1．(2015·课标Ⅰ，7，易)设D为△ABC所在平面内一点，＝3，则()
A.＝－＋
B.＝－
C.＝＋
D.＝－
【答案】 A 如图所示，在△ABC中，＝－.又∵＝3，∴＝＝－，∴＝＋＝－＋.2．(2015·安徽，8，中)△ABC是边长为2的等边三角形，已知向量a，b满足＝2a，＝2a＋b，则下列结论正确的是()
A．|b|＝1
B．a⊥b
C．a·b＝1
D．(4a＋b)⊥
【答案】 D 如图，在等边△ABC中，＝2a，＝2a＋b，∵＋＝，∴＝b.又∵||＝2，||＝2，∴|b|＝2，|a|＝1，a与b的夹角为120°，∴a·b＝|a||b|cos
120°＝－1.∴A，B，C不正确．
4a＋b＝＋＝2，又⊥，故D正确．
3．(2015·课标Ⅱ，13，易)设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋2b平行，则实数λ＝________．
【解析】 因为λa＋b与a＋2b平行，所以存在实数μ，使λa＋b＝μ(a＋2b)，即(λ－μ)a＋(1－2μ)b＝0，由于a，b不平行，所以解得λ＝.【答案】
4．(2015·江苏，6，易)已知向量a＝(2，1)，b＝(1，－2)，若ma＋nb＝(9，－8)(m，n∈R)，则m－n的值为________．
【解析】 由ma＋nb＝(9，－8)得，m(2，1)＋n(1，－2)＝(9，－8)，即(2m＋n，m－2n)＝(9，－8)，∴解得∴m－n＝－3.【答案】 －3
5．(2015·北京，13，易)在△ABC中，点M，N满足＝2，＝，若＝x＋y，则x＝________；y＝________.【解析】 如图，在△ABC中，＝＋＋
＝－＋＋
＝－＋＋(－)
＝－，∴x＝，y＝－.【答案】 －
1．(2013·辽宁，3，易)已知点A(1，3)，B(4，－1)，则与向量同方向的单位向量为()
A.B.C.D.【答案】 A ＝(3，－4)，||＝5.与同方向的单位向量为＝.故选A.2．(2012·广东，3，易)若向量＝(2，3)，＝(4，7)，则＝()
A．(－2，－4)
B．(2，4)
C．(6，10)
D．(－6，－10)
【答案】 A ＝＋＝－＝(－2，－4)，故选A.3．(2014·浙江，8，中)记max{x，y}＝min{x，y}＝设a，b为平面向量，则()
A．min{|a＋b|，|a－b|}≤min{|a|，|b|}
B．min{|a＋b|，|a－b|}≥min{|a|，|b|}
C．max{|a＋b|2，|a－b|2}≤|a|2＋|b|2
D．max{|a＋b|2，|a－b|2}≥|a|2＋|b|2
【答案】 D 根据向量运算的几何意义，即三角形法则，可知min{|a＋b|，|a－b|}与min{|a|，|b|}的大小不确定；因为|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2ab，|a－b|2＝|a|＋|b|2－2a·b，则当a·b≥0时，max{|a＋b|2，|a－b|2}＝|a|2＋|b|2＋2a·b≥|a|2＋|b|2；
当a·b<0时，max{|a＋b|2，|a－b|2}
＝|a|2＋|b|2－2a·b≥|a|2＋|b|2，即总有max{|a＋b|2，|a－b|2}≥|a|2＋|b|2，故选D.4．(2012·安徽，8，中)在平面直角坐标系中，点O(0，0)，P(6，8)，将向量绕点O按逆时针方向旋转后得向量，则点Q的坐标是()
A．(－7，－)
B．(－7，)
C．(－4，－2)
D．(－4，2)
【答案】 A 由题意，得||＝10，由三角函数定义，设P点坐标为(10cos
θ，10sin
θ)，则cos
θ＝，sin
θ＝.则Q点的坐标应为.由三角函数知识得10
cos
＝－7，10sin＝－，所以Q(－7，－)．故选A.5．(2014·北京，10，易)已知向量a，b满足|a|＝1，b＝(2，1)，且λa＋b＝0(λ∈R)，则|λ|＝________.【解析】 ∵λa＋b＝0，∴λa＝－b.∴|λa|＝|b|，∴|λ|·|a|＝|b|，∴|λ|·1＝，∴|λ|＝.【答案】
6．(2014·课标Ⅰ，15，中)已知A，B，C为圆O上的三点，若＝(＋)，则与的夹角为________．
【解析】 由＝(＋)可知O为BC的中点，即BC为圆O的直径，又因为直径所对的圆周角为直角，所以∠BAC＝90°，所以与的夹角为90°.【答案】 90°
7．(2014·陕西，18，12分，中)在直角坐标系xOy中，已知点A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)，点P(x，y)在△ABC三边围成的区域(含边界)上．
(1)若＋＋＝0，求||；
(2)设＝m＋n(m，n∈R)，用x，y表示m－n，并求m－n的最大值．
解：(1)方法一：∵＋＋＝0，又＋＋＝(1－x，1－y)＋(2－x，3－y)＋(3－x，2－y)＝(6－3x，6－3y)，∴解得x＝2，y＝2，即＝(2，2)，故||＝2.方法二：∵＋＋＝0，则(－)＋(－)＋(－)＝0，∴＝(＋＋)＝(2，2)，∴||＝2.(2)＝(x，y)，＝(1，2)，＝(2，1)．
∵＝m＋n，∴(x，y)＝(m＋2n，2m＋n)，∴
②－①得，m－n＝y－x，令m－n＝t，由图知，当直线y＝x＋t过点B(2，3)时，t取得最大值，故m－n的最大值为1.思路点拨：(1)根据向量相等，求出P点坐标后求||；
(2)根据向量相等，将m－n转化为x，y的关系，变换为线性规划问题．
考向1 平面向量的线性运算
向量的线性运算
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
(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的和的运算叫作a与b的差
a－b＝a＋(－b)
数乘
求实数λ与向量a的积的运算
(1)|λa|＝|λ||a|；
(2)当λ>0时，λa与a的方向相同；
当λ<0时，λa与a的方向相反；
当λ＝0时，λa＝0
(1)结合律：λ(μ
a)＝λμ
a＝μ(λa)；
(2)第一分配律：
(λ＋μ)a＝λa＋μ
a；
(3)第二分配律：
λ(a＋b)＝λa＋λb
(1)(2014·课标Ⅰ，6)设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，则＋＝()
A.B.C.D.(2)(2013·四川，12)在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，＋＝λ，则λ＝________．
【解析】(1)如图，＋＝＋＋＋＝＋＝(＋)＝·2＝.(2)如图，因为ABCD为平行四边形，所以＋＝＝2，已知＋＝λ，故λ＝2.【答案】(1)A(2)2
【点拨】 解题(1)时注意向量加法平行四边形法则的运用；解题(2)的思路是在平行四边形中把＋用表示，结合已知条件求出λ的值．
向量的线性运算的解题策略
(1)进行向量运算时，要尽可能转化到平行四边形或三角形中，选用从同一顶点出发的基本向量或首尾相接的向量，运用向量加、减法运算及数乘运算来求解．
(2)除了充分利用相等向量、相反向量和线段的比例关系外，有时还需要利用三角形中位线、相似三角形对应边成比例等平面几何的性质，把未知向量转化为与已知向量有直接关系的向量来求解．
(2014·福建，10)设M为平行四边形ABCD对角线的交点，O为平行四边形ABCD所在平面内任意一点，则＋＋＋等于()
A.B．2
C．3
D．4
【答案】 D 依题意知，点M是线段AC的中点，也是线段BD的中点，所以＋＝2，＋＝2，所以＋＋＋＝4，故选D.考向2 共线向量定理、平面向量基本定理及应用
1．向量共线的判定定理和性质定理
(1)判定定理：a是一个非零向量，若存在一个实数λ使得b＝λa，则向量b与a共线．
(2)性质定理：若向量b与非零向量a共线，则存在唯一一个实数λ，使得b＝λa.(3)A，B，C是平面上三点，且A与B不重合，P是平面内任意一点，若点C在直线AB上，则存在实数λ，使得＝＋λ(如图所示)．
2．向量共线定理的应用
(1)证明点共线；
(2)证明两直线平行；
(3)已知向量共线求字母的值(或范围)．
3．平面向量基本定理
(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e1，e2是一组基底．
