度3 平面向量的夹角
【例2－3】 (1)(2019·衡水中学调研)已知非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝eq \f(2\r(3),3)|a|，则向量a＋b与a－b的夹角为________.
(2)若向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，已知2a－3b与c的夹角为钝角，则k的取值范围是________.
解析 (1)将|a＋b|＝|a－b|两边平方，得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，∴a·b＝0.
将|a＋b|＝eq \f(2\r(3),3)|a|两边平方，得a2＋b2＋2a·b＝eq \f(4,3)a2，
∴b2＝eq \f(1,3)a2.
设a＋b与a－b的夹角为θ，
∴cs θ＝eq \f(（a＋b）·（a－b）,|a＋b|·|a－b|)＝eq \f(a2－b2,\f(2\r(3),3)|a|·\f(2\r(3),3)|a|)＝eq \f(\f(2,3)a2,\f(4,3)a2)＝eq \f(1,2).
又∵θ∈[0，π]，∴θ＝eq \f(π,3).
(2)∵2a－3b与c的夹角为钝角，
∴(2a－3b)·c<0，
即(2k－3，－6)·(2，1)<0，解得k＜3.
又若(2a－3b)∥c，
则2k－3＝－12，即k＝－eq \f(9,2).
当k＝－eq \f(9,2)时，2a－3b＝(－12，－6)＝－6c，
此时2a－3b与c反向，不合题意.
综上，k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，3)).
答案 (1)eq \f(π,3) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，3))
规律方法 1.研究向量的夹角应注意“共起点”；两个非零共线向量的夹角可能是0或π；注意向量夹角的取值范围是[0，π]；若题目给出向量的坐标表示，可直接套用公式cs θ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·\r(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)))求解.
2.数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于0且两向量不共线时两向量的夹角为钝角.
【训练2】 (1)已知向量a＝(－2，3)，b＝(3，m)，且a⊥b，则m＝________.
(2)(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.
(3)(2017·山东卷)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，得a·b＝0，
又a＝(－2，3)，b＝(3，m)，
∴－6＋3m＝0，则m＝2.
(2)法一 |a＋2b|＝eq \r(（a＋2b）2)＝eq \r(a2＋4a·b＋4b2)
＝eq \r(22＋4×2×1×cs 60°＋4×12)＝eq \r(12)＝2eq \r(3).
法二 (数形结合法)
由|a|＝|2b|＝2知，以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|a＋2b|＝|eq \(OC,\s\up6(→))|.
又∠AOB＝60°，所以|a＋2b|＝2eq \r(3).
(3)由题意知|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝0，
|eq \r(3)e1－e2|＝eq \r(（\r(3)e1－e2）2)＝eq \r(3eeq \\al(2,1)－2\r(3)e1·e2＋eeq \\al(2,2))＝eq \r(3－0＋1)＝2.
同理|e1＋λe2|＝eq \r(1＋λ2).
所以cs 60°＝eq \f(（\r(3)e1－e2）·（e1＋λe2）,|\r(3)e1－e2||e1＋λe2|)
＝eq \f(\r(3)eeq \\al(2,1)＋（\r(3)λ－1）e1·e2－λeeq \\al(2,2),2\r(1＋λ2))＝eq \f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))＝eq \f(1,2)，
解得λ＝eq \f(\r(3),3).
答案 (1)2 (2)2eq \r(3) (3)eq \f(\r(3),3)
考点三 平面向量与三角函数
【例3】 (2019·潍坊摸底)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cs(A－B)，sin(A－B))，n＝(cs B，－sin B)，且m·n＝－eq \f(3,5).
(1)求sin A的值；
(2)若a＝4eq \r(2)，b＝5，求角B的大小及向量eq \(BA,\s\up6(→))在eq \(BC,\s\up6(→))方向上的投影.
解 (1)由m·n＝－eq \f(3,5)，
得cs(A－B)cs B－sin(A－B)sin B＝－eq \f(3,5)，
所以cs A＝－eq \f(3,5).因为0所以sin A＝eq \r(1－cs2A)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))\s\up12(2))＝eq \f(4,5).
(2)由正弦定理，得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
则sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(5×\f(4,5),4\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
因为a>b，所以A>B，且B是△ABC一内角，则B＝eq \f(π,4).
由余弦定理得(4eq \r(2))2＝52＋c2－2×5c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))，
解得c＝1，c＝－7舍去，
故向量eq \(BA,\s\up6(→))在eq \(BC,\s\up6(→))方向上的投影为|eq \(BA,\s\up6(→))|cs B＝ccs B＝1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2).
规律方法 平面向量与三角函数的综合问题的解题思路：
(1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，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.
【训练3】 (2019·石家庄模拟)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\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))＝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，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\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))＝eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝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.
[思维升华]
1.计算向量数量积的三种方法
定义、坐标运算、数量积的几何意义，要灵活运用，与图形有关的不要忽略数量积几何意义的应用.
2.求向量模的常用方法
利用公式|a|2＝a2，将模的运算转化为向量的数量积的运算.
3.利用向量垂直或平行的条件构造方程或函数是求参数或最值问题常用的方法与技巧.
[易错防范]
数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·b＝a·c(a≠0)不能得出b＝c，两边不能约去一个向量.数量积运算不满足结合律，(a·b)·c不一定等于a·(b·c).
数学运算、数学建模——平面向量与三角形的“四心”
1.数学运算是指在明晰运算的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.通过学习平面向量与三角形的“四心”，学生能进一步发展数学运算能力，形成规范化思考问题的品质，养成一丝不苟、严谨求实的科学精神.
2.数学建模要求在熟悉的情境中，发现问题并转化为数学问题，能够在关联的情境中，经历数学建模的过程，理解数学建模的意义.本系列通过学习平面向量与三角形的“四心”模型，能够培养学生用模型的思想解决相关问题.
设O为△ABC所在平面上一点，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则
(1)O为△ABC的外心⇔|eq \(OA,\s\up6(→))|＝|eq \(OB,\s\up6(→))|＝|eq \(OC,\s\up6(→))|＝eq \f(a,2sin A).
(2)O为△ABC的重心⇔eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0.
(3)O为△ABC的垂心⇔eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→)).
(4)O为△ABC的内心⇔aeq \(OA,\s\up6(→))＋beq \(OB,\s\up6(→))＋ceq \(OC,\s\up6(→))＝0.
