高中数学-必修4-三角恒等变换-复习专题

精选优质文档-----倾情为你奉上精选优质文档-----倾情为你奉上专心---专注---专业专心---专注---专业精选优质文档-----倾情为你奉上专心---专注---专业考点一平面向量的有关概念【例1】给出下列命题：6①若|a|＝|b|，则a＝b；②若A，B，C，D是不共线的四点，则eq\o(AB,\s\up12(→))＝eq\o(DC,\s\up12(→))是四边形ABCD为平行四边形的充要条件；③若a＝b，b＝c，则a＝c；④a＝b的充要条件是|a|＝|b|且a∥b.其中真命题的序号是________．考点二平面向量的线性运算例2】如图，在平行四边形OADB中，设eq\o(OA,\s\up12(→))＝a，eq\o(OB,\s\up12(→))＝b，Beq\o(M,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up12(→))，eq\o(CN,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CD,\s\up12(→)).试用a，b表示eq\o(OM,\s\up12(→))，eq\o(ON,\s\up12(→))及eq\o(MN,\s\up12(→)).【训练2】(1))如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AD,\s\up12(→))＝λeq\o(AO,\s\up12(→))，则λ＝________.(2))已知P，A，B，C是平面内四点，且eq\o(PA,\s\up12(→))＋eq\o(PB,\s\up12(→))＋eq\o(PC,\s\up12(→))＝eq\o(AC,\s\up12(→))，那么一定有()．A.eq\o(PB,\s\up12(→))＝2eq\o(CP,\s\up12(→))B.eq\o(CP,\s\up12(→))＝2eq\o(PB,\s\up12(→))C.eq\o(AP,\s\up12(→))＝2eq\o(PB,\s\up12(→))D.eq\o(PB,\s\up12(→))＝2eq\o(AP,\s\up12(→))考点三向量共线定理及其应用【例3】(2013·郑州一中月考)设两个非零向量a与b不共线．(1)若eq\o(AB,\s\up12(→))＝a＋b，eq\o(BC,\s\up12(→))＝2a＋8b，eq\o(CD,\s\up12(→))＝3(a－b)．求证：A，B，D三点共线；(2)试确定实数k，使ka＋b和a＋kb共线．【训练3】已知向量a，b不共线，且c＝λa＋b，d＝a＋(2λ－1)b，若c与d同向，则实数λ的值为_____．方法优化3——准确把握平面向量的概念和运算【典例】设a，b是两个非零向量．()．A．若|a＋b|＝|a|－|b|，则a⊥bB．若a⊥b，则|a＋b|＝|a|－|b|C．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得b＝λaD．若存在实数λ，使得b＝λa，则|a＋b|＝|a|－|b|【自主体验】在△OAB中，eq\o(OA,\s\up12(→))＝a，eq\o(OB,\s\up12(→))＝b，OD是AB边上的高，若eq\o(AD,\s\up12(→))＝λeq\o(AB,\s\up12(→))，则实数λ＝()．A.eq\f(a·a－b,|a－b|)B.eq\f(a·b－a,|a－b|)C.eq\f(a·a－b,|a－b|2)D.eq\f(a·b－a,|a－b|2)基础巩固题组1．若O，E，F是不共线的任意三点，则以下各式中成立的是()．A.eq\o(EF,\s\up12(→))＝eq\o(OF,\s\up12(→))＋eq\o(OE,\s\up12(→))B.eq\o(EF,\s\up12(→))＝eq\o(OF,\s\up12(→))－eq\o(OE,\s\up12(→))C.eq\o(EF,\s\up12(→))＝－eq\o(OF,\s\up12(→))＋eq\o(OE,\s\up12(→))D.eq\o(EF,\s\up12(→))＝－eq\o(OF,\s\up12(→))－eq\o(OE,\s\up12(→))3．对于非零向量a，b，“a＋b＝0”是“a∥b”A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．下列命题中，正确的是()．A．若|a|＝|b|，则a＝b或a＝－bB．若a·b＝0，则a＝0或b＝0C．若ka＝0，则k＝0或a＝0D．若a，b都是非零向量，则|a＋b|＞|a－b|5．若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足5eq\o(AM,\s\up12(→))＝eq\o(AB,\s\up12(→))＋3eq\o(AC,\s\up12(→))，则△ABM与△ABC的面积比为()．A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5).6．)给出下列命题：①向量eq\o(AB,\s\up12(→))的长度与向量eq\o(BA,\s\up12(→))的长度相等；②向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反；③两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同；④两个有公共终点的向量，一定是共线向量；⑤向量eq\o(AB,\s\up12(→))与向量eq\o(CD,\s\up12(→))是共线向量，则点A，B，C，D必在同一条直线上．其中不正确命题的序号是7．在▱ABCD中，eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(AD,\s\up12(→))＝b，eq\o(AN,\s\up12(→))＝3eq\o(NC,\s\up12(→))，M为BC的中点，则eq\o(MN,\s\up12(→))＝________(用a，b表示)．8．设a，b是两个不共线向量，eq\o(AB,\s\up12(→))＝2a＋pb，eq\o(BC,\s\up12(→))＝a＋b，eq\o(CD,\s\up12(→))＝a－2b，若A，B，D三点共线，则实数p的值为________．9．在△ABC中，D，E分别为BC，AC边上的中点，G为BE上一点，且GB＝2GE，设eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(AC,\s\up12(→))＝b，试用a，b表示eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(AG,\s\up12(→)).10．若a，b是两个不共线的非零向量，a与b起点相同，则当t为何值时，a，tb，eq\f(1,3)(a＋b)三向量的终点在同一条直线上？能力提升题组1．知A，B，C是平面上不共线的三点，O是△ABC的重心，动点P满足eq\o(OP,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OA,\s\up12(→))＋\f(1,2)\o(OB,\s\up12(→))＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\o(OC,\s\up12(→))))，则点P一定为三角形ABC的()．A．AB边中线的中点B．AB边中线的三等分点(非重心)C．重心D．AB边的中点2．在△ABC中，点O在线段BC的延长线上，且与点C不重合，若eq\o(AO,\s\up12(→))＝xeq\o(AB,\s\up12(→))＋(1－x)eq\o(AC,\s\up12(→))，则实数x的取值范围是()．A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－1,0)D．(0,1)3．若点O是△ABC所在平面内的一点，且满足|eq\o(OB,\s\up12(→))－eq\o(OC,\s\up12(→))|＝|eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))－2eq\o(OA,\s\up12(→))|，则△ABC的形状为________．