(2)平面向量基本定理的实质
平面向量基本定理反映了利用已知向量表示未知向量，实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算或数乘运算．
4．平面向量基本定理的应用
(1)证明向量共面，如果有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2，那么a，e1，e2共面．
(2)根据向量基本定理求字母的值(或范围)．
(1)(2014·福建，8)在下列向量组中，可以把向量a＝(3，2)表示出来的是()
A．e1＝(0，0)，e2＝(1，2)
B．e1＝(－1，2)，e2＝(5，－2)
C．e1＝(3，5)，e2＝(6，10)
D．e1＝(2，－3)，e2＝(－2，3)
(2)(2013·江苏，10)设D，E分别是△ABC的边AB，BC上的点，AD＝AB，BE＝BC.若＝λ1＋λ2(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．
(3)(2015·安徽阜阳一模，14)在梯形ABCD中，已知AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为CD，BC的中点．若＝λ＋μ，则λ＋μ＝________．
【解析】(1)方法一：若e1＝(0，0)，e2＝(1，2)，则e1∥e2，而a不能由e1，e2表示，排除A；若e1＝(－1，2)，e2＝(5，－2)，因为≠，所以e1，e2不共线，根据平面向量基本定理，可以把向量a＝(3，2)表示出来，故选B.方法二：因为a＝(3，2)，若e1＝(0，0)，e2＝(1，2)，不存在实数λ，μ，使得a＝λe1＋μ
e2，排除A；若e1＝(－1，2)，e2＝(5，－2)，设存在实数λ，μ，使得a＝λe1＋μ
e2，则(3，2)＝(－λ＋5μ，2λ－2μ)，所以解得所以a＝2e1＋e2，故选B.(2)∵＝＋＝＋＝＋(－)＝－，又＝λ1＋λ2，∴λ1＝－，λ2＝.∴λ1＋λ2＝.(3)方法一：由＝λ＋μ，得＝λ·(＋)＋μ·(＋)，则＋＋＝0，得＋＋＝0，得＋＝0.又因为，不共线，所以由平面向量基本定理得
解得
所以λ＋μ＝.方法二：连接MN并延长交AB的延长线于T，由已知易得AB＝AT，∴＝＝λ＋μ，∵T，M，N三点共线，∴λ＋μ＝.【答案】(1)B(2)(3)
【点拨】 题(1)利用平面向量基本定理求解；解题(2)的思路是先在△ABC中用和表示，然后根据已知条件对应求出λ1，λ2；解题(3)时注意基底的选取．
1.求解向量共线问题的注意事项
(1)向量共线的充要条件中，当两向量共线时，通常只有非零向量才能表示与之共线的其他向量，注意待定系数法和方程思想的运用．
(2)证明三点共线问题，可用向量共线来解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得到三点共线．
(3)若a与b不共线且λa＝μb，则λ＝μ＝0.(4)直线的向量式参数方程，A，P，B三点共线⇔＝(1－t)·＋t(O为平面内任一点，t∈R)．
(5)＝λ＋μ(λ，μ为实数)，若A，B，C三点共线，则λ＋μ＝1.2．用平面向量基本定理解决问题的一般思路
(1)先选择一组基底，并运用平面向量基本定理将条件和结论表示成该基底的线性组合，再进行向量的运算．
(2)在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便，另外，要熟练运用线段中点的向量表达式．
零向量和共线向量不能作基底，基向量通常选取确定整个几何图形的从同一结点出发的两边所对应的向量．
(2012·大纲全国，9)△ABC中，AB边的高为CD，若＝a，＝b，a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则＝()
A.a－b
B.a－b
C.a－b
D.a－b
【答案】 D ∵a·b＝0，∴∠ACB＝90°，∴AB＝，CD＝.∴BD＝，AD＝，∴AD∶BD＝4∶1.∴＝＝(－)
＝a－b.考向3 平面向量坐标运算的应用
1．平面向量的坐标运算
(1)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)(b≠0)，则a±b＝(x1±x2，y1±y2)．
(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝(x2－x1，y2－y1)．
(3)若a＝(x，y)，λ∈R，则λa＝(λx，λy)．
2．向量平行的坐标表示
(1)如果a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件为x1y2－x2y1＝0.(2)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)三点共线的充要条件为(x2－x1)(y3－y1)－(x3－x1)(y2－y1)＝0.a∥b的充要条件不能表示成＝，因为x2，y2有可能等于0.判断三点是否共线，先求每两点对应的向量，然后再按两向量共线进行判定．
3．平面向量中的重要结论
(1)||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.(2)|a＋b|2＋|a－b|2＝2(|a|2＋|b|2)．
(3)G为△ABC的重心⇔＋＋＝0
⇔G，其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．
(1)(2012·重庆，6)设x，y∈R，向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝()
A.B.C．2
D．10
(2)(2013·北京，13)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＝________．
【解析】(1)由⇒⇒
∴a＝(2，1)，b＝(1，－2)，a＋b＝(3，－1)，∴|a＋b|＝.(2)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＝＝(－1，1)，b＝＝(6，2)，c＝＝(－1，－3),．∵c＝λa＋μb，∴(－1，－3)＝λ(－1，1)＋μ(6，2)，即
解得λ＝－2，μ＝－，∴＝4.【答案】(1)B(2)4
【点拨】 解题(1)时注意应用向量平行与垂直的坐标表示；解题(2)的关键是建立平面直角坐标系，正确写出a，b，c的坐标，利用a，b，c之间的关系，列出方程组求解．
向量坐标运算问题的一般思路
向量的坐标运算主要是利用加、减、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，解题过程中要注意方程思想的运用及正确使用运算法则．以向量为载体，可以解决三角函数、解析几何中的有关问题．
(2014·陕西，13)设0<θ<，向量a＝(sin
2θ，cos
θ)，b＝(cos
θ，1)，若a∥b，则tan
θ＝________．
【解析】 因为a∥b，所以sin
2θ＝cos2θ，2sin
θcos
θ＝cos2θ.因为0<θ<，所以cos
θ>0，得2sin
θ＝cos
θ，∴tan
θ＝.【答案】
1．(2015·河北邯郸一模，5)已知向量a＝(2，3)，b＝(－1，2)，若(ma＋nb)∥(a－2b)，则等于()
A．－2
B．2
C．－
D.【答案】 C 由题意得ma＋nb＝(2m－n，3m＋2n)，a－2b＝(4，－1)，∵(ma＋nb)∥(a－2b)，∴－(2m－n)－4(3m＋2n)＝0，∴＝－，故选C.2．(2015·青海西宁质检，6)已知△ABC的三个顶点A，B，C及平面内一点P满足＋＋＝，则点P与△ABC的关系为()
A．P在△ABC内部
B．P在△ABC外部
C．P在AB边所在直线上
D．P是AC边的一个三等分点
【答案】 D ∵＋＋＝，∴＋＋＝－，∴＝－2＝2，∴P是AC边的一个三等分点．
3．(2015·山东日照一模，5)在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F，若＝a，＝b，则等于()
A.a＋b
B.a＋b
C.a＋b
D.a＋b
