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所属成套资源：高一数学下学期期中期末复习（人教A版必修第二册）
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专题03 平面向量数量积-高一数学下学期期中期末复习（人教A版必修第二册）
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这是一份专题03 平面向量数量积-高一数学下学期期中期末复习（人教A版必修第二册），文件包含专题03平面向量数量积解析版docx、专题03平面向量数量积原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
体系搭建
1．数量积的概念：
（1）向量的夹角：如下图，已知两个非零向量a和b，作=a，=b，则∠AOB=θ（0°≤θ≤180°）叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．
（2）数量积的定义：已知两个非零向量a和b，它们的夹角为θ，则数量|a||b|cosθ叫做a与b的数量积，记作a·b，即a·b=|a||b|cosθ．
（3）数量积的几何意义：数量积a·b等于a的模与b在a方向上的投影|b|cosθ的乘积．
2．数量积的性质：
设e是单位向量，〈a，e〉=θ．
（1）e·a=a·e=|a|cosθ．
（2）当a与b同向时，a·b=|a||b|；当a与b反向时，a·b=－|a||b|，特别地，a·a=|a|2，或|a|=．
（3）a⊥ba·b=0．
（4）cosθ=．
（5）|a·b|≤|a||b|．
3．运算律：
（1）a·b=b·a；（2）（λa）·b=λ（a·b）=a·（λb）；（3）（a+b）·c=a·c+b·c．
4．向量数量积的坐标运算：
设a=（x1，y1），b=（x2，y2），则
（1）a·b=x1x2+y1y2；
（2）|a|=；
（3）cos〈a，b〉=；
（4）a⊥ba·b=0x1x2+y1y2=0．
例题分析
考点1 向量的数量积
【例1】．已知，，．
（1）求与的夹角；
（2）求．
解：（1）因为，，，
展开后整理得：，
化简得，
所以．
设＜＞＝θ，则，
由于θ∈[0，π]，所以；
（2）由（1）知，，，
则
＝
＝7．
Ø变式训练
【变1-1】．已知向量与的夹角为120°，且，则在方向上的投影为（ ）
A．1 B． C． D．
解：因为向量与的夹角为120°，且，
所以＜，﹣＞＝，
所以||cos＝2×＝．
故选：B．
【变1-2】．已知||＝2||≠0，且关于x的方程x2+||x+•＝0有实根，则向量与的夹角的取值范围是（ ）
A．[，π] B．[0，] C．[，] D．[，π]
解：设两向量，的夹角为θ，
关于x的方程x2+||x+•＝0有实根，
则有Δ＝||2﹣4•≥0，
即||2﹣4||•||cosθ≥0，
||2﹣2||2•cosθ≥0，
即cosθ≤，（0≤θ≤π），
则θ∈[，π]．
故选：A．
【变1-3】．设向量，的模分别为1，2，它们的夹角为60°，则向量﹣与的夹角为 ．
解：；
∴，＝；
∴＝；
又；
∴与的夹角为．
故答案为：．
考点2 向量的数量积与向量垂直的关系
【例2】．已知⊥，且||＝2，||＝1，若对两个不同时为零的实数k、t，使得+（t﹣3）与﹣k+t垂直，试求k的最小值．
解：∵，∴＝0．
又由已知得+（t﹣3）与﹣k+t垂直，
∴，
∵，，
∴﹣4k+t（t﹣3）＝0，
∴k＝（t2﹣3t）＝（t≠0），
故当t＝时，k取最小值﹣．
Ø变式训练
【变2-1】．点P为△ABC所在平面内一点，当取最小值时，点P为△ABC的（ ）
A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心
解：＝[•（）+•（）+]，
以PA，PC为邻边做平行四边形PACD，设PD交AC于M，
则＝2，
∴当与方向相反时，取得最小值，此时P为△ABC的中线BM上，
同理：当P为△ABC的边BC上的中线上时，•（）取得最小值，
当P为△ABC的边AB上的中线上时，取得最小值，
∴当P为△ABC的三条中线的交点即重心时，取最小值．
故选：C．
【变2-2】．若非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．π
解：∵，且，
∴＝，且，
∴，解得，
又，
∴．
故选：C．
【变2-3】．已知向量，满足，，向量是与同向的单位向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
解：因为，
所以•（）＝﹣2＝﹣0＝1，
所以向量在向量上的投影为＝＝1，投影向量为1•＝．
故选：A．
考点3 平面向量数量积的坐标表示
【例3】．设t，k∈R，已知，，，．
（Ⅰ）若t＝1，且，求k的值；
（Ⅱ）若，求证：k≤2．
解：（Ⅰ）当t＝1时，，，
∵，∴5（k﹣2）＝﹣5（2k+1），解得．