第2讲平面向量基本定理及坐标表示考点一平面向量基本定理的应用【例1】如图，在平行四边形ABCD中，M，N分别为DC，BC的中点，已知eq\o(AM,\s\up12(→))＝c，eq\o(AN,\s\up12(→))＝d，试用c，d表示eq\o(AB,\s\up12(→))，eq\o(AD,\s\up12(→)).【训练1】在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为CD，BC的中点，若Aeq\o(B,\s\up12(→))＝λeq\o(AM,\s\up12(→))＋μeq\o(AN,\s\up12(→))，则λ＋μ＝()．A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)考点二平面向量的坐标运算【例2】已知A(－2,4)，B(3，－1)，C(－3，－4)，设eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(BC,\s\up12(→))＝b，eq\o(CA,\s\up12(→))＝c，且eq\o(CM,\s\up12(→))＝3c，eq\o(CN,\s\up12(→))＝－2b.(1)求3a＋b－3c；(2)求满足a＝mb＋nc的实数m，n；(3)求M，N的坐标及向量eq\o(MN,\s\up12(→))的坐标．【训练2】(1)已知平面向量a＝(1,1)，b＝(1，－1)，则向量eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)b＝()．A．(－2，－1)B．(－2,1)C．(－1,0)D．(－1,2)(2)在平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，若eq\o(AB,\s\up12(→))＝(2,4)，eq\o(AC,\s\up12(→))＝(1,3)，则eq\o(BD,\s\up12(→))＝ A．(－2，－4)B．(－3，－5)C．(3,5) D．(2,4)考点三平面向量共线的坐标表示【例3】平面内给定三个向量a＝(3,2)，b＝(－1,2)，c＝(4,1)．(1)若(a＋kc)∥(2b－a)，求实数k；(2)若d满足(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|＝eq\r(5)，求d的坐标．【训练3】已知向量a＝(1,2)，b＝(1,0)，c＝(3,4)．若λ为实数，(a＋λb)∥c，则λ＝()．A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C．1D．2(2)已知梯形ABCD，其中AB∥CD，且DC＝2AB，三个顶点A(1,2)，B(2,1)，C(4,2)，则点D的坐标为思想方法3——方程思想在平面向量线性运算中的应用1．设e1，e2是平面内一组基底，且a＝e1＋2e2，b＝－e1＋e2，则向量e1＋e2可以表示为另一组基底a，b的线性组合，即e1＋e2＝________a＋________b.2．已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8，\f(x,2)))，b＝(x,1)，其中x>0，若(a－2b)∥(2a＋b)，则x＝________.基础巩固题组1如图，设O是平行四边形ABCD的两条对角线AC，BD的交点，下列向量组：①eq\o(AD,\s\up12(→))与eq\o(AB,\s\up12(→))；②eq\o(DA,\s\up12(→))与eq\o(BC,\s\up12(→))；③eq\o(CA,\s\up12(→))与eq\o(DC,\s\up12(→))；④eq\o(OD,\s\up12(→))与eq\o(OB,\s\up12(→))，其中可作为这个平行四边形所在平面的一组基底的是()．A．①②B．③④C．①③D．①④2．已知点A(－1,5)和向量a＝(2,3)，若eq\o(AB,\s\up12(→))＝3a，则点B的坐标为()．A．(7,4)B．(7,14)C．(5,4)D．(5,14)3.如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，eq\o(OP,\s\up12(→))＝xeq\o(OA,\s\up12(→))＋yeq\o(OB,\s\up12(→))，且eq\o(BP,\s\up12(→))＝2eq\o(PA,\s\up12(→))，则()．A．x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(1,3)B．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(2,3)C．x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(3,4)D．x＝eq\f(3,4)，y＝eq\f(1,4)4．已知向量a＝(－1,1)，b＝(3，m)，a∥(a＋b)，则m＝()．A．2B．－2C．－3D．35．在△ABC中，点P在BC上，且eq\o(BP,\s\up12(→))＝2Peq\o(C,\s\up12(→))，点Q是AC的中点，若eq\o(PA,\s\up12(→))＝(4,3)，eq\o(PQ,\s\up12(→))＝(1,5)，则eq\o(BC,\s\up12(→))等于()．A．(－2,7)B．(－6,21)C．(2，－7)D．(6，－21)6．若三点A(2,2)，B(a,0)，C(0，b)(ab≠0)共线，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值为________．7．已知向量eq\o(OA,\s\up12(→))＝(3，－4)，eq\o(OB,\s\up12(→))＝(0，－3)，eq\o(OC,\s\up12(→))＝(5－m，－3－m)，若点A，B，C能构成三角形，则实数m满足的条件是________．8．设D，E分别是△ABC的边AB，BC上的点，AD＝eq\f(1,2)AB，BE＝eq\f(2,3)BC.若eq\o(DE,\s\up12(→))＝λ1eq\o(AB,\s\up12(→))＋λ2eq\o(AC,\s\up12(→))(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．9．已知a＝(1,2)，b＝(－3,2)，当k为何值时，ka＋b与a－3b平行？平行时它们是同向还是反向？10．已知点O为坐标原点，A(0,2)，B(4,6)，eq\o(OM,\s\up12(→))＝t1eq\o(OA,\s\up12(→))＋t2eq\o(AB,\s\up12(→)).(1)求点M在第二或第三象限的充要条件；(2)求证：当t1＝1时，不论t2为何实数，A，B，M三点都共线．能力提升题组1在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，若p∥q，则角C的大小为()．A．30°B．60°C．90°D．120°2.如图所示，A，B，C是圆O上的三点，CO的延长线与线段BA的延长线交于圆O外一点D，若eq\o(OC,\s\up12(→))＝meq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(nOB,\s\up12(→))，则m＋n的取值范围是()．A．(0,1)B．(1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－1,0)3．设eq\o(OA,\s\up12(→))＝(1，－2)，eq\o(OB,\s\up12(→))＝(a，－1)，eq\o(OC,\s\up12(→))＝(－b,0)，a>0，b>0，O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为________．4.如图，已知点A(1,0)，B(0,2)，C(－1，－2)，求以A，B，C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐

