高中数学苏教版第二章平面向量单元测试 2023版第2章章末分层突破

章末分层突破，[自我校对]①坐标②平行四边形③|a|＝eq\r(a2)④cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)向量的线性运算向量的线性运算包括向量的加法运算、减法运算及数乘运算，其中平面向量基本定理及向量共线定理是考查的重点，解题时要结合图形灵活构造三角形或平行四边形.如图2­1所示，在△ABC中，点M为AB的中点，且eq\o(AN,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(NC,\s\up15(→))，eq\o(BN,\s\up15(→))与eq\o(CM,\s\up15(→))相交于点E，设eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AC,\s\up15(→))＝b，试以a，b为基底表示eq\o(AE,\s\up15(→)).图2­1【精彩点拨】先由C，E，M三点共线⇒eq\o(AE,\s\up15(→))＝μeq\o(AM,\s\up15(→))＋(1－μ)eq\o(AC,\s\up15(→))，由B，E，N三点共线⇒eq\o(AE,\s\up15(→))＝λeq\o(AN,\s\up15(→))＋(1－λ)eq\o(AB,\s\up15(→))，再由eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AC,\s\up15(→))不共线求λ，μ的值.【规范解答】∵eq\o(AN,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)b，eq\o(AM,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)a，由N，E，B三点共线知存在实数λ满足eq\o(AE,\s\up15(→))＝λeq\o(AN,\s\up15(→))＋(1－λ)eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)λb＋(1－λ)a.由C，E，M三点共线知存在实数μ满足eq\o(AE,\s\up15(→))＝μeq\o(AM,\s\up15(→))＋(1－μ)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(μ,2)a＋(1－μ)b.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－λ＝\f(μ,2)，,1－μ＝\f(λ,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(3,5)，,μ＝\f(4,5)，))∴eq\o(AE,\s\up15(→))＝eq\f(2,5)a＋eq\f(1,5)b.[再练一题]1.已知a＝(1，2)，b＝(－3，2)，若ka＋2b与2a－4b平行，求实数k的值.【导学号：48582121【解】∵ka＋2b＝(k－6，2k＋4)，2a－4b＝(14，－4)，由(ka＋2b)∥(2a－4b)得(k－6)×(－4)－(2k＋4)×14＝0，解得k＝－1.向量的数量积运算数量积的运算是向量运算的核心，利用向量的数量积可以解决以下问题：1.设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，平行问题a∥b⇔x1y2－x2y1＝0垂直问题a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝02.求向量的模及夹角问题，(1)设a＝(x，y)，则|a|2＝x2＋y2或|a|＝eq\r(x2＋y2)；(2)两向量a，b夹角θ的余弦(0≤θ≤π)，cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))·\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))).设向量eq\o(OA,\s\up15(→))＝a，eq\o(OB,\s\up15(→))＝b，且|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝4，∠AOB＝60°.(1)求|a＋b|，|a－b|；(2)求a＋b与a的夹角θ1，a－b与a的夹角θ2.【精彩点拨】利用|a±b|＝eq\r(a±b2)求解；利用cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)求夹角.【规范解答】(1)∵|a＋b|2＝(a＋b)(a＋b)＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝16＋2×4×4cos60°＋16＝48，∴|a＋b|＝4eq\r(3)，∴|a－b|2＝|a|2－2a·b＋|b|2＝16，∴|a－b|＝4(2)∵(a＋b)·a＝|a|2＋a·b＝16＋4×4cos60°＝24，∴cosθ1＝eq\f(a＋b·a,|a＋b||a|)＝eq\f(24,4\r(3)×4)＝eq\f(\r(3),2).∵θ∈[0°，180°]，∴θ1＝30°.∵(a－b)·a＝|a|2－a·b＝16－4×4cos60°＝8，∴cosθ2＝eq\f(a－b·a,|a－b||a|)＝eq\f(8,4×4)＝eq\f(1,2).∵θ2∈[0°，180°]，∴θ2＝60°.[再练一题]2.已知c＝ma＋nb，c＝(－2eq\r(3)，2)，a⊥c，b与c的夹角为eq\f(2π,3)，b·c＝－4，|a|＝2eq\r(2)，求实数m，n的值及a与b的夹角.【解】∵c＝(－2eq\r(3)，2)，∴|c|＝4，又a⊥c，∴a·c＝0.