类型1 平面向量与三角形的“重心”
【例1】 已知A，B，C是平面上不共线的三点，O为坐标原点，动点P满足eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)[(1－λ)eq \(OA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(OB,\s\up6(→))＋(1＋2λ)·eq \(OC,\s\up6(→))]，λ∈R，则点P的轨迹一定经过( )
A.△ABC的内心 B.△ABC的垂心
C.△ABC的重心 D.AB边的中点
解析 取AB的中点D，则2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，
∵eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)[(1－λ)eq \(OA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(OB,\s\up6(→))＋(1＋2λ)eq \(OC,\s\up6(→))]，
∴eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)[2(1－λ)eq \(OD,\s\up6(→))＋(1＋2λ)eq \(OC,\s\up6(→))]
＝eq \f(2（1－λ）,3)eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \f(1＋2λ,3)eq \(OC,\s\up6(→))，
而eq \f(2（1－λ）,3)＋eq \f(1＋2λ,3)＝1，∴P，C，D三点共线，
∴点P的轨迹一定经过△ABC的重心.
答案 C
类型2 平面向量与三角形的“内心”问题
【例2】 在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cs A＝eq \f(1,5)，O是△ABC的内心，若eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OB,\s\up6(→))＋yeq \(OC,\s\up6(→))，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为( )
A.eq \f(10\r(6),3) B.eq \f(14\r(6),3) C.4eq \r(3) D.6eq \r(2)
解析 根据向量加法的平行四边形法则可知，动点P的轨迹是以OB，OC为邻边的平行四边形及其内部，其面积为△BOC的面积的2倍.
在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，得a＝7.
设△ABC的内切圆的半径为r，则
eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)r，解得r＝eq \f(2\r(6),3)，
所以S△BOC＝eq \f(1,2)×a×r＝eq \f(1,2)×7×eq \f(2\r(6),3)＝eq \f(7\r(6),3).
故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为2S△BOC＝eq \f(14\r(6),3).
答案 B
类型3 平面向量与三角形的“垂心”问题
【例3】 已知O是平面上的一个定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|cs B)+ \f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|cs C)))，λ∈(0，＋∞)，则动点P的轨迹一定通过△ABC的( )
A.重心 B.垂心 C.外心 D.内心
解析 因为eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|cs B)+ \f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|cs C)))，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|cs B)+ \f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|cs C)))，
所以eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))·λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|cs B)+ \f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|cs C)))
＝λ(－|eq \(BC,\s\up6(→))|＋|eq \(BC,\s\up6(→))|)＝0，
所以eq \(BC,\s\up6(→))⊥eq \(AP,\s\up6(→))，所以点P在BC的高线上，
即动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心.
答案 B
类型4 平面向量与三角形的“外心”问题
【例4】 已知在△ABC中，AB＝1，BC＝eq \r(6)，AC＝2，点O为△ABC的外心，若eq \(AO,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，则有序实数对(x，y)为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(3,5))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，\f(4,5)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)，\f(3,5))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，\f(4,5)))
解析 取AB的中点M和AC的中点N，连接OM，ON，则eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(ON,\s\up6(→))⊥eq \(AC,\s\up6(→))，
eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(AM,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－(xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))eq \(AB,\s\up6(→))－yeq \(AC,\s\up6(→))，
eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))－(xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－y))eq \(AC,\s\up6(→))－xeq \(AB,\s\up6(→)).
由eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))eq \(AB,\s\up6(→))2－yeq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，①
由eq \(ON,\s\up6(→))⊥eq \(AC,\s\up6(→))，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－y))eq \(AC,\s\up6(→))2－xeq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，②
又因为eq \(BC,\s\up6(→))2＝(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))2＝eq \(AC,\s\up6(→))2－2eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))2，
所以eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))2＋\(AB,\s\up6(→))2－\(BC,\s\up6(→))2,2)＝－eq \f(1,2)，③
把③代入①、②得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2x＋y＝0，,4＋x－8y＝0，))解得x＝eq \f(4,5)，y＝eq \f(3,5).
故实数对(x，y)为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(3,5))).
答案 A
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.已知向量a＝(m－1，1)，b＝(m，－2)，则“m＝2”是“a⊥b”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 当m＝2时，a＝(1，1)，b＝(2，－2)，
所以a·b＝(1，1)·(2，－2)＝2－2＝0，
所以a⊥b，充分性成立；
当a⊥b时，a·b＝(m－1，1)·(m，－2)＝m(m－1)－2＝0，
解得m＝2或m＝－1，必要性不成立.
所以“m＝2”是“a⊥b”的充分不必要条件.
答案 A
2.(2019·北京通州区二模)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 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).
答案 A
3.(2019·石家庄二模)若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，则向量a＋b与a的夹角为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(5π,6) D.eq \f(π,6)
解析 设|b|＝1，则|a＋b|＝|a－b|＝2.
由|a＋b|＝|a－b|，得a·b＝0，
故以a、b为邻边的平行四边形是矩形，且|a|＝eq \r(3)，
设向量a＋b与a的夹角为θ，
则cs θ＝eq \f(a·（a＋b）,|a|·|a＋b|)＝eq \f(a2＋a·b,|a|·|a＋b|)＝eq \f(|a|,|a＋b|)＝eq \f(\r(3),2)，
又0≤θ≤π，所以θ＝eq \f(π,6).
答案 D
4.如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝4，BC＝CD＝2，若E，F分别是边BC，AB上的点，且满足eq \f(BE,BC)＝eq \f(AF,AB)＝λ，则当eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝0时，λ的值所在的区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3,8)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,8)))
解析 在等腰梯形ABCD中，AB＝4，BC＝CD＝2，
可得〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝60°，
所以〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝60°，〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝120°，
所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝4×2×eq \f(1,2)＝4，
eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝4×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－4，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝2×2×eq \f(1,2)＝2，
又eq \f(BE,BC)＝eq \f(AF,AB)＝λ，所以eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，
则eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(BC,\s\up6(→))，
eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(AF,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(BC,\s\up6(→)))·(λeq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))
＝λeq \(AB,\s\up6(→))2－eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋λ2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))－λeq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，
即2λ2－7λ＋2＝0，解得λ＝eq \f(7＋\r(33),4)(舍去)或λ＝eq \f(7－\r(33),4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3,8))).