第3讲平面向量的数量积考点一平面向量数量积的运算【例1】(1)已知a＝(1,2)，2a－b＝(3,1)，则a·bA．2B．3C．4D．5(2)设e1，e2为单位向量，且e1，e2的夹角为eq\f(π,3)，若a＝e1＋3e2，b＝2e1，则向量a在b方向上的射影为________．．【训练1】(1)若向量a＝(1,1)，b＝(2,5)，c＝(3，x)满足条件(8a－b)·c＝30，则xA．6B．5C．4D．3(2)已知向量eq\o(AB,\s\up12(→))与eq\o(AC,\s\up12(→))的夹角为120°，且|eq\o(AB,\s\up12(→))|＝3，|eq\o(AC,\s\up12(→))|＝2.若eq\o(AP,\s\up12(→))＝λeq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))，且eq\o(AP,\s\up12(→))⊥eq\o(BC,\s\up12(→))，则实数λ的值为考点二向量的夹角与向量的模【例2】(1)若非零向量a，b满足|a|＝3|b|＝|a＋2b|，则a与b夹角的余弦值为________．(2)已知向量a，b满足a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则|2a－b【训练2】(1)已知向量a，b夹角为45°，且|a|＝1，|2a－b|＝eq\r(10)，则|b|＝________.(2)若平面向量a，b满足|a|＝1，|b|≤1，且以向量a，b为邻边的平行四边形的面积为eq\f(1,2)，则a和b的夹角θ的取值范围是________．考点三平面向量的垂直问题【例3】已知a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)(0<α<β<π)．(1)求证：a＋b与a－b互相垂直；(2)若ka＋b与a－kb的模相等，求β－α(其中k为非零实数)．，【训练3】已知平面向量a＝(eq\r(3)，－1)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).(1)证明：a⊥b；(2)若存在不同时为零的实数k和t，使c＝a＋(t2－3)b，d＝－ka＋tb，且c⊥d，试求函数关系式k＝f(t)．教你审题5——数量积的计算问题【典例】在矩形ABCD中，设AB，AD的长分别为2,1.若M，N分别是边BC，CD上的点，且满足eq\f(|\o(BM,\s\up12(→))|,|\o(BC,\s\up12(→))|)＝eq\f(|\o(CN,\s\up12(→))|,|\o(CD,\s\up12(→))|)，则eq\o(AM,\s\up12(→))·eq\o(AN,\s\up12(→))的取值范围是________．【自主体验】在矩形ABCD中，AB＝eq\r(2)，BC＝2，点E为BC的中点，点F在边CD上，若eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AF,\s\up12(→))＝eq\r(2)，则eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BF,\s\up12(→))的值是________．基础巩固题组1．向量a＝(1,2)，b＝(0,2)，则a·b＝()．A．2B．(0,4)C．4D．(1,4)2．在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝120°，则eq\o(AC,\s\up12(→))在eq\o(AB,\s\up12(→))方向上的投影为()．A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2．3已知向量a＝(eq\r(3)，1)，b＝(0,1)，c＝(k，eq\r(3))．若a＋2b与c垂直，则k＝()．A．－3B．－2C．－1D．14．若非零向量a，b满足|a|＝|b|，且(2a＋b)·b＝0，则向量a，bA.eq\f(2π,3)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,6)5．在四边形ABCD中，eq\o(AC,\s\up12(→))＝(1,2)，eq\o(BD,\s\up12(→))＝(－4,2)，则该四边形的面积为()．A.eq\r(5)B．2eq\r(5)C．5D．106已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b.若b·c＝0，则t＝________.7在平面直角坐标系xOy中，已知eq\o(OA,\s\up12(→))＝(3，－1)，eq\o(OB,\s\up12(→))＝(0,2)．若eq\o(OC,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝0，eq\o(AC,\s\up12(→))＝λeq\o(OB,\s\up12(→))，则实数λ的值为________．8.，在△ABC中，O为BC中点，若AB＝1，AC＝3，<eq\o(AB,\s\up12(→))，eq\o(AC,\s\up12(→))>＝60°，则|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝________.9．已知平面向量a＝(1，x)，b＝(2x＋3，－x)(x∈R)．(1)若a⊥b，求x的值；(2)若a∥b，求|a－b|.10．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋(1)求a与b的夹角θ；(2)求|a＋b|；(3)若eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(BC,\s\up12(→))＝b，求△ABC的面积．能力提升题组1若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，则向量a＋b与a的夹角为()．A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)2．在△ABC中，设eq\o(AC,\s\up12(→))2－eq\o(AB,\s\up12(→))2＝2eq\o(AM,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))，那么动点M的轨迹必通过△ABC的()．A．垂心B．内心C．外心D．重心3．设e1，e2为单位向量，非零向量b＝xe1＋ye2，x，y∈R.若e1，e2的夹角为eq\f(π,6)，则eq\f(|x|,|b|)的最大值等于________．4．设两向量e1，e2满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夹角为60°，若向量2te1＋7e2与向量e1＋te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围．考点一向量在平面几何中的应用【例1】(1)(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＝________.(2)(2013·天津卷)在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点．若eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(BE,\s\up12(→))＝1，则AB的长为________．审题路线(1)法一：把向量eq\o(AE,\s\up12(→))与eq\o(BD,\s\up12(→))分别用基底eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(AB,\s\up12(→))表示．法二：建立平面直角坐标系⇒求向量eq\o(AE,\s\up12(→))，eq\o(BD,\s\up12(→))的坐标．