∵b·c＝|b||c|coseq\f(2π,3)＝|b|×4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－4，∴|b|＝2，又c＝ma＋nb，∴c2＝ma·c＋n·b·c，∴16＝－4n，∴n＝－4.又a·c＝ma2＋na·b，∴0＝8m－4a·b又b·c＝ma·b＋n·b2，∴ma·b＝12.②由①②得m＝±eq\r(6)，∴a·b＝±2eq\r(6)∴cosθ＝eq\f(±2\r(6),2\r(2)×2)＝±eq\f(\r(3),2)，∵θ∈[0，π]∴θ＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6).向量的应用平面向量的应用主要体现在两个方面：一是在平面几何中的应用，向量的加减运算、向量的相等、平行、数乘向量、距离、夹角和向量的数量积之间有密切的联系，因此利用向量方法可以解决平面几何中的相关问题；二是在物理学中的应用，主要解决力、位移、速度等问题.如图2­2，在等腰直角△ABC中，角C是直角，CA＝CB，D是CB的中点，E是AB上的一点，且AE＝2EB，求证：AD⊥CE.图2­2【精彩点拨】欲证AD⊥CE，即证eq\o(AD,\s\up15(→))·eq\o(CE,\s\up15(→))＝0.由于已有eq\o(CA,\s\up15(→))·eq\o(CB,\s\up15(→))＝0，故考虑选此两向量为基底，从而应用此已知条件.另外，如果进一步考虑到此组基底是垂直关系，还可以建立直角坐标系.【规范解答】法一：记eq\o(CA,\s\up15(→))＝a，eq\o(CB,\s\up15(→))＝b，则eq\o(AB,\s\up15(→))＝b－a，且a·b＝0，|a|＝|b|.因为eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(CD,\s\up15(→))－eq\o(CA,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)b－a.eq\o(CE,\s\up15(→))＝eq\o(AE,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)(b－a)＋a＝eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)a，所以eq\o(AD,\s\up15(→))·eq\o(CE,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b－a))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)b＋\f(1,3)a))＝eq\f(1,3)b2－eq\f(1,3)a2＝0.可得AD⊥CE.法二：建立如图所示的直角坐标系，不妨设AC＝BC＝2，则C(0，0)，A(2，0)，B(0，2)，因为D是CB的中点，则D(0，1).所以eq\o(AD,\s\up15(→))＝(－2，1)，eq\o(AB,\s\up15(→))＝(－2，2)又eq\o(CE,\s\up15(→))＝eq\o(CA,\s\up15(→))＋eq\o(AE,\s\up15(→))＝eq\o(CA,\s\up15(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＝(2，0)＋eq\f(2,3)(－2，2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3)))，所以eq\o(AD,\s\up15(→))·eq\o(CE,\s\up15(→))＝(－2，1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3)))＝(－2)×eq\f(2,3)＋eq\f(4,3)＝0，因此AD⊥CE.[再练一题]3.如图2­3，在细绳O处用水平力F2缓慢拉起所受重力G的物体，绳子与铅垂方向的夹角为θ，绳子所受到的拉力为F1，求：图2­3(1)|F1|，|F2|随角θ的变化而变化的情况.(2)当|F1|≤2|G|时，θ角的取值范围.(3)当|F1|＝2|F2|时，求角θ的值.【解】(1)由力的平衡原理知，G＋F1＋F2＝0，作向量eq\o(OA,\s\up15(→))＝F1，eq\o(OB,\s\up15(→))＝F2，eq\o(OC,\s\up15(→))＝－G，则eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＝eq\o(OC,\s\up15(→))，∴四边形OACB为平行四边形，如图.由已知∠AOC＝θ，∠BOC＝eq\f(π,2)，∴|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝eq\f(|\o(OC，\s\up15(→))|,cosθ)，|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝|eq\o(AC,\s\up15(→))|＝|eq\o(OC,\s\up15(→))|tanθ.即|F1|＝eq\f(|G|,cosθ)，|F2|＝|G|tanθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).由此可知，当θ从0逐渐增大趋向于eq\f(π,2)时，|F1|，|F2|都逐渐增大.(2)当|F1|≤2|G|时，有eq\f(|G|,cosθ)≤2|G|，∴cosθ≥eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).∴θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).