2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义第五章第三节平面向量的数量积

第三节平面向量的数量积一、基础知识批注——理解深一点1．向量的夹角(1)定义：已知两个非零向量a和b，如图所示，作eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，则∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．只有两个向量的起点重合时所对应的角才是两向量的夹角．(2)范围：夹角θ的范围是[0，π]．当θ＝0时，两向量a，b共线且同向；当θ＝eq\f(π,2)时，两向量a，b相互垂直，记作a⊥b；当θ＝π时，两向量a，b共线但反向．2．平面向量数量积的定义已知两个非零向量a与b，我们把数量|a||b|cosθ叫做a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝|a||b|cosθ，其中θ是a与b的夹角．规定：零向量与任一向量的数量积为零．3．平面向量数量积的几何意义(1)一个向量在另一个向量方向上的投影设θ是a，b的夹角，则|b|cosθ叫做向量b在向量a的方向上的投影，|a|cosθ叫做向量a在向量b的方向上的投影．(2)a·b的几何意义数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cosθ的乘积．eq\a\vs4\al(投影和两向量的数量积都是数量，不是向量.)4．向量数量积的运算律(1)交换律：a·b＝b·a.(2)数乘结合律：(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)．(3)分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.向量数量积的运算不满足乘法结合律，即(a·b)·c不一定等于a·(b·c)，这是由于(a·b)·c表示一个与c共线的向量，a·(b·c)表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线．5．平面向量数量积的性质设a，b为两个非零向量，e是与b同向的单位向量，θ是a与e的夹角，则(1)e·a＝a·e＝|a|cosθ.(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|＝eq\r(a·a).(4)cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|).(5)|a·b|≤|a||b|.6．平面向量数量积的坐标表示已知两个非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，则(1)|a|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))；(3)a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝0；(2)a·b＝x1x2＋y1y2;_(4)cosθ＝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))).二、常用结论汇总——规律多一点1．平面向量数量积运算的常用公式(1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；(2)(a±b)2＝a2±2a·b＋b2.2．有关向量夹角的两个结论(1)两个向量a与b的夹角为锐角，则有a·b>0，反之不成立(因为夹角为0时不成立)；(2)两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b<0，反之不成立(因为夹角为π时不成立)．三、基础小题强化——功底牢一点eq\a\vs4\al(一判一判)eq\a\vs4\al(对的打“√”，错的打“×”)(1)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量．()(2)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量．()(3)由a·b＝0可得a＝0或b＝0.()(4)(a·b)c＝a(b·c)．()(5)两个向量的夹角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()答案：(1)√(2)√(3)×(4)×(5)×(二)选一选1．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝()A．4 B．3C．2 D．0解析：选B∵|a|＝1，a·b＝－1，∴a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b＝2×12＋1＝3.2．已知a·b＝－12eq\r(2)，|a|＝4，a和b的夹角为135°，则|b|的值为()A．12 B．6C．3eq\r(3) D．3解析：选B因为a·b＝|a||b|cos135°＝－12eq\r(2)，所以|b|＝eq\f(－12\r(2),4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝6.3．若|a|＝2，|b|＝4，且(a＋b)⊥a，则a与b的夹角为()A.eq\f(2π,3) B.eq\f(π,3)C.eq\f(4π,3) D．－eq\f(2π,3)解析：选A∵(a＋b)⊥a，∴(a＋b)·a＝a2＋a·b＝0，∴a·b＝－4，cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－4,2×4)＝－eq\f(1,2)，∴〈a，b〉＝eq\f(2π,3)，故选A.(三)填一填4．(2018·北京高考)设向量a＝(1,0)，b＝(－1，m)．若a⊥(ma－b)，则m＝________.解析：因为a＝(1,0)，b＝(－1，m)，所以ma－b＝(m＋1，－m)．