（Ⅱ）证明：||2＝5，||2＝5，则
＝＝5k+t×0+k（t+2）×0+5t（t+2）＝5k+5t（t+2），
∵，∴5k+5t（t+2）＝5，
∴k＝﹣t2﹣2t+1＝﹣（t+1）2+2≤2（当t＝﹣1时取得等号）．
Ø变式训练
【变3-1】．平面向量，已知＝（4，3），＝（3，18），则夹角的余弦值等于（ ）
A． B． C． D．
解：设＝（x，y），
∵a＝（4，3），2a+b＝（3，18），
∴
∴cosθ＝
＝，
故选：C．
【变3-2】．已知向量， 120° ．
解：由题意，故有＝（﹣1，﹣2）＝﹣，故与的夹角为与的夹角的补角，令与的夹角为θ
又，
∴cosθ＝＝，
∴θ＝60°
故与的夹角为120°
故答案为：120°
【变3-3】．已知向量．若向量与的夹角为锐角，则实数k的取值范围为 {k|k＞﹣2，且k≠﹣} ．
解：∵向量，若向量与的夹角为锐角，
则向量与不共线，且 （）•（）＞0．
∵（）＝（k，1），（）＝（1，2），∴≠，求得k≠①．
且（k，1）•（1，2）＝k+2＞0，解得k＞﹣2 ②．
由①②求得实数k的取值范围为{k|k＞﹣2，且k≠﹣}，
故答案为：{k|k＞﹣2，且k≠﹣}．
考点4 平面向量垂直的坐标表示
【例4】．设平面向量＝（cosα，sinα）（0≤a≤2π），＝（﹣），且与不共线．
（1）求证：向量+与﹣与垂直；
（2）若两个向量+与﹣的模相等，求角α．
解：（Ⅰ）由题意可得＝（cosα﹣，sinα+），
＝（cosα+，sinα﹣），
∴（）•（）＝cos2α﹣+sin2α﹣＝0
∴；
（Ⅱ）∵向量与的模相等，
∴（）2＝（）2，
∴，
又∵＝＝1，＝＝1，
∴1﹣1+2＝0，解得＝0，
∴+sinα＝0，
∴tanα＝，又0≤α＜2π，
∴α＝，或
Ø变式训练
【变4-1】．已知＝（﹣3，2），＝（﹣1，0），向量λ+与﹣2垂直，则实数λ的值为（ ）
A． B．﹣ C． D．﹣
解：∵＝（﹣3，2），＝（﹣1，0），
∴＝13，＝1，•＝3；
又向量λ+与﹣2垂直，
∴（λ+）•（﹣2）＝λ+（1﹣2λ）•﹣2＝0，
即13λ+3（1﹣2λ）﹣2＝0，
解得λ＝﹣．
故选：B．
【变4-2】．已知，，是同一平面内的三个向量，其中．
（Ⅰ）若，，两两的夹角相等，且，，求；
（Ⅱ）若，且与垂直，求与的夹角θ．
解：（Ⅰ）由，知||＝，
因为平面向量，，两两的夹角相等，所以该夹角为120°，
所以＝+++2（++）
＝5+5+20+2（••cos120°+•2•cos120°+•2•cos120°）
＝5，
所以＝．
（Ⅱ）因为与垂直，
所以（）•（）＝0，即2+3﹣2＝0，
所以2×5+3×××cosθ﹣2×＝0，解得cosθ＝﹣1，
因为θ∈[0°，180°]，
故与的夹角θ＝180°．
【变4-3】．已知，，，在上是否存在点M，使，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解：设存在点M，且（0＜λ≤1），
∴，
．
∵，
∴（2﹣6λ）（3﹣6λ）+（5﹣3λ）（1﹣3λ）＝0，
即45λ2﹣48λ+11＝0，
解得．
∴＝（2，1）或＝（，）．
∴存在M（2，1）或M（，）满足题意．
实战演练
1．设平面向量，，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
解：因为，
所以，即﹣2+2b＝0，解得b＝1，
则，
所以．
故选：B．
2．设空间两个单位向量＝（m，n，0），＝（0，n，p）与向量＝（1，1，1）的夹角的余弦值为，则〈〉＝（ ）
A． B． C． D．
解：由题意可得，则，即，
又，即，且，
所以．
故选：C．
3．已知向量，，若，则cos2θ＝（ ）
A． B． C． D．
解：因为，，，
所以7sinθ﹣1﹣5cos2θ＝0，即7sinθ﹣1﹣5（1﹣sin2θ）＝0，
所以5sin2θ+7sinθ﹣6＝0，解得或sinθ＝﹣2（舍），
所以．
故选：B．
4．已知平面向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．与的夹角为钝角 D．与垂直
解：对于A：，A错误；
对于B：，B错误；
对于C：，则，故与的夹角不为钝角，C错误；
对于D：，则，D正确．
故选：D．
5．已知向量，，且，则为（ ）
A． B． C． D．
解：根据题意，向量，，
则﹣3＝（﹣1，﹣6），2+k＝（4+k，2k），
若（﹣3）∥（2+k），则有﹣6×（4+k）＝﹣2k，解可得：k＝﹣6，
则2+k＝（﹣2，﹣12），故|2+k|＝＝2，
故选：A．
6．平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，，点P在边CD上，则的取值范围是（ ）
A．[﹣1，8] B． C． D．[﹣2，0]
解：已知平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，，
设，0≤λ≤1，
