2024步步高考二轮数学新教材讲义专题二　培优点5　极化恒等式、奔驰定理与等和线定理

2024步步高考二轮数学新教材讲义培优点5极化恒等式、奔驰定理与等和线定理平面向量基本定理及数量积是高考考查的重点，很多时候需要用基底代换，运算量大且复杂，用向量极化恒等式、奔驰定理、等和(高)线求解，能简化向量代换，减少运算量，使题目更加清晰简单．考点一向量极化恒等式极化恒等式：a·b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))2.变式：(1)a·b＝eq\f(a＋b2,4)－eq\f(a－b2,4)，a·b＝eq\f(|a＋b|2,4)－eq\f(|a－b|2,4).(2)如图，在△ABC中，设M为BC的中点，则Aeq\o(B,\s\up6(→))·Aeq\o(C,\s\up6(→))＝eq\o(AM,\s\up6(→))2－eq\f(1,4)eq\o(CB,\s\up6(→))2＝Aeq\o(M,\s\up6(→))2－Meq\o(B,\s\up6(→))2.例1(1)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点．Beq\o(A,\s\up6(→))·Ceq\o(A,\s\up6(→))＝4，Beq\o(F,\s\up6(→))·Ceq\o(F,\s\up6(→))＝－1，则Beq\o(E,\s\up6(→))·Ceq\o(E,\s\up6(→))的值为________．(2)(2023·郑州模拟)如图所示，△ABC是边长为8的等边三角形，点P为AC边上的一个动点，长度为6的线段EF的中点为B，则eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))的取值范围是________．规律方法利用向量的极化恒等式可以对数量积进行转化，体现了向量的几何属性，特别适合于以三角形为载体，含有线段中点的向量问题．跟踪演练1(1)如图，△AOB为直角三角形，OA＝1，OB＝2，C为斜边AB的中点，P为线段OC的中点，则eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))等于()A．1B.eq\f(1,16)C.eq\f(1,4)D．－eq\f(1,2)(2)如图，正方形ABCD的边长为2，P为正方形ABCD内一点(包含边界)，且PA⊥PB，则eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的取值范围是________．考点二平面向量“奔驰定理”定理：如图，已知P为△ABC内一点，则有S△PBC·eq\o(PA,\s\up6(→))＋S△PAC·eq\o(PB,\s\up6(→))＋S△PAB·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0.例2(1)已知O是△ABC内部一点，满足eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋meq\o(OC,\s\up6(→))＝0，且eq\f(S△AOB,S△ABC)＝eq\f(4,7)，则实数m等于()A．2B．3C．4D．5(2)(2023·重庆模拟)△ABC内一点O满足关系式S△OBC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△OAC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△OAB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即称为经典的“奔驰定理”，若△ABC的三边为a，b，c，现有a·eq\o(OA,\s\up6(→))＋b·eq\o(OB,\s\up6(→))＋c·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，则O为△ABC的()A．外心B．内心C．重心D．垂心易错提醒利用平面向量“奔驰定理”解题时，要严格按照定理的格式，注意定理中的点P为△ABC内一点；定理中等式左边三个向量的系数之比对应三个三角形的面积之比．跟踪演练2(1)如图，设O为△ABC内一点，且满足eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OC,\s\up6(→))＝3eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))，则eq\f(S△AOB,S△ABC)等于()A.eq\f(2,5)B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,3)(2)(2023·安阳模拟)如图，已知O是△ABC的垂心，且eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，则tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB等于()A．1∶2∶3 B．1∶2∶4C．2∶3∶4 D．2∶3∶6考点三等和(高)线定理等和(高)线平面内一组基底eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))及任一向量eq\o(OP′,\s\up6(→))，eq\o(OP′,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，若点P′在直线AB上或在平行于AB的直线上，则λ＋μ＝k(定值)；反之也成立，我们把直线AB以及与直线AB平行的直线称为等和(高)线．(1)当等和线恰为直线AB时，k＝1；(2)当等和线在O点和直线AB之间时，k∈(0,1)；(3)当直线AB在O点和等和线之间时，k∈(1，＋∞)；(4)当等和线过O点时，k＝0；(5)若两等和线关于O点对称，则定值k1，k2互为相反数；(6)定值k的变化与等和线到O点的距离成正比．例3在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AD,\s\up6(→))，则λ＋μ的最大值为()A．3B．2eq\r(2)C.eq\r(5)D．2规律方法要注意等和(高)线定理的形式，解题时一般要先找到k＝1时的等和(高)线，利用比例求其他的等和(高)线．跟踪演练3如图，△BCD与△ABC的面积之比为2，点P是△BCD内任意一点(含边界)，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，则λ＋μ的取值范围为()A．[2,3] B．[1,2]C．[1,3] D．[1,4]微重点3三角函数中ω，φ的范围问题三角函数中ω，φ的范围问题，是高考的重点和热点，主要考查由三角函数的最值(值域)、单调性、零点等求ω，φ的取值范围，难度中等偏上．考点一三角函数的最值(值域)与ω，φ的取值范围例1(1)若函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(7,2)))(2)(多选)(2023·湖北省八市联考)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，将f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)得到函数g(x)的图象，若g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))上恰有一个最值点，则ω的取值可能是()A．