【答案】 B 如图，∵△DEF∽△BEA，∴DF∶BA＝DE∶BE＝1∶3，过点F作FG∥BD交AC于点G，∴FG∶DO＝2∶3，CG∶CO＝2∶3，∴＝b，∵＝＋＝＝a，∴＝＋＝a＋b.故选B.4．(2015·吉林长春调研，7)已知△ABC的重心为G，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＋b＋c＝0，则角A为()
A.B.C.D.【答案】 A ∵G为△ABC的重心，∴＋＋＝0.∵a＋b＋c＝0，∴＋＝0，∴a－c＝0，b－c＝0，∴a＝c，b＝c，∴cos
A＝
＝＝，∴A＝.5．(2014·广东佛山二模，6)设＝(1，－2)，＝(a，－1)，＝(－b，0)，a>0，b>0，O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则＋的最小值是()
A．2
B．4
C．6
D．8
【答案】 D 方法一：由题意可得，＝(1，－2)，＝(a，－1)，＝(－b，0)，所以＝－＝(a－1，1)，＝－＝(－b－1，2)．
又∵A，B，C三点共线，∴∥，即(a－1)×2－1×(－b－1)＝0，∴2a＋b＝1，又∵a>0，b>0，∴＋＝·(2a＋b)＝4＋≥4＋4＝8，当且仅当＝时，取“＝”．故选D.方法二：kAB＝，kAC＝，∵A，B，C三点共线，所以kAB＝kAC，即＝，∴2a＋b＝1，所以＋＝＋＝4＋＋≥4＋2＝8，∴＋的最小值是8.思路点拨：先由A，B，C三点共线，找出a，b的关系，然后把“1”代换，利用基本不等式求解．
6．(2015·河南开封月考，13)平面直角坐标系xOy中，已知A(1，0)，B(0，1)，C(－1，c)(c>0)，且|OC|＝2，若＝λ＋μ，则实数λ，μ的值分别是________．
【解析】 ∵||＝2，∴||2＝1＋c2＝4，c>0，∴c＝.∵＝λ＋μ，∴(－1，)＝λ(1，0)＋μ(0，1)，∴λ＝－1，μ＝.【答案】 －1，7．(2015·山西临汾模拟，15)如图，△ABC中，＋＋＝0，＝a，＝b.若＝ma，＝nb，CG∩PQ＝H，＝2，则＋＝________．
【解析】 由＋＋＝0，知G为△ABC的重心，取AB的中点D，则＝＝＝(＋)＝＋，由P，H，Q三点共线，得＋＝1，则＋＝6.【答案】 6
8．(2014·山西阳泉三模，14)设O在△ABC的内部，且有＋2＋3＝0，则△ABC的面积和△AOC的面积之比为________．
【解析】 设AC，BC的中点分别为M，N，则已知条件可化为(＋)＋2(＋)＝0，即2＋4＝0，所以＝－2，说明M，O，N三点共线，即O为中位线MN上的一个三等分点，S△AOC＝S△ANC＝·S△ABC＝S△ABC，所以＝3.【答案】 3
1．(2015·山东，4，易)已知菱形ABCD的边长为a，∠ABC＝60°，则·＝()
A．－a2
B．－a2
C.a2
D.a2
【答案】 D ∵＝＋，且＝，∴·＝(＋)·＝·＋2＝||||cos
60°＋||2＝a2＋a2＝a2.故选D.2．(2015·重庆，6，易)若非零向量a，b满足|a|＝|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为()
A.B.C.D．π
【答案】 A 设|b|＝x，〈a，b〉＝θ，则|a|＝x，a·b＝x2cos
θ.∵(a－b)⊥(3a＋2b)，∴(a－b)·(3a＋2b)＝0，∴3a2＋2a·b－3a·b－2b2＝0，即3×x2－x2cos
θ－2x2＝0，∴cos
θ＝，∴cos
θ＝.∵θ∈[0，π]，∴θ＝，故选A.3．(2015·湖北，11，易)已知向量⊥，||＝3，则·＝________．
【解析】 ·＝·(＋)
＝2＋·＝9.【答案】 9
1．(2014·重庆，4，易)已知向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，且(2a－3b)⊥c，则实数k＝()
A．－
B．0
C．3
D.【答案】 C 2a－3b＝(2k－3，－6)，由(2a－3b)⊥c，得4k－6－6＝0，解得k＝3.故选C.2．(2013·湖北，6，易)已知点A(－1，1)，B(1，2)，C(－2，－1)，D(3，4)，则向量在方向上的投影为()
A.B.C．－
D．－
【答案】 A 由＝(2，1)，＝(5，5)，得·＝15，||＝5.∵·＝||||cos
〈，〉，∴||cos
〈，〉＝＝＝.故选A.3．(2013·湖南，8，中)已知a，b是单位向量，a·b＝0，若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的最大值为()
A.－1
B.C.＋1
D.＋2
【答案】 C 建立如图所示的平面直角坐标系，由题意知a⊥b，且a与b是单位向量，∴可设＝a＝(1，0)，＝b＝(0，1)，＝c＝(x，y)．
∴c－a－b＝(x－1，y－1)，∵|c－a－b|＝1，∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，即点C(x，y)的轨迹是以M(1，1)为圆心，1为半径的圆．而|c|＝，∴|c|的最大值为|OM|＋1，即|c|max＝＋1，故选C.4．(2012·广东，8，难)对任意两个非零的平面向量α和β，定义α∘β＝.若平面向量a，b满足|a|≥|b|>0，a与b的夹角θ∈，且a∘b和b∘a都在集合中，则a∘b＝()
A.B．1
C.D.【答案】 C 根据题中给定的两个向量的新运算可知a∘b＝＝＝，b∘a＝，又由θ∈可得 θ<1，由|a|≥|b|>0可得0<≤1，于是0<<1，即b∘a∈(0，1)，又由于b∘a∈，所以＝，即|a|＝2|b|cos θ.① 同理>，将①代入后得2cos2θ>，又由于a∘b∈，所以a∘b＝2cos2θ＝(n∈Z)，于是1<<2，故n＝3，∴cos θ＝，|a|＝|b|，∴a∘b＝×＝，故选C.5．(2014·江西，14，中)已知单位向量e1与e2的夹角为α，且cos α＝，向量a＝3e1－2e2与b＝3e1－e2的夹角为β，则cos β＝________． 【解析】 a·b＝(3e1－2e2)·(3e1－e2)＝9＋2－9×1×1×＝8.∵|a|2＝(3e1－2e2)2＝9＋4－12×1×1×＝9，∴|a|＝3.∵|b|2＝(3e1－e2)2＝9＋1－6×1×1×＝8，∴|b|＝2，∴cos β＝＝＝.【答案】 6．(2012·安徽，14，中)若平面向量a，b满足|2a－b|≤3，则a·b的最小值是________． 【解析】 由向量的数量积知－|a||b|≤a·b≤|a||b|⇒|a|·|b|≥－a·b(当且仅当〈a，b〉＝π时等号成立)． 由|2a－b|≤3⇒4|a|2－4a·b＋|b|2≤9⇒9＋4a·b≥4|a|2＋|b|2≥4|a||b|≥－4a·b⇒a·b≥－(当且仅当2|a|＝|b|，〈a，b〉＝π时取等号)，∴a·b的最小值为－.【答案】 － 思路点拨：先由|2a－b|≤3找出a·b与|a|·|b|之间关系，再利用基本不等式及数量积的定义求最值． 7．(2014·安徽，15，难)已知两个不相等的非零向量a，b，两组向量x1，x2，x3，x4，x5和y1，y2，y3，y4，y5均由2个a和3个b排列而成．记S＝x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·y4＋x5·y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)． ①S有5个不同的值； ②若a⊥b，则Smin与|a|无关； ③若a∥b，则Smin与|b|无关； ④若|b|＞4|a|，则Smin＞0； ⑤若|b|＝2|a|，Smin＝8|a|2，则a与b的夹角为.【解析】 S有3种结果： S1＝a2＋a2＋b2＋b2＋b2，S2＝a2＋a·b＋a·b＋b2＋b2，S3＝a·b＋a·b＋a·b＋a·b＋b2，故①错误． ∵S1－S2＝S2－S3＝a2＋b2－2a·b ≥a2＋b2－2|a||b|＝(|a|－|b|)2≥0，∴S中的最小值为S3.若a⊥b，则Smin＝S3＝b2，与|a|无关，故②正确． 若a∥b，则Smin＝S3＝4a·b＋b2，与|b|有关，故③错误． 若|b|>4|a|，则Smin＝S3＝4|a||b|cos θ＋b2>－4|a||b|＋b2>－|b|2＋b2＝0，故④正确． 若|b|＝2|a|，则Smin＝S3＝8|a|2cos θ＋4|a|2＝8|a|2，∴2cos θ＝1，∴θ＝，故⑤错误． 