(2)把向量eq\o(AC,\s\up12(→))与eq\o(BE,\s\up12(→))分别用基底eq\o(AB,\s\up12(→))，eq\o(AD,\s\up12(→))表示⇒利用eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(BE,\s\up12(→))＝1整理⇒建立关于|eq\o(AB,\s\up12(→))|的一元二次方程⇒解得|eq\o(AB,\s\up12(→))|.解析(1)法一eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up12(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up12(→))))·(eq\o(AD,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→)))＝eq\o(AD,\s\up12(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up12(→))2＝22－eq\f(1,2)×22＝2.法二以A为原点建立平面直角坐标系(如图)．则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，E(1,2)．∴eq\o(AE,\s\up12(→))＝(1,2)，eq\o(BD,\s\up12(→))＝(－2,2)．从而eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＝(1,2)·(－2,2)＝1×(－2)＋2×2＝2.(2)由题意可知，eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(BE,\s\up12(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AD,\s\up12(→)).因为eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(BE,\s\up12(→))＝1，所以(eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AD,\s\up12(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(AB,\s\up12(→))＋\o(AD,\s\up12(→))))＝1，即eq\o(AD,\s\up12(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AD,\s\up12(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up12(→))2＝1.①因为|eq\o(AD,\s\up12(→))|＝1，∠BAD＝60°，所以eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AD,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up12(→))|，因此①式可化为1＋eq\f(1,4)|eq\o(AB,\s\up12(→))|－eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up12(→))|2＝1，解得|eq\o(AB,\s\up12(→))|＝0(舍去)或eq\f(1,2)，所以AB的长为eq\f(1,2).答案(1)2(2)eq\f(1,2)规律方法用平面向量解决平面几何问题时，有两种方法：基向量法和坐标系法，建立平面直角坐标系时一般利用已知的垂直关系，或使较多的点落在坐标轴上，这样便于迅速解题．【训练1】(1)(2014·杭州质检)在边长为1的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E是BC的中点，则eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(AE,\s\up12(→))＝()．A.eq\f(3＋\r(3),3)B.eq\f(9,2)C.eq\r(3)D.eq\f(9,4)(2)在△ABC所在平面上有一点P，满足eq\o(PA,\s\up12(→))＋eq\o(PB,\s\up12(→))＋eq\o(PC,\s\up12(→))＝eq\o(AB,\s\up12(→))，则△PAB与△ABC的面积之比值是()．A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)解析(1)建立如图平面直角坐标系，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2))).∴E点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，－\f(1,4)))，∴eq\o(AC,\s\up12(→))＝(eq\r(3)，0)，eq\o(AE,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),4)，－\f(1,4)))，∴eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(AE,\s\up12(→))＝eq\r(3)×eq\f(3\r(3),4)＝eq\f(9,4).(2)由已知可得eq\o(PC,\s\up12(→))＝2eq\o(AP,\s\up12(→))，∴P是线段AC的三等分点(靠近点A)，易知S△PAB＝eq\f(1,3)S△ABC，即S△PAB∶S△ABC＝1∶3.答案(1)D(2)A考点二向量在三角函数中的应用【例2】设向量a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，c＝(cosβ，－4sinβ)．(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β(2)求|b＋c|的最大值；(3)若tanαtanβ＝16，求证：a∥b.(1)解因为a与b－2c垂直，所以a·(b－2c)＝4cosαsinβ－8cosαcosβ＋4sinαcosβ＋8sinαsinβ＝4sin(α＋β)－8cos(α＋因此tan(α＋β)＝2.(2)解由b＋c＝(sinβ＋cosβ，4cosβ－4sinβ)，得|b＋c|＝eq\r(sinβ＋cosβ2＋4cosβ－4sinβ2)＝eq\r(17－15sin2β)≤4eq\r(2).又当β＝kπ－eq\f(π,4)(k∈Z)时，等号成立，所以|b＋c|的最大值为4eq\r(2).(3)证明由tanαtanβ＝16，得eq\f(4cosα,sinβ)＝eq\f(sinα,4cosβ)，所以a∥b.规律方法(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2】(2013·江苏卷)已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，0＜β＜α＜π.(1)若|a－b|＝eq\r(2)，求证：a⊥b；(2)设c＝(0,1)，若a＋b＝c，求α，β的值．解(1)由题意得|a－b|2＝2，即(a－b)2＝a2－2a·b＋b2又因为a2＝b2＝|a|2＝|b|2＝1，所以2－2a·b即a·b＝0，故a⊥b.(2)因为a＋b＝(cosα＋cosβ，sinα＋sinβ)＝(0,1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＋cosβ＝0，,sinα＋sinβ＝1，))由此得，cosα＝cos(π－β)，由0＜β＜π，得0＜π－β＜π，又0＜α＜π，故α＝π－β.代入sinα＋sinβ＝1得，sinα＝sinβ＝eq\f(1,2)，而α＞β，所以α＝eq\f(5π,6)，β＝eq\f(π,6).