1B．3C．5D．7规律方法求三角函数的最值(值域)问题，主要是整体代换ωx±φ，利用正、余弦函数的图象求解，要注意自变量的范围．跟踪演练1(1)(2023·株洲模拟)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，其图象与直线y＝3相邻两个交点的距离为π，若f(x)>2对∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)，\f(π,3)))恒成立，则φ的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,6)))(2)(2023·贵阳模拟)将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象向右平移eq\f(1,4)个周期后所得的图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有5个极值点，则ω的取值范围是________________．考点二单调性与ω，φ的取值范围例2(1)(2023·南通模拟)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)，若f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增，则ω的取值范围是____________________________________________________________．(2)(2023·柳州模拟)若直线x＝eq\f(π,4)是曲线y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)的一条对称轴，且函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))上不单调，则ω的最小值为()A．9B．7C．11D．3规律方法若三角函数在区间[a，b]上单调递增，则区间[a，b]是该函数单调递增区间的子集，利用集合的包含关系即可求解．跟踪演练2已知f(x)＝sin(2x－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))上有最小值，那么φ的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))考点三零点与ω，φ的取值范围例3(1)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝cosωx－1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．(2)将函数f(x)＝cosx的图象先向右平移eq\f(π,6)个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上没有零点，则ω的取值范围是________．规律方法已知函数的零点、极值点求ω，φ的取值范围问题，一是利用三角函数的图象求解；二是利用解析式，直接求函数的零点、极值点即可，注意函数的极值点即为三角函数的最大值、最小值点．跟踪演练3(多选)(2023·郴州模拟)将函数g(x)＝sinωx(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,5ω)个单位长度得到函数f(x)的图象，已知f(x)在[0,2π]上有且只有5个零点，则下列结论正确的是()A．f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2π))上有且只有5个极值点C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))上单调递增D．ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))微重点4平面向量数量积的最值与范围问题平面向量中的最值与范围问题，是高考的热点与难点问题，主要考查求向量的模、数量积、夹角及向量的系数等的最值、范围．解决这类问题的一般思路是建立求解目标的函数关系，通过函数的值域解决问题，同时，平面向量兼具“数”与“形”的双重身份，数形结合也是解决平面向量中的最值与范围问题的重要方法．考点一求参数的最值(范围)例1(1)(2023·漳州模拟)已知△ABC，点D满足eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up6(→))，点E为线段CD上异于C，D的动点，若eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，则λ2＋μ2的取值范围是________．(2)设非零向量a，b的夹角为θ，若|a|＝2|b|＝2，且不等式|2a＋b|≥|a＋λb|对任意的θ恒成立，则实数λ的取值范围为()A．[－1,3]B．[－1,5]C．[－7,3]D．[5,7]规律方法利用共线向量定理及推论(1)a∥b⇔a＝λb(b≠0)．(2)eq\o(OA,\s\up6(→))＝λeq\o(OB,\s\up6(→))＋μeq\o(OC,\s\up6(→))(λ，μ为实数)，则A，B，C三点共线⇔λ＋μ＝1.跟踪演练1(1)(2023·深圳模拟)过△ABC的重心G的直线l分别交线段AB，AC于点E，F，若eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝μeq\o(AC,\s\up6(→))，则λ＋μ的最小值为()A.eq\f(2,3)＋eq\r(2) B.eq\f(2＋2\r(2),3)C.eq\f(4,3) D．1(2)(2023·佛山模拟)如图，点C在半径为1，圆心角为eq\f(2π,3)的扇形OAB的弧上运动．已知eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))，则当∠AOC＝eq\f(π,6)时，x＋y＝______；x＋y的最大值为________．考点二求向量模、夹角的最值(范围)例2(1)已知e为单位向量，向量a满足(a－e)·(a－5e)＝0，则|a＋e|的最大值为()A．4B．5C．6D．7(2)平面向量a，b满足|a|＝3|b|，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝4，则a与a－b夹角的余弦值的最小值为________________________________________________________________________．易错提醒找两向量的夹角时，要注意“共起点”以及向量夹角的取值范围是[0，π]．若向量a，b的夹角为锐角，包括a·b>0和a，b不共线；若向量a，b的夹角为钝角，包括a·b<0和a，b不共线．跟踪演练2(1)(2023·杭州模拟)已知a＝(1,2)，b＝(1,1)，且a与a＋λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围为____________．