(3)当|F1|＝2|F2|时，eq\f(|G|,cosθ)＝2|G|tanθ，∴eq\f(1,cosθ)＝eq\f(2sinθ,cosθ)，∴sinθ＝eq\f(1,2).∴θ＝eq\f(π,6).数形结合思想平面向量的线性运算和数量积运算的定义及运算法则、运算律的推导中都渗透了数形结合思想.引入向量的坐标表示，使向量运算代数化，将“数”和“形”紧密地结合起来.运用数形结合思想可解决共线、平行、垂直、夹角、距离、面积等问题.已知向量eq\o(OB,\s\up15(→))＝(2，0)，eq\o(OC,\s\up15(→))＝(2，2)，eq\o(CA,\s\up15(→))＝(eq\r(2)cosα，eq\r(2)sinα)，则eq\o(OA,\s\up15(→))与eq\o(OB,\s\up15(→))夹角的范围是________.【导学号：48582122】【精彩点拨】结合eq\o(CA,\s\up15(→))的坐标给出点A的轨迹，并由直线与圆的知识求eq\o(OA,\s\up15(→))与eq\o(OB,\s\up15(→))夹角的范围.【规范解答】建立如图所示的直角坐标系.∵eq\o(OC,\s\up15(→))＝(2，2)，eq\o(OB,\s\up15(→))＝(2，0)，eq\o(CA,\s\up15(→))＝(eq\r(2)cosα，eq\r(2)sinα)，∴点A的轨迹是以C(2，2)为圆心，eq\r(2)为半径的圆.过原点O作此圆的切线，切点分别为M，N，连结CM，CN，如图所示，则向量eq\o(OA,\s\up15(→))与eq\o(OB,\s\up15(→))的夹角范围是∠MOB≤〈eq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OB,\s\up15(→))〉≤∠NOB.∵|eq\o(OC,\s\up15(→))|＝2eq\r(2)，∴|eq\o(CM,\s\up15(→))|＝|eq\o(CN,\s\up15(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(OC,\s\up15(→))|，知∠COM＝∠CON＝eq\f(π,6)，但∠COB＝eq\f(π,4).∴∠MOB＝eq\f(π,12)，∠NOB＝eq\f(5π,12)，故eq\f(π,12)≤〈eq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OB,\s\up15(→))〉≤eq\f(5π,12).【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))[再练一题]4.已知船在静水中的速度大小为5m/s，且船在静水中的速度大小大于水流速度大小，河宽为20m，船垂直到达对岸用的时间为5s，则水流速度大小为________m/s.【解析】设船在静水中的速度为v1，水流速度为v2，船的实际速度为v3，建立如图所示的平面直角坐标系.|v1|＝5m/s，|v3|＝eq\f(20,5)＝4m/s，则v3＝(0，4)，v1＝(－3，4)，v2＝v3－v1＝(0，4)－(－3，4)＝(3，0).∴|v2|＝3m/s，即水流的速度大小为3m/s.【答案】31.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】∵ma＋nb＝(2m＋n，m－2n)＝(9，－8)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋n＝9，,m－2n＝－8，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝5，))∴m－n＝2－5＝－3.【答案】－32.在△ABC中，点M，N满足eq\o(AM,\s\up15(→))＝2eq\o(MC,\s\up15(→))，eq\o(BN,\s\up15(→))＝eq\o(NC,\s\up15(→)).若eq\o(MN,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AC,\s\up15(→))，则x＝________；y＝________.【解析】∵eq\o(AM,\s\up15(→))＝2eq\o(MC,\s\up15(→))，∴eq\o(AM,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up15(→)).∵eq\o(BN,\s\up15(→))＝eq\o(NC,\s\up15(→))，∴eq\o(AN,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→)))，∴eq\o(MN,\s\up15(→))＝eq\o(AN,\s\up15(→))－eq\o(AM,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→)))－eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\f(1,6)eq\o(AC,\s\up15(→)).又eq\o(MN,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AC,\s\up15(→))，∴x＝eq\f(1,2)，y＝－eq\f(1,6).【答案】eq\f(1,2)－eq\f(1,6)3.如图2­4，在平行四边形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，eq\o(CP,\s\up15(→))＝3eq\o(PD,\s\up15(→))，eq\o(AP,\s\up15(→))·eq\o(BP,\s\up15(→))＝2，则eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))的值是________.