第18课 平面向量的概念与运算-【提分宝典】2025年新高考数学一轮全考点普查随堂课后练

第18课 平面向量的概念与运算 普查与练习18Ⅰ　　　　平面向量的概念与线性运算 1．平面向量的基本概念及其理解 (1)(2023汇编，5分)给出下列命题： ①向量是有向线段，因此可以用有向线段表示向量； ②单位向量都相等； ③若＝2，＝1，则a>b； ④若a＝b，b＝c，则a＝c； ⑤若向量＝，则A，B，C，D四点能构成平行四边形； ⑥若a∥b，b∥c，则a∥c； ⑦向量a＝b的充要条件是＝且a∥b； ⑧与非零向量a共线的单位向量为±； ⑨若λa＝0(λ为实数)，则λ必为零； ⑩若|a|＝|b|，则a＝b或a＝－b； ⑪向量与相等； ⑫平行向量不一定是共线向量． 其中正确的是__④⑧__．(只填序号) 解析：①错误：向量可以用有向线段表示，但不能说向量就是有向线段．正确说法：向量与有向线段是两个不同的概念，向量可以用有向线段表示． ②错误：长度等于1个单位的向量，叫做单位向量，即单位向量的模都为1，但是方向不确定，所以单位向量不一定都相等． ③错误：向量本身不能比较大小，向量的模可以比较大小．正确说法：若＝2，＝1，则>. ④正确：因为a＝b，所以a，b的长度相等且方向相同．又b＝c，所以b，c的长度相等且方向相同．所以a，c的长度相等且方向相同，故a＝c. ⑤错误：若向量＝，则＝且∥，所以直线AB与CD平行或重合，故A，B，C，D四点不一定能构成平行四边形．正确说法：已知A，B，C，D是不共线的四点，若向量＝，则A，B，C，D四点能构成平行四边形． ⑥错误：零向量与任一向量平行，故当a∥b，b∥c时，若b＝0，则a，c不一定平行． ⑦错误：当＝且a∥b时，若a，b方向相反，则a与b是相反向量，即a＝－b，得不到a＝b；当向量a＝b时，a与b的模相等且方向相同，所以可以得到＝且a∥b.综上，向量a＝b是＝且a∥b的充分不必要条件． ⑧正确：向量的方向与非零向量a的方向相同，向量的模为；向量－的方向与非零向量a的方向相反，向量－的模为.综上，向量±是与非零向量a共线的单位向量． ⑨错误：当a＝时，λa＝，此时λ为任意实数． ⑩错误：模相等的两个向量的方向是任意的． ⑪错误：向量与向量为相反向量． ⑫错误：平行向量与共线向量是同一概念，所以平行向量一定是共线向量． 2．平面向量的线性运算 a．平面向量的线性运算及其几何意义 (2)(2023汇编，10分)如图，在平行四边形ABCD中，E是BC的中点． ①若F是线段AE上靠近点A的三等分点，则＝(　C　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．－＋ B.－ C.－ D.－ ②设＝a，＝b，则＝(　D　) A.a＋b B.a－b C.a＋b D.a－b 解析：①∵F是线段AE上靠近点A的三等分点，∴＝，∴＝＋＝－＋＝－＋(＋)＝－＋＋＝－.故选C. ②设AC与BD的交点为O，如图所示．∵＝a，＝b，∴＝＝－＝－＝a－b.∵E是BC的中点，∴＝＝(－)＝＝(－)＝(＋)＝a＋b，∴＝＋＝a－b＋a＋b＝a－b.故选D. (3)(2020海南，5分)在△ABC中，D是AB边上的中点，则＝(　C　) A．2＋ B.－2 C．2－ D.＋2 解析：∵D是AB边上的中点，∴＋＝2，∴＝2－.故选C. b．根据平面向量的线性运算求参数 (4)(2021北京模拟，4分)如图，每个小正方形的边长都是1，＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ·μ的值为(　C　) A．1 B. C．－ D．－ 解析：由题图知＝，∴＝＋＝＋＝＋(－)＝－. ∵＝λ＋μ，∴λ＝，μ＝－，∴λ·μ＝－.故选C. (5)(2020河南焦作期中，5分)已知△ABC内接于圆O，且线段AB的延长线与线段OC的延长线相交．设＝λ＋μ，则λ＋μ的取值范围是(　C　) A．(－1，1) B．(－1，0) C．(0，1) D. 解析：设线段AB的延长线与线段OC的延长线相交于点D，则易知点D是圆O外一点． 设＝t(t＞1)，∵B，A，D三点共线且D在AB的延长线上，∴可设＝k(k＞0)，即－＝k(－)，∴＝(k＋1)－k，∴t＝(k＋1)－k(t＞1，k＞0)，则＝＋(t＞1，k＞0)． 又∵＝λ＋μ，∴λ＝，μ＝，∴λ＋μ＝∈(0，1)．故选C. c．根据向量的三角不等式解决有关向量的不等式问题 (6)(2023汇编，15分)已知a，b是两个非零向量， ①若向量a，b满足|a|＝4，|b|＝6，则|a＋b|的最小值是__2__，|a－b|的最大值是__10__. ②若|b|≤1，|2a＋b|＝2，则|b|＋|a＋b|的最大值是(　B　) A. B. C．3 D．5 ③若b＝(，1)，|2a－b|＝1，则|a|的取值范围为(　C　) A. B．(1，3) C. D．(2，4) 解析：①(法一)当向量a，b不共线时，设＝a，＝b，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB，则＝a＋b.∵在△OAD中，<<＋，即<<＋，∴2<<10.当向量a，b方向相同时，＝10；当向量a，b方向相反时，＝2.综上可知，的最小值是2.当向量a，b不共线时，＝a－b.∵在△OAB中，<<＋，即<<＋，∴2<<10；当向量a，b方向相同时，＝2；当向量a，b方向相反时，＝10.综上可知，的最大值是10. (法二)根据向量的三角不等式，可得≤≤＋，∴2≤≤10，当且仅当向量a，b方向相反时，取得最小值2，取得最大值10. ②∵a，b是两个非零向量，且|b|≤1，|2a＋b|＝2，∴2＝|2(a＋b)－b|≥|2(a＋b)|－|b|，当且仅当向量2(a＋b)与b同向共线，且|2(a＋b)|≥|b|时取等号．∴|a＋b|≤(2＋|b|)≤，∴|b|＋|a＋b|≤1＋＝，∴|b|＋|a＋b|的最大值是.故选B. ③由b＝(，1)，可知|b|＝2.∵|2|a|－|b||≤|2a－b|，当且仅当向量a和b同向共线时取得等号，∴－|2a－b|≤2|a|－|b|≤|2a－b|，∴|b|－|2a－b|≤2|a|≤|b|＋|2a－b|.∵|b|＝2，|2a－b|＝1，∴1≤2|a|≤3，解得≤|a|≤，即|a|∈.故选C. (7)(2021重庆质检，5分)已知等边△ABC的边长为2，P为它所在平面内一点，且 |－－|＝1，则||的最大值为(　B　) A．4＋1 B．7 C．5 D．2－1 解析：设D为边BC的中点，连接AD，如图所示，则＋＝2.由向量的三角不等式知||－|＋|≤|－(＋)|＝1，即||－|2|≤1，即||≤|2|＋1，当且仅当向量和同向共线时取得等号．在Rt△ADC中，AC＝2，CD＝，∴||＝3，∴ ||≤|2|＋1＝7.故选B. 3．向量共线定理的应用 a．利用向量共线定理求参数 (8)(经典题，5分)已知向量a与b不共线，且＝a＋mb(m≠1)，＝na＋b.若A，B，C三点共线，则实数m，n满足的条件为(　C　) A．m＋n＝1 B．m＋n＝－1 C．mn＝1 D．mn＝－1 解析：由题意可得∥，∴＝λ·，即a＋mb＝λ·(na＋b)，∴∴mn＝1.故选C. b．利用向量共线定理证明两直线平行 (9)(2020河南洛阳期末，5分)已知a，b是不共线的非零向量，＝a＋2b，＝3a－b，＝2a－3b，则四边形ABCD是(　C　) A．矩形 B．平行四边形 C．梯形 D．菱形 解析：因为＝＋＋＝(a＋2b)＋(3a－b)＋(2a－3b)＝2(3a－b)＝2， 所以∥且||≠||，即四边形ABCD是梯形．故选C. c．