(2)(2023·安庆模拟)已知非零向量a，b的夹角为θ，|a＋b|＝2，且|a||b|≥eq\f(4,3)，则夹角θ的最小值为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)考点三求向量数量积的最值(范围)例3(1)(2023·开封模拟)等腰直角三角形ABC的直角顶点A在x轴的正半轴上，点B在y轴的正半轴上，点C在第一象限，且AB＝1，O为坐标原点，则eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2－\r(2),4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(2),2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2－\r(2),4)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(2),2)，1))(2)(2023·全国乙卷)已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若|PO|＝eq\r(2)，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的最大值为()A.eq\f(1＋\r(2),2) B.eq\f(1＋2\r(2),2)C．1＋eq\r(2) D．2＋eq\r(2)跟踪演练3(1)(2023·台州模拟)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内(含边界)一点，M为边BC的中点，则eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))的取值范围是()A．[－2,6] B．[－1,9]C．[－2,4] D．[－1,6](2)(2023·邵阳模拟)已知四边形ABCD是边长为1的正方形，P为对角线AC上一点，则eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→)))的最小值是()A．0B．－eq\f(1,4)C．－eq\f(1,2)D．－2微重点3三角函数中ω，φ的范围问题例1(1)B[因为ω>0，所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，ωx－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(ωπ,2)－\f(π,4))).又因为函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，所以eq\f(π,2)≤eq\f(ωπ,2)－eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，解得eq\f(3,2)≤ω≤3.](2)BCD[f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)－\f(π,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))).由题意，可得g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))，由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))，可得2ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(πω,6)＋\f(π,3))).因为g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))上恰有一个最值点，所以eq\f(π,2)<eq\f(πω,6)＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)，解得1<ω≤7，由选项可知B，C，D满足．]跟踪演练1(1)D(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(28,3)，\f(34,3)))解析函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(T,4)后的解析式为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2ω)))＝sineq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2ω)))))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，可得ωx－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(ωπ,2)－\f(π,6)))，要使得平移后的图象有5个极值点，则函数图象有5个最值点，则需eq\f(9π,2)<eq\f(ωπ,2)－eq\f(π,6)≤eq\f(11π,2)，解得eq\f(28,3)<ω≤eq\f(34,3).例2(1)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))解析令－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(3π,4ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(π,4ω)＋eq\f(2kπ,ω)，k∈Z，故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,4ω)＋\f(2kπ,ω)))，k∈Z，又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4ω)＋\f(2kπ,ω)≤\f(π,2)，,\f(π,4ω)＋\f(2kπ,ω)≥π，))解得－eq\f(3,2)＋4k≤ω≤2k＋eq\f(1,4)，k∈Z，又ω>0，故0<ω≤eq\f(1,4).(2)C[因为直线x＝eq\f(π,4)是曲线y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)的一条对称轴，则eq\f(π,4)ω－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即ω＝4k＋3，k∈Z，由－eq\f(π,2)≤ωx－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，得－eq\f(π,4ω)≤x≤eq\f(3π,4ω)，则函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4ω)，\f(3π,4ω)))上单调递增，而函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))上不单调，则eq\f(3π,4ω)<eq\f(π,12)，解得ω>9，所以ω的最小值为11.]跟踪演练2B例3(1)[2,3)解析因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，则cosωx＝1有3个根，令t＝ωx，则cost＝1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，结合余弦函数y＝cost的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3.