答案 B
5.(2017·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O.记I1＝eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))，I2＝eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))，I3＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))，则( )
A.I1＜I2＜I3 B.I1＜I3＜I2
C.I3＜I1＜I2 D.I2＜I1＜I3
解析 如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AO根据题意，I1－I2＝eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))·(eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→)))＝eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→))＝|eq \(OB,\s\up6(→))||eq \(CA,\s\up6(→))|·cs∠AOB<0，∴I1I3，作AG⊥BD于G，
又AB＝AD，∴OB而cs∠AOB＝cs∠COD<0，∴eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))>eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))，
即I1>I3.∴I3答案 C
二、填空题
6.(2019·杭州二模)在△ABC中，三个顶点的坐标分别为A(3，t)，B(t，－1)，C(－3，－1)，若△ABC是以B为直角顶点的直角三角形，则t＝________.
解析 由已知，得eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，
则(3－t，t＋1)·(－3－t，0)＝0，
∴(3－t)(－3－t)＝0，解得t＝3或t＝－3，
当t＝－3时，点B与点C重合，舍去.故t＝3.
答案 3
7.若非零向量a，b满足|a|＝3|b|＝|a＋2b|，则a，b夹角θ的余弦值为________.
解析 |a|＝|a＋2b|，两边平方得，
|a|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝|a|2＋4|b|2＋4|a||b|·cs θ.
又|a|＝3|b|，
所以0＝4|b|2＋12|b|2cs θ，得cs θ＝－eq \f(1,3).
答案 －eq \f(1,3)
8.(2019·佛山二模)在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2，AB＝1，D为BC的中点，E在斜边AC上，若eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(EC,\s\up6(→))，则eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝________.
解析 如图，以B为坐标原点，AB所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则B(0，0)，A(1，0)，C(0，2)，所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，2).
因为D为BC的中点，所以D(0，1)，
因为eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(EC,\s\up6(→))，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)))，
所以eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)))，
所以eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)))·(－1，2)＝－eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＝eq \f(1,3).
答案 eq \f(1,3)
三、解答题
9.在平面直角坐标系xOy中，点A(－1，－2)，B(2，3)，C(－2，－1).
(1)求以线段AB，AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；
(2)设实数t满足(eq \(AB,\s\up6(→))－teq \(OC,\s\up6(→)))·eq \(OC,\s\up6(→))＝0，求t的值.
解 (1)由题设知eq \(AB,\s\up6(→))＝(3，5)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，1)，
则eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，6)，eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→))＝(4，4).
所以|eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))|＝2eq \r(10)，|eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→))|＝4eq \r(2).
故所求的两条对角线的长分别为4eq \r(2)，2eq \r(10).
(2)由题设知：eq \(OC,\s\up6(→))＝(－2，－1)，eq \(AB,\s\up6(→))－teq \(OC,\s\up6(→))＝(3＋2t，5＋t).
由(eq \(AB,\s\up6(→))－teq \(OC,\s\up6(→)))·eq \(OC,\s\up6(→))＝0，得
(3＋2t，5＋t)·(－2，－1)＝0，
从而5t＝－11，所以t＝－eq \f(11,5).
10.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)(0≤θ≤eq \f(π,2)).
(1)若eq \(AB,\s\up6(→))⊥a，且|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(5)|eq \(OA,\s\up6(→))|，求向量eq \(OB,\s\up6(→))；
(2)若向量eq \(AC,\s\up6(→))与向量a共线，当k>4，且tsin θ取最大值4时，求eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→)).
解 (1)由题设知eq \(AB,\s\up6(→))＝(n－8，t)，
∵eq \(AB,\s\up6(→))⊥a，∴8－n＋2t＝0.
又∵eq \r(5)|eq \(OA,\s\up6(→))|＝|eq \(AB,\s\up6(→))|，
∴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\up6(→))＝(24，8)或eq \(OB,\s\up6(→))＝(－8，－8).
(2)由题设知eq \(AC,\s\up6(→))＝(ksin θ－8，t)，
∵eq \(AC,\s\up6(→))与a共线，∴t＝－2ksin θ＋16，
tsin θ＝(－2ksin θ＋16)sin θ
＝－2k(sin θ－eq \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\up6(→))＝(4，8)，
∴eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝(8，0)·(4，8)＝32.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.在△ABC中，∠C＝90°，AB＝6，点P满足CP＝2，则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的最大值为( )
A.9 B.16 C.18 D.25
解析 ∵∠C＝90°，AB＝6，
∴eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，∴|eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))|＝|eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→))|＝|eq \(BA,\s\up6(→))|＝6，
∴eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \(PC,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→)))·(eq \(PC,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))＝eq \(PC,\s\up6(→))2＋eq \(PC,\s\up6(→))·(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))＋eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))
＝eq \(PC,\s\up6(→))·(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))＋4，
∴当eq \(PC,\s\up6(→))与eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))方向相同时，eq \(PC,\s\up6(→))·(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))取得最大值2×6＝12，
∴eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的最大值为16.
答案 B
12.(2018·浙江卷)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为eq \f(π,3)，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是( )
A.eq \r(3)－1 B.eq \r(3)＋1
C.2 D.2－eq \r(3)
解析 设O为坐标原点，a＝eq \(OA,\s\up6(→))，b＝eq \(OB,\s\up6(→))＝(x，y)，e＝(1，0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C(2，0)为圆心，1为半径的圆.因为a与e的夹角为eq \f(π,3)，所以不妨令点A在射线y＝eq \r(3)x(x>0)上，如图，数形结合可知|a－b|min＝|eq \(CA,\s\up6(→))|－|eq \(CB,\s\up6(→))|＝eq \r(3)－1.
答案 A
13.(2019·安徽师大附中二模)在△ABC中，AB＝2AC＝6，eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))2，点P是△ABC所在平面内一点，则当eq \(PA,\s\up6(→))2＋eq \(PB,\s\up6(→))2＋eq \(PC,\s\up6(→))2取得最小值时，eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝________.