则
＝
＝
＝
＝
＝，
又0≤λ≤1，
则的取值范围是，
故选：C．
7．已知非零向量，满足，且，则△ABC为（ ）
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
解：∵，
∴，
∴cos＜，＞＝cos＜，＞，
∴∠B＝∠C，
∴△ABC为等腰三角形，
又∵，
∴，
∴，又A∈（0，π），所以，
∴△ABC为等边三角形，
故选：D．
（多选）8．正方形ABCD的边长为2，E是BC中点，如图，点P是以AB为直径的半圆上任意点，，则（ ）
A．λ最大值为 B．μ最大值为1
C．最大值是2 D．最大值是
解：以AB中点O为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
A（﹣1，0），D（﹣1，2），E（1，1），设∠BOP＝α，则P（cosα，sinα），
则，，
对于A：∵，
∴2μ＝cosα+1且2λ+μ＝sinα，α∈[0，π]，
∴，故A错误；
对于B：2μ＝cosα+1，当α＝0时，则μmax＝1，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：，故D正确．
故选：BCD．
（多选）9．把一条线段分为两部分，使较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，该比值是无理数，由于按此比例设计的造型十分美丽柔和，因此称为黄金分割，也称为中外比．黄金分割不仅仅体现在诸如绘画、雕塑、音乐、建筑等艺术领域，而且在管理、工程设计等方面也有着不可忽视的作用．在△ABC中，点D为线段BC的黄金分割点（BD＞DC），AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，点E为AB的中点，点P为线段AC上的一点（包含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．＝
B．
C．在上的投影向量为﹣
D．的取值范围是[﹣，6]
解：已知AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，
又点D为线段BC的黄金分割点（BD＞DC），则，
则＝
＝，故选项A错误，选项B正确；
对于选项C，，
则＝，
则在上的投影向量为＝，故选项C正确；
对于选项D，设，0≤λ≤1，
则
＝＝，
又0≤λ≤1，所以，故选项D正确，
故选：BCD．
10．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于120时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，且b2﹣（a﹣c）2＝6，，若点P为△ABC的费马点，则＝（ ）
A．﹣6 B．﹣4 C．﹣3 D．﹣2
解：∵＝，
∴，
∴cos[π﹣（B+C）]＝，
∴﹣（cosBcosC﹣sinBsinC）＝，又sinB＞0，
∴sinB＝cosB，
∴tanB＝，∴B＝60°，
∴cosB＝＝，
∴a2+c2﹣b2＝ac，又b2﹣（a﹣c）2＝b2﹣（a2+c2）+2ac＝6，
∴ac＝6，
设||＝x，||＝y，||＝z，
∵B＝60°，∴三角形ABC的三个角均小于120，
∴根据题意可得∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°，
又S△APB+S△BPC+S△APC＝S△ABC，
∴＝，
∴xy+yz+xz＝ac＝6，
∴
＝
＝＝﹣3．
故选：C．
11．已知向量，，均为单位向量，且它们两两的夹角均为60°，其中，，则的值为 0 ．
解：已知向量，，均为单位向量，且它们两两的夹角均为60°，
则，
又，，
则＝＝，
故答案为：0．
12．已知、为单位向量，当与夹角最大时，＝ ．
解：由图所示：
数形结合可知与夹角最大为30°，
所以，
故答案为：．
13．已知非零向量满足，，，则的夹角为 ．
解：设向量的夹角为θ．
由已知可得，，
所以，
所以．
又，所以，
所以．
则，
又，所以．
又0≤θ≤π，所以，
所以的夹角为．
故答案为：．
14．在△ABC中，AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝2，则△ABP面积的最大值是 34 ，的取值范围是 [﹣16，24] ．
解：建立如图所示的平面直角坐标系，
由AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝2，
则A（6，0），B（0，8），P（2cosθ，2sinθ），θ∈[0，2π]，
则AB＝10，
设点O到直线AB的距离为d，
则，
即，
则点P到直线AB的距离的最大值为，
则△ABP面积的最大值是；
又•（2cosθ，2sinθ﹣8）＝4﹣12cosθ﹣16sinθ＝4﹣20sin（θ+φ），其中，
又sin（θ+φ）∈[﹣1，1]，