利用向量共线定理证明三点共线 (10)(2020山西忻州期中，12分)已知△OAB中，点C是点B关于点A的对称点，点D是线段OB的一个靠近B的三等分点，设＝a，＝b. (Ⅰ)用向量a与b表示向量，； 答案：＝－a－b，＝a＋b 解：∵C是点B关于点A的对称点，∴A为BC中点，∴＝－＝－a.(2分) ∴＝＋＝－a－b，(4分) ＝＋＝＋＝＋(＋)＝2a＋(－a＋b)＝a＋b.(6分) (Ⅱ)若＝，求证：C，D，E三点共线． 答案：见证明过程 证明：∵＝－＝(－b)＋a＋b＝a＋b＝＝， ∴与共线．(10分)又与有公共点C，∴C，D，E三点共线．(12分) (11)(经典题，12分)已知O，A，B是不共线的三点，且＝m＋n(m，n∈R)． (Ⅰ)若m＋n＝1，求证：A，P，B三点共线； 答案：见证明过程 证明：∵m＋n＝1，∴＝m＋(1－m)＝＋m(－)，∴－＝m(－)，即＝m，∴与共线．(4分) 又∵与有公共点B，∴A，P，B三点共线．(6分) (Ⅱ)若A，P，B三点共线，求证：m＋n＝1. 答案：见证明过程 证明：若A，P，B三点共线，则∥，∴存在唯一一个实数λ，使得＝λ，∴－＝λ(－)． 又∵＝m＋n，∴－＝m＋(n－1)，∴m＋(n－1)＝λ－λ，∴(m－λ)＋(n＋λ－1)＝.(10分) ∵O，A，B是不共线的三点，∴，不共线，∴∴m＋n＝1.(12分) 4．与零向量有关的常见易错点 (12)(2023汇编，5分)下列命题正确的是__④__．(填序号) ①在△ABC中，＋＋＝0； ②向量a，b共线的充要条件是有且仅有一个实数λ，使得b＝λa； ③若非零向量a与b的方向相同或相反，则a＋b与a，b其中之一的方向相同； ④若向量a，b不共线，则向量a＋b与向量a－b必不共线； ⑤不等式≤≤＋中两个等号不可能同时成立； ⑥任一向量与它的相反向量不相等． 解析：①错误：忽视了与0的区别．正确说法：在△ABC中，＋＋＝. ②错误：在向量共线的充要条件中要注意“a≠0”．若a，b共线，当a＝0，b＝0时，有无数个λ，使得b＝λa；当a＝，b≠时，不存在λ，使得b＝λa；当a≠0时，有且仅有一个实数λ，使得b＝λa.正确说法：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. ③错误：当a＋b＝0时，其方向任意，此时a＋b与a，b的方向都不相同． ④正确：∵向量a与b不共线，∴向量a，b，a＋b与a－b都是非零向量．若a＋b与a－b平行，则存在唯一一个实数λ，使得a＋b＝λ(a－b)，即(λ－1)a＝(1＋λ)b，故此时λ无解，故假设不成立，∴a＋b与a－b不共线． ⑤错误：当b＝0时，＝，＝，＋＝，此时＝＝＋. ⑥错误：零向量的相反向量仍然是零向量，所以零向量与它的相反向量相等． 随堂普查练18Ⅰ 1．(2023改编，5分)给出下列命题： ①两个相等向量，它们的起点相同，终点也相同； ②若|a|≠|b|，则a与b不是共线向量； ③λ，μ为实数，若λa＝μb，则向量a与b共线； ④已知点O，A，B不在同一条直线上，点P为该平面上一点，且2＝2＋，则点P在线段AB的反向延长线上． 其中正确的是__④__．(只填序号) 解析：①错误：因为长度相等且方向相同的向量叫做相等向量，且向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量，所以相等向量与它们的起点和终点的位置无关； ②错误：方向相同或相反的非零向量叫做共线向量，共线向量与它们的模的大小没有关系； ③错误：当λ＝μ＝0时，λa＝μb＝0，但此时向量a与b不一定共线； ④正确：由2＝2＋，得2－2＝，即2＝，又∵，有公共点A，∴A，B，P三点共线，且点P在线段AB的反向延长线上． 2．(2021福建三明模拟，5分)在△ABC中，点D满足＝3，点E为线段AD的中点，则向量＝(　D　) A.＋ B.＋ C.－ D.－ 解析：(法一)∵点E为线段AD的中点，∴＝－＝－. ∵＝3，∴＝＝(－)，∴＝＋＝＋(－)＝＋，∴＝－＝－. 故选D. (法二) 如图，∵点E为线段AD的中点，∴＝(＋)＝＋＝－＋. ∵＝3，∴＝－＝－＝－(－)，∴＝－－×(－)＝ －. 故选D. 3．(2021山西二模，5分)在平行四边形ABCD中，E为AD边的中点，连接BE交AC于点G.若＝λ＋μ，则λ＋μ＝(　C　) A．1 B. C. D. 解析：根据题意作图如下： ∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD＝BC. ∵E为AD边的中点，∴AE＝AD＝BC. ∵AD∥BC，∴△AEG∽△CBG，∴＝＝，∴AG＝GC＝AC， ∴＝＝(＋)＝＋. ∵＝λ＋μ，∴λ＝μ＝，∴λ＋μ＝. 故选C. 4．(2021浙江模拟，4分)已知非零向量a，b满足a·b＝2，|a＋b|＝4，则|2a－3b|的取值范围是__[5－2，5＋2]__． 解析：因为a·b＝2，|a＋b|＝4，所以|a－b|2＝|a＋b|2－4a·b＝16－8＝8，所以|a－b|＝2， 所以|2a－3b|＝≤|a＋b|＋|a－b|＝2＋5，当且仅当 －(a＋b)与(a－b)同向共线时取得等号； |2a－3b|＝≥|a－b|－|a＋b|＝5－2，当且仅当－(a＋b)与(a－b)反向共线时取得等号，所以|2a－3b|∈[5－2，5＋2]． 故答案为[5－2，5＋2]． 5．(2021甘肃天水月考，5分)设e1，e2是两个不共线的平面向量，若a＝3e1－2e2，b＝e1＋ke2，且a与b共线，则实数k的值为(　C　) A．－ B. C．－ D. 解析：由a与b共线，得a＝λb，所以3e1－2e2＝λ(e1＋ke2)，所以消去λ可得＝，解得k＝－. 故选C. 6．(2021江苏江阴月考，5分)在四边形ABCD中，＝a＋2b，＝－4a－b，＝ －5a－3b，若a，b不共线，则四边形ABCD为(　C　) A．平行四边形 B．矩形 C．梯形 D．菱形 解析：由已知得＝＋＋＝a＋2b－4a－b－5a－3b＝－8a－2b＝2， 所以∥，且||≠||, 所以四边形ABCD是梯形．故选C. 7．(2021江西宜春月考，12分)如图所示，在△ABC中，D，F分别是BC，AC的中点，＝，＝a，＝b. (1)用a，b表示向量，，； 答案：＝a＋b，＝－a＋b，＝－a＋b 解：如图，延长AD到G，使DG＝AD，连接BG，CG，则四边形ABGC是平行四边形，∴＝＋＝a＋b.(2分) ∴＝＝(a＋b)＝a＋b. ∵＝＝(a＋b)，＝＝b， ∴＝－＝(a＋b)－a＝－a＋b，＝－＝b－a＝－a＋b.(6分) (2)求证：B，E，F三点共线． 答案：见证明过程 证明：由(Ⅰ)知＝－a＋b＝－(2a－b)， ＝－a＋b＝－(2a－b)，∴＝.(10分) 又∵，有公共点B，∴B，E，F三点共线．(12分) 普查与练习18Ⅱ　　　　平面向量的数量积 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 5．平面向量的数量积及其运算律 a．向量数量积相关概念、性质和运算律的辨析 (13)(2023改编，5分)给出下列说法： ①若a·b>0，则a和b的夹角为锐角；若a·b<0，则a和b的夹角为钝角． ②若a，b共线，则a·b＝. ③若a·b＝a·c，则b＝c. ④(a·b)·c＝a·(b·c)． ⑤若a·b＝0，则a＝0或b＝0；若a2＝b2，则a＝b或a＝－b. ⑥在△ABC中，若·<0，则△ABC为钝角三角形． 其中说法错误的是__①②③④⑤⑥__．(填序号) 解析：①错误：若a·b>0，则a和b的夹角为锐角或零度角；若a·b<0，则a和b的夹角为钝角或平角．②错误：若a，b共线，则a·b＝±.