解析 ∵eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝|eq \(BA,\s\up6(→))|·|eq \(BC,\s\up6(→))|·cs B＝|eq \(BA,\s\up6(→))|2，
∴|eq \(BC,\s\up6(→))|·cs B＝|eq \(BA,\s\up6(→))|＝6，
∴eq \(CA,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，即A＝eq \f(π,2)，
以A为坐标原点建立如图所示的坐标系，
则B(6，0)，C(0，3)，设P(x，y)，
则eq \(PA,\s\up6(→))2＋eq \(PB,\s\up6(→))2＋eq \(PC,\s\up6(→))2＝x2＋y2＋(x－6)2＋y2＋x2＋(y－3)2＝3x2－12x＋3y2－6y＋45＝3[(x－2)2＋(y－1)2＋10]
∴当x＝2，y＝1时，eq \(PA,\s\up6(→))2＋eq \(PB,\s\up6(→))2＋eq \(PC,\s\up6(→))2取得最小值，
此时eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(2，1)·(－6，3)＝－9.
答案 －9
14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(eq \r(2)a－c)eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝ceq \(CB,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→)).
(1)求角B的大小；
(2)若|eq \(BA,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→))|＝eq \r(6)，求△ABC面积的最大值.
解 (1)由题意得(eq \r(2)a－c)cs B＝bcs C.
根据正弦定理得(eq \r(2)sin A－sin C)cs B＝sin Bcs C，
所以eq \r(2)sin Acs B＝sin(C＋B)，
即eq \r(2)sin Acs B＝sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A>0，
所以cs B＝eq \f(\r(2),2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,4).
(2)因为|eq \(BA,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→))|＝eq \r(6)，所以|eq \(CA,\s\up6(→))|＝eq \r(6)，
即b＝eq \r(6)，根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－eq \r(2)ac≥2ac－eq \r(2)ac＝(2－eq \r(2))ac(当且仅当a＝c时取等号)，即ac≤3(2＋eq \r(2)).
故△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B≤eq \f(3（\r(2)＋1）,2)，
因此△ABC的面积的最大值为eq \f(3\r(2)＋3,2).
新高考创新预测
15.(新定义题型)对任意两个非零的平面向量α和β，定义α⊗β＝eq \f(|α|,|β|)cs θ，其中θ为α和β的夹角.若两个非零的平面向量a和b满足：①|a|≥|b|；②a和b的夹角θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))；③a⊗b和b⊗a的值都在集合{x|x＝eq \f(n,2)，n∈N}中，则a⊗b的值为________.
解析 a⊗b＝eq \f(|a|,|b|)cs θ＝eq \f(n,2)，b⊗a＝eq \f(|b|,|a|)cs θ＝eq \f(m,2)，m，n∈N.由a与b的夹角θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，知cs2θ＝eq \f(mn,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，故mn＝3，m，n∈N.因为|a|≥|b|，所以0答案 eq \f(3,2)
知 识 梳 理
1.平面向量数量积的有关概念
(1)向量的夹角：已知两个非零向量a和b，记eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，则∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a与b的夹角.
(2)数量积的定义：已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，则a与b的数量积(或内积)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.
(3)数量积的几何意义：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.
2.平面向量数量积的性质及其坐标表示
设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为向量a，b的夹角.
(1)数量积：a·b＝|a||b|cs θ＝x1x2＋y1y2.
(2)模：|a|＝eq \r(a·a)＝eq \r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)).
(3)夹角：cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·\r(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))).
(4)两非零向量a⊥b的充要条件：a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
(5)|a·b|≤|a||b|(当且仅当a∥b时等号成立)⇔|x1x2＋y1y2|≤ eq \r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·eq \r(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)).
3.平面向量数量积的运算律
(1)a·b＝b·a(交换律).
(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(结合律).
(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律).
[微点提醒]
1.两个向量a，b的夹角为锐角⇔a·b>0且a，b不共线；两个向量a，b的夹角为钝角⇔a·b<0且a，b不共线.
2.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.
(3)(a－b)2＝a2－2a·b＋b2.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)两个向量的夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( )
(2)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量.( )
(3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量.( )
(4)若a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c.( )
解析 (1)两个向量夹角的范围是[0，π].
(4)由a·b＝a·c(a≠0)得|a||b|·cs〈a，b〉＝|a||c|·cs〈a，c〉，所以向量b和c不一定相等.
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×
2.(必修4P108A10改编)设a，b是非零向量.“a·b＝|a||b|”是“a∥b”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 设a与b的夹角为θ.因为a·b＝|a|·|b|cs θ＝|a|·|b|，所以cs θ＝1，即a与b的夹角为0°，故a∥b.
当a∥b时，a与b的夹角为0°或180°，
所以a·b＝|a|·|b|cs θ＝±|a|·|b|，
所以“a·b＝|a|·|b|”是“a∥b”的充分而不必要条件.
答案 A
3.(必修4P108A2改编)在圆O中，长度为eq \r(2)的弦AB不经过圆心，则eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))的值为________.
解析 设向量eq \(AO,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))的夹角为θ，则eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝|eq \(AO,\s\up6(→))||eq \(AB,\s\up6(→))|·cs θ＝|eq \(AO,\s\up6(→))|cs θ·|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \f(1,2)×(eq \r(2))2＝1.
答案 1
4.(2018·全国Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝( )
A.4 B.3 C.2 D.0
解析 a·(2a－b)＝2|a|2－a·b＝2×12－(－1)＝3.
答案 B
5.(2018·上海嘉定区调研)平面向量a与b的夹角为45°，a＝(1，1)，|b|＝2，则|3a＋b|等于( )
A.13＋6eq \r(2) B.2eq \r(5)
C.eq \r(30) D.eq \r(34)
解析 依题意得a2＝2，a·b＝eq \r(2)×2×cs 45°＝2，|3a＋b|＝eq \r(（3a＋b）2)＝eq \r(9a2＋6a·b＋b2)＝eq \r(18＋12＋4)＝eq \r(34).
答案 D
6.(2017·全国Ⅰ卷)已知向量a＝(－1，2)，b＝(m，1).若向量a＋b与a垂直，则m＝________.
解析 由题意得a＋b＝(m－1，3)，
因为a＋b与a垂直，所以(a＋b)·a＝0，所以－(m－1)＋2×3＝0，解得m＝7.
答案 7
考点一 平面向量数量积的运算
【例1】 (1)若向量m＝(2k－1，k)与向量n＝(4，1)共线，则m·n＝( )
A.0 B.4 C.－eq \f(9,2) D.－eq \f(17,2)
(2)(2018·天津卷)在如图的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，eq \(BM,\s\up6(→))＝2eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(CN,\s\up6(→))＝2eq \(NA,\s\up6(→))，则eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))的值为( )
A.－15 B.－9 C.－6 D.0
解析 (1)由题意得2k－1－4k＝0，解得k＝－eq \f(1,2)，
即m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2)))，
所以m·n＝－2×4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×1＝－eq \f(17,2).