学生用书第77页考点三向量在解析几何中的应用【例3】(2013·湖南卷)已知平面上一定点C(2,0)和直线l：x＝8，P为该平面上一动点，作PQ⊥l，垂足为Q，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up12(→))＋\f(1,2)\o(PQ,\s\up12(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up12(→))－\f(1,2)\o(PQ,\s\up12(→))))＝0.(1)求动点P的轨迹方程；(2)若EF为圆N：x2＋(y－1)2＝1的任一条直径，求eq\o(PE,\s\up12(→))·eq\o(PF,\s\up12(→))的最值．解(1)设P(x，y)，则Q(8，y)．由(eq\o(PC,\s\up12(→))＋eq\f(1,2)eq\o(PQ,\s\up12(→)))·(eq\o(PC,\s\up12(→))－eq\f(1,2)eq\o(PQ,\s\up12(→)))＝0，得|eq\o(PC,\s\up12(→))|2－eq\f(1,4)|eq\o(PQ,\s\up12(→))|2＝0，即(x－2)2＋y2－eq\f(1,4)(x－8)2＝0，化简得eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.所以点P在椭圆上，其方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)因eq\o(PE,\s\up12(→))·eq\o(PF,\s\up12(→))＝(eq\o(NE,\s\up12(→))－eq\o(NP,\s\up12(→)))·(eq\o(NF,\s\up12(→))－eq\o(NP,\s\up12(→)))＝(－eq\o(NF,\s\up12(→))－eq\o(NP,\s\up12(→)))·(eq\o(NF,\s\up12(→))－eq\o(NP,\s\up12(→)))＝(－eq\o(NP,\s\up12(→)))2－eq\o(NF,\s\up12(→))2＝eq\o(NP,\s\up12(→))2－1，P是椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1上的任一点，设P(x0，y0)，则有eq\f(x\o\al(2,0),16)＋eq\f(y\o\al(2,0),12)＝1，即xeq\o\al(2,0)＝16－eq\f(4y\o\al(2,0),3)，又N(0,1)，所以eq\o(NP,\s\up12(→))2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－1)2＝－eq\f(1,3)yeq\o\al(2,0)－2y0＋17＝－eq\f(1,3)(y0＋3)2＋20.因y0∈[－2eq\r(3)，2eq\r(3)]，所以当y0＝－3时，eq\o(NP,\s\up12(→))2取得最大值20，故eq\o(PE,\s\up12(→))·eq\o(PF,\s\up12(→))的最大值为19；当y0＝2eq\r(3)时，eq\o(NP,\s\up12(→))2取得最小值为13－4eq\r(3)(此时x0＝0)，故eq\o(PE,\s\up12(→))·eq\o(PF,\s\up12(→))的最小值为12－4eq\r(3).规律方法向量在解析几何中的作用(1)载体作用：向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题时关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关距离、斜率、夹角、轨迹、最值等问题．(2)工具作用：利用a⊥b⇔a·b＝0；a∥b⇔a＝λb(b≠0)，可解决垂直、平行问题，特别地，向量垂直、平行的坐标表示对于解决解析几何中的垂直、平行问题是一种比较可行的方法．【训练3】已知点P(0，－3)，点A在x轴上，点Q在y轴的正半轴上，点M满足eq\o(PA,\s\up12(→))·eq\o(AM,\s\up12(→))＝0，eq\o(AM,\s\up12(→))＝－eq\f(3,2)eq\o(MQ,\s\up12(→))，当点A在x轴上移动时，求动点M的轨迹方程．解设M(x，y)为所求轨迹上任一点，设A(a,0)，Q(0，b)(b＞0)，则eq\o(PA,\s\up12(→))＝(a,3)，eq\o(AM,\s\up12(→))＝(x－a，y)，eq\o(MQ,\s\up12(→))＝(－x，b－y)，由eq\o(PA,\s\up12(→))·eq\o(AM,\s\up12(→))＝0，得a(x－a)＋3y＝0.①由eq\o(AM,\s\up12(→))＝－eq\f(3,2)eq\o(MQ,\s\up12(→))，得(x－a，y)＝－eq\f(3,2)(－x，b－y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x，\f(3,2)y－b))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a＝\f(3,2)x，,y＝\f(3,2)y－\f(3,2)b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(x,2)，,b＝\f(y,3).))把a＝－eq\f(x,2)代入①，得－eq\f(x,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x,2)))＋3y＝0，整理得y＝eq\f(1,4)x2(x≠0)．所以动点M的轨迹方程为y＝eq\f(1,4)x2(x≠0)．1．向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题．2．以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题．通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法．3．解析几何问题和向量的联系：可将向量用点的坐标表示，利用向量运算及性质解决解析几何问题．创新突破5——破解平面向量与圆的交汇问题【典例】(2013·湖南卷改编)已知a，b是单位向量，a·b＝0❶.若向量c满足|c－a－b|＝1❷，则|c|的最大值为________．突破1：根据条件❶转化到平面直角坐标系中．突破2：把条件❷坐标化．突破3：把坐标化后的式子配方整理可得到圆的方程．突破4：利用圆的知识求|c|max.解析建立如图所示的直角坐标系，由题意知a⊥b，且a与b是单位向量，∴可设eq\o(OA,\s\up12(→))＝a＝(1,0)，eq\o(OB,\s\up12(→))＝b＝(0,1)，eq\o(OC,\s\up12(→))＝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|＝eq\r(x2＋y2)，∴|c|的最大值为|OM|＋1，即|c|max＝eq\r(2)＋1.答案eq\r(2)＋1[反思感悟]平面向量中有关最值问题的求解通常有两种思路：一是“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．本题采用了“形化”与“数化”的结合，利用坐标运算将问题转化为圆的知识解决．【自主体验】1．△ABC外接圆的半径为1，圆心为O，且2eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))＝0，|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|，则eq\o(CA,\s\up12(→))·eq\o(CB,\s\up12(→))＝()．A.eq\f(3,2)B.eq\r(3)C．3D．2eq\r(3)解析由2eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))＝0，得2eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→))＝0，即eq\o(OB,\s\up12(→))＝－eq\o(OC,\s\up12(→))，即O，B，C三点共线，BC为△ABC外接圆的直径，故∠BAC＝90°.