则，
即的取值范围是[﹣16，24]，
故答案为：34；[﹣16，24]．
15．已知平面向量已知平面向量，，||＝1，且与的夹角为．
（1）求；
（2）求||；
（3）若与2（λ∈R）垂直，求λ的值．
解：（1）∵，||＝1，且与的夹角为．
∴．
（2）∵，
∴．
（3）若与垂直，
则，
即，
∴8+2λ+4+λ＝0，即12+3λ＝0，
∴λ＝﹣4．
16．已知，．如果定义．
（1）求f（x）的单调递增区间；
（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c．若f（A）＝3，且c2＝a2+ab，求∠B．
解：（1）∵，，
，
∴，
由得f（x）的单调递增区间是，k∈Z；
（2）由（1）知：，A∈（0，π），解得，
∵c2＝a2+ab，
由余弦定理得：，
由正弦定理得：2sinCcosA＝sinA+sinB＝sinA+sin（A+C），
∴2sinCcosA＝sinA+sinAcosC+cosAsinC，
∴sinCcosA﹣sinAcosC＝sinA⇒sin（C﹣A）＝sinA，
在△ABC中，解得C﹣A+A＝π或C﹣A＝A，
∵，C∈（0，π），
∴，
∴．
17．已知A，B，C分别为△ABC三边a，b，c所对的角，向量，，且＝sin2C．
（1）求角C的大小；
（2）若sinA+sinB＝2sinC，且•（﹣）＝18，求边c的长．
解：（1）由，，
得＝sinC，
又，∴sin2C＝2sinCcosC＝sinC，
∵0＜C＜π，则sinC≠0，可得，即；
（2）∵sinA+sinB＝2sinC，∴2c＝a+b，
又•（﹣）＝18，∴，即abcosC＝18，
∴abcos＝，得ab＝36．
由余弦定理得c＝＝，
解得c＝6．
18．已知，，ω＞0，设．
（1）若函数y＝f（x）图象相邻的两对称轴之间的距离为π，求f（x）；
（2）当函数y＝f（x）在定义域内存在x1，x2（x1≠x2），使，则称该函数为“互补函数”．若函数y＝f（x）在上为“互补函数”，求ω的取值范围．
解：（1）因为，，
所以＝，
又因为函数y＝f（x）相邻的对称轴距离为π，
所以T＝2π，即，解得ω＝1，
所以f（x）＝sinx；
（2）因为函数y＝f（x）＝sinωx在上为“互补函数”，
函数y＝f（x）在定义域内存在x1，x2（x1≠x2）使，即f（x1）+f（x2）＝2，
①当，即，解得ω≥4，显然成立；
②当，即，解得0＜ω＜2时，显然不成立；
③当时，即2≤ω＜4时，
所以或者或者，
解得ω的取值范围为3≤ω＜4，
综上所述ω≥3．
19．在△ABC中，D、E为边BC、AC上的点，且满足＝n．
（1）若△ABC为边长为2的等边三角形，m＝，n＝1，求；
（2）若m＝，求x+y；
（3）若∠A＝，AB＝2，AC＝1，m＝n，求的最大值；
（4）若将“D、E为边BC、AC上的点”改为“D、E在△ABC的内部（包含边界）”，其它条件同（1），则是否为定值？若是，则写出该定值；若不是，则写出取值范围．（不需要说明理由）
解：（1）若△ABC为边长为2的等边三角形，m＝，n＝1，如图：
则D、E分别是BC、AC的中点，，的夹角为60°，
＝（+），＝（+）＝（﹣+﹣）＝（﹣2+），
所以＝（+）（﹣2+）＝（﹣22﹣•+2）＝（﹣8﹣2×2×+4）＝﹣；
（2）若m＝，n＝，＝x+y，如图：
则D是距离B近的BC三等分点，E是距离C近的AC三等分点，
则＝+＝﹣＝（﹣）﹣＝﹣，所以x＝，y＝﹣，x+y＝﹣；
（3）因为＝n，所以+1＝＝＝n+1，
＝+＝+m＝+m（﹣）＝（1﹣m）+m，＝+＝﹣+，
因为m＝n，所以＝﹣+，且m∈[0，1]，
所以＝（（1﹣m）+m）（﹣+）＝（m﹣1）2+（﹣m）•+2
＝3m+﹣4＝3（m+1）+﹣7，m+1∈[1，2]，
令f（x）＝3x+，x∈[1，2]，设1≤x1＜x2≤2，
所以f（x1）﹣f（x2）＝3x1+﹣（3x2+）＝（x1﹣x2），
因为1≤x1＜x2≤2，所以x1﹣x2＜0，3x1x2﹣1＞0，
所以f（x1）＜f（x2），f（x）＝3x+，在x∈[1，2]上单调递增，
所以3（m+1）+﹣7≤3×2+﹣7＝﹣，
当m+1＝2即m＝1时有最大值为﹣；
（4）以BC的中点F为原点，BC所在的直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴建立如图所示平面直角坐标系，
则B（﹣1，0），C（1，0），A（0，），
设D（x，y），E（m，n），因为＝，＝1，
所以＝1，＝，
化简得（x+1）2+y2＝1，m﹣n+1＝0，
所以点D在以B为圆心，半径为1的三角形ABC内部的圆弧上，
包括与三角形ABC的边上的两个交点F、H，并且F、H都为所在边的中点，
点E在三角形ABC内部线段AC的垂直平分线上，包括点B和AC的中点N，
当点D为AB中点H，E与B点重合时＝＝（﹣，﹣），＝，
所以＝0，
而当m＝，n＝1时，由（1）＝﹣，故不是定值．
||＝2，||＝1，||∈[0，]，∠ABE＝30°，