(2)连接OA.在△ABC中，eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝3eq \(AN,\s\up6(→))－3eq \(AM,\s\up6(→))＝3(eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))－3(eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＝3(eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→)))，
∴eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝3(eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→)))·eq \(OM,\s\up6(→))＝3(eq \(ON,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→))2)＝3×(2×1×cs 120°－12)＝3×(－2)＝－6.
答案 (1)D (2)C
规律方法 1.数量积公式a·b＝|a||b|cs θ在解题中的运用，解题过程具有一定的技巧性，需要借助向量加、减法的运算及其几何意义进行适当变形；也可建立平面直角坐标系，借助数量积的坐标运算公式a·b＝x1x2＋y1y2求解，较为简捷、明了.
2.在分析两向量的夹角时，必须使两个向量的起点重合，如果起点不重合，可通过“平移”实现.
【训练1】 (1)在△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠ABC＝eq \f(π,2)，D是AC的中点，E在BC上，且AE⊥BD，则eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))等于( )
A.16 B.12 C.8 D.－4
(2)(2019·皖南八校三模)已知|a|＝|b|＝1，向量a与b的夹角为45°，则(a＋2b)·a＝________.
解析 (1)以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系(图略)，A(4，0)，B(0，0)，C(0，6)，D(2，3).设E(0，t)，eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝(2，3)·(－4，t)＝－8＋3t＝0，∴t＝eq \f(8,3)，即Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(8,3)))，
eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(8,3)))·(0，6)＝16.
(2)因为|a|＝|b|＝1，向量a与b的夹角为45°，
所以(a＋2b)·a＝a2＋2a·b＝|a|2＋2|a|·|b|cs 45°＝1＋eq \r(2).
答案 (1)A (2)1＋eq \r(2)
考点二 平面向量数量积的应用 多维探究
角度1 平面向量的垂直
【例2－1】 (1)(2018·北京卷)设向量a＝(1，0)，b＝(－1，m).若a⊥(ma－b)，则m＝________.
(2)(2019·宜昌二模)已知△ABC中，∠A＝120°，且AB＝3，AC＝4，若eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))，且eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，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 (1)a＝(1，0)，b＝(－1，m)，∴a2＝1，a·b＝－1，
由a⊥(ma－b)得a·(ma－b)＝0，即ma2－a·b＝0.
∴m－(－1)＝0，∴m＝－1.
(2)因为eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))，且eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，
所以有eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(λeq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))·(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝λeq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))－λeq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AC,\s\up6(→))2－eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝(λ－1)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))－λeq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AC,\s\up6(→))2＝0，
整理可得(λ－1)×3×4×cs 120°－9λ＋16＝0，
解得λ＝eq \f(22,15).
答案 (1)－1 (2)A
规律方法 1.当向量a，b是非坐标形式时，要把a，b用已知的不共线向量作为基底来表示且不共线的向量要知道其模与夹角，从而进行运算.
2.数量积的运算a·b＝0⇔a⊥b中，是对非零向量而言的，若a＝0，虽然有a·b＝0，但不能说a⊥b.
角度2 平面向量的模
【例2－2】 (1)已知平面向量α，β，|α|＝1，|β|＝2，α⊥(α－2β)，则|2α＋β|的值是________.
(2)(2019·杭州调研)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\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))|的最小值为________.
解析 (1)由α⊥(α－2β)得α·(α－2β)＝α2－2α·β＝0，
所以α·β＝eq \f(1,2)，
所以(2α＋β)2＝4α2＋β2＋4α·β＝4×12＋22＋4×eq \f(1,2)＝10，
所以|2α＋β|＝eq \r(10).
(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\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，－y)＋3(1，b－y)＝(5，3b－4y)，
所以|eq \(PA,\s\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))|＝eq \r(25＋（3b－4y）2)(0≤y≤b)，
所以当y＝eq \f(3,4)b时，|eq \(PA,\s\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))|取得最小值5.
答案 (1)eq \r(10) (2)5
规律方法 1.求向量的模的方法：(1)公式法，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；(2)几何法，利用向量的几何意义.
2.求向量模的最值(范围)的方法：(1)代数法，把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解；(2)几何法(数形结合法)，弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形求解.
角度3 平面向量的夹角
【例2－3】 (1)(2019·衡水中学调研)已知非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝eq \f(2\r(3),3)|a|，则向量a＋b与a－b的夹角为________.
(2)若向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，已知2a－3b与c的夹角为钝角，则k的取值范围是________.
解析 (1)将|a＋b|＝|a－b|两边平方，得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，∴a·b＝0.
将|a＋b|＝eq \f(2\r(3),3)|a|两边平方，得a2＋b2＋2a·b＝eq \f(4,3)a2，
∴b2＝eq \f(1,3)a2.
设a＋b与a－b的夹角为θ，
∴cs θ＝eq \f(（a＋b）·（a－b）,|a＋b|·|a－b|)＝eq \f(a2－b2,\f(2\r(3),3)|a|·\f(2\r(3),3)|a|)＝eq \f(\f(2,3)a2,\f(4,3)a2)＝eq \f(1,2).
又∵θ∈[0，π]，∴θ＝eq \f(π,3).
(2)∵2a－3b与c的夹角为钝角，
∴(2a－3b)·c<0，
即(2k－3，－6)·(2，1)<0，解得k＜3.
又若(2a－3b)∥c，
则2k－3＝－12，即k＝－eq \f(9,2).
当k＝－eq \f(9,2)时，2a－3b＝(－12，－6)＝－6c，
此时2a－3b与c反向，不合题意.
综上，k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，3)).
答案 (1)eq \f(π,3) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，3))
规律方法 1.研究向量的夹角应注意“共起点”；两个非零共线向量的夹角可能是0或π；注意向量夹角的取值范围是[0，π]；若题目给出向量的坐标表示，可直接套用公式cs θ＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·\r(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)))求解.
2.数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于0且两向量不共线时两向量的夹角为钝角.
【训练2】 (1)已知向量a＝(－2，3)，b＝(3，m)，且a⊥b，则m＝________.
(2)(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.
(3)(2017·山东卷)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，得a·b＝0，
又a＝(－2，3)，b＝(3，m)，
∴－6＋3m＝0，则m＝2.