又|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|，得B＝60°，所以C＝30°，且|eq\o(CA,\s\up12(→))|＝eq\r(3)(如图所示)．所以eq\o(CA,\s\up12(→))·eq\o(CB,\s\up12(→))＝|eq\o(CA,\s\up12(→))||eq\o(CB,\s\up12(→))|cos30°＝eq\r(3)×2×eq\f(\r(3),2)＝3.答案C2．给定两个长度为1的平面向量eq\o(OA,\s\up12(→))和eq\o(OB,\s\up12(→))，它们的夹角为eq\f(2π,3).如图所示，点C在以O为圆心的圆弧eq\o(AB,\s\up12(→))上运动．若eq\o(OC,\s\up12(→))＝xeq\o(OA,\s\up12(→))＋yeq\o(OB,\s\up12(→))，其中x，y∈R，则x＋y的最大值是________．解析法一以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up12(→))所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(1,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，设∠AOC＝αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))))，则C(cosα，sinα)，由eq\o(OC,\s\up12(→))＝xeq\o(OA,\s\up12(→))＋yeq\o(OB,\s\up12(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＝x－\f(1,2)y，,sinα＝\f(\r(3),2)y，))所以x＝cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα，y＝eq\f(2\r(3),3)sinα，所以x＋y＝cosα＋eq\r(3)sinα＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，又α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以当α＝eq\f(π,3)时，x＋y取得最大值2.法二依题意，|eq\o(OC,\s\up12(→))|＝1，则|eq\o(OC,\s\up12(→))|2＝1，又eq\o(OC,\s\up12(→))＝xeq\o(OA,\s\up12(→))＋yeq\o(OB,\s\up12(→))，|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(OB,\s\up12(→))|＝1，<eq\o(OA,\s\up12(→))，eq\o(OB,\s\up12(→))>＝120°，∴x2·eq\o(OA,\s\up12(→))2＋y2·eq\o(OB,\s\up12(→))2＋2xyeq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB,\s\up12(→))＝1，因此x2＋y2＋2xycos120°＝1，xy＝x2＋y2－1.∴3xy＝(x＋y)2－1≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，即(x＋y)2≤4.∴x＋y的最大值是2.答案2基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2014·邵阳模拟)已知a＝(1，sin2x)，b＝(2，sin2x)，其中x∈(0，π)．若|a·b|＝|a||b|，则tanx的值等于()．A．1B．－1C.eq\r(3)D.eq\f(\r(2),2)解析由|a·b|＝|a||b|知，a∥b.所以sin2x＝2sin2x，即2sinxcosx＝2sin2x，而x∈(0，π)，所以sinx＝cosx，即x＝eq\f(π,4)，故tanx＝1.答案A2．(2014·南昌模拟)若|a|＝2sin15°，|b|＝4cos15°，a与b的夹角为30°，则a·b的值是()．A.eq\f(\r(3),2)B.eq\r(3)C．2eq\r(3)D.eq\f(1,2)解析a·b＝|a||b|cos30°＝8sin15°cos15°×eq\f(\r(3),2)＝4×sin30°×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).答案B3.(2013·哈尔滨模拟)函数y＝taneq\f(π,4)x－eq\f(π,2)的部分图象如图所示，则(eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→)))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝()．A．4B．6C．1解析由条件可得B(3,1)，A(2,0)，∴(eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→)))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝(eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→)))·(eq\o(OB,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→)))＝eq\o(OB,\s\up12(→))2－eq\o(OA,\s\up12(→))2＝10－4＝6.答案B4．已知|a|＝2|b|，|b|≠0且关于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有两相等实根，则向量a与b的夹角是()．A．－eq\f(π,6)B．－eq\f(π,3)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,3)解析由已知可得Δ＝|a|2＋4a·b即4|b|2＋4×2|b|2cosθ＝0，∴cosθ＝－eq\f(1,2)，又∵0≤θ≤π，∴θ＝eq\f(2π,3).答案D5．(2014·安庆二模)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对应的三角形的边长，若4aeq\o(BC,\s\up12(→))＋2bCeq\o(A,\s\up12(→))＋3ceq\o(AB,\s\up12(→))＝0，则cosB＝()．A．－eq\f(11,24)B.eq\f(11,24)C.eq\f(29,36)D．－eq\f(29,36)解析由4aeq\o(BC,\s\up12(→))＋2bCeq\o(A,\s\up12(→))＋3ceq\o(AB,\s\up12(→))＝0，得4aeq\o(BC,\s\up12(→))＋3ceq\o(AB,\s\up12(→))＝－2bCeq\o(A,\s\up12(→))＝－2b(eq\o(BA,\s\up12(→))－eq\o(BC,\s\up12(→)))＝2beq\o(AB,\s\up12(→))＋2beq\o(BC,\s\up12(→))，所以4a＝3c＝2b.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\f(b2,4)＋\f(4,9)b2－b2,2·\f(b,2)·\f(2,3)b)＝－eq\f(11,24).答案A二、填空题6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝1，那么c＝________.