(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))解析将函数f(x)＝cosx的图象先向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的图象，再把所得函数图象的横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，周期T＝eq\f(2π,ω)，因为函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上没有零点，所以eq\f(π,2)－0≤eq\f(T,2)，得T≥π，即eq\f(2π,ω)≥π，得0<ω≤2，令g(x)＝0，则ωx－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(2π,3ω)，k∈Z，令k＝0，得x＝eq\f(2π,3ω)，所以eq\f(2π,3ω)≥eq\f(π,2)，得ω≤eq\f(4,3)，又0<ω≤2，所以0<ω≤eq\f(4,3).跟踪演练3CD[由题意知f(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,5ω)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))，在[0,2π]上，令t＝ωx＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))，所以y＝sint在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))上有5个零点，则5π≤2ωπ＋eq\f(π,5)<6π，解得eq\f(12,5)≤ω<eq\f(29,10)，D正确；在(0,2π)上，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))，由上分析知，极值点个数可能为5或6个，B错误；f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,5)))且eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,5)，\f(33π,20)))，故f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))不为0，A错误；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))上，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,10)ω＋\f(π,5)))，则eq\f(π,10)ω＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,25)，\f(49π,100)))，故y＝sint在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,10)ω＋\f(π,5)))上单调递增，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))上单调递增，C正确．]微重点4平面向量数量积的最值与范围问题例1(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(17,9)))解析由题意设eq\o(CE,\s\up6(→))＝meq\o(CD,\s\up6(→))，m∈(0,1)，因为eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up6(→))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(m,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,3)))eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\f(m,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(m,3)，,μ＝1＋\f(m,3)，))所以λ2＋μ2＝1＋eq\f(2,3)m＋eq\f(2,9)m2＝eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,2)))2＋eq\f(1,2)，又因为m∈(0,1)，由二次函数的性质得y＝eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,2)))2＋eq\f(1,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(17,9)))，所以λ2＋μ2的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(17,9))).(2)A跟踪演练1(1)C(2)eq\r(3)2解析以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过点O作OA的垂线所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，当∠AOC＝eq\f(π,6)时，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，则eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，由eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))＝x(1,0)＋yeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＝x－\f(1,2)y，,\f(1,2)＝\f(\r(3),2)y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2\r(3),3)，,y＝\f(\r(3),3)，))故x＋y＝eq\r(3).设∠AOC＝αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤α≤\f(2π,3)))，则eq\o(OC,\s\up6(→))＝(cosα，sinα)，由eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))，得(cosα，sinα)＝x(1,0)＋yeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＝x－\f(1,2)y，,sinα＝\f(\r(3),2)y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα＋\f(\r(3),3)sinα，,y＝\f(2\r(3),3)sinα，))故x＋y＝cosα＋eq\r(3)sinα＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，由于0≤α≤eq\f(2π,3)，故当α＝eq\f(π,3)时，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))取最大值为2，即x＋y的最大值为2.