图2­4【解析】由eq\o(CP,\s\up15(→))＝3eq\o(PD,\s\up15(→))，得eq\o(DP,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AP,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(DP,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(BP,\s\up15(→))＝eq\o(AP,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))－eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up15(→)).因为eq\o(AP,\s\up15(→))·eq\o(BP,\s\up15(→))＝2，所以＝2，即eq\o(AD,\s\up15(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\f(3,16)eq\o(AB,\s\up15(→))2＝2.又因为eq\o(AD,\s\up15(→))2＝25，eq\o(AB,\s\up15(→))2＝64，所以eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))＝22.【答案】224.已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m＝________.【解析】(方法1)因为a＝(1，m)，b＝(3，－2)，所以a＋b＝(4，m－2).因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，所以12－2(m－2)＝0，解得m＝8.(方法2)因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，即a·b＋b2＝3－2m＋32＋(－2)2＝16－2m＝0，解得m【答案】85.在平面内，定点A，B，C，D满足|eq\o(DA,\s\up15(→))|＝|eq\o(DB,\s\up15(→))|＝|eq\o(DC,\s\up15(→))|，eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝eq\o(DB,\s\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\o(DC,\s\up15(→))·eq\o(DA,\s\up15(→))＝－2，动点P，M满足|eq\o(AP,\s\up15(→))|＝1，eq\o(PM,\s\up15(→))＝eq\o(MC,\s\up15(→))，则|eq\o(BM,\s\up15(→))|2的最大值是________.【解析】法一：∵|eq\o(DA,\s\up15(→))|＝|eq\o(DB,\s\up15(→))|＝|eq\o(DC,\s\up15(→))|，∴点A，B，C在以点D为圆心的圆上.又∵eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝eq\o(DB,\s\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\o(DC,\s\up15(→))·eq\o(DA,\s\up15(→))＝－2，图(1)∴eq\o(DA,\s\up15(→))，eq\o(DB,\s\up15(→))，eq\o(DC,\s\up15(→))两两夹角相等，均为120°，如图(1)所示.设圆D的半径为r，则eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝r·r·cos120°＝－2，∴r＝2.∵eq\o(PM,\s\up15(→))＝eq\o(MC,\s\up15(→))，∴M为PC的中点.∵|eq\o(AP,\s\up15(→))|＝1，∴点P在以点A为圆心，1为半径的圆上.由上知△ABC为等边三角形，边长为2eq\r(3).设AC的中点为O，连接DO，OM，则点B，D，O三点共线，则|eq\o(BO,\s\up15(→))|＝3，eq\o(BM,\s\up15(→))＝eq\o(BO,\s\up15(→))＋eq\o(OM,\s\up15(→))＝eq\o(BO,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up15(→)).∴eq\o(BM,\s\up15(→))2＝＝eq\o(BO,\s\up15(→))2＋eq\o(BO,\s\up15(→))·eq\o(AP,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AP,\s\up15(→))2＝9＋3×1×cos〈eq\o(BO,\s\up15(→))，eq\o(AP,\s\up15(→))〉＋eq\f(1,4)＝eq\f(37,4)＋3cos〈eq\o(BO,\s\up15(→))，eq\o(AP,\s\up15(→))〉≤eq\f(37,4)＋3＝eq\f(49,4)，当eq\o(BO,\s\up15(→))与eq\o(AP,\s\up15(→))同向时取等号，即|eq\o(BM,\s\up15(→))|2的最大值是eq\f(49,4).法二：∵|eq\o(DA,\s\up15(→))|＝|eq\o(DB,\s\up15(→))|＝|eq\o(DC,\s\up15(→))|，∴点A，B，C在以点D为圆心的圆上.