解析由题意知eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＋eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝2，即eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝eq\o(AB,\s\up12(→))·(eq\o(AC,\s\up12(→))＋eq\o(CB,\s\up12(→)))＝eq\o(AB,\s\up12(→))2＝2⇒c＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|＝eq\r(2).答案eq\r(2)7．(2014·南通一调)在△ABC中，若AB＝1，AC＝eq\r(3)，|eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))|＝|eq\o(BC,\s\up12(→))|，则eq\f(\o(BA,\s\up12(→))·\o(BC,\s\up12(→)),|\o(BC,\s\up12(→))|)＝________.解析易知满足|eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))|＝|eq\o(BC,\s\up12(→))|的A，B，C构成直角三角形的三个顶点，且∠A为直角，于是eq\f(\o(BA,\s\up12(→))·\o(BC,\s\up12(→)),|\o(BC,\s\up12(→))|)＝|eq\o(BA,\s\up12(→))|·cos∠ABC＝1×cos60°＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)8．(2013·东北三校一模)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(3b－c)cosA＝acosC，S△ABC＝eq\r(2)，则eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝________.解析依题意得(3sinB－sinC)cosA＝sinAcosC，即3sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB>0，于是有cosA＝eq\f(1,3)，sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(2\r(2),3)，又S△ABC＝eq\f(1,2)·bcsinA＝eq\f(1,2)bc×eq\f(2\r(2),3)＝eq\r(2)，所以bc＝3，eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝bccos(π－A)＝－bccosA＝－3×eq\f(1,3)＝－1.答案－1三、解答题9．已知圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝4及点A(1,1)，M是圆C上的任意一点，点N在线段MA的延长线上，且eq\o(MA,\s\up12(→))＝2eq\o(AN,\s\up12(→))，求点N的轨迹方程．解设M(x0，y0)，N(x，y)．由eq\o(MA,\s\up12(→))＝2eq\o(AN,\s\up12(→))，得(1－x0,1－y0)＝2(x－1，y－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝3－2x，,y0＝3－2y.))∵点M(x0，y0)在圆C上，∴(x0－3)2＋(y0－3)2＝4，即(3－2x－3)2＋(3－2y－3)2＝4.∴x2＋y2＝1.∴所求点N的轨迹方程是x2＋y2＝1.10．(2014·北京海淀模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝k(k∈R)．(1)判断△ABC的形状；(2)若c＝eq\r(2)，求k的值．解(1)∵eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝cbcosA，eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝cacosB，又eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))，∴bccosA＝accosB，∴sinBcosA＝sinAcosB，即sinAcosB－sinBcosA＝0，∴sin(A－B)＝0，∵－π＜A－B＜π，∴A＝B，即△ABC为等腰三角形．(2)由(1)知，eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝bccosA＝bc·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(c2,2)＝k，∵c＝eq\r(2)，∴k＝1.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．已知向量eq\o(OB,\s\up12(→))＝(2,0)，向量eq\o(OC,\s\up12(→))＝(2,2)，向量eq\o(CA,\s\up12(→))＝(eq\r(2)cosα，eq\r(2)sinα)，则向量eq\o(OA,\s\up12(→))与向量eq\o(OB,\s\up12(→))的夹角的取值范围是()．A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5,12)π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,12)π，\f(π,2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5,12)π))解析由题意，得eq\o(OA,\s\up12(→))＝eq\o(OC,\s\up12(→))＋eq\o(CA,\s\up12(→))＝(2＋eq\r(2)cosα，2＋eq\r(2)sinα)，所以点A的轨迹是圆(x－2)2＋(y－2)2＝2，如图，当A位于使直线OA与圆相切时，向量eq\o(OA,\s\up12(→))与向量eq\o(OB,\s\up12(→))的夹角分别达到最大、最小值，故选D.答案D2．(2014·北京东城区期末)已知△ABD是等边三角形，且eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up12(→))＝eq\o(AC,\s\up12(→))，|eq\o(CD,\s\up12(→))|＝eq\r(3)，那么四边形ABCD的面积为()．A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(3,2)eq\r(3)C．3eq\r(3)D.eq\f(9,2)eq\r(3)解析如图所示，eq\o(CD,\s\up12(→))＝eq\o(AD,\s\up12(→))－eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→))，∴eq\o(CD,\s\up12(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AD,\s\up12(→))－\o(AB,\s\up12(→))))2，即3＝eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up12(→))2＋eq\o(AB,\s\up12(→))2－eq\o(AD,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))，∵|eq\o(AD,\s\up12(→))|＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|，∴eq\f(5,4)|eq\o(AD,\s\up12(→))|2－|eq\o(AD,\s\up12(→))||eq\o(AB,\s\up12(→))|cos60°＝3，∴|eq\o(AD,\s\up12(→))|＝2.