【答案】 ②④ 考向1 平面向量的垂直与夹角 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＝a，＝b，则∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫作向量a与b的夹角． (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|cos θ叫作a与b的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos θ.规定：0·a＝0.(3)数量积的几何意义：数量积a·b等于a的模|a|与b在a的方向上的投影|b|cos θ的乘积． 两个向量的数量积是一个数量，而不是向量，它的值为两个向量的模与两向量夹角的余弦值的乘积，其符号由夹角的余弦值确定． 2．平面向量数量积的性质 设a，b都是非零向量，e是与b方向相同的单位向量，θ是a与e的夹角，则 (1)e·a＝a·e＝|a|cos θ.(2)a⊥b⇔a·b＝0.(3)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|＝.(4)cos θ＝.(5)|a·b|≤|a||b|.3．平面向量数量积的坐标表示 设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a，b的夹角为θ，则 (1)a·b＝x1x2＋y1y2.(2)|a|＝.若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则||＝.(3)cos θ＝.(4)a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.x1y2－x2y1＝0与x1x2＋y1y2＝0不同，前者是两向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)共线的充要条件，后者是它们垂直的充要条件． (1)(2014·四川，7)平面向量a＝(1，2)，b＝(4，2)，c＝ma＋b(m∈R)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则m＝() A．－2 B．－1 C．1 D．2 (2)(2014·天津，8)已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，点E，F分别在边BC，DC上，BE＝λBC，DF＝μDC.若·＝1，·＝－，则λ＋μ＝() A.B.C.D.(3)(2013·山东，15)已知向量与的夹角为120°，且||＝3，||＝2.若＝λ＋，且⊥，则实数λ的值为________． 【解析】(1)c＝ma＋b＝(m＋4，2m＋2)，a·c＝5m＋8，b·c＝8m＋20.由两向量的夹角相等可得＝，即为＝，解得m＝2.(2)以，为基向量，则·＝(＋λ)·(＋μ)＝μ2＋λ2＋(1＋λμ)·＝4(μ＋λ)－2(1＋λμ)＝1.① ·＝(λ－1)·(μ－1)＝－2(λ－1)(μ－1)＝－.② 由①②可得λ＋μ＝.(3)∵⊥，∴·＝0，∴(λ＋)·＝0，即(λ＋)·(－)＝λ·－λ2＋2－·＝0.∵向量与的夹角为120°，||＝3，||＝2，∴(λ－1)||||·cos 120°－9λ＋4＝0，解得λ＝.【答案】(1)D(2)C(3) 【点拨】 题(1)考查了平面向量的坐标运算以及向量的夹角公式，求解时先进行运算，最后代入坐标，使解题过程简洁；题(2)根据条件把，分别用，表示，然后根据向量数量积公式得方程组求解；解题(3)的方法是根据·＝0列出等量关系求出λ.平面向量数量积的应用 (1)根据平面向量数量积的性质：若a，b为非零向量，cos θ＝(夹角公式)，a⊥b⇔a·b＝0等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题． (2)数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于0且两向量不共线时两向量的夹角为钝角． (1)(2011·课标全国，10)已知a与b均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题 p1：|a＋b|>1⇔θ∈ p2：|a＋b|>1⇔θ∈ p3：|a－b|>1⇔θ∈ p4：|a－b|>1⇔θ∈ 其中的真命题是() A．p1，p4 B．p1，p3 C．p2，p3 D．p2，p4 (2)(2014·湖北，11)设向量a＝(3，3)，b＝(1，－1)，若(a＋λb)⊥(a－λb)，则实数λ＝________． (1)【答案】 A ∵|a|＝|b|＝1，且θ∈[0，π]，若|a＋b|>1，则(a＋b)2>1，∴a2＋2a·b＋b2>1，即a·b>－，∴cos θ＝＝a·b>－，∴θ∈； 若|a－b|>1，同理求得a·b<，∴cos θ＝a·b<，∴θ∈，∴p1，p4正确，故选A.(2)【解析】 ∵a＋λb＝(3＋λ，3－λ)，a－λb＝(3－λ，3＋λ)，又(a＋λb)⊥(a－λb)，∴(a＋λb)·(a－λb)＝(3＋λ)(3－λ)＋(3－λ)(3＋λ)＝0，解得λ＝±3.【答案】 ±3 考向2 平面向量的模及其应用 求平面向量的模的公式 (1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝＝； (2)|a±b|＝＝； (3)若a＝(x，y)，则|a|＝.(1)(2014·课标Ⅱ，3)设向量a，b满足|a＋b|＝，|a－b|＝，则a·b＝() A．1 B．2 C．3 D．5 (2)(2014·湖南，16)在平面直角坐标系中，O为原点，A(－1，0)，B(0，)，C(3，0)，动点D满足||＝1，则|＋＋|的最大值是________． 【解析】(1)由|a＋b|＝得a2＋b2＋2a·b＝10，① 由|a－b|＝得a2＋b2－2a·b＝6，② ①－②得4a·b＝4，∴a·b＝1，故选A.(2)方法一：设D(x，y)，由＝(x－3，y)及||＝1可知(x－3)2＋y2＝1，即动点D的轨迹为以点C为圆心的单位圆． 又＋＋＝(－1，0)＋(0，)＋(x，y)＝(x－1，y＋)，∴|＋＋|＝，问题转化为圆(x－3)2＋y2＝1上的点与点P(1，－)间距离的最大值． ∵圆心C(3，0)与点P(1，－)之间的距离为＝，故的最大值为＋1.方法二：设D(x，y)，则由||＝1，得(x－3)2＋y2＝1，从而可设x＝3＋cos α，y＝sin α，α∈R.而＋＋＝(x－1，y＋)，则|＋＋|＝ ＝ ＝＝，其中sin φ＝，cos φ＝.显然当sin(α＋φ)＝1时，|＋＋|有最大值＝＋1.方法三：＋＋＝＋＋＋，设a＝＋＋＝(2，)，则|a|＝，从而＋＋＝a＋，则|＋＋|＝|a＋|≤|a|＋||＝＋1，当a与同向时，|＋＋|有最大值＋1.【答案】(1)A(2)＋1 【点拨】 解题(1)时注意先求模的平方，再用加减运算求解；题(2)方法一利用几何意义将问题转化为几何问题；方法二采用换元法将问题转化为求三角函数的最值；方法三利用向量运算性质求解． 1.求向量的模的方法 (1)公式法：利用|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，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． 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． (2015·河南开封模拟，14)已知向量a与b垂直，|a|＝2，若使得(a－c)·(b－c)＝0的c的模的最大值为，则|b|＝________． 【解析】 因为(a－c)·(b－c)＝a·b＋c2－(a＋b)·c＝0且a与b垂直，所以c2＝(a＋b)·c，|c|＝|a＋b|cos θ≤|a＋b|(θ为a＋b与c的夹角)，由题意知|a＋b|＝＝＝＝，得|b|＝1.【答案】 1 1．(2015·河北承德质检，4)已知两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，则下列结论正确的是() A．a∥b B．a⊥b C．|a|＝|b| D．