由a⊥(ma－b)，得a·(ma－b)＝0，即m＋1＝0，所以m＝－1.答案：－15．已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ为120°，则向量b在向量a方向上的投影为________．解析：由数量积的几何意义知，b在a方向上的投影为|b|cosθ＝4×cos120°＝－2.答案：－2eq\a\vs4\al(考点一平面向量的数量积的运算)[典例](1)(2018·新乡二模)若向量m＝(2k－1，k)与向量n＝(4,1)共线，则m·n＝()A．0 B．4C．－eq\f(9,2) D．－eq\f(17,2)(2)(2018·天津高考)在如图所示的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，eq\o(BM,\s\up7(→))＝2eq\o(MA,\s\up7(→))，eq\o(CN,\s\up7(→))＝2eq\o(NA,\s\up7(→))，则eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(OM,\s\up7(→))的值为()A．－15 B．－9C．－6 D．0[解析](1)∵向量m＝(2k－1，k)与向量n＝(4,1)共线，∴2k－1－4k＝0，解得k＝－eq\f(1,2)，∴m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))，∴m·n＝－2×4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×1＝－eq\f(17,2).(2)法一：如图，连接MN.∵eq\o(BM,\s\up7(→))＝2eq\o(MA,\s\up7(→))，eq\o(CN,\s\up7(→))＝2eq\o(NA,\s\up7(→))，∴eq\f(AM,AB)＝eq\f(AN,AC)＝eq\f(1,3).∴MN∥BC，且eq\f(MN,BC)＝eq\f(1,3).∴eq\o(BC,\s\up7(→))＝3eq\o(MN,\s\up7(→))＝3(eq\o(ON,\s\up7(→))－eq\o(OM,\s\up7(→)))．∴eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(OM,\s\up7(→))＝3(eq\o(ON,\s\up7(→))·eq\o(OM,\s\up7(→))－eq\o(OM,\s\up7(→))2)＝3(2×1×cos120°－12)＝－6.法二：在△ABC中，不妨设∠A＝90°，取特殊情况ON⊥AC，以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，因为∠MON＝120°，ON＝2，OM＝1，所以Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(3),2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3\r(3),2)))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)，0)).故eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)，\f(3\r(3),2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))＝－eq\f(15,4)－eq\f(9,4)＝－6.[答案](1)D(2)C[解题技法]求非零向量a，b的数量积的策略(1)若两向量共起点，则两向量的夹角直接可得，根据定义即可求得数量积；若两向量的起点不同，则需要通过平移使它们的起点重合，再计算．(2)根据图形之间的关系，用长度和相互之间的夹角都已知的向量分别表示出向量a，b，然后根据平面向量的数量积的定义进行计算求解．(3)若图形适合建立平面直角坐标系，可建立坐标系，求出a，b的坐标，通过坐标运算求解．[题组训练]1．(2019·济南模拟)已知矩形ABCD中，AB＝eq\r(2)，BC＝1，则eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＝()A．1 B．－1C.eq\r(6) D．2eq\r(2)解析：选B设eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AD,\s\up7(→))＝b，则a·b＝0，∵|a|＝eq\r(2)，|b|＝1，∴eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＝(a＋b)·(－b)＝－a·b－b2＝－1.2．(2019·南昌调研)已知向量a，b满足a·(b＋a)＝2，且a＝(1,2)，则向量b在a方向上的投影为()A.eq\f(\r(5),5) B．－eq\f(\r(5),5)C．－eq\f(2\r(5),5) D．－eq\f(3\r(5),5)解析：选D由a＝(1,2)，可得|a|＝eq\r(5)，由a·(b＋a)＝2，可得a·b＋a2＝2，∴a·b＝－3，∴向量b在a方向上的投影为eq\f(a·b,|a|)＝－eq\f(3\r(5),5).3．(2018·石家庄质检)在△ABC中，已知eq\o(AB,\s\up7(→))与eq\o(AC,\s\up7(→))的夹角为90°，|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝2，|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝1，M为BC上的一点，且eq\o(AM,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))＋μeq\o(AC,\s\up7(→))(λ，μ∈R)，且eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，则eq\f(λ,μ)的值为________．