又eq\o(BC,\s\up12(→))＝eq\o(AC,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up12(→))，∴|eq\o(BC,\s\up12(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(AD,\s\up12(→))|＝1，∴|eq\o(BC,\s\up12(→))|2＋|eq\o(CD,\s\up12(→))|2＝|eq\o(BD,\s\up12(→))|2，∴BC⊥CD.∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)×22×sin60°＋eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(3,2)eq\r(3)，故选B.答案B二、填空题3．(2014·苏锡常镇二调)已知向量a，b满足|a|＝eq\r(2)，|b|＝1，且对一切实数x，|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，则a与b的夹角大小为________．解析|a|＝eq\r(2)，|b|＝1，|a＋xb|≥|a＋b|对一切实数x恒成立，两边平方整理得x2＋2a·bx－2a·b－1≥0对一切实数x恒成立，所以(2a·b)2＋4(2a·b＋1)≤0，即(a·b＋1)2≤0，所以a·b＝－1，故cos<a，b>＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(\r(2),2)，又<a，b>∈[0，π]，所以<a，b>＝eq\f(3π,4)，即a，b的夹角是eq\f(3π,4).答案eq\f(3π,4)三、解答题4．(2014·南通模拟)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，cos2\f(x,4))).(1)若m·n＝1，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))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)cosB＝bcosC，求函数f(A解(1)m·n＝eq\r(3)sineq\f(x,4)·coseq\f(x,4)＋cos2eq\f(x,4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(1＋cos\f(x,2),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∵m·n＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,2).(2)∵(2a－c)cosB＝bcosC由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，∴2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC.∴2sinAcosB＝sin(B＋C)．∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sinA≠0.∴cosB＝eq\f(1,2)，∵0＜B＜π，∴B＝eq\f(π,3)，∴0＜A＜eq\f(2π,3).∴eq\f(π,6)＜eq\f(A,2)＋eq\f(π,6)＜eq\f(π,2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).又∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∴f(A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2).故函数f(A)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).方法强化练——平面向量(对应学生用书P283)(建议用时：90分钟)一、选择题1．(2014·福建质检)已知向量a＝(m2,4)，b＝(1,1)，则“m＝－2”是“a∥b”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依题意，当m＝－2时，a＝(4,4)，b＝(1,1)，所以a＝4b，即a∥b，即由m＝－2可以推出a∥b；当a∥b时，m2＝4，得，m＝±2，所以不能推得m＝－2，即“m＝－2”是“a∥b”的充分不必要条件．答案A2．(2013·德州一模)已知向量a＝(2,3)，b＝(k,1)，若a＋2b与a－b平行，则k的值是()．A．－6B．－eq\f(2,3)C.eq\f(2,3)D．14解析由题意得a＋2b＝(2＋2k,5)，且a－b＝(2－k,2)，又因为a＋2b和a－b平行，则2(2＋2k)－5(2－k)＝0，解得k＝eq\f(2,3).答案C3．(2013·浙江五校联考)已知|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，则|a＋2b|＝()．A．9B．3C．1D．2解析由|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，得a2－4a·b＋4b2∴4a·b＝4，∴|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b∴|a＋2b|＝3.答案B4．(2014·郑州一模)已知平面向量a＝(－2，m)，b＝(1，eq\r(3))，且(a－b)⊥b，则实数m的值为()．A．－2eq\r(3)B．2eq\r(3)C．4eq\r(3)D．6eq\r(3)解析因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝0，即－2＋eq\r(3)m－4＝0，解得m＝2eq\r(3).答案B5．(2014·长春一模)已知|a|＝1，|b|＝6，a·(b－a)＝2，则向量a与b的夹角为()．A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)解析a·(b－a)＝a·b－a2＝2，所以a·b＝3，所以cos<a，b>＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(3,1×6)＝eq\f(1,2).所以<a，b>＝eq\f(π,3).答案B6．(2013·潮州二模)已知向量a＝(1，－cosθ)，b＝(1,2cosθ)且a⊥b，则cos2θ等于()．A．－1B．0C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)解析a⊥b⇒a·b＝0，即1－2cos2θ＝0，∴cos2θ＝0.答案B7．(2014·成都期末测试)已知O是△ABC所在平面内一点，D为BC边中点，且2eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝0，则有()．A.eq\o(AO,\s\up12(→))＝2eq\o(OD,\s\up12(→))B.eq\o(AO,\s\up12(→))＝eq\o(OD,\s\up12(→))C.eq\o(AO,\s\up12(→))＝3eq\o(OD,\s\up12(→))D．2eq\o(AO,\s\up12(→))＝eq\o(OD,\s\up12(→))解析由2eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝0，得eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝－2eq\o(OA,\s\up12(→))＝2eq\o(AO,\s\up12(→))，即eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝2eq\o(OD,\s\up12(→))＝2eq\o(AO,\s\up12(→))，所以eq\o(OD,\s\up12(→))＝eq\o(AO,\s\up12(→))，即O为AD的中