所以向量与的夹角为150°，
设∠DBE＝θ，则θ∈[0°，30°]，cosθ∈[，1]，
则＝（+）•＝•+•＝﹣||||+||•||cosθ＝﹣||+||cosθ|＝||（﹣+cosθ），
（﹣+cosθ）∈[﹣，1﹣]，而||∈[0，]，可得||（﹣+cosθ）∈[﹣，0]，
所以取值范围[﹣，0]．
体系搭建
1．数量积的概念：
（1）向量的夹角：如下图，已知两个非零向量a和b，作=a，=b，则∠AOB=θ（0°≤θ≤180°）叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．
（2）数量积的定义：已知两个非零向量a和b，它们的夹角为θ，则数量|a||b|cosθ叫做a与b的数量积，记作a·b，即a·b=|a||b|cosθ．
（3）数量积的几何意义：数量积a·b等于a的模与b在a方向上的投影|b|cosθ的乘积．
2．数量积的性质：
设e是单位向量，〈a，e〉=θ．
（1）e·a=a·e=|a|cosθ．
（2）当a与b同向时，a·b=|a||b|；当a与b反向时，a·b=－|a||b|，特别地，a·a=|a|2，或|a|=．
（3）a⊥ba·b=0．
（4）cosθ=．
（5）|a·b|≤|a||b|．
3．运算律：
（1）a·b=b·a；（2）（λa）·b=λ（a·b）=a·（λb）；（3）（a+b）·c=a·c+b·c．
4．向量数量积的坐标运算：
设a=（x1，y1），b=（x2，y2），则
（1）a·b=x1x2+y1y2；
（2）|a|=；
（3）cos〈a，b〉=；
（4）a⊥ba·b=0x1x2+y1y2=0．
例题分析
考点1 向量的数量积
【例1】．已知，，．
（1）求与的夹角；
（2）求．
解：（1）因为，，，
展开后整理得：，
化简得，
所以．
设＜＞＝θ，则，
由于θ∈[0，π]，所以；
（2）由（1）知，，，
则
＝
＝7．
Ø变式训练
【变1-1】．已知向量与的夹角为120°，且，则在方向上的投影为（ ）
A．1 B． C． D．
解：因为向量与的夹角为120°，且，
所以＜，﹣＞＝，
所以||cos＝2×＝．
故选：B．
【变1-2】．已知||＝2||≠0，且关于x的方程x2+||x+•＝0有实根，则向量与的夹角的取值范围是（ ）
A．[，π] B．[0，] C．[，] D．[，π]
解：设两向量，的夹角为θ，
关于x的方程x2+||x+•＝0有实根，
则有Δ＝||2﹣4•≥0，
即||2﹣4||•||cosθ≥0，
||2﹣2||2•cosθ≥0，
即cosθ≤，（0≤θ≤π），
则θ∈[，π]．
故选：A．
【变1-3】．设向量，的模分别为1，2，它们的夹角为60°，则向量﹣与的夹角为 ．
解：；
∴，＝；
∴＝；
又；
∴与的夹角为．
故答案为：．
考点2 向量的数量积与向量垂直的关系
【例2】．已知⊥，且||＝2，||＝1，若对两个不同时为零的实数k、t，使得+（t﹣3）与﹣k+t垂直，试求k的最小值．
解：∵，∴＝0．
又由已知得+（t﹣3）与﹣k+t垂直，
∴，
∵，，
∴﹣4k+t（t﹣3）＝0，
∴k＝（t2﹣3t）＝（t≠0），
故当t＝时，k取最小值﹣．
Ø变式训练
【变2-1】．点P为△ABC所在平面内一点，当取最小值时，点P为△ABC的（ ）
A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心
解：＝[•（）+•（）+]，
以PA，PC为邻边做平行四边形PACD，设PD交AC于M，
则＝2，
∴当与方向相反时，取得最小值，此时P为△ABC的中线BM上，
同理：当P为△ABC的边BC上的中线上时，•（）取得最小值，
当P为△ABC的边AB上的中线上时，取得最小值，
∴当P为△ABC的三条中线的交点即重心时，取最小值．
故选：C．
【变2-2】．若非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．π
解：∵，且，
∴＝，且，
∴，解得，
又，
∴．
故选：C．
【变2-3】．已知向量，满足，，向量是与同向的单位向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
解：因为，
所以•（）＝﹣2＝﹣0＝1，
所以向量在向量上的投影为＝＝1，投影向量为1•＝．
故选：A．
考点3 平面向量数量积的坐标表示
【例3】．设t，k∈R，已知，，，．
（Ⅰ）若t＝1，且，求k的值；
（Ⅱ）若，求证：k≤2．
解：（Ⅰ）当t＝1时，，，
∵，∴5（k﹣2）＝﹣5（2k+1），解得．
（Ⅱ）证明：||2＝5，||2＝5，则
＝＝5k+t×0+k（t+2）×0+5t（t+2）＝5k+5t（t+2），
∵，∴5k+5t（t+2）＝5，
∴k＝﹣t2﹣2t+1＝﹣（t+1）2+2≤2（当t＝﹣1时取得等号）．
Ø变式训练
【变3-1】．平面向量，已知＝（4，3），＝（3，18），则夹角的余弦值等于（ ）
A． B． C． D．
解：设＝（x，y），
∵a＝（4，3），2a+b＝（3，18），