③错误：当a＝0时，满足a·b＝a·c，b，c可以是任意向量，不一定相等；当a⊥(b－c)时，a·(b－c)＝0，满足a·b＝a·c，但b与c可以不相等．④错误：设向量a，b和b，c的夹角分别为α，β，则向量(a·b)·c表示模为＝，且与向量c共线的向量，而向量a·(b·c)表示模为＝，且与向量a共线的向量，所以(a·b)·c和a·(b·c)不一定相等．⑤错误：若a·b＝0，则当a，b都是非零向量时，有a⊥b；当a，b不都是非零向量时，有a＝或b＝；若a2＝b2，即2＝2，则＝，方向无法确定．⑥错误：在△ABC中，若·<0，则cos(π－B)<0，所以cos(π－B)<0，即cosB>0，又因为0<B<π，所以0<B<，无法判断△ABC为钝角三角形． b．直接求向量的数量积或其范围 (14)(经典题，5分)已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE＝2EF，则·的值为(　B　) A．－　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析：(定义法)∵·＝(＋)·＝·＋·，又∵·＝ cos120°＝×1×＝－，·＝·cos60°＝×1×＝，∴·＝－＋＝.故选B. (基底法)设＝a，＝b，∵点D，E分别是边AB，BC的中点，∴＝＝(－)＝(b－a)．又∵DE＝2EF，∴＝＝(b－a)，∴＝＋＝－a＋(b－a)＝ －a＋b，∴·＝·b＝－a·b＋b2＝－×1×1×cos60°＋×12＝－＋＝. 故选B. (坐标法)以E为坐标原点，方向为x轴的正方向，建立平面直角坐标系， 易得E(0，0)，B，C，A，D.∵DE＝2EF，∴F， ∴＝，＝(1，0)，∴·＝·(1，0)＝. 故选B. (15)(2021天津，5分)在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，DE⊥AB且交AB于点E，DF∥AB且交AC于点F，则|2＋|的值为__1__；(＋)·的最小值为____． 解析：(法一)如图，过F作AB的垂线，垂足为G，则FG∥DE. 又因为DF∥GE，DE⊥AB，所以四边形DEGF是矩形，所以GF＝DE，＝. 因为∠A＝∠B＝60°，所以BE＝＝＝AG， 所以＝，所以2＋＝＋＋＝，所以|2＋|＝||＝1. 因为＝＋，⊥，⊥，且与同向， 所以(＋)·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝||2＋||·||. 设DE＝x，则BE＝AG＝x， DF＝EG＝AB－BE－AG＝1－x，EA＝AB－BE＝1－x. 当点D与点C重合时，DE取得最大值，最大值为，所以x∈. (＋)·＝x2＋＝x2－x＋1. 因为抛物线y＝x2－x＋1开口向上，对称轴为x＝＝，而∈， 所以当x＝时，y＝x2－x＋1有最小值，最小值为×2－×＋1＝. 故答案为1；. (法二)设BE＝x，x∈，因为△ABC为边长为1的等边三角形，DE⊥AB， 所以∠BDE＝30°，BD＝2x，所以DE＝x，DC＝1－2x. 因为DF∥AB，所以△DFC是边长为1－2x的等边三角形，DE⊥DF，所以(2＋)2＝42＋4·＋2＝4x2＋4x(1－2x)×cos0°＋(1－2x)2＝1，所以|2＋|＝1. 因为(＋)·＝(＋)·(＋)＝2＋·＋·＋·＝2＋·＝(x)2＋(1－2x)×(1－x)＝5x2－3x＋1＝52＋， 所以当x＝时，(＋)·取得最小值，最小值为. 故答案为1；. c．向量数量积几何意义的巧妙应用 (16)(2021黑龙江哈尔滨月考，5分)已知点O为正三角形ABC的重心，且AO＝2，则·＝__6__． 解析：如图，设D为BC的中点， 因为O是正△ABC的重心，所以AO∶OD＝2∶1. 因为AO＝2，所以OD＝1，所以AD＝AO＋OD＝2＋1＝3. 由数量积的几何意义可知 ·＝||||cos∠BAD＝||(||cos∠BAD)＝||||＝2×3＝6. (17)(2020山东，5分)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则·的取值范围是(　A　) A．(－2，6) B．(－6，2) C．(－2，4) D．(－4，6) 解析：不妨令P为正六边形内及其边上的点．如图，由向量数量积的几何意义可知，当P在C处时，·取得最大值，此时||cos∠CAB＝||＋||＝3，可得·＝·＝||·||cos∠CAB＝2×3＝6，最大值为6；当P在F处时，·取得最小值，此时·＝·＝||||cos∠FAB＝－2×2×＝－2，最小值为－2. 又P是正六边形ABCDEF内的一点，所以·的取值范围是(－2，6)．故选A. 6．利用向量的数量积运算将向量等式数量化 a．直接平方法和移项平方法 (18)(2020浙江月考，4分)已知向量|a|＝2，|b|＝3，|c|＝4，|d|＝4，a＋b＋c＋d＝0，则(a＋b)·(b＋c)＝(　B　) A．4 B. C．2 D．1 解析：∵a＋b＋c＋d＝，∴a＋b＋c＝－d，∴(a＋b＋c)2＝(－d)2，即a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝d2，即4＋9＋16＋2(a·b＋a·c＋b·c)＝16，∴a·b＋a·c＋b·c＝－，∴(a＋b)·(b＋c)＝a·b＋a·c＋b·c＋b2＝－＋9＝.故选B. b．向量等式两边与同一向量作点乘 (19)(经典题，5分)如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为1，1，，与的夹角为α，且tanα＝7，与的夹角为45°.若＝m＋n(m，n∈R)，则m＋n＝__3__． 解析：(法一)∵tanα＝7，∴sinα＝，cosα＝.在＝m＋n两边同乘向量，得2＝m·＋n·，∴2＝mcosα＋ncos45°，即2＝m＋n①.在＝m＋n两边同乘向量，得·＝m·＋n2，∴cos45°＝mcos(α＋45°)＋n，即1＝mcos(α＋45°)＋n.∵cos(α＋45°)＝cosαcos45°－sinαsin45°＝－，∴1＝－m＋n②.联立①②，得解得∴m＋n＝3. (法二)如图，建立平面直角坐标系，可得A(1，0)，∴＝(1，0)．∵与的夹角为α，且tanα＝7，∴sinα＝，cosα＝，∴点C的横坐标为·cos∠AOC＝·cosα＝，纵坐标为·sin∠AOC＝·sinα＝，即C，∴＝. ∵cos∠AOB＝cos(α＋45°)＝cosαcos45°－sinαsin45°＝－， ∴sin∠AOB＝，∴B，∴＝. ∵＝m＋n，∴解得∴m＋n＝3. (法三)过点C作CD∥OB，交OA的延长线于点D，如图所示． ∵OB∥CD，∠BOC＝，∴∠OCD＝. ∵tanα＝7，∴sinα＝，cosα＝，∴sin∠CDO＝sin(π－α－)＝sin＝sinαcos＋cosαsin＝.在△OCD中，由正弦定理得＝＝，即＝＝，解得OD＝，CD＝.∴＝，＝，∴＝＋＝m＋n＝＋，∴m＝，n＝，∴m＋n＝3. 7．平面向量数量积的应用 a．平面向量的垂直问题 (20)(2023汇编，20分)利用垂直关系的向量表示解决下列各题． ①已知单位向量a，b的夹角为45°，ka－b与a垂直，则k＝____．(2020全国Ⅱ) ②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(　D　)(2020全国Ⅱ) A．a＋2b B．2a＋b C．a－2b D．2a－b ③已知非零向量a，b的夹角为θ，且满足(2a＋b)⊥b, |a|cosθ＝－2，则a·b＝__－8__． ④已知tan＝，存在实数m>n>0，使得(a－mb)⊥(a－nb)，则的取值范围为 _[4，＋∞)__． 