例2(1)C[可设e＝(1,0)，a＝(x，y)，则(a－e)·(a－5e)＝(x－1，y)·(x－5，y)＝x2－6x＋5＋y2＝0，即(x－3)2＋y2＝4，则1≤x≤5，－2≤y≤2，|a＋e|＝eq\r(x＋12＋y2)＝eq\r(8x－4)，当x＝5时，eq\r(8x－4)取得最大值6，即|a＋e|的最大值为6.](2)eq\f(2\r(2),3)解析如图所示，设a＝eq\o(OA,\s\up6(→))，b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，则a－b＝eq\o(BA,\s\up6(→))，设|b|＝m，|a|＝3m，又|a－b|＝4，则1<m<2，cos∠OAB＝eq\f(|\o(OA,\s\up6(→))|2＋|\o(BA,\s\up6(→))|2－|\o(OB,\s\up6(→))|2,2|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(BA,\s\up6(→))|)＝eq\f(9m2＋16－m2,24m)＝eq\f(m,3)＋eq\f(2,3m)≥2eq\r(\f(m,3)·\f(2,3m))＝eq\f(2\r(2),3)，当且仅当eq\f(m,3)＝eq\f(2,3m)，即m＝eq\r(2)时，等号成立．跟踪演练2(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，0))∪(0，＋∞)(2)C例3(1)B[由题意可得△OAB为直角三角形，且AB＝1，设eq\o(AO,\s\up6(→))与eq\o(AB,\s\up6(→))的夹角为α，则A(cosα，0)，B(0，sinα)，其中α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，如图所示，则由等腰直角三角形的性质可得C(cosα＋sinα，cosα)，所以eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝cosα(cosα＋sinα)＝eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)sin2α＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋eq\f(1,2)，又2α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，则eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(2),2))).](2)A[连接OA，由题可知|OA|＝1，OA⊥PA，因为|PO|＝eq\r(2)，所以由勾股定理可得|PA|＝1，则∠POA＝eq\f(π,4).设直线PO绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合，则－eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,4)，∠APD＝eq\f(π,4)＋θ，且|PD|＝eq\r(2)cosθ.所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))||eq\o(PD,\s\up6(→))|coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\r(2)cosθcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\r(2)cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosθ－\f(\r(2),2)sinθ))＝cos2θ－sinθcosθ＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cos2θ－eq\f(1,2)sin2θ＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))，所以当θ＝－eq\f(π,8)时，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))取得最大值，为eq\f(1＋\r(2),2).]跟踪演练3(1)B(2)B[作出如图所示的图形，eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→)))＝eq\o(PA,\s\up6(→))·2eq\o(PO,\s\up6(→)).令eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))，则λ∈[0,1]，eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))－λeq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))eq\o(AC,\s\up6(→))，∵eq\o(PA,\s\up6(→))·2eq\o(PO,\s\up6(→))＝－λeq\o(AC,\s\up6(→))·2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2λ2－λ)·eq\o(AC,\s\up6(→))2＝4λ2－2λ，λ∈[0,1]，∴当λ＝eq\f(1,4)时，(eq\o(PA,\s\up6(→))·2eq\o(PO,\s\up6(→)))min＝－eq\f(1,4).]培优点5极化恒等式、奔驰定理与等和线定理例1(1)eq\f(7,8)解析设BD＝DC＝m，AE＝EF＝FD＝n，则AD＝3n.根据向量的极化恒等式，得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\o(DB,\s\up6(→))2＝9n2－m2＝4，①eq\o(FB,\s\up6(→))·eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\o(FD,\s\up6(→))2－eq\o(DB,\s\up6(→))2＝n2－m2＝－1.②联立①②，解得n2＝eq\f(5,8)，m2＝eq\f(13,8).因此eq\o(EB,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))2－eq\o(DB,\s\up6(→))2＝4n2－m2＝eq\f(7,8).即eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(7,8).(2)[39,55]解析由向量极化恒等式知eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝|eq\o(PB,\s\up6(→))|2－|eq\o(BE,\s\up6(→))|2＝|eq\o(PB,\s\up6