∴
∴cosθ＝
＝，
故选：C．
【变3-2】．已知向量， 120° ．
解：由题意，故有＝（﹣1，﹣2）＝﹣，故与的夹角为与的夹角的补角，令与的夹角为θ
又，
∴cosθ＝＝，
∴θ＝60°
故与的夹角为120°
故答案为：120°
【变3-3】．已知向量．若向量与的夹角为锐角，则实数k的取值范围为 {k|k＞﹣2，且k≠﹣} ．
解：∵向量，若向量与的夹角为锐角，
则向量与不共线，且 （）•（）＞0．
∵（）＝（k，1），（）＝（1，2），∴≠，求得k≠①．
且（k，1）•（1，2）＝k+2＞0，解得k＞﹣2 ②．
由①②求得实数k的取值范围为{k|k＞﹣2，且k≠﹣}，
故答案为：{k|k＞﹣2，且k≠﹣}．
考点4 平面向量垂直的坐标表示
【例4】．设平面向量＝（cosα，sinα）（0≤a≤2π），＝（﹣），且与不共线．
（1）求证：向量+与﹣与垂直；
（2）若两个向量+与﹣的模相等，求角α．
解：（Ⅰ）由题意可得＝（cosα﹣，sinα+），
＝（cosα+，sinα﹣），
∴（）•（）＝cos2α﹣+sin2α﹣＝0
∴；
（Ⅱ）∵向量与的模相等，
∴（）2＝（）2，
∴，
又∵＝＝1，＝＝1，
∴1﹣1+2＝0，解得＝0，
∴+sinα＝0，
∴tanα＝，又0≤α＜2π，
∴α＝，或
Ø变式训练
【变4-1】．已知＝（﹣3，2），＝（﹣1，0），向量λ+与﹣2垂直，则实数λ的值为（ ）
A． B．﹣ C． D．﹣
解：∵＝（﹣3，2），＝（﹣1，0），
∴＝13，＝1，•＝3；
又向量λ+与﹣2垂直，
∴（λ+）•（﹣2）＝λ+（1﹣2λ）•﹣2＝0，
即13λ+3（1﹣2λ）﹣2＝0，
解得λ＝﹣．
故选：B．
【变4-2】．已知，，是同一平面内的三个向量，其中．
（Ⅰ）若，，两两的夹角相等，且，，求；
（Ⅱ）若，且与垂直，求与的夹角θ．
解：（Ⅰ）由，知||＝，
因为平面向量，，两两的夹角相等，所以该夹角为120°，
所以＝+++2（++）
＝5+5+20+2（••cos120°+•2•cos120°+•2•cos120°）
＝5，
所以＝．
（Ⅱ）因为与垂直，
所以（）•（）＝0，即2+3﹣2＝0，
所以2×5+3×××cosθ﹣2×＝0，解得cosθ＝﹣1，
因为θ∈[0°，180°]，
故与的夹角θ＝180°．
【变4-3】．已知，，，在上是否存在点M，使，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解：设存在点M，且（0＜λ≤1），
∴，
．
∵，
∴（2﹣6λ）（3﹣6λ）+（5﹣3λ）（1﹣3λ）＝0，
即45λ2﹣48λ+11＝0，
解得．
∴＝（2，1）或＝（，）．
∴存在M（2，1）或M（，）满足题意．
实战演练
1．设平面向量，，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
解：因为，
所以，即﹣2+2b＝0，解得b＝1，
则，
所以．
故选：B．
2．设空间两个单位向量＝（m，n，0），＝（0，n，p）与向量＝（1，1，1）的夹角的余弦值为，则〈〉＝（ ）
A． B． C． D．
解：由题意可得，则，即，
又，即，且，
所以．
故选：C．
3．已知向量，，若，则cos2θ＝（ ）
A． B． C． D．
解：因为，，，
所以7sinθ﹣1﹣5cos2θ＝0，即7sinθ﹣1﹣5（1﹣sin2θ）＝0，
所以5sin2θ+7sinθ﹣6＝0，解得或sinθ＝﹣2（舍），
所以．
故选：B．
4．已知平面向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．与的夹角为钝角 D．与垂直
解：对于A：，A错误；
对于B：，B错误；
对于C：，则，故与的夹角不为钝角，C错误；
对于D：，则，D正确．
故选：D．
5．已知向量，，且，则为（ ）
A． B． C． D．
解：根据题意，向量，，
则﹣3＝（﹣1，﹣6），2+k＝（4+k，2k），
若（﹣3）∥（2+k），则有﹣6×（4+k）＝﹣2k，解可得：k＝﹣6，
则2+k＝（﹣2，﹣12），故|2+k|＝＝2，
故选：A．
6．平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，，点P在边CD上，则的取值范围是（ ）
A．[﹣1，8] B． C． D．[﹣2，0]
解：已知平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，，
设，0≤λ≤1，
则
＝
＝
＝
＝
＝，
又0≤λ≤1，
则的取值范围是，
故选：C．
7．已知非零向量，满足，且，则△ABC为（ ）
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
解：∵，
∴，
∴cos＜，＞＝cos＜，＞，
∴∠B＝∠C，
∴△ABC为等腰三角形，
又∵，
∴，
∴，又A∈（0，π），所以，
∴△ABC为等边三角形，
故选：D．