解析：①∵向量a，b为单位向量，且a，b的夹角为45°，∴a·b＝|a|·|b|cos45°＝1×1×＝，又ka－b与a垂直，∴(ka－b)·a＝k|a|2－a·b＝0，即k－＝0，解得k＝. ②由题意得|a|＝|b|＝1, a·b＝1×1×cos60°＝. 对于A，∵(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝＋2＝，∴a＋2b与b不垂直； 对于B，∵(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2×＋1＝2，∴2a＋b与b不垂直； 对于C，∵(a－2b)·b＝a·b－2b2＝－2＝－，∴a－2b与b不垂直； 对于D，∵(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2×－1＝0，∴2a－b与b垂直．故选D. ③∵(2a＋b)⊥b，∴(2a＋b)·b＝0，即2a·b＋b2＝0，即2|a|·|b|cosθ＋|b|2＝0. ∵|a|cosθ＝－2，∴|b|2－4|b|＝0，即|b|(|b|－4)＝0. 又∵b为非零向量，∴|b|＝4，∴a·b＝|a|·|b|cosθ＝－2×4＝－8. ④设向量a，b的夹角为θ，由得或 ∵tanθ＝>0，0≤θ≤π，∴cosθ＝. ∵(a－mb)⊥(a－nb)，∴(a－mb)·(a－nb)＝0，即|a|2－(m＋n)a·b＋mn|b|2＝0， 即|a|2－(m＋n)|a||b|cosθ＋mn|b|2＝0，∴|a|2－(m＋n)|a||b|＋mn|b|2＝0. ∵|a|2－(m＋n)|a||b|＋mn|b|2≥2|a||b|－(m＋n)|a||b|＝|a||b|，当且仅当|a|＝|b|时，等号成立，∴|a||b|≤0，即2－(m＋n)≤0. 在不等式2－(m＋n)≤0的两边同时除以n，得2－≤0， 即2－2＋≥0，即42－10＋4≥0，即≥0， 解得≥2或≤. ∵m>n>0，∴>1，∴≥2，即≥4.故的取值范围为[4，＋∞)． b．平面向量模的相关问题 (21)(2023汇编，35分)解决下列与模长有关的问题． ①设a，b为单位向量，且|a＋b|＝1，则|a－b|＝____．(2020全国Ⅰ) ②已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝__2__． ③若向量a，b满足|a|＝3，|a－b|＝5，a·b＝1，则|b|＝__3____．(2021全国Ⅰ) ④已知向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|＝1，且a＋b＋c＝0，则|a＋2b|＝____． ⑤若单位向量a，b满足|a＋kb|＝1, |a＋b|＝k，则k的值为__1或0__． ⑥若非零向量a，b的夹角为θ，≤θ≤，|a|＝|b|＝λ|a＋b|，则λ的取值范围为__． ⑦已知平面向量a，b的夹角为θ，且|a|＝2，|b|＝1，若对任意的正实数λ，|a－λb|的最小值为，则cosθ＝____． 解析：①∵|a＋b|＝1，∴|a＋b|2＝1，∴a2＋2a·b＋b2＝1. 又a，b为单位向量，∴1＋2a·b＋1＝1，∴2a·b＝－1，∴|a－b|＝＝. ②(定义法)∵2＝(a＋2b)2＝a2＋4a·b＋4b2，且向量a，b的夹角为60°，＝2，＝1，∴2＝4＋4×2×1×cos60°＋4＝12，∴＝2. (几何法)设＝a，＝b，＝2b，如图所示，则a＋2b＝＋＝，∴＝． 易得＝2，＝2，∠AOD＝30°，∴＝2×2cos30°＝2，∴＝2. ③∵|a－b|＝5，∴|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝9＋|b|2－2＝25，∴|b|＝3.故答案为3. ④∵a＋b＋c＝0，∴a＋b＝－c，∴(a＋b)2＝(－c)2，即a2＋2a·b＋b2＝c2， ∴|a|2＋2a·b＋|b|2＝|c|2. ∵|a|＝|b|＝|c|＝1，∴1＋2a·b＋1＝1，解得a·b＝－， ∴|a＋2b|＝＝＝＝. ⑤将|a＋b|＝k的左右两边同时平方，得|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝k2. ∵a，b是单位向量，∴1＋2a·b＋1＝k2，即2a·b＝k2－2. 将|a＋kb|＝1的左右两边同时平方，得|a＋kb|2＝a2＋2ka·b＋k2b2＝1， ∴1＋k(k2－2)＋k2＝1，即k(k2＋k－2)＝0，即k(k－1)(k＋2)＝0. 显然k≥0，则k＝0或1，∴k的值为1或0. ⑥设|a|＝|b|＝λ，|a＋b|＝1，将|a＋b|＝1的左右两边同时平方，得|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝2λ2＋2λ2cosθ＝2λ2(1＋cosθ)＝1. ∵≤θ≤，∴－≤cosθ≤，∴≤1＋cosθ≤，∴λ2≤2λ2(1＋cosθ)≤3λ2，∴解得≤λ≤1，∴λ的取值范围为. ⑦|a－λb|2＝a2－2λa·b＋λ2b2. ∵|a|＝2, |b|＝1，∴|a－λb|2＝4－4λcosθ＋λ2＝(λ－2cosθ)2＋4－4cos2θ. ∵对任意的正实数λ，|a－λb|的最小值为，∴2cosθ>0，∴当λ＝2cosθ时，|a－λb|2取得最小值4－4cos2θ，∴4－4cos2θ＝3，解得cosθ＝(负值舍去)． (22)(2019浙江，6分)已知正方形ABCD的边长为1，当每个λi(i＝1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|的最小值是__0__，最大值是__2__． 解析：因为四边形ABCD为正方形，所以＋＝，＝－，·＝0，所以λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6＝λ1＋λ2－λ3－λ4＋λ5(＋)＋ λ6(－)＝(λ1－λ3＋λ5－λ6)＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6). 又正方形ABCD的边长为1，所以要使|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|最小，只需要λ1－λ3＋λ5－λ6＝λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0，可取λ1＝1，λ2＝－1，λ3＝1，λ4＝1，λ5＝1，λ6＝1，所以|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|min＝0. 易知|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|2＝|(λ1－λ3＋λ5－λ6)＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6)|2＝(λ1－λ3＋λ5－λ6)2＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6)2＝[(λ1－λ3)＋(λ5－λ6)]2＋[(λ2－λ4)＋(λ5＋λ6)]2.由λi(i＝1，2，3，4，5，6)只能取±1，得λ5－λ6＝2，0或－2. 