∵eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝eq\o(DB,\s\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\o(DC,\s\up15(→))·eq\o(DA,\s\up15(→))＝－2，∴eq\o(DA,\s\up15(→))，eq\o(DB,\s\up15(→))，eq\o(DC,\s\up15(→))两两夹角相等，均为120°.由eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝|eq\o(DA,\s\up15(→))|2×cos120°＝－2，得|eq\o(DA,\s\up15(→))|＝2.图(2)以D为坐标原点，DA所在直线为x轴建立平面直角坐标系如图(2)所示，则B(－1，eq\r(3))，C(－1，－eq\r(3))，A(2，0).由eq\o(PM,\s\up15(→))＝eq\o(MC,\s\up15(→))知M为PC的中点.∵|eq\o(AP,\s\up15(→))|＝1，∴点P在以点A为圆心，1为半径的圆上.设点P的坐标为(2＋cosθ，sinθ)，其中θ为以点A为顶点，以x轴正方向为始边逆时针旋转到AP所成的角，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋cosθ,2)，\f(sinθ－\r(3),2)))，eq\o(BM,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋cosθ,2)，\f(sinθ－3\r(3),2)))，∴|eq\o(BM,\s\up15(→))|2＝eq\f(3＋cosθ2,4)＋eq\f(sinθ－3\r(3)2,4)＝eq\f(37＋6cosθ－6\r(3)sinθ,4)＝eq\f(37＋12cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3))),4)≤eq\f(37＋12,4)＝eq\f(49,4).∴|eq\o(BM,\s\up15(→))|2的最大值为eq\f(49,4).【答案】eq\f(49,4)6.已知向量eq\o(BA,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，则∠ABC＝______.【解析】因为eq\o(BA,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，所以eq\o(BA,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\f(\r(3),4)＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),2).又因为eq\o(BA,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＝|eq\o(BA,\s\up15(→))||eq\o(BC,\s\up15(→))|·cos∠ABC＝1×1×cos∠ABC，所以cos∠ABC＝eq\f(\r(3),2).又0°≤∠ABC≤180°，所以∠ABC＝30°.【答案】30°7.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eq\o(AF,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))的值为________.【解析】如图所示，eq\o(AF,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(DF,\s\up15(→)).又D，E分别为AB，BC的中点，且DE＝2EF，所以eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(DF,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→))，所以eq\o(AF,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→)).又eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\o(AC,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))，则eq\o(AF,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＝＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))2＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→))2－eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))2－eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→)).又|eq\o(AB,\s\up15(→))|＝|eq\o(AC,\s\up15(→))|＝1，∠BAC＝60°，故eq\o(AF,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)－eq\f(1,4)×1×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).【答案】eq\f(1,8)8.已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝eq\f(1,3)，若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为________.【解析】∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋|n|