(2)法一 |a＋2b|＝eq \r(（a＋2b）2)＝eq \r(a2＋4a·b＋4b2)
＝eq \r(22＋4×2×1×cs 60°＋4×12)＝eq \r(12)＝2eq \r(3).
法二 (数形结合法)
由|a|＝|2b|＝2知，以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|a＋2b|＝|eq \(OC,\s\up6(→))|.
又∠AOB＝60°，所以|a＋2b|＝2eq \r(3).
(3)由题意知|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝0，
|eq \r(3)e1－e2|＝eq \r(（\r(3)e1－e2）2)＝eq \r(3eeq \\al(2,1)－2\r(3)e1·e2＋eeq \\al(2,2))＝eq \r(3－0＋1)＝2.
同理|e1＋λe2|＝eq \r(1＋λ2).
所以cs 60°＝eq \f(（\r(3)e1－e2）·（e1＋λe2）,|\r(3)e1－e2||e1＋λe2|)
＝eq \f(\r(3)eeq \\al(2,1)＋（\r(3)λ－1）e1·e2－λeeq \\al(2,2),2\r(1＋λ2))＝eq \f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))＝eq \f(1,2)，
解得λ＝eq \f(\r(3),3).
答案 (1)2 (2)2eq \r(3) (3)eq \f(\r(3),3)
考点三 平面向量与三角函数
【例3】 (2019·潍坊摸底)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cs(A－B)，sin(A－B))，n＝(cs B，－sin B)，且m·n＝－eq \f(3,5).
(1)求sin A的值；
(2)若a＝4eq \r(2)，b＝5，求角B的大小及向量eq \(BA,\s\up6(→))在eq \(BC,\s\up6(→))方向上的投影.
解 (1)由m·n＝－eq \f(3,5)，
得cs(A－B)cs B－sin(A－B)sin B＝－eq \f(3,5)，
所以cs A＝－eq \f(3,5).因为0
(2)由正弦定理，得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
则sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(5×\f(4,5),4\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
因为a>b，所以A>B，且B是△ABC一内角，则B＝eq \f(π,4).
由余弦定理得(4eq \r(2))2＝52＋c2－2×5c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))，
解得c＝1，c＝－7舍去，
故向量eq \(BA,\s\up6(→))在eq \(BC,\s\up6(→))方向上的投影为|eq \(BA,\s\up6(→))|cs B＝ccs B＝1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2).
规律方法 平面向量与三角函数的综合问题的解题思路：
(1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，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.
【训练3】 (2019·石家庄模拟)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\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))＝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，所以cs C＝eq \f(1,2).
又0
因为eq \(CA,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))＝eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝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.
[思维升华]
1.计算向量数量积的三种方法
定义、坐标运算、数量积的几何意义，要灵活运用，与图形有关的不要忽略数量积几何意义的应用.
2.求向量模的常用方法
利用公式|a|2＝a2，将模的运算转化为向量的数量积的运算.
3.利用向量垂直或平行的条件构造方程或函数是求参数或最值问题常用的方法与技巧.
[易错防范]
数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·b＝a·c(a≠0)不能得出b＝c，两边不能约去一个向量.数量积运算不满足结合律，(a·b)·c不一定等于a·(b·c).
数学运算、数学建模——平面向量与三角形的“四心”
1.数学运算是指在明晰运算的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.通过学习平面向量与三角形的“四心”，学生能进一步发展数学运算能力，形成规范化思考问题的品质，养成一丝不苟、严谨求实的科学精神.
2.数学建模要求在熟悉的情境中，发现问题并转化为数学问题，能够在关联的情境中，经历数学建模的过程，理解数学建模的意义.本系列通过学习平面向量与三角形的“四心”模型，能够培养学生用模型的思想解决相关问题.
设O为△ABC所在平面上一点，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则
(1)O为△ABC的外心⇔|eq \(OA,\s\up6(→))|＝|eq \(OB,\s\up6(→))|＝|eq \(OC,\s\up6(→))|＝eq \f(a,2sin A).
(2)O为△ABC的重心⇔eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0.
(3)O为△ABC的垂心⇔eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→)).
(4)O为△ABC的内心⇔aeq \(OA,\s\up6(→))＋beq \(OB,\s\up6(→))＋ceq \(OC,\s\up6(→))＝0.
类型1 平面向量与三角形的“重心”
【例1】 已知A，B，C是平面上不共线的三点，O为坐标原点，动点P满足eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)[(1－λ)eq \(OA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(OB,\s\up6(→))＋(1＋2λ)·eq \(OC,\s\up6(→))]，λ∈R，则点P的轨迹一定经过( )
A.△ABC的内心 B.△ABC的垂心
C.△ABC的重心 D.AB边的中点
解析 取AB的中点D，则2eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，
∵eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)[(1－λ)eq \(OA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(OB,\s\up6(→))＋(1＋2λ)eq \(OC,\s\up6(→))]，
∴eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)[2(1－λ)eq \(OD,\s\up6(→))＋(1＋2λ)eq \(OC,\s\up6(→))]
＝eq \f(2（1－λ）,3)eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \f(1＋2λ,3)eq \(OC,\s\up6(→))，
而eq \f(2（1－λ）,3)＋eq \f(1＋2λ,3)＝1，∴P，C，D三点共线，
∴点P的轨迹一定经过△ABC的重心.
答案 C
类型2 平面向量与三角形的“内心”问题
【例2】 在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cs A＝eq \f(1,5)，O是△ABC的内心，若eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OB,\s\up6(→))＋yeq \(OC,\s\up6(→))，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为( )
A.eq \f(10\r(6),3) B.eq \f(14\r(6),3) C.4eq \r(3) D.6eq \r(2)
解析 根据向量加法的平行四边形法则可知，动点P的轨迹是以OB，OC为邻边的平行四边形及其内部，其面积为△BOC的面积的2倍.
在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，得a＝7.
设△ABC的内切圆的半径为r，则
eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)r，解得r＝eq \f(2\r(6),3)，
所以S△BOC＝eq \f(1,2)×a×r＝eq \f(1,2)×7×eq \f(2\r(6),3)＝eq \f(7\r(6),3).
故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为2S△BOC＝eq \f(14\r(6),3).