当λ5－λ6＝2时，λ5＋λ6＝0，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|2＝[(λ1－λ3)＋2]2＋(λ2－λ4)2，要使该式取得最大值，则λ1－λ3＝2，λ2－λ4＝±2，此时最大值为20； 当λ5－λ6＝0时，λ5＋λ6＝±2，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|2＝(λ1－λ3)2＋[(λ2－λ4)±2]2，要使该式取得最大值，则λ1－λ3＝±2，λ2－λ4＝λ5＋λ6＝±2，此时最大值为20； 当λ5－λ6＝－2时，λ5＋λ6＝0，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|2＝[(λ1－λ3)－2]2＋(λ2－λ4)2，要使该式取得最大值，则λ1－λ3＝－2，λ2－λ4＝±2，此时最大值为20. 综上，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|max＝＝2. c．平面向量的夹角问题 (23)(2023汇编，35分)求下列各题中两向量夹角的大小或三角函数值． 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(　B　)(2019全国Ⅰ) A. B. C. D. ②已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos＝(　D　)(2020全国Ⅲ) A．－ B．－ C. D. ③若单位向量a，b满足(a－2b)·(a＋b)＝－，则a，b的夹角为(　C　) A. B. C. D. ④已知单位向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，若c＝2a－3b，则cos＝(　A　) A. B. C．－ D．－ ⑤若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，则向量a＋b与a－b的夹角为(　C　) A. B. C. D. ⑥已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a－2b|＝，则向量a与b的夹角为(　B　) A. B. C. D. ⑦已知单位向量e1，e2，＝，m＝e1－e2，n＝e1＋e2，则＝(　B　) A. B. C. D. 解析：①∵(a－b)⊥b，∴(a－b)·b＝a·b－b2＝0，∴a·b＝b2.设a与b的夹角为θ(0≤θ≤π)，则cosθ＝＝＝，∴θ＝，即a与b的夹角为.故选B. ②∵|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，∴|a＋b|＝＝＝7，　 ∴cos＝＝＝＝.故选D. ③根据题意知|a|＝|b|＝1，∴(a－2b)·(a＋b)＝a2－a·b－2b2＝－1－a·b＝－，∴a·b＝－，∴cos〈a，b〉＝＝－.又〈a，b〉∈[0，π]，∴〈a，b〉＝.故选C. ④∵|a＋b|＝|a－b|，∴(a＋b)2＝(a－b)2，即a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，即a·b＝0. ∵向量a，b为单位向量，∴|a|＝|b|＝1，∴a·c＝a·(2a－3b)＝2a2－3a·b＝2. ∵c＝2a－3b，∴c2＝(2a－3b)2＝4a2－12a·b＋9b2＝13，∴|c|＝， ∴cos＝＝＝.故选A. ⑤∵|a＋b|＝|a－b|，∴(a＋b)2＝(a－b)2，即a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，∴a·b＝0. ∵|a＋b|＝2|a|，∴(a＋b)2＝4a2，即a2＋b2＋2a·b＝4a2，∴b2＝3a2. 设向量a＋b与a－b的夹角是θ，则cosθ＝＝＝＝－. ∵0≤θ≤π，∴θ＝.故选C. ⑥对|a－2b|＝的两边同时平方得a2－4a·b＋4b2＝13. 又∵|a|＝1，|b|＝2，∴1－4a·b＋16＝13，∴a·b＝1，∴cos＝＝. ∵0≤≤π，∴＝.故选B. ⑦由题意得|e1|＝|e2|＝1. 又〈e1，e2〉＝，∴e1·e2＝|e1||e2|cos〈e1，e2〉＝1×1×＝， ∴|m|＝＝＝＝， |n|＝＝＝＝， m·n＝·＝|e1|2＋e1·e2－e1·e2－|e2|2＝， ∴cos〈m，n〉＝＝＝.∵〈m，n〉∈[0，π]，∴〈m，n〉＝.故选B. (24)(2021江西宜春月考，5分)设等边三角形ABC的边长为1，若平面内一点M满足＝＋，则向量与夹角的余弦值为(　D　) A. B. C. D. 解析：(法一)根据题意，以BC中点O为原点，BC所在的直线为x轴，OA所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图， 则A，B，C，∴＝(－，－)，＝， ∴＝＋＝＋(，－)＝. 设向量与的夹角为θ(0≤θ≤π)，则cosθ＝＝＝.故选D. (法二)∵等边△ABC的边长为1，∴2＝1，2＝1，·＝1×1×cos＝. ∵＝＋， ∴||2＝()2＝2＝2＋2＋2×××·＝， ∴||＝，∴·＝2＋·＝， ∴cos〈，〉＝＝.故选D. 8．利用极化恒等式巧求向量的数量积 (25)(经典题，5分)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，·＝4，·＝－1，则·的值是____． 解析：(基底法)根据题意，易得·＝(＋)·(＋)＝·＝2－2＝4，·＝(＋)·(＋)＝·＝2－2＝－1，∴2＝，2＝. ∴·＝(＋)·(＋)＝·＝－2＝. (极化恒等式法)根据题意，易得·＝·＝2－2＝92－2＝4，·＝·＝2－2＝－1，∴2＝，2＝. ∴·＝·＝2－2＝42－2＝. 随堂普查练18Ⅱ 1．(2021内蒙古赤峰模拟，5分)设边长为3的等边△ABC中，＝λ(λ＞0)，·＝6，则λ＝(　A　) A. B. C．2 D．4 解析：如图，∵＝λ(λ＞0)，∴＝， ∴·＝(＋)·AC＝·＝2＋·＝32＋×3×3×cos120°＝6，∴λ＝.故选A. 2．(2020北京，5分)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝(＋)，则||＝____；·＝__－1__． 解析：如图，由＝(＋)，可得P为BC的中点，则CP＝1，PD＝＝，即||＝. (法一)·＝·(＋)＝－·(＋)＝－2－·＝－2＝－1. (法二)由向量数量积的几何意义知，·＝－||·||＝－1. 3．(2018天津，5分)如图所示，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若点E为边CD上的动点，则·的最小值为(　A　) A. B. C. D．3 解析：(法一)因为AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1，＝＋，＝－＝＋－，所以·＝(＋)·(＋－)＝||2＋·－·＋·＋||2－·＝1＋0－·cos120°＋0＋||2－·＝1＋0＋1×1×＋0＋||2－·＝＋||2－·. 因为DE⊥AD，∠DAB＝120°，所以与的夹角为30°，所以·＝＋||2－·＝＋2－·cos30°＝||2－||＋. 根据二次函数的性质，可知当||＝时，·有最小值，最小值为.答案选A. (法二)如图，连接CA. 因为AB⊥BC，AD⊥CD，AB＝AD，所以△CAB≌△CAD. 因为∠BAD＝120°，所以∠DCB＝60°，所以∠ACD＝30°. 又因为AD⊥CD，AD＝1，所以CD＝.以D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x轴，y轴建立坐标系，则D(0，0)，A(1，0)． 