（多选）8．正方形ABCD的边长为2，E是BC中点，如图，点P是以AB为直径的半圆上任意点，，则（ ）
A．λ最大值为 B．μ最大值为1
C．最大值是2 D．最大值是
解：以AB中点O为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
A（﹣1，0），D（﹣1，2），E（1，1），设∠BOP＝α，则P（cosα，sinα），
则，，
对于A：∵，
∴2μ＝cosα+1且2λ+μ＝sinα，α∈[0，π]，
∴，故A错误；
对于B：2μ＝cosα+1，当α＝0时，则μmax＝1，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：，故D正确．
故选：BCD．
（多选）9．把一条线段分为两部分，使较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，该比值是无理数，由于按此比例设计的造型十分美丽柔和，因此称为黄金分割，也称为中外比．黄金分割不仅仅体现在诸如绘画、雕塑、音乐、建筑等艺术领域，而且在管理、工程设计等方面也有着不可忽视的作用．在△ABC中，点D为线段BC的黄金分割点（BD＞DC），AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，点E为AB的中点，点P为线段AC上的一点（包含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．＝
B．
C．在上的投影向量为﹣
D．的取值范围是[﹣，6]
解：已知AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，
又点D为线段BC的黄金分割点（BD＞DC），则，
则＝
＝，故选项A错误，选项B正确；
对于选项C，，
则＝，
则在上的投影向量为＝，故选项C正确；
对于选项D，设，0≤λ≤1，
则
＝＝，
又0≤λ≤1，所以，故选项D正确，
故选：BCD．
10．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于120时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，且b2﹣（a﹣c）2＝6，，若点P为△ABC的费马点，则＝（ ）
A．﹣6 B．﹣4 C．﹣3 D．﹣2
解：∵＝，
∴，
∴cos[π﹣（B+C）]＝，
∴﹣（cosBcosC﹣sinBsinC）＝，又sinB＞0，
∴sinB＝cosB，
∴tanB＝，∴B＝60°，
∴cosB＝＝，
∴a2+c2﹣b2＝ac，又b2﹣（a﹣c）2＝b2﹣（a2+c2）+2ac＝6，
∴ac＝6，
设||＝x，||＝y，||＝z，
∵B＝60°，∴三角形ABC的三个角均小于120，
∴根据题意可得∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°，
又S△APB+S△BPC+S△APC＝S△ABC，
∴＝，
∴xy+yz+xz＝ac＝6，
∴
＝
＝＝﹣3．
故选：C．
11．已知向量，，均为单位向量，且它们两两的夹角均为60°，其中，，则的值为 0 ．
解：已知向量，，均为单位向量，且它们两两的夹角均为60°，
则，
又，，
则＝＝，
故答案为：0．
12．已知、为单位向量，当与夹角最大时，＝ ．
解：由图所示：
数形结合可知与夹角最大为30°，
所以，
故答案为：．
13．已知非零向量满足，，，则的夹角为 ．
解：设向量的夹角为θ．
由已知可得，，
所以，
所以．
又，所以，
所以．
则，
又，所以．
又0≤θ≤π，所以，
所以的夹角为．
故答案为：．
14．在△ABC中，AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝2，则△ABP面积的最大值是 34 ，的取值范围是 [﹣16，24] ．
解：建立如图所示的平面直角坐标系，
由AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝2，
则A（6，0），B（0，8），P（2cosθ，2sinθ），θ∈[0，2π]，
则AB＝10，
设点O到直线AB的距离为d，
则，
即，
则点P到直线AB的距离的最大值为，
则△ABP面积的最大值是；
又•（2cosθ，2sinθ﹣8）＝4﹣12cosθ﹣16sinθ＝4﹣20sin（θ+φ），其中，
又sin（θ+φ）∈[﹣1，1]，
则，
即的取值范围是[﹣16，24]，
故答案为：34；[﹣16，24]．
15．已知平面向量已知平面向量，，||＝1，且与的夹角为．
（1）求；
（2）求||；
（3）若与2（λ∈R）垂直，求λ的值．
解：（1）∵，||＝1，且与的夹角为．
∴．
（2）∵，
∴．
（3）若与垂直，
则，
即，
∴8+2λ+4+λ＝0，即12+3λ＝0，
∴λ＝﹣4．
16．已知，．如果定义．
（1）求f（x）的单调递增区间；