解析：法一：∵eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，∴(λeq\o(AB,\s\up7(→))＋μeq\o(AC,\s\up7(→)))·(eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝0，∵eq\o(AB,\s\up7(→))与eq\o(AC,\s\up7(→))的夹角为90°，|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝2，|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝1，∴－λ|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＋μ|eq\o(AC,\s\up7(→))|2＝0，即－4λ＋μ＝0，∴eq\f(λ,μ)＝eq\f(1,4).法二：根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(0,2)，C(1,0)，所以eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0,2)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(1,0)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(1，－2)．设M(x，y)，则eq\o(AM,\s\up7(→))＝(x，y)，所以eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝(x，y)·(1，－2)＝x－2y＝0，所以x＝2y，又eq\o(AM,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))＋μeq\o(AC,\s\up7(→))，即(x，y)＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，所以x＝μ，y＝2λ，所以eq\f(λ,μ)＝eq\f(\f(1,2)y,2y)＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)eq\a\vs4\al(考点二平面向量数量积的性质)考法(一)平面向量的模[典例](1)(2019·昆明适应性检测)已知非零向量a，b满足a·b＝0，|a|＝3，且a与a＋b的夹角为eq\f(π,4)，则|b|＝()A．6 B．3eq\r(2)C．2eq\r(2) D．3(2)(2019·福州四校联考)已知向量a，b为单位向量，且a·b＝－eq\f(1,2)，向量c与a＋b共线，则|a＋c|的最小值为()A．1 B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,4) D.eq\f(\r(3),2)[解析](1)∵a·b＝0，|a|＝3，∴a·(a＋b)＝a2＋a·b＝|a||a＋b|coseq\f(π,4)，∴|a＋b|＝3eq\r(2)，将|a＋b|＝3eq\r(2)两边平方可得，a2＋2a·b＋b2＝18，解得|b|＝3，故选D.(2)∵向量c与a＋b共线，∴可设c＝t(a＋b)(t∈R)，∴a＋c＝(t＋1)a＋tb，∴(a＋c)2＝(t＋1)2a2＋2t(t＋1)·a·b＋t2b2，∵向量a，b为单位向量，且a·b＝－eq\f(1,2)，∴(a＋c)2＝(t＋1)2－t(t＋1)＋t2＝t2＋t＋1≥eq\f(3,4)，∴|a＋c|≥eq\f(\r(3),2)，∴|a＋c|的最小值为eq\f(\r(3),2)，故选D.[答案](1)D(2)D[解题技法]求平面向量模的2种方法公式法利用|a|＝eq\r(a·a)及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量模的运算转化为数量积运算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考法(二)平面向量的夹角[典例](1)已知平面向量a，b的夹角为eq\f(π,3)，且|a|＝1，|b|＝eq\f(1,2)，则a＋2b与b的夹角是()A.eq\f(π,6) B.eq\f(5π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(3π,4)(2)已知向量a＝(1，eq\r(3))，b＝(3，m)且b在a方向上的投影为－3，则向量a与b的夹角为________．[解析](1)因为|a＋2b|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝1＋1＋4×1×eq\f(1,2)×coseq\f(π,3)＝3，所以|a＋2b|＝eq\r(3).又(a＋2b)·b＝a·b＋2|b|2＝1×eq\f(1,2)×coseq\f(π,3)＋2×eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，所以cos〈a＋2b，b〉＝eq\f(a＋2b·b,|a＋2b||b|)＝eq\f(\f(3,4),\r(3)×\f(1,2))＝eq\f(\r(3),2)，所以a＋2b与b的夹角为eq\f(π,6).(2)因为b在a方向上的投影为－3，所以|b|cos〈a，b〉＝－3，又|a|＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，所以a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝－6，又a·b＝3＋eq\r(3)m，所以3＋eq\r(3)m＝－6，解得m＝－3eq\r(3)，则b＝(3，－3eq\r(3))，所以|b|＝eq\r(32＋－3\r(3)2)＝6，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－6,2×6)＝－eq\f(1,2)，因为0≤〈a，b〉≤π，所以a与b的夹角为eq\f(2π,3).