因为∠BAD＝120°，所以B. 设E(0，t)，0≤t≤，则＝(－1，t)，＝，所以·＝＋t＝t2－t＋，所以当t＝时，·有最小值，最小值为. 4．(2021重庆期中，5分)在△ABC中，AB＝AC，D为BC边中点，点O在直线AD上，且·＝3，则BC边的长度为(　C　) A. B．3 C．2 D．6 解析：如图所示，因为AB＝AC，D为BC边中点，所以AD⊥BC，所以||＝||·cos∠DBO， 所以·＝||·||·cos∠DBO＝||2＝3，所以||＝，所以||＝2.故选C. 5．(经典题，5分)已知向量a，b，c满足a＋b＝c，且|a|∶|b|∶|c|＝1∶1∶，则a，b的夹角为(　C　) A. B. C. D. 解析：(法一)设a，b的夹角为θ(0≤θ≤π)，将a＋b＝c的两边平方，得a2＋2a·b＋b2＝c2，即|a|2＋2|a||b|cosθ＋|b|2＝|c|2. ∵|a|∶|b|∶|c|＝1∶1∶，∴1＋2cosθ＋1＝2，∴cosθ＝0. 又0≤θ≤π，∴θ＝.故选C. (法二)由a＋b＝c，且|a|∶|b|∶|c|＝1∶1∶可知，向量a，b，c可以构成向量三角形，且为等腰直角三角形，两直角边分别为向量a，b，∴a，b的夹角为.故选C. 6．(2020江西高安中学月考，5分)已知点O是锐角△ABC的外心，AB＝8，AC＝12，A＝，若＝x＋y，则6x＋9y＝(　B　) A．6 B．5 C．4 D．3 解析：如图所示，过点O分别作OD⊥AB，OE⊥AC，垂足分别为D，E.∵点O是锐角△ABC的外心，∴D，E分别为AB，AC的中点． ∵AB＝8，AC＝12，∴·＝||·||·cos∠OAB＝||·||＝2＝×82＝32， ·＝||·||·cos∠OAC＝2＝×122＝72. ∵AB＝8，AC＝12，A＝，∴·＝8×12×cos＝48. ∵＝x＋y，∴·＝x2＋y·，·＝x·＋y2，即32＝64x＋48y①，72＝48x＋144y②.联立①②解得x＝，y＝，∴6x＋9y＝5.故选B. 7．(2023汇编，20分)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝. ①若(a＋b)⊥(3a－2b)，则a与b的夹角为(　D　) A. B. C. D. ②若a与b的夹角为，则|a＋b|＝(　D　) A．6 B. C．7 D. ③若|a－b|＝，则向量a与b的夹角为(　B　) A. B. C. D. ④若c＝b，a，c的夹角为， (a＋yc)⊥(xa＋c)，且实数x，y满足x>－4，y>－1，则x＋y的取值范围为__[2－5，＋∞)__． 解析：①∵|a|＝1，|b|＝，且(a＋b)⊥(3a－2b)， ∴(a＋b)·(3a－2b)＝3a2－2b2＋|a||b|cos〈a，b〉＝3－4＋cos〈a，b〉＝0， ∴cos〈a，b〉＝.又0≤〈a，b〉≤π，∴〈a, b〉＝.故选D. ②∵向量a，b满足|a|＝1，|b|＝，且a与b的夹角为，∴a·b＝1××cos＝，∴|a＋b|＝＝＝＝.故选D. ③由|a－b|＝，得|a－b|2＝3，即a2＋2b2－2a·b＝3. 设向量a与b的夹角为θ，则有1＋4－4cosθ＝3，解得cosθ＝.又θ∈[0，π]，∴θ＝.故选B. ④∵c＝b，|b|＝，∴|c|＝|b|＝2.∵(a＋yc)⊥(xa＋c)， ∴(a＋yc)·(xa＋c)＝xa2＋(xy＋1)a·c＋yc2＝0. ∵a，c的夹角为，|a|＝1，|c|＝2，∴x＋xy＋1＋4y＝0，即(x＋4)(y＋1)＝3. ∵x>－4，y>－1，∴x＋4>0，y＋1>0，∴(x＋4)(y＋1)≤[(x＋4)＋(y＋1)]2，即[(x＋4)＋(y＋1)]2≥12，∴(x＋4)＋(y＋1)≥2，∴x＋y≥2－5，当且仅当x＋4＝y＋1，即x＝－4，y＝－1时，取等号，∴x＋y的取值范围为[2－5，＋∞)． 故答案为[2－5，＋∞)． 8． (2021天津月考，5分)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠DAB＝90°，AB＝2，AD＝CD＝1，对角线AC与BD交于点O，点M在线段AB上，且满足OM⊥BD，则·的值为__－__；若点P为线段BC上的一动点(包括端点)，则|＋|的取值范围为__[，]__． 解析：∵AB∥DC，∴＝. 又∵AB＝2，CD＝1，∴＝，即OB＝2OD. ∵∠DAB＝90°，AB＝2，AD＝1，∴DB＝. 根据题意知·＝(＋)·＝·＋·＝·＝(＋)·＝·＝·－2＝·(－)－2＝2－·－2＝2－2＝12－×()2＝－. 设＝λ(0≤λ≤1)，连接PA，PD，如图所示． 根据题意知＋＝－＋－＝－2 ＝－2(＋)＝－2(＋λ) ＝－2－2λ＝－2－2λ(－) ＝－2－2λ(＋－) ＝－2－2λ＝(1－2λ)＋(λ－2)， ∴|＋|2＝(＋)2＝[(1－2λ)＋(λ－2)]2 ＝(1－2λ)2×||2＋(λ－2)2×||2＋2(1－2λ)(λ－2)·＝(1－2λ)2×1＋(λ－2)2×4 ＝(4λ2－4λ＋1)＋(λ2－4λ＋4)×4＝8λ2－20λ＋17. 易知函数y＝8λ2－20λ＋17的图像开口向上，对称轴为直线λ＝，∴函数y＝8λ2－20λ＋17在[0，1]上单调递减． 当λ＝0时，y＝17；当λ＝1时，y＝5， ∴|＋|2∈[5，17]，即|＋|∈[，]． 故答案为－；[，]． 9．(2021浙江慈溪期中，4分)在△OAB中，OA＝OB＝2，AB＝2，动点P位于直线OA上，当·取得最小值时，向量与的夹角的余弦值为(　C　) A．－ B. C．－ D. 解析：如图所示，取AB的中点C, 连接PC，则·＝(＋)·(＋) ＝·＝2－2＝2－3，则要使·最小，只需||最小，而此时CP⊥OA. 连接OC，∵OA＝OB，C是AB的中点，∴OC⊥AB. ∵AB＝2，C是AB的中点，∴AC＝BC＝. 又OA＝2，∴OC＝＝＝1. 在Rt△ACO中，∵OA·PC＝OC·AC，∴PC＝＝. 在Rt△APC中，AP＝＝＝. 过点P向AB作垂线，垂足为Q，∵PQ⊥AB，OC⊥AB，∴PQ∥OC，∴＝＝，即＝＝，解得PQ＝，AQ＝，∴BQ＝2－＝，∴PB＝＝＝. 在△APB中，由余弦定理的推论可知cos∠APB＝＝＝＝－＝－，即向量与的夹角的余弦值为－.故选C. 10．(经典题，5分)在等边△ABC中，D是BC上的点，AB＝3，BD＝1，则·＝__． 解析：(基底法)∵＝＋， ∴·＝·(＋)＝·＋·＝2＋·. ∵AB＝3，BD＝1，∠ABD＝60°，∴·＝3×1×cos(180°－60°)＝－. ∴·＝2＋·＝9－＝. (坐标法)以BC的中点O为坐标原点，向量的方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，如图所示．易得A，B，D，∴＝，＝，∴·＝·(－，－)＝. (极化恒等式法)设BD的中点为E，则·＝2－__2.过点A作AO⊥BC于O，则2＝2＋2＝32－2＋12＝，∴·＝2－2＝－＝. 课后提分练18　平面向量的概念与运算 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A组(巩固提升) 1．(2018全国Ⅰ，5分)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝(　A　) A.－ B.－ C.＋ D.＋ 解析：因为AD为BC边上的中线，所以＝(＋)． 又因为E为AD的中点，所以＝＝(＋)． 所以＝－＝－(＋)＝－.故选A. 2．