a＋b＝a－b 【答案】 B 因为|a＋b|＝|a－b|，所以(a＋b)2＝(a－b)2，即a·b＝0，所以a⊥b.故选B.2．(2015·浙江温州二模，5)已知|a|＝1，a·b＝，(a－b)2＝1，则a与b的夹角等于() A．30° B．45° C．60° D．120° 【答案】 C 设a与b的夹角为θ，因为a·b＝|a||b|·cos θ＝，且|a|＝1，所以|b|cos θ＝.① 又|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b＝1，即1＋|b|2－1＝1，故|b|＝1.② 由①②得cos θ＝.又θ∈[0°，180°]，所以θ＝60°.故选C.3．(2015·河南驻马店质检，6)若O为△ABC所在平面内任一点，且满足(－)·(＋－2)＝0，则△ABC的形状为() A．正三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形 【答案】 C 因为(－)·(＋－2)＝0，即·(＋)＝0，∵－＝，∴(－)·(＋)＝0，即||＝||，所以△ABC是等腰三角形，故选C.4．(2015·上海嘉定模拟，15)已知i，j，k表示共面的三个单位向量，i⊥j，那么(i＋k)·(j＋k)的取值范围是() A．[－3，3] B．[－2，2] C．[－1，＋1] D．[1－，1＋] 【答案】 D 由i⊥j，得i·j＝0，又i，j为单位向量，∴|i＋j|＝＝，则(i＋k)·(j＋k)＝i·j＋(i＋j)·k＋k2 ＝(i＋j)·k＋1＝|i＋j|cosi＋j，k＋1 ＝cosi＋j，k＋1，又∵－1≤cosi＋j，k≤1，∴(i＋k)·(j＋k)的取值范围是[1－，1＋]．故选D.5．(2015·福建莆田一模，6)已知a，b，c均为单位向量，且|a＋b|＝1，则(a－b)·c的取值范围是() A．[0，1] B．[－1，1] C．[－，] D．[0，] 【答案】 C 由a，b为单位向量和|a＋b|＝1的几何意义，可知|a－b|＝，设a－b与c的夹角为θ，则(a－b)·c＝|a－b||c|·cos θ，∵cos θ∈[－1，1]，∴(a－b)·c的取值范围为[－，]． 6．(2014·湖南九校联考，9)对于非零向量m，n，定义运算“*”：m*n＝|m||n|sin θ，其中θ为m，n的夹角，有两两不共线的三个向量a，b，c，下列结论正确的是() A．若a*b＝a*c，则b＝c B．(a*b)c＝a(b*c) C．a*b＝(－a)*b D．(a＋b)*c＝a*c＋b*c 【答案】 C a，b，c为两两不共线向量，则a，b，c为非零向量，故A不正确；设a，b夹角为θ，b，c夹角为α，则(a*b)c＝|a||b|·sin θ·c，a(b*c)＝|b||c|sin α·a，故B不正确；a*b＝|a||b|sin θ＝|－a||b|sin(π－θ)＝(－a)*b.故选C.7．(2015·山东淄博一模，14)若a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，则b与a－b的夹角的取值范围是________． 【解析】 设＝a，＝b，以OA与OB为邻边作平行四边形OACB，因为|a|＝|b|，所以四边形OACB是菱形，设∠BOC＝θ，则∠OBC＝π－2θ，在△OBC中，由正弦定理可得＝，化简得cos θ＝，由λ∈得∈，所以θ∈，所以b，a－b＝θ＋∈.【答案】 8．(2014·江西南昌二模，12)关于平面向量a，b，c，有下列三个命题： ①若a·b＝a·c，则b＝c； ②若a＝(1，k)，b＝(－2，6)，a∥b，则k＝－3； ③非零向量a和b满足|a|＝|b|＝|a－b|，则a与a＋b的夹角为60°.其中真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)． 【解析】 命题①明显错误．由两向量平行的充要条件得1×6＋2k＝0，k＝－3，故命题②正确．由|a|＝|b|＝|a－b|，再结合平行四边形法则可得a与a＋b的夹角为30°，命题③错误． 【答案】 ② 1．(2015·天津，14，中)在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝λ，＝，则·的最小值为________． 【解析】 如图，分别过C，D作CN⊥AB于N，DM⊥AB于M，则AM＝BN＝，∴CD＝MN＝1.∴·＝(＋)·(＋＋) ＝2＋·＋·＋·＋·＋· ＝4－1－2－λ＋λ＋λ· ＝＋＋≥＋2＝，当且仅当＝，即λ＝时等号成立，此时·有最小值.【答案】 2．(2015·江苏，14，难)设向量ak＝(k＝0，1，2，…，12)，则 (ak·ak＋1)的值为________． 【解析】 ak·ak＋1 ＝· ＝coscosπ＋· ＝coscosπ＋sinsinπ＋sincosπ＋cossinπ＋coscosπ ＝cos＋sinπ＋coscosπ，(ak·ak＋1)＝12cos＋sinπ＋coscosπ ＝6＋0＋4 ＝9.【答案】 9 3．(2015·浙江，15，难)已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝.若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝______，y0＝________，|b|＝________． 【解析】 ∵e1·e2＝|e1||e2|cos〈e1，e2〉＝cos〈e1，e2〉＝，∴〈e1，e2〉＝.不妨设e1＝，e2＝(1，0，0)，b＝(m，n，t)． 则由题意知b·e1＝m＋n＝2，b·e2＝m＝.解得n＝，m＝，∴b＝.∵b－(xe1＋ye2) ＝，∴|b－(xe1＋ye2)|2＝＋＋t2.由题意，当x＝x0＝1，y＝y0＝2时，|b－(xe1＋ye2)|2取到最小值1.此时t2＝1，故|b|＝ ＝＝2.【答案】 1 2 2 4．(2015·广东，16，12分，易)在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝，n＝(sin x，cos x)，x∈.(1)若m⊥n，求tan x的值； (2)若m与n的夹角为，求x的值． 解：(1)∵m＝，n＝(sin x，cos x)，m⊥n，∴m·n＝sin x－cos x＝0，即sin x＝cos x，∴tan x＝＝1.(2)由题意知，|m|＝＝1，|n|＝＝1，m·n＝sin x－cos x＝sin.而m·n＝|m|·|n|·cos〈m，n〉 ＝cos＝.∴sin＝，又∵x∈，x－∈，∴x－＝，∴x＝.1．(2012·湖南，7，中)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，·＝1，则BC＝() A.B.C．2 D.【答案】 A ∵·＝·(－)＝·－2＝1，∴·＝5，即2×3cos A＝5，∴cos A＝.由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A＝3，∴BC＝，故选A.思路点拨：先根据数量积求出角A的三角函数值，再由余弦定理求BC.2．(2012·江西，7，中)在直角三角形ABC中，点D是斜边AB的中点，点P为线段CD的中点，则＝() A．2 B．4 C．5 D．10 【答案】 D 方法一：以C为原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴建立直角坐标系．设A(a，0)，B(0，b)，则D，P.从而|PA|2＋|PB|2＝＋＝(a2＋b2)＝10|PC|2，故＝10.方法二：因为－＝，且＋＝2，两式平方相加得22＋22＝2＋42＝42＋42＝202，故＝10.3．(2014·安徽，10，难)在平面直角坐标系xOy中，已知向量a，b，|a|＝|b|＝1，a·b＝0，点Q满足＝(a＋b)．曲线C＝{P|＝acos θ＋bsin θ，0≤θ＜2π}，区域Ω＝{P|0＜r≤||≤R，r＜R}．若C∩Ω为两段分离的曲线，则() A．1＜r＜R＜3 B．1＜r＜3≤R C．r≤1＜R＜3 D．1＜r＜3＜R 【答案】 A 由题意，可取a＝(1，0)，b＝(0，1)，则＝(，)，＝(cos θ，sin θ)，＝(－cos θ，－sin θ)，∴||2＝(－cos θ)2＋(－sin θ)2 ＝5－2(cos θ＋sin θ) ＝5－4sin.