[答案](1)A(2)eq\f(2π,3)[解题技法]求平面向量夹角的2种方法定义法当a，b是非坐标形式，求a与b的夹角θ时，需求出a·b及|a|，|b|或得出它们之间的关系，由cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)求得坐标法若已知a＝(x1，y1)与b＝(x2，y2)，则cos〈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)))，〈a，b〉∈[0，π]考法(三)平面向量的垂直[典例](1)若非零向量a，b满足|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D．π(2)已知向量eq\o(AB,\s\up7(→))与eq\o(AC,\s\up7(→))的夹角为120°，且|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝3，|eq\o(AC,\s\up7(→))eq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))，且eq\o(AP,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，则实数λ的值为________．[解析](1)设a与b的夹角为θ，因为|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，(a－b)⊥(3a＋2b)，所以(a－b)·(3a＋2b)＝3|a|2－2|b|2－a·b＝eq\f(8,3)|b|2－2|b|2－eq\f(2\r(2),3)|b|2cosθ＝0，解得cosθ＝eq\f(\r(2),2)，因为θ∈[0，π]，所以θ＝eq\f(π,4).(2)由eq\o(AP,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，知eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，即eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝(λeq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))·(eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝(λ－1)eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))－λeq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(AC,\s\up7(→))2＝(λ－1)×3×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－λ×9＋4＝0，解得λ＝eq\f(7,12).[答案](1)A(2)eq\f(7,12)[解题技法]1．利用坐标运算证明两个向量的垂直问题若证明两个向量垂直，先根据共线、夹角等条件计算出这两个向量的坐标；然后根据数量积的坐标运算公式，计算出这两个向量的数量积为0即可．2．已知两个向量的垂直关系，求解相关参数的值根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数．[题组训练]1．(2018·深圳高级中学期中)已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则λ＝()A．－4 B．－3C．－2 D．－1解析：选B∵(m＋n)⊥(m－n)，∴(m＋n)·(m－n)＝m2－n2＝(λ＋1)2＋1－(λ＋2)2－4＝0，解得λ＝－3.故选B.2．(2018·永州二模)已知非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，|2a－b|＝1，则|a|＝()A.eq\f(1,2) B．1C.eq\r(2) D．2解析：选A∵非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，∴a·b＝|a|×1×eq\f(1,2)＝eq\f(|a|,2)，∵|2a－b|＝1，∴|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4|a|2－2|a|＋1＝1，∴4|a|2－2|a|＝0，∴|a|＝eq\f(1,2)，故选A.3．(2019·益阳、湘潭调研)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a＋b＝(1，eq\r(3))，记向量a，b的夹角为θ，则tanθ＝________.解析：∵|a|＝1，|b|＝2，a＋b＝(1，eq\r(3))，∴(a＋b)2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝5＋2a·b＝1＋3，∴a·b＝－eq\f(1,2)，∴cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝－eq\f(1,4)，∴sinθ＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))2)＝eq\f(\r(15),4)，∴tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝－eq\r(15).答案：－eq\r(15)eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])1．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2eq\r(3)，a与b的夹角的余弦值为sineq\f(17π,3)，则b·(2a－b)等于()A．2 B．－1C．－6 D．－18解析：选D∵a与b的夹角的余弦值为sineq\f(17π,3)＝－eq\f(\r(3),2)，∴a·b＝－3，b·(2a－b)＝2a·b－b2＝－18.2．