(2021贵州凯里三模，5分)在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，CD边上有一点M，满足＝，则·＝(　B　) A．8 B．9 C．10 D．12 解析：根据题意作图，如图所示，＝＋，＝＋＝＋＝＋， 所以·＝(＋)·＝·＋2＋2＋·＝·＋2＋2＝||·||·cos∠BAD＋||2＋||2＝×2×2×＋×22＋22＝9.故选B. 3．(2020四川遂宁模拟，5分)如图，在△ABC中，＝，＝，若＝λ＋μ，则μ＋λ的值为(　B　) A. B. C. D. 解析：∵＝，＝， ∴＝＋＝＋＝＋(＋)＝＋＝－＋， ∴＝＋，∴＝＋. 又＝λ＋μ，∴λ＝，μ＝，∴λ＋μ＝.故选B. 4．(2020河南林州月考，5分)如图，在△ABC中，设＝a，＝b，存在P，Q，R三点满足AP的中点为Q，BQ的中点为R，CR的中点为P，则等于(　C　) A.a＋b B.a＋b C.a＋b D.a＋b 解析：∵AP的中点为Q，BQ的中点为R，CR的中点为P， ∴＝＋＝＋＝＋＝＋＋＝＋(－)＋－＝＋＋，∴＝＋，∴＝＋＝a＋b. 故选C. 5．(2020福建南平期末，5分)设a，b是两个非零向量，则下列说法正确的是(　C　) A．若|a＋b|＝|a|－|b|，则a⊥b B．若a⊥b，则|a＋b|＝|a|－|b| C．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得a＝λb D．若存在实数λ，使得a＝λb，则|a＋b|＝|a|－|b| 解析：当非零向量a，b不共线时，可得>－；当非零向量a，b共线时，若同向，则>－，若反向，则＝，所以＝－成立的充要条件是非零向量a与b方向相反且≥.所以若＝－，则存在实数λ(λ≤－1)，使得a＝λb.故选C. 6．(2019全国Ⅲ，5分)已知a，b为单位向量，且a·b＝0，若c＝2a－b，则cos〈a，c〉＝____． 解析：因为c＝2a－b，a·b＝0，a，b为单位向量，所以a·c＝2a2－a·b＝2，|c|2＝4a2－4a·b＋5b2＝9，所以|c|＝3，所以cos〈a，c〉＝＝＝. 7．(2023汇编，20分)已知非零向量a，b. ①若向量a与b的夹角为，a＝(，1)，|a－2b|＝2，则|b|＝(　A　) A．1 B. C. D．2 ②若向量a＝(1，)，向量b为单位向量，且a·b＝1，则2b－a与2b的夹角为__60°__． ③若向量a，b满足|a|＝λ|b|，a，b夹角的余弦值为，且(a－2b)⊥(3a＋b)，则实数λ的值为(　D　) A．－ B. C.或－ D. ④已知向量a＋b＋c＝0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，则a·b＋b·c＋c·a＝__－__．(2021新高考Ⅱ) 解析：①∵a＝(，1)，∴|a|＝2.又|a－2b|＝2，平面向量a与b的夹角为，∴|a－2b|2＝a2－4a·b＋4b2＝22－4×2×|b|×cos＋4|b|2＝12，整理得|b|2＋|b|－2＝0，∴|b|＝1或|b|＝－2(不合题意，舍去)，∴|b|＝1.故选A. ②依题意得|a|＝2，|b|＝1，|2b－a|2＝4b2－4a·b＋a2＝4－4＋4＝4，所以|2b－a|＝2. 设2b－a与2b的夹角为θ(0°≤θ≤180°)，则(2b－a)·2b＝|2b－a|×|2b|cosθ，即4b2－2a·b＝2×2cosθ，所以cosθ＝＝＝.又因为0°≤θ≤180°，所以夹角θ＝60°. ③由|a|＝λ|b|，可知λ>0.∵向量a，b夹角的余弦值为，且(a－2b)⊥(3a＋b)，∴(a－2b)·(3a＋b)＝3a2－5a·b－2b2＝3λ2|b|2－5λ|b|2×－2|b|2＝0.又|b|≠0，∴3λ2－λ－2＝0，即18λ2－19λ－12＝(2λ－3)(9λ＋4)＝0，解得λ＝或λ＝－(舍去)．故选D. ④由题意可知，a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0，即|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0. 又∵|a|＝1，|b|＝|c|＝2，∴12＋22＋22＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0， ∴a·b＋b·c＋c·a＝－＝－. 故答案为－. 8．(2021江苏南通月考，5分)如图所示，在△ABC中，N为线段AC上靠近点A的三等分点，点P在线段BN上，且＝＋，则实数m的值为(　D　) A．1 B. C. D. 解析：＝＋＝　＋(－)＝m＋. 设＝λ(0≤λ≤1)，则＝＋＝＋λ＝＋λ(－)＝(1－λ)＋λ. 因为＝，所以＝(1－λ)＋λ，则解得故选D. 9．(2020山东滨州三模，5分)已知点O是△ABC内部一点，且满足＋2＝m，＝，则实数m的值为(　D　) A．2 B．－2 C．4 D．－4 解析：如图，延长OB到点D，使OB＝BD，以OA，OD为邻边作平行四边形AODF，连接CF分别交AB，AD于点E，G，则＋2＝＝m，∴C，O，F三点共线． ∵点E是△OAD的中线AB，OG的交点，∴点E是△OAD的重心，∴OE∶EG＝2∶1. ∵＝，∴＝. 不妨设CE＝7，则OC＝3，OE＝4，EG＝2，∴OF＝2(EG＋OE)＝12，∴m＝＝－4，∴m＝－4.故选D. 10．(2023改编，5分)在四边形ABCD中，点M，N分别满足＝，＝，则四边形BDMN是(　A　) A．梯形 B．正方形 C．菱形 D．矩形 解析：因为＝，＝，所以＝2，＝2，所以＝－＝2－2＝2，所以BD∥NM，且BD≠NM，所以四边形BDMN是梯形．故选A. 11．(2020安徽合肥月考，5分)在△ABC中，D，E，F分别是边BC，CA，AB的中点，AD，BE，CF交于点G，则： ①＝－；②＝－＋；③＋＝；④＋＋＝0. 上述结论中，正确的是(　C　) A．①② B．②③ C．②③④ D．①③④ 解析：∵EF是△ABC的中位线，∴EF∥BC，EF＝BC，∴＝≠－，故①错误； ∵E是AC的中点，∴＝＋＝－，故②正确； ∵D是BC的中点，∴＝＋.又＝－，∴＋＝＋.∵F是AB的中点，∴＝＋，∴＝＋，∴＋＝，故③正确； 设＝λ，则＝＋＝＋λ.∵B，G，E三点共线，∴＋λ＝1，∴λ＝，∴＝，∴＝－2.又＋＝2，∴＋＋＝，故④正确． 故选C. 12．(2021河北唐山三模，5分)在△ABC中，AB＝AC，点P为线段AC上的动点(包含端点)，BC＝4，则·的取值范围是__[8，16]__． 解析：如图，过P作PE⊥BC，垂足为E，取BC的中点为F，连接AF. 设∠PBC＝θ，则·＝4||cosθ.根据向量数量积的几何意义可得·＝4||. 因为点P为线段AC上的动点(包含端点)，所以2＝BC≤BE≤4，故8≤·≤16.故答案为[8，16]． 13．(2021安徽安庆三模，5分)已知O为△ABC的外接圆的圆心，3＋m＋5＝0，且∠ACB＝，则m＝__±4__． 解析：因为点O为△ABC的外接圆的圆心，∠ACB＝，所以∠AOB＝，即·＝0. 设△ABC的外接圆的半径为r, 则OA＝OB＝OC＝r. 由3＋m＋5＝0得－5＝3＋m，将上述等式的左右两边同时平方得 (－5)2＝(3＋m)2，即252＝92＋m22＋6m·，所以25r2＝9r2＋m2r2，即m2＝16，解得m＝±4. 故答案为±4. 14．(2020湖北武汉模拟，5分)已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，点E，F分别在直线BC，DC上，＝2，＝λ，若·＝1，则实数λ的值为(　D　) A. B. C．－ D．