∵0≤θ<2π，∴≤θ＋<，∴1≤||2≤9，即1≤||≤3.因为C∩Ω为两段分离的曲线，结合图象(如图)可知，1 A.B.C.D.【答案】 A 如图，＝－，＝－，∵·＝－，∴(－)·(－)＝－，·－·－·＋·＝－.又＝λ，＝(1－λ)，代入上式得 (1－λ)·λ－(1－λ)·－·λ＋·＝－.(*) ∵△ABC为等边三角形，且||＝||＝||＝2，∴·＝||·||·cos 60°＝2×2×＝2，||2＝4，||2＝4，代入(*)式得4λ2－4λ＋1＝0，即(2λ－1)2＝0，∴λ＝，故选A.5．(2014·江苏，12，易)如图，在平行四边形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，＝3，·＝2，则·的值是________． 【解析】 由题意，＝＋＝＋，＝＋＝＋＝－，所以·＝ · ＝2－·－2，代入数据得2＝25－·－×64，解得·＝22.【答案】 22 6．(2012·北京，13，中)已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则·的值为________；·的最大值为________． 【解析】 ①以D点为原点，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的直角坐标系，则D(0，0)，A(0，1)，B(1，1)，C(1，0)．设E(x，1)，那么＝(x，1)，＝(0，1)，∴·＝1.②∵＝(1，0)，∴·＝x.∵正方形的边长为1，∴x的最大值为1，故·的最大值为1.【答案】 1 1 7．(2012·上海，12，中)在平行四边形ABCD中，∠A＝，边AB，AD的长分别为2，1.若M，N分别是边BC，CD上的点，且满足＝，则·的取值范围是________． 【解析】 方法一：因为点M，N分别在边BC和CD上，可设＝＝k∈[0，1]，则·＝(＋)·(＋＋) ＝(＋k)·(＋＋k) ＝ 2＋·＋k·＋k·＋k 2＋k2·＝4＋2×1×－4k＋2×1×k＋k－1×2×k2＝5－2k－k2＝－(k＋1)2＋6∈[2，5]，k∈[0，1]． 方法二：建立平面直角坐标系，如图． 则B(2，0)，C，D.令＝＝λ，则M，N.∴·＝·＋λ＝－λ2－2λ＋5＝－(λ＋1)2＋6.∵0≤λ≤1，∴·∈[2，5]． 【答案】 [2，5] 8．(2013·江苏，15，14分，易)已知a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，0<β<α<π.(1)若|a－b|＝，求证：a⊥b； (2)设c＝(0，1)，若a＋b＝c，求α，β的值． 解：(1)证明：由题意得|a－b|2＝2，即(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝2.又因为a2＝b2＝|a|2＝|b|2＝1，所以2－2a·b＝2，即a·b＝0，故a⊥b.(2)因为a＋b＝(cos α＋cos β，sin α＋sin β)＝(0，1)，所以 由此得，cos α＝cos(π－β)． 由0<β<π，得0<π－β<π，又0<α<π，故α＝π－β.代入sin α＋sin β＝1，得sin α＝sin β＝.又α>β，所以α＝，β＝.考向1 平面向量在平面几何中的应用 向量在几何中的应用 (1)证明线段平行问题，包括相似问题，常用向量平行(共线)的充要条件：a∥b⇔a＝λb⇔x1y2－x2y1＝0.(2)证明垂直问题，常用向量垂直的充要条件： a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.(3)求夹角问题，常用公式： cos θ＝＝.(4)求线段的长度，可以用向量的线性运算，向量的模 |a|＝＝或 |AB|＝||＝.(1)(2013·福建，7)在四边形ABCD中，＝(1，2)，＝(－4，2)，则该四边形的面积为() A.B．2 C．5 D．10 (2)(2013·天津，12)在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点．若·＝1，则AB的长为________． 【解析】(1)·＝(1，2)·(－4，2)＝0，故⊥.故四边形ABCD的对角线互相垂直，面积S＝·||·||＝××2＝5，故选C.(2)方法一：由题意可知，＝＋，＝－＋.因为·＝1，所以(＋)·＝1，则2＋·－2＝1.① 因为||＝1，∠BAD＝60°，所以·＝||，因此①式可化为1＋||－||2＝1.解得||＝0(舍去)或，所以AB的长为.方法二：以A为原点，AB为x轴建立如图的直角坐标系，过D作DM⊥AB于点M.由AD＝1，∠BAD＝60°，可知AM＝，DM＝.设|AB|＝m(m＞0)，则B(m，0)． C，D.因为E是CD的中点，所以E.所以＝，＝.由·＝1，可得＋＝1，即2m2－m＝0，所以m＝0(舍去)或.故AB的长为.【答案】(1)C(2) 【点拨】 解题(1)的关键是利用向量证明AC⊥BD；解题(2)的方法一是利用平面向量运算，将，用已知向量表示，然后求解；方法二是建立合适的平面直角坐标系，用坐标法求解，准确写出点的坐标是关键． 用向量解决平面几何问题的步骤 (1)建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题； (2)通过向量运算研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题； (3)把运算结果“翻译”成几何关系． (2013·课标Ⅱ，13)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则·＝________． 【解析】 方法一：· ＝·(－) ＝2－2＝22－×22＝2.方法二：以A为原点建立平面直角坐标系(如图)，可得A(0，0)，E(1，2)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，2)，＝(1，2)，＝(－2，2)，则·＝(1，2)·(－2，2)＝1×(－2)＋2×2＝2.【答案】 2 考向2 平面向量在三角函数中的应用 与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热点问题．解此类问题，除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式、向量模、夹角的坐标运算公式外，还应掌握三角恒等变换的相关知识． (1)(2014·山东，12)在△ABC中，已知·＝tan A，当A＝时，△ABC的面积为________． (2)(2013·辽宁，17，12分)设向量a＝(sin x，sin x)，b＝(cos x，sin x)，x∈.①若|a|＝|b|，求x的值； ②设函数f(x)＝a·b，求f(x)的最大值． 【解析】(1)在△ABC中，·＝||·|·cos A＝tan A，∴||·||＝＝＝.由三角形面积公式，得S＝|AB|·|AC|sin A＝××＝.(2)①由|a|2＝(sin x)2＋(sin x)2＝4sin2x，|b|2＝cos2x＋sin2x＝1，及|a|＝|b|，得4sin2x＝1.又x∈，∴sin x＝，∴x＝.②f(x)＝a·b＝sin x·cos x＋sin2x ＝sin 2x－cos 2x＋ ＝sin＋，当x＝∈时，sin取最大值1.∴f(x)的最大值为.【点拨】 解题(1)的关键是利用向量知识求出||·||的值；解题(2)时注意角x的取值范围． 向量与三角函数综合问题的特点与解题思路 (1)以向量为载体考查三角函数的综合应用题目，通过向量的坐标运算构建出三角函数，然后再考查有关三角函数的最值、单调性、周期性等三角函数性质问题，有时还加入参数，考查分类讨论的思想方法． (2)对于三角函数求最值问题，大都有两种形式：一种是化成y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)的形式，另一种是化成y＝asin2x＋bsin x＋c或y＝acos2x＋bcos x＋c的形式． (2015·安徽宣城模拟，17，12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若·＝·＝1.