已知平面向量a＝(－2,3)，b＝(1,2)，向量λa＋b与b垂直，则实数λ的值为()A.eq\f(4,13) B．－eq\f(4,13)C.eq\f(5,4) D．－eq\f(5,4)解析：选D∵a＝(－2,3)，b＝(1,2)，∴λa＋b＝(－2λ＋1,3λ＋2)．∵λa＋b与b垂直，∴(λa＋b)·b＝0，∴(－2λ＋1,3λ＋2)·(1,2)＝0，即－2λ＋1＋6λ＋4＝0，解得λ＝－eq\f(5,4).3．已知向量a，b满足|a|＝1，b＝(2,1)，且a·b＝0，则|a－b|＝()A.eq\r(6) B.eq\r(5)C．2 D.eq\r(3)解析：选A因为|a|＝1，b＝(2,1)，且a·b＝0，所以|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝1＋5－0＝6，所以|a－b|＝eq\r(6).故选A.4．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)．若向量c满足(a＋c)∥b，c⊥(a＋b)，则c＝()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，－\f(7,9)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(7,9))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)，－\f(7,3)))解析：选D设c＝(m，n)，则a＋c＝(1＋m,2＋n)，a＋b＝(3，－1)，因为(a＋c)∥b，则有－3(1＋m)＝2(2＋n)，即3m＋2n＝－7，又c⊥(a＋b)，则有3m－n＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3m＋2n＝－7，,3m－n＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(7,9)，,n＝－\f(7,3).))所以c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)，－\f(7,3))).5．(2018·襄阳调研)已知i，j为互相垂直的单位向量，a＝i－2j，b＝i＋λj，且a与b的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(－∞，－2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))解析：选C不妨令i＝(1,0)，j＝(0,1)，则a＝(1，－2)，b＝(1，λ)，因为它们的夹角为锐角，所以a·b＝1－2λ>0且a，b不共线，所以λ<eq\f(1,2)且λ≠－2，故选C.6．(2019·石家庄质检)若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，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)解析：选A∵|a＋b|＝|a－b|，∴|a＋b|2＝|a－b|2，∴a·b＝0.又|a＋b|＝2|b|，∴|a＋b|2＝4|b|2，|a|2＝3|b|2，∴|a|＝eq\r(3)|b|，cos〈a＋b，a〉＝eq\f(a＋b·a,|a＋b||a|)＝eq\f(a2＋a·b,|a＋b||a|)＝eq\f(|a|2,2|b||a|)＝eq\f(|a|,2|b|)＝eq\f(\r(3),2)，故a＋b与a的夹角为eq\f(π,6).7．(2018·宝鸡质检)在直角三角形ABC中，角C为直角，且AC＝BC＝1，点P是斜边上的一个三等分点，则eq\o(CP,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＋eq\o(CP,\s\up7(→))·eq\o(CA,\s\up7(→))＝()A．0 B．1C.eq\f(9,4) D．－eq\f(9,4)解析：选B以点C为坐标原点，分别以eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(CB,\s\up7(→))的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则C(0,0)，A(1，0)，B(0,1)，不妨设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，所以eq\o(CP,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))＋eq\o(CP,\s\up7(→))·eq\o(CA,\s\up7(→))＝eq\o(CP,\s\up7(→))·(eq\o(CB,\s\up7(→))＋eq\o(CA,\s\up7(→)))＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＝1.故选B.8．(2019·武汉调研)已知平面向量a，b，e满足|e|＝1，a·e＝1，b·e＝－2，|a＋b|＝2，则a·b的最大值为()A．－1 B．－2C．－eq\f(5,2) D．－eq\f(5,4)解析：选D不妨设e＝(1,0)，则a＝(1，m)，b＝(－2，n)(m，n∈R)，则a＋b＝(－1，m＋n)，所以|a＋b|＝eq\r(1＋m＋n2)＝2，所以(m＋n)2＝3，即3＝m2＋n2＋2mn≥2mn＋2mn＝4mn，当且仅当m＝n时等号成立，所以mn≤eq\f(3,4)，所以a·b＝－2＋mn≤－eq\f(5,4)，综上可得a·b的最大值为－eq\f(5,4).9．已知平面向量a，b满足a·(a＋b)＝3，且|a|＝2，|b|＝1，则向量a与b的夹角的正弦值为________．解析：∵a·(a＋b)＝a2＋a·b＝22＋2×1×cos〈a，b〉＝4＋2cos〈a，b〉＝3，∴cos〈a，b〉＝－eq\f(1,2)，又〈a，b〉∈[0，π]，∴sin〈a，b〉＝eq\r(1－cos2〈