答案 B
类型3 平面向量与三角形的“垂心”问题
【例3】 已知O是平面上的一个定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|cs B)+ \f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|cs C)))，λ∈(0，＋∞)，则动点P的轨迹一定通过△ABC的( )
A.重心 B.垂心 C.外心 D.内心
解析 因为eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|cs B)+ \f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|cs C)))，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|cs B)+ \f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|cs C)))，
所以eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))·λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|cs B)+ \f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|cs C)))
＝λ(－|eq \(BC,\s\up6(→))|＋|eq \(BC,\s\up6(→))|)＝0，
所以eq \(BC,\s\up6(→))⊥eq \(AP,\s\up6(→))，所以点P在BC的高线上，
即动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心.
答案 B
类型4 平面向量与三角形的“外心”问题
【例4】 已知在△ABC中，AB＝1，BC＝eq \r(6)，AC＝2，点O为△ABC的外心，若eq \(AO,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，则有序实数对(x，y)为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(3,5))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，\f(4,5)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)，\f(3,5))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，\f(4,5)))
解析 取AB的中点M和AC的中点N，连接OM，ON，则eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(ON,\s\up6(→))⊥eq \(AC,\s\up6(→))，
eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(AM,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－(xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))eq \(AB,\s\up6(→))－yeq \(AC,\s\up6(→))，
eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))－(xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－y))eq \(AC,\s\up6(→))－xeq \(AB,\s\up6(→)).
由eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))eq \(AB,\s\up6(→))2－yeq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，①
由eq \(ON,\s\up6(→))⊥eq \(AC,\s\up6(→))，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－y))eq \(AC,\s\up6(→))2－xeq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，②
又因为eq \(BC,\s\up6(→))2＝(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))2＝eq \(AC,\s\up6(→))2－2eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))2，
所以eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))2＋\(AB,\s\up6(→))2－\(BC,\s\up6(→))2,2)＝－eq \f(1,2)，③
把③代入①、②得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2x＋y＝0，,4＋x－8y＝0，))解得x＝eq \f(4,5)，y＝eq \f(3,5).
故实数对(x，y)为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(3,5))).
答案 A
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.已知向量a＝(m－1，1)，b＝(m，－2)，则“m＝2”是“a⊥b”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 当m＝2时，a＝(1，1)，b＝(2，－2)，
所以a·b＝(1，1)·(2，－2)＝2－2＝0，
所以a⊥b，充分性成立；
当a⊥b时，a·b＝(m－1，1)·(m，－2)＝m(m－1)－2＝0，
解得m＝2或m＝－1，必要性不成立.
所以“m＝2”是“a⊥b”的充分不必要条件.
答案 A
2.(2019·北京通州区二模)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 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).
答案 A
3.(2019·石家庄二模)若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，则向量a＋b与a的夹角为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(5π,6) D.eq \f(π,6)
解析 设|b|＝1，则|a＋b|＝|a－b|＝2.
由|a＋b|＝|a－b|，得a·b＝0，
故以a、b为邻边的平行四边形是矩形，且|a|＝eq \r(3)，
设向量a＋b与a的夹角为θ，
则cs θ＝eq \f(a·（a＋b）,|a|·|a＋b|)＝eq \f(a2＋a·b,|a|·|a＋b|)＝eq \f(|a|,|a＋b|)＝eq \f(\r(3),2)，
又0≤θ≤π，所以θ＝eq \f(π,6).
答案 D
4.如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝4，BC＝CD＝2，若E，F分别是边BC，AB上的点，且满足eq \f(BE,BC)＝eq \f(AF,AB)＝λ，则当eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝0时，λ的值所在的区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3,8)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,8)))
解析 在等腰梯形ABCD中，AB＝4，BC＝CD＝2，
可得〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝60°，
所以〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝60°，〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝120°，
所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝4×2×eq \f(1,2)＝4，
eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝4×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－4，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝2×2×eq \f(1,2)＝2，
又eq \f(BE,BC)＝eq \f(AF,AB)＝λ，所以eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，
则eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(BC,\s\up6(→))，
eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(AF,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(BC,\s\up6(→)))·(λeq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))
＝λeq \(AB,\s\up6(→))2－eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋λ2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))－λeq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，
即2λ2－7λ＋2＝0，解得λ＝eq \f(7＋\r(33),4)(舍去)或λ＝eq \f(7－\r(33),4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3,8))).
答案 B
5.(2017·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O.记I1＝eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))，I2＝eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))，I3＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))，则( )
A.I1＜I2＜I3 B.I1＜I3＜I2
C.I3＜I1＜I2 D.I2＜I1＜I3
解析 如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AO
又AB＝AD，∴OB
即I1>I3.∴I3
二、填空题
6.(2019·杭州二模)在△ABC中，三个顶点的坐标分别为A(3，t)，B(t，－1)，C(－3，－1)，若△ABC是以B为直角顶点的直角三角形，则t＝________.
解析 由已知，得eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，
则(3－t，t＋1)·(－3－t，0)＝0，
∴(3－t)(－3－t)＝0，解得t＝3或t＝－3，
当t＝－3时，点B与点C重合，舍去.故t＝3.
答案 3
7.若非零向量a，b满足|a|＝3|b|＝|a＋2b|，则a，b夹角θ的余弦值为________.
解析 |a|＝|a＋2b|，两边平方得，
|a|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝|a|2＋4|b|2＋4|a||b|·cs θ.
又|a|＝3|b|，
所以0＝4|b|2＋12|b|2cs θ，得cs θ＝－eq \f(1,3).
答案 －eq \f(1,3)
8.(2019·佛山二模)在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2，AB＝1，D为BC的中点，E在斜边AC上，若eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(EC,\s\up6(→))，则eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝________.
解析 如图，以B为坐标原点，AB所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则B(0，0)，A(1，0)，C(0，2)，所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，2).
因为D为BC的中点，所以D(0，1)，
因为eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(EC,\s\up6(→))，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)))，
所以eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)))，
所以eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)))·(－1，2)＝－eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＝eq \f(1,3).
答案 eq \f(1,3)
三、解答题
9.在平面直角坐标系xOy中，点A(－1，－2)，B(2，3)，C(－2，－1).
(1)求以线段AB，AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；
(2)设实数t满足(eq \(AB,\s\up6(→))－teq \(OC,\s\up6(→)))·eq \(OC,\s\up6(→))＝0，求t的值.
解 (1)由题设知eq \(AB,\s\up6(→))＝(3，5)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，1)，
则eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，6)，eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→))＝(4，4).