－ 解析：由题意得，＝＋＝＋，＝＋＝＋，所以·＝·＝·＋·＋·＋·＝||·||cos60°＋ ||·||cos0°＋||·||cos0°＋||·||cos60°＝2×2×＋×2×2＋×2×2＋×2×2×＝4＋＝1，解得λ＝－.故选D. 15．(2020浙江，4分)已知平面单位向量e1，e2满足|2e1－e2|≤.设a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夹角为θ，则cos2θ的最小值是____． 解析：设e1，e2的夹角为α.由|2e1－e2|≤，得2≤2，即4e－4e1·e2＋e＝4－4cosα＋1≤2，解得cosα≥. 因为a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，所以a·b＝3e＋4e1·e2＋e＝4＋4cosα，a2＝e＋2e1·e2＋e＝2＋2cosα，b2＝9e＋6e1·e2＋e＝10＋6cosα. 因为a，b的夹角为θ，所以cosθ＝，所以cos2θ＝＝＝＝－.易知cos2θ随cosα的增大而增大，所以当cosα＝时，cos2θ取得最小值，最小值为－＝. 16．(2019江苏，5分)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE＝2EA，AD与CE交于点O.若·＝6·，则的值是____． 解析：如图，过点D作DF∥CE，交AB于点F，由BE＝2EA，D为BC的中点，知BF＝EF＝EA，AO＝OD，所以＝＝×(＋)＝(＋)，　 所以6·＝(＋)·(－)＝(＋)·＝(·－2＋2－·)＝＝·－2＋2＝·，所以2＝2，所以||＝||，即＝. 17．(2018浙江，4分)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，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是(　A　) A.－1 B.＋1 C．2 D．2－ 解析：(法一)因为b2－4e·b＋3＝0，e是单位向量，所以b2－4e·b＋3e2＝0，所以(b－e)·(b－3e)＝0，如图，设＝a，＝b，＝e，＝3e，∠AOE＝，则＝－＝e－b，＝－＝3e－b，易知·＝0，所以点B在以点D为圆心的单位圆上，其中点D为线段EM的中点，则|a－b|＝，当且仅当A，B，D三点共线，且DA⊥OA时，||取得最小值，最小值为||sin－1＝－1，即|a－b|的最小值为－1.故选A. (法二)依题意可设e＝(1，0)，a＝(t，t)(t>0)，b＝(x，y)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，则D(2，0)，r＝1，所以|a－b|的几何意义是射线OA上的动点A与圆D：(x－2)2＋y2＝1上的动点B之间的距离，其中直线OA的方程是y＝x，如图所示，则|AB|min＝－1＝－1. 18．(2020江西赣州期中，12分)设两个非零向量e1，e2不共线，＝e1＋2e2，＝2e1＋8e2，＝e1－2e2. (1)求证：A，B，D共线； 答案：见证明过程 证明：∵两个非零向量e1，e2不共线，＝e1＋2e2，＝2e1＋8e2，＝e1－2e2. ∴＝＋＝3e1＋6e2＝3.又BD，AB有公共点B，∴A，B，D共线．(6分) (2)试确定实数k，使ke1＋4e2和e1＋ke2共线． 答案：2或－2 解：要使ke1＋4e2和e1＋ke2共线，只需存在实数λ使得ke1＋4e2＝λ(e1＋ke2)， 即∴k＝2或－2.(12分) 19．(2020山东潍坊月考，12分)如图所示，在△ABO中，＝，＝，AD与BC相交于点M.设＝a，＝b. (1)试用向量a，b表示； 答案：＝a＋b 解：设＝ma＋nb(m∈R，n∈R)，由A，D，M三点共线，可知存在α(α∈R，且α≠－1)使得＝α，则－＝α(－)，即(1＋α)＝＋α. 又＝，所以＝a＋b，所以 所以m＋2n＝1①.(3分) 由B，C，M三点共线，可知存在β(β∈R，且β≠－1)使得＝β，则－＝β(－)，即(1＋β)＝＋β.又＝，所以＝a＋b， 所以所以3m＋n＝1②. ①②联立，解得故＝a＋b.(6分) (2)在线段AC上取点E，在线段BD上取点F，使EF过点M.设＝λ，＝μ，其中λ，μ∈R.当EF与AD重合时，λ＝1，μ＝，此时＋＝5；当EF与BC重合时，λ＝，μ＝1，此时＋＝5.判断能否由此得出一般结论：不论E，F在线段AC，BD上如何变动，等式＋＝5恒成立，并说明理由． 答案：能，理由见解答过程 解：能得出一般结论．(7分) 理由：因为E，M，F三点共线，所以存在实数γ(γ∈R，且γ≠－1)使得＝γ，即－＝γ(－)，所以＝.(9分) 又＝λ，＝μ，所以＝＝a＋b，所以a＋b＝a＋b，所以消去γ得＋＝5.(12分) B组(冲刺满分) 20．(2020浙江宁波二模，4分)已知矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，动点M，N分别在射线CB，CD上运动，且满足＋＝1.对角线AC交MN于点P，设＝x＋y，则x＋y的最大值是____． 解析：∵＋＝1，∴CM2＋CN2＝CM2·CN2，∴MN2＝CM2·CN2，∴MN＝CM·CN. 如图，过点C作CG⊥MN于点G，则由S△NCM＝CM·CN＝MN·CG，可得CM·CN＝MN·CG，∴CG＝1，即点C到直线MN的距离为1，∴CP≥1. 又∵AC＝＝5，∴AP＝AC－CP≤4. 设∠CAB＝α，则sinα＝，cosα＝. 又∵＝x＋y，∴·＝x2＋y·，即AP·ABcosα＝x·AB2，即x·AB＝APcosα， 同理，y·AD＝APsinα，∴cosα＝＝，sinα＝＝，∴x＝y＝AP，∴x＋y＝AP≤. 故x＋y的最大值是. 21．(2023改编，5分)如图所示，在半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝60°，C为弧AB上的动点，AB与OC交于点P，则·的最小值是__－__，最大值是____． 解析：如图，取OB的中点D，作DE⊥AB于E，连接PD，AD. 根据极化恒等式，可得·＝·＝[(＋)2－(－)2]＝[(2)2－2]＝2－. 根据图形易得∈[，]＝[，]，∴2－∈，故·的最小值为－，最大值为. 22．(2021浙江模拟，4分)已知非零平面向量a，b，c满足|a|＝2，|b－c|＝1，若a与b的夹角为，则|a－c|的最小值为(　A　) A.－1 B. C.＋1 D. 解析：设＝a，＝b，＝c，则|b－c|＝||＝1，即点C的轨迹是以B为圆心，半径为1的圆，如图. 连接AB，结合图形可知，当A，C，B三点共线且C在A，B中间时，|a－c|取得最小值． 在△ABO中，由正弦定理得＝，所以AB＝＝≥，故|a－c|的最小值为－1.故选A. 23．(2021江西九江月考，5分)已知O是锐角三角形ABC的外接圆圆心，tan∠BAC＝，若＋＝2m，则m的值是(　A　) A. B. C. D．1 解析：取AB的中点D，连接OD，则＝＋，将其代入＋＝2m，得＋＝2m(＋)，两边同时乘得·＋·＝2m(＋)·. ∵O是锐角三角形ABC的外接圆圆心，∴⊥，∴·＝0. 设锐角三角形ABC中，∠BAC，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，∴c2＋bccos∠BAC＝mc2. 在锐角三角形ABC中，由正弦定理可得，sin2C＋sinBsinCcos∠BAC＝msin2C， 即m＝，∴m＝＝＝＝＝sin∠BAC. 又∵tan∠BAC＝，∴sin∠BAC＝＝＝＝＝.故选A. 学科网（北京）股份有限公司 $$