(1)判断△ABC的形状； (2)求边长c的值； (3)若|＋|＝2，求△ABC的面积． 解：(1)由·＝·＝1，得bc·cos A＝ac·cos B，由正弦定理，即sin Bcos A＝sin Acos B，∴sin(A－B)＝0，∴A＝B，即△ABC是等腰三角形． (2)由·＝1，得bc·cos A＝1，又bc·＝1，则b2＋c2－a2＝2，又a＝b，∴c2＝2，即c＝.(3)由|＋|＝2，得2＋b2＋2＝8，∴b＝2，又c＝，∴cos A＝，sin A＝，∴S△ABC＝bc·sin A＝×2××＝.1．(2015·安徽铜陵质检，6)已知向量＝(2，2)，＝(4，1)，在x轴上存在一点P使·有最小值，则点P的坐标是() A．(－3，0) B．(2，0) C．(3，0) D．(4，0) 【答案】 C 设点P的坐标为(x，0)，则＝(x－2，－2)，＝(x－4，－1)． ·＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1) ＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1.当x＝3时，·有最小值1.此时点P的坐标是(3，0)． 2．(2015·湖北宜昌一模，6)已知△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，若3＋4＋5＝0，则△AOC的面积为() A.B.C.D.【答案】 A 由题设，得3＋5＝－4，即9＋2×3×5·＋25＝16，∴cos∠AOC＝－，∴sin∠AOC＝，S△AOC＝×1×1×＝.3．(2015·辽宁大连质检，8)设F1，F2为椭圆＋y2＝1的左、右焦点，过椭圆中心任作一条直线与椭圆交于P，Q两点，当四边形PF1QF2面积最大时，·的值等于() A．0 B．2 C．4 D．－2 【答案】 D 由题意得c＝＝，S四边形PF1QF2＝2S△PF1F2＝2××|F1F2|·h(h为F1F2边上的高)，所以当h＝b＝1时，S四边形PF1QF2取最大值，此时∠F1PF2＝120°，||＝||＝2.所以·＝|| ||cos 120°＝2×2×＝－2.4．(2014·湖南长沙二模，6)如图，在△ABC中，AD⊥AB，＝，||＝1，则·＝() A．2 B.C．－ D.【答案】 D 以A为原点，AB，AD分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图． 设B(xB，0)，D(0，1)，C(xC，yC)，＝(xC－xB，yC)，＝(－xB，1)，∵＝，∴xC－xB＝－xB⇒xC＝(1－)xB，yC＝，＝((1－)xB，)，＝(0，1)，·＝.5．(2014·河北石家庄一模，6)已知点G为△ABC的重心，∠A＝120°，·＝－2，则||的最小值是() A.B.C.D.【答案】 C 设BC的中点为M，则＝.又M为BC中点，∴＝(＋)，∴＝＝(＋)，∴||＝.又∵·＝－2，∠A＝120°，∴||||＝4.∴||＝ ≥＝，当且仅当||＝||时取“＝”，∴||的最小值为，故选C.6．(2015·河南周口一模，14)已知点O为△ABC的外心，且||＝4，||＝2，则·＝________． 【解析】 因为点O为△ABC的外心，且||＝4，||＝2，所以·＝·(－) ＝·－· ＝||||cos〈，〉－||||·cos〈，〉 ＝||||×－||||×＝6.【答案】 6 7．(2015·山东临沂质检，14)在直角梯形ABCD中，∠A＝90°，∠B＝30°，AB＝2，BC＝2，点E在线段CD上，若＝＋μ，则μ的取值范围是________． 【解析】 由余弦定理，得 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B ＝(2)2＋22－2×2×2cos 30°＝4，∴AC＝2，∴AC＝BC＝2，∴∠CAB＝30°，∠DAC＝60°.AD＝1，∴AE∈[1，2]，∵＝＋μ，∴||2＝(＋μ)2 ＝||2＋|μ|2 ＝1＋(2)2μ2＝1＋12μ2，∴μ2＝，∵||∈[1，2]，∴μ2∈，∴μ∈.【答案】 8．(2015·山西太原一模，14)设G是△ABC的重心，且sin A·＋3sin B·＋3sin C·＝0，则角B的大小为______________． 【解析】 ∵sin A·＋3sin B·＋3sin C·＝0，设三角形的边长顺次为a，b，c，由正弦定理得a·＋3b·＋3c·＝0，由点G为△ABC的重心，根据中线的性质及向量加法法则得： 3＝＋，3＝＋，3＝＋，代入上式得：a(＋)＋3b(＋)＋3c(＋)＝0，又＝＋，上式可化为： a(2＋)＋3b(＋)＋3c·(－＋2)＝0，即(2a－3b－3c)＋(－a－3b＋6c)＝0，则有 ①－②得3a＝9c，即a∶c＝3∶1，设a＝3k，c＝k，代入①得b＝－k，∴cos B＝＝＝，∴B＝.【答案】 9．(2014·江西五校联考，17，12分)已知向量m＝，n＝.(1)若m·n＝1，求cos的值； (2)记f(x)＝m·n，在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cos B＝bcos C，求函数f(A)的取值范围． 解：m·n＝sincos＋cos2 ＝sin＋×cos＋ ＝sin＋.(1)∵m·n＝1，∴sin＝，cos＝1－2sin2＝，cos＝－cos＝－.(2)∵(2a－c)cos B＝bcos C，由正弦定理得(2sin A－sin C)·cos B＝sin Bcos C，∴2sin Acos B＝sin Ccos B＋sin Bcos C，∴2sin Acos B＝sin(B＋C)． ∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sin A，且sin A≠0，∴cos B＝，B＝.∴0 一、选择题(共10小题，每小题5分，共50分) 1．(2015·湖南株洲质检，4)已知向量a＝(3，4)，b＝(sin α，cos α)，且a∥b，则tan α＝() A.B．－ C.D．－ 【答案】 A 方法一：∵a∥b⇒a＝λb，则(3，4)＝λ(sin α，cos α)，∴即tan α＝.方法二：∵a＝(3，4)，b＝(sin α，cos α)，且a∥b，∴3cos α－4sin α＝0，即tan α＝＝.2．(2013·大纲全国，3)已知向量m＝(λ＋1，1)，n＝(λ＋2，2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则λ＝() A．－4 B．－3 C．－2 D．－1 【答案】 B ∵m＋n＝(2λ＋3，3)，m－n＝(－1，－1)，由题意知(m＋n)·(m－n)＝0，即－(2λ＋3)－3＝0，因此λ＝－3.故选B.3．(2015·浙江杭州二模，6)设A，B，C为直线l上不同的三点，O为直线l外一点．若p＋q＋r＝0(p，q，r∈R)，则p＋q＋r＝() A．－1 B．0 C．1 D．3 【答案】 B 由已知得＝－－，而A，B，C三点共线，所以－＋＝1，所以p＋q＋r＝0.4．(2015·福建福州一模，6)如图，设向量＝(3，1)，＝(1，3)，若＝λ＋μ，且λ≥μ≥1，则用阴影表示C点所有可能的位置区域正确的是() 【答案】 D 设C(x，y)．∵＝λ＋μ＝λ(3，1)＋μ(1，3)＝(3λ＋μ，λ＋3μ)，∴解得 ∵λ≥μ≥1，∴故选D.5．(2015·黑龙江伊春质检，6)已知平面向量a，b满足|a|＝3，|b|＝2，a与b的夹角为120°，若(a＋mb)⊥a，则实数m的值为() A．1 B.C．2 D．3 【答案】 D ∵(a＋mb)⊥a，∴(a＋mb)·a＝0，∴|a|2＋m·|a|·|b|cos 120°＝0，即9＋m·3×2×＝0，∴m＝3.故选D.6．(2015·河南中原名校联考，4)已知不共线向量a，b，|a|＝2，|b|＝3，a·(b－a)＝1，则|a－b|＝() A.B．2 C.D.【答案】 A 由a·(b－a)＝1得a·b－a2＝1，∴a·b＝5.∴|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝4－2×5＋9＝3，∴|a－b|＝.故选A.7．(2013·广东，10)设a是已知的平面向量且a≠0.