所以|eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))|＝2eq \r(10)，|eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→))|＝4eq \r(2).
故所求的两条对角线的长分别为4eq \r(2)，2eq \r(10).
(2)由题设知：eq \(OC,\s\up6(→))＝(－2，－1)，eq \(AB,\s\up6(→))－teq \(OC,\s\up6(→))＝(3＋2t，5＋t).
由(eq \(AB,\s\up6(→))－teq \(OC,\s\up6(→)))·eq \(OC,\s\up6(→))＝0，得
(3＋2t，5＋t)·(－2，－1)＝0，
从而5t＝－11，所以t＝－eq \f(11,5).
10.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)(0≤θ≤eq \f(π,2)).
(1)若eq \(AB,\s\up6(→))⊥a，且|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(5)|eq \(OA,\s\up6(→))|，求向量eq \(OB,\s\up6(→))；
(2)若向量eq \(AC,\s\up6(→))与向量a共线，当k>4，且tsin θ取最大值4时，求eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→)).
解 (1)由题设知eq \(AB,\s\up6(→))＝(n－8，t)，
∵eq \(AB,\s\up6(→))⊥a，∴8－n＋2t＝0.
又∵eq \r(5)|eq \(OA,\s\up6(→))|＝|eq \(AB,\s\up6(→))|，
∴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\up6(→))＝(24，8)或eq \(OB,\s\up6(→))＝(－8，－8).
(2)由题设知eq \(AC,\s\up6(→))＝(ksin θ－8，t)，
∵eq \(AC,\s\up6(→))与a共线，∴t＝－2ksin θ＋16，
tsin θ＝(－2ksin θ＋16)sin θ
＝－2k(sin θ－eq \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\up6(→))＝(4，8)，
∴eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝(8，0)·(4，8)＝32.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.在△ABC中，∠C＝90°，AB＝6，点P满足CP＝2，则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的最大值为( )
A.9 B.16 C.18 D.25
解析 ∵∠C＝90°，AB＝6，
∴eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，∴|eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))|＝|eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→))|＝|eq \(BA,\s\up6(→))|＝6，
∴eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \(PC,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→)))·(eq \(PC,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))＝eq \(PC,\s\up6(→))2＋eq \(PC,\s\up6(→))·(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))＋eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))
＝eq \(PC,\s\up6(→))·(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))＋4，
∴当eq \(PC,\s\up6(→))与eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))方向相同时，eq \(PC,\s\up6(→))·(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))取得最大值2×6＝12，
∴eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的最大值为16.
答案 B
12.(2018·浙江卷)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为eq \f(π,3)，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是( )
A.eq \r(3)－1 B.eq \r(3)＋1
C.2 D.2－eq \r(3)
解析 设O为坐标原点，a＝eq \(OA,\s\up6(→))，b＝eq \(OB,\s\up6(→))＝(x，y)，e＝(1，0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C(2，0)为圆心，1为半径的圆.因为a与e的夹角为eq \f(π,3)，所以不妨令点A在射线y＝eq \r(3)x(x>0)上，如图，数形结合可知|a－b|min＝|eq \(CA,\s\up6(→))|－|eq \(CB,\s\up6(→))|＝eq \r(3)－1.
答案 A
13.(2019·安徽师大附中二模)在△ABC中，AB＝2AC＝6，eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))2，点P是△ABC所在平面内一点，则当eq \(PA,\s\up6(→))2＋eq \(PB,\s\up6(→))2＋eq \(PC,\s\up6(→))2取得最小值时，eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝________.
解析 ∵eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝|eq \(BA,\s\up6(→))|·|eq \(BC,\s\up6(→))|·cs B＝|eq \(BA,\s\up6(→))|2，
∴|eq \(BC,\s\up6(→))|·cs B＝|eq \(BA,\s\up6(→))|＝6，
∴eq \(CA,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，即A＝eq \f(π,2)，
以A为坐标原点建立如图所示的坐标系，
则B(6，0)，C(0，3)，设P(x，y)，
则eq \(PA,\s\up6(→))2＋eq \(PB,\s\up6(→))2＋eq \(PC,\s\up6(→))2＝x2＋y2＋(x－6)2＋y2＋x2＋(y－3)2＝3x2－12x＋3y2－6y＋45＝3[(x－2)2＋(y－1)2＋10]
∴当x＝2，y＝1时，eq \(PA,\s\up6(→))2＋eq \(PB,\s\up6(→))2＋eq \(PC,\s\up6(→))2取得最小值，
此时eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(2，1)·(－6，3)＝－9.
答案 －9
14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(eq \r(2)a－c)eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝ceq \(CB,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→)).
(1)求角B的大小；
(2)若|eq \(BA,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→))|＝eq \r(6)，求△ABC面积的最大值.
解 (1)由题意得(eq \r(2)a－c)cs B＝bcs C.
根据正弦定理得(eq \r(2)sin A－sin C)cs B＝sin Bcs C，
所以eq \r(2)sin Acs B＝sin(C＋B)，
即eq \r(2)sin Acs B＝sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A>0，
所以cs B＝eq \f(\r(2),2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,4).
(2)因为|eq \(BA,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→))|＝eq \r(6)，所以|eq \(CA,\s\up6(→))|＝eq \r(6)，
即b＝eq \r(6)，根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－eq \r(2)ac≥2ac－eq \r(2)ac＝(2－eq \r(2))ac(当且仅当a＝c时取等号)，即ac≤3(2＋eq \r(2)).
故△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B≤eq \f(3（\r(2)＋1）,2)，
因此△ABC的面积的最大值为eq \f(3\r(2)＋3,2).
新高考创新预测
15.(新定义题型)对任意两个非零的平面向量α和β，定义α⊗β＝eq \f(|α|,|β|)cs θ，其中θ为α和β的夹角.若两个非零的平面向量a和b满足：①|a|≥|b|；②a和b的夹角θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))；③a⊗b和b⊗a的值都在集合{x|x＝eq \f(n,2)，n∈N}中，则a⊗b的值为________.
解析 a⊗b＝eq \f(|a|,|b|)cs θ＝eq \f(n,2)，b⊗a＝eq \f(|b|,|a|)cs θ＝eq \f(m,2)，m，n∈N.由a与b的夹角θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，知cs2θ＝eq \f(mn,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，故mn＝3，m，n∈N.因为|a|≥|b|，所以0
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