（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c．若f（A）＝3，且c2＝a2+ab，求∠B．
解：（1）∵，，
，
∴，
由得f（x）的单调递增区间是，k∈Z；
（2）由（1）知：，A∈（0，π），解得，
∵c2＝a2+ab，
由余弦定理得：，
由正弦定理得：2sinCcosA＝sinA+sinB＝sinA+sin（A+C），
∴2sinCcosA＝sinA+sinAcosC+cosAsinC，
∴sinCcosA﹣sinAcosC＝sinA⇒sin（C﹣A）＝sinA，
在△ABC中，解得C﹣A+A＝π或C﹣A＝A，
∵，C∈（0，π），
∴，
∴．
17．已知A，B，C分别为△ABC三边a，b，c所对的角，向量，，且＝sin2C．
（1）求角C的大小；
（2）若sinA+sinB＝2sinC，且•（﹣）＝18，求边c的长．
解：（1）由，，
得＝sinC，
又，∴sin2C＝2sinCcosC＝sinC，
∵0＜C＜π，则sinC≠0，可得，即；
（2）∵sinA+sinB＝2sinC，∴2c＝a+b，
又•（﹣）＝18，∴，即abcosC＝18，
∴abcos＝，得ab＝36．
由余弦定理得c＝＝，
解得c＝6．
18．已知，，ω＞0，设．
（1）若函数y＝f（x）图象相邻的两对称轴之间的距离为π，求f（x）；
（2）当函数y＝f（x）在定义域内存在x1，x2（x1≠x2），使，则称该函数为“互补函数”．若函数y＝f（x）在上为“互补函数”，求ω的取值范围．
解：（1）因为，，
所以＝，
又因为函数y＝f（x）相邻的对称轴距离为π，
所以T＝2π，即，解得ω＝1，
所以f（x）＝sinx；
（2）因为函数y＝f（x）＝sinωx在上为“互补函数”，
函数y＝f（x）在定义域内存在x1，x2（x1≠x2）使，即f（x1）+f（x2）＝2，
①当，即，解得ω≥4，显然成立；
②当，即，解得0＜ω＜2时，显然不成立；
③当时，即2≤ω＜4时，
所以或者或者，
解得ω的取值范围为3≤ω＜4，
综上所述ω≥3．
19．在△ABC中，D、E为边BC、AC上的点，且满足＝n．
（1）若△ABC为边长为2的等边三角形，m＝，n＝1，求；
（2）若m＝，求x+y；
（3）若∠A＝，AB＝2，AC＝1，m＝n，求的最大值；
（4）若将“D、E为边BC、AC上的点”改为“D、E在△ABC的内部（包含边界）”，其它条件同（1），则是否为定值？若是，则写出该定值；若不是，则写出取值范围．（不需要说明理由）
解：（1）若△ABC为边长为2的等边三角形，m＝，n＝1，如图：
则D、E分别是BC、AC的中点，，的夹角为60°，
＝（+），＝（+）＝（﹣+﹣）＝（﹣2+），
所以＝（+）（﹣2+）＝（﹣22﹣•+2）＝（﹣8﹣2×2×+4）＝﹣；
（2）若m＝，n＝，＝x+y，如图：
则D是距离B近的BC三等分点，E是距离C近的AC三等分点，
则＝+＝﹣＝（﹣）﹣＝﹣，所以x＝，y＝﹣，x+y＝﹣；
（3）因为＝n，所以+1＝＝＝n+1，
＝+＝+m＝+m（﹣）＝（1﹣m）+m，＝+＝﹣+，
因为m＝n，所以＝﹣+，且m∈[0，1]，
所以＝（（1﹣m）+m）（﹣+）＝（m﹣1）2+（﹣m）•+2
＝3m+﹣4＝3（m+1）+﹣7，m+1∈[1，2]，
令f（x）＝3x+，x∈[1，2]，设1≤x1＜x2≤2，
所以f（x1）﹣f（x2）＝3x1+﹣（3x2+）＝（x1﹣x2），
因为1≤x1＜x2≤2，所以x1﹣x2＜0，3x1x2﹣1＞0，
所以f（x1）＜f（x2），f（x）＝3x+，在x∈[1，2]上单调递增，
所以3（m+1）+﹣7≤3×2+﹣7＝﹣，
当m+1＝2即m＝1时有最大值为﹣；
（4）以BC的中点F为原点，BC所在的直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴建立如图所示平面直角坐标系，
则B（﹣1，0），C（1，0），A（0，），
设D（x，y），E（m，n），因为＝，＝1，
所以＝1，＝，
化简得（x+1）2+y2＝1，m﹣n+1＝0，
所以点D在以B为圆心，半径为1的三角形ABC内部的圆弧上，
包括与三角形ABC的边上的两个交点F、H，并且F、H都为所在边的中点，
点E在三角形ABC内部线段AC的垂直平分线上，包括点B和AC的中点N，
当点D为AB中点H，E与B点重合时＝＝（﹣，﹣），＝，
所以＝0，
而当m＝，n＝1时，由（1）＝﹣，故不是定值．
||＝2，||＝1，||∈[0，]，∠ABE＝30°，
所以向量与的夹角为150°，
设∠DBE＝θ，则θ∈[0°，30°]，cosθ∈[，1]，
则＝（+）•＝•+•＝﹣||||+||•||cosθ＝﹣||+||cosθ|＝||（﹣+cosθ），
（﹣+cosθ）∈[﹣，1﹣]，而||∈[0，]，可得||（﹣+cosθ）∈[﹣，0]，
所以取值范围[﹣，0]．
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