关于向量a的分解，有如下四个命题： ①给定向量b，总存在向量c，使a＝b＋c； ②给定向量b和c，总存在实数λ和μ，使a＝λb＋μc； ③给定单位向量b和正数μ，总存在单位向量c和实数λ，使a＝λb＋μc； ④给定正数λ和μ，总存在单位向量b和单位向量c，使a＝λb＋μ c.上述命题中的向量b，c和a在同一个平面内且两两不共线，则真命题的个数是() A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】 B 对于①，因为a与b给定，所以a－b一定存在，可表示为c，即c＝a－b，故a＝b＋c成立，①正确；对于②，因为b与c不共线，由平面向量基本定理可知②正确；对于③，以a的终点作长度为μ的圆，这个圆必须和向量λb有交点，这个不一定满足，故③错误；对于④，利用向量加法的三角形法则，结合三角形两边之和大于第三边，即必有|λb|＋|μc|＝λ＋μ≥|a|，故④错，因此正确的有2个．故选B.8．(2015·山西晋中十校联考，6)已知O为原点，点A，B的坐标分别为(a，0)，(0，a)，其中常数a>0，点P在线段AB上，且有＝t(0≤t≤1)，则·的最大值为() A．a B．2a C．3a D．a2 【答案】 D ∵＝t，∴＝＋＝＋t(－) ＝(1－t)＋t＝(a－at，at)，∴·＝a2(1－t)，∵0≤t≤1，∴0≤·≤a2.9．(2015·安徽安庆一模，6)已知点O为△ABC所在平面内一点，且2＋2＝2＋2＝2＋2，则O一定为△ABC的() A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心 【答案】 C 由2＋2＝2＋2，得2＋(－)2＝2＋(－)2，∴·＝·，∴·＝0.∴O在边AB的高线上． 同理，O在边AC，BC的高线上，则O为△ABC的垂心．故选C.10．(2015·江西宜春一模，11)已知定义在区间(0，3)上的函数f(x)的图象如图所示，若a＝(f(x)，0)，b＝(cos x，1)，则不等式a·b<0的解集是() A．(0，1) B．(0，1] C．(0，1)∪ D．(0，1]∪ 【答案】 C ∵(0，3)上的函数f(x)的图象如图所示，a＝(f(x)，0)，b＝(cos x，1) ∴当x∈(0，1)时，f(x)<0，cos x>0； 当x∈时，cos x≥0，f(x)≥0； 当x∈时，f(x)>0，cos x<0，∴a·b＝f(x)cos x<0的解集是(0，1)∪.二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分) 11．(2011·江苏，10)已知e1，e2 是夹角为的两个单位向量，a＝e1－2e2，b＝ke1＋e2.若 a·b＝0，则实数k的值为________． 【解析】 a·b＝(e1－2e2)·(ke1＋e2) ＝ke＋(1－2k)e1·e2－2e ＝k＋(1－2k)cos－2＝0，解得k＝.【答案】 12．(2015·山东烟台质检，14)△ABC的三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量m＝(3c－b，a－b)，n＝(3a＋3b，c)，m∥n，则cos A＝________． 【解析】 ∵m∥n，∴(3c－b)c＝(a－b)(3a＋3b)，即bc＝3(b2＋c2－a2)，∴＝，∴cos A＝＝.【答案】 13．(2015·江西南昌一模，12)已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1)，c＝(cos α，sin α)(α∈R)，实数m，n满足ma＋nb＝c，则(m－3)2＋n2的最大值为________． 【解析】 方法一：由ma＋nb＝c，可得 故(m＋n)2＋(m－n)2＝2，即m2＋n2＝1，故点M(m，n)在以原点为圆心，1为半径的圆上，则点P(3，0)到点M的距离的最大值为|OP|＋1＝3＋1＝4，故(m－3)2＋n2的最大值为42＝16.方法二：∵ma＋nb＝c，∴(m＋n，m－n)＝(cos α，sin α)(α∈R)． ∴m＋n＝cos α，m－n＝sin α.∴m＝sin，n＝cos.∴(m－3)2＋n2＝m2＋n2－6m＋9 ＝10－6sin.∵sin∈[－1，1]，∴(m－3)2＋n2的最大值为16.【答案】 16 14．(2012·江苏，9)如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝2，点E为BC的中点，点F在边CD上，若·＝，则·的值是________． 【解析】 方法一：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立平面直角坐标系，则A(0，0)，B(，0)，D(2，0)，E(，1)，设F(x，2)，∴＝(x，2)，＝(，0)，∴·＝x＝，∴x＝1，∴F(1，2)，∴·＝(，1)·(1－，2)＝.方法二：·＝||||cos∠BAF＝，∴||cos∠BAF＝1，即||＝1，∴||＝－1，·＝(＋)·(＋) ＝·＋·＋·＋· ＝·＋· ＝×(－1)×(－1)＋1×2×1＝.【答案】 三、解答题(共4小题，共50分) 15．(12分)(2015·山东德州一模，16)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cos(A－B)，sin(A－B))，n＝(cos B，－sin B)，且m·n＝－.(1)求sin A的值； (2)若a＝4，b＝5，求角B的大小及向量在方向上的投影． 解：(1)由m·n＝－，得cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－，所以cos A＝－.因为0 A＝＝＝.(2)由正弦定理，得＝，则sin B＝＝＝，因为a>b，所以A>B，则B＝，由余弦定理得 (4)2＝52＋c2－2×5c×，解得c＝1，故向量在方向上的投影为 ||cos B＝ccos B＝1×＝.16．(12分)(2014·广东惠州三模，18)在△ABC中，AB边上的中线CO＝2，若动点P满足＝sin2θ·＋cos2θ·(θ∈R)，求(＋)·的最小值． 解：因为＝sin2θ·＋cos2θ·，又因为sin2θ＋cos2θ＝1，所以C，P，O三点共线，且sin2θ，cos2θ∈[0，1]，所以点P在线段OC上，故(＋)·＝2·，设||＝t，t∈[0，2]，则(＋)·＝2t(2－t)×cos 180° ＝2t2－4t＝2(t－1)2－2，所以当t＝1时取最小值－2.17．(12分)(2015·重庆育才中学月考，17)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若m＝，n＝(－2，cos 2A＋1)，且m⊥n.(1)求角A的大小； (2)当a＝2，且△ABC的面积S＝时，求边c的值和△ABC的面积． 解：(1)由于m⊥n，所以m·n＝－2sin2＋cos 2A＋1 ＝1－2cos2＋2cos2A－1 ＝2cos2A－cos A－1 ＝(2cos A＋1)(cos A－1) ＝0.所以cos A＝－或cos A＝1(舍去)，又A∈(0，π)，故A＝.(2)由S＝及余弦定理得 ＝absin C，整理得 tan C＝.又C∈(0，π)，所以C＝.由(1)知A＝，故B＝C＝.又由正弦定理＝得c＝2，所以△ABC的面积S＝acsin B＝.18．(14分)(2013·重庆二模，20)如图，A是单位圆与x轴正半轴的交点，点P在单位圆上，∠AOP＝θ(0<θ<π)，＝＋，四边形OAQP的面积为S.(1)求·＋S的最大值及此时θ的值θ0； (2)设点B的坐标为，∠AOB＝α，在(1)的条件下求cos(α＋θ0)． 解：(1)由题意知A，P的坐标分别为(1，0)，(cos θ，sin θ)． ∵＝＋＝(1，0)＋(cos θ，sin θ)＝(1＋cos θ，sin θ)，∴·＝(1，0)·(1＋cos θ，sin θ) ＝1＋cos θ.由题意可知S＝sin θ.∴·＋S＝sin θ＋cos θ＋1 ＝sin＋1(0<θ<π)． ∴·＋S的最大值是＋1，此时θ0＝.(2)∵B，∠AOB＝α，∴cos α＝－，sin α＝.∴cos(α＋θ0)＝cos ＝cos αcos－sin αsin ＝－×－×＝－.
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