2025高考备考数学知识点第3讲　平面向量的数量积及应用

第3讲平面向量的数量积及应用课标要求命题点五年考情命题分析预测1.理解平面向量数量积的概念及其物理意义，会计算平面向量的数量积.2.了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义.3.会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.4.能用坐标表示平面向量的数量积，会表示两个平面向量的夹角.5.会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决数学和实际问题中的应用.平面向量的数量积运算2023全国卷乙T6；2022全国卷乙T3；2022全国卷甲T13；2021新高考卷ⅡT15；2020北京T13；2019全国卷ⅡT3本讲每年必考，主要考查向量的数量积运算、向量的夹角、模长、垂直问题，一般以客观题形式出现，难度不大.预计2025年高考命题稳定，常规备考的同时要关注向量与三角、解析几何等的综合以及坐标法在解题中的应用.平面向量数量积的应用2023新高考卷ⅠT3；2023新高考卷ⅡT13；2023全国卷甲T4；2022全国卷乙T3；2022新高考卷ⅡT4；2022天津T14；2021新高考卷ⅠT10；2021全国卷甲T14；2021全国卷甲T14；2021全国卷乙T14；2020全国卷ⅠT14；2020全国卷ⅡT13；2020新高考卷ⅠT7；2019全国卷ⅠT7平面向量的应用2023全国卷乙T12；2020天津T15学生用书P1171.向量的夹角定义图示范围共线与垂直已知两个非零向量a，b，O是平面上的任意一点.作OA＝a，OB＝b，则①∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作＜a，b＞.设θ是a与b的夹角，则θ的取值范围是②[0，π].θ＝0或π⇔③a∥b，④θ＝π2⇔a⊥b注意确定向量的夹角时应注意“共起点”.思维拓展1.两个向量夹角的范围为[0，π]，两条直线夹角的范围为[0，π2]2.（1）两个向量a，b的夹角为锐角⇔a·b＞0且向量a，b不共线；（2）两个向量a，b的夹角为钝角⇔a·b＜0且向量a，b不共线.2.平面向量的数量积已知两个非零向量a与b的夹角为θ，我们把数量⑤｜a｜｜b｜cosθ叫做向量a与b的数量积，记作⑥a·b.注意零向量与任一向量的数量积为0.3.投影与投影向量如图，过AB的起点A和终点B，分别作向量CD所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到A1B1，我们称上述变换为向量a向向量b⑦投影，A1B1叫做向量设与b方向相同的单位向量为e，a与b的夹角为θ，则A1B1＝｜a｜cos4.向量数量积的运算律对于向量a，b，c和实数λ，有（1）a·b＝b·a；（2）（λa）·b＝λ（a·b）＝a·（λb）；（3）（a＋b）·c＝a·c＋b·c.注意（1）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.（2）a·b＝a·c（a≠0）b＝c，等式两边不能约去同一个向量.（3）平方差公式、完全平方公式仍适用.5.平面向量数量积的有关结论已知非零向量a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），a与b的夹角为θ.几何表示坐标表示数量积a·b＝｜a｜｜b｜cosθ.a·b＝⑨x1x2＋y1y2.模｜a｜＝a·｜a｜＝⑩x12夹角cosθ＝⑪a·bcosθ＝x1a⊥b的充要条件a·b＝0.⑫x1x2＋y1y2＝0.a∥b的充要条件a＝λb（λ∈R）.⑬x1y2－x2y1＝0.｜a·b｜与｜a｜｜b｜的关系｜a·b｜≤｜a｜｜b｜（当且仅当a∥b时等号成立）.｜x1x2＋y1y2｜≤（x1.以下说法正确的是（A）A.两个向量的数量积是一个实数，向量的加法、减法、数乘运算的运算结果是向量B.由a·b＝0可得a＝0或b＝0C.（a·b）·c＝a·（b·c）D.已知两个非零向量a与b的夹角为θ，若a·b＞0，则θ为锐角2.[教材改编]已知向量a＝（1＋x，x－3），b＝（1－x，2），a·b＝－4，则a＋2b与b的夹角为（B）A.π3 B.π4 C.2π3解析因为a·b＝－4，所以（1＋x）（1－x）＋2（x－3）＝－4，得x＝1.所以a＝（2，－2），b＝（0，2），所以a＋2b＝（2，2），｜a＋2b｜＝22＋22＝22，｜b｜＝2，所以cos＜a＋2b，b＞＝（a+2b）·b｜a+2b||b｜＝422×2＝22.又＜a＋3.[2022全国卷甲]已知向量a＝（m，3），b＝（1，m＋1）.若a⊥b，则m＝－34解析∵a⊥b，∴a·b＝m＋3（m＋1）＝4m＋3＝0，解得m＝－344.已知点A（－1，1），B（1，2），C（－2，－1），D（3，4），则AB在CD方向上的投影向量为（32，32解析依题意，得CD＝（5，5），则与CD同向的单位向量e＝CD｜CD｜＝（22，22），AB＝（2，1），则AB在CD方向上的投影向量为AB·CD｜CD｜·e＝10+552（22，22）5.[易错题]已知平面内三个向量a，b，c两两夹角相等，且｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝3，则｜a＋b＋c｜＝2或5.解析当a，b，c共线时，｜a＋b＋c｜＝｜a｜＋｜b｜＋｜c｜＝5；当a，b，c两两夹角为2π3时，a·b＝－12，a·c＝b·c＝－32.｜a＋b＋c｜＝｜学生用书P119命题点1平面向量的数量积运算例1（1）[2023全国卷乙]正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则EC·ED＝（B）A.5 B.3 C.25 D.5解析解法一由题意知，EC＝EB＋BC＝12AB＋AD，ED＝EA＋AD＝－12AB＋AD，所以EC·ED＝（12AB＋AD）·（－12AB＋AD）＝｜AB｜＝2，所以EC·ED＝4－1＝3，故选B.解法二以点A为坐标原点，AB，AD的方向分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则E（1，0），C（2，2），D（0，2），则EC＝（1，2），ED＝（－1，2），EC·ED＝－1＋4＝3，故选B.（2）[2022全国卷甲]设向量a，b的夹角的余弦值为13，且｜a｜＝1，｜b｜＝3，则（2a＋b）·b＝11解析（2a＋b）·b＝2a·b＋b2＝2｜a｜｜b｜cos＜a，b＞＋｜b｜2＝2×1×3×13＋32＝11方法技巧求非零向量a，b的数量积的方法1.定义法：a·b＝｜a｜｜b｜cosθ.2.基底法：选取合适的一组基底，利用平面向量基本定理将待求数量积的两个向量分别表示出来，进而根据数量积的运算律和定义求解.3.坐标法：已知条件中有（或隐含）正交基底，优先考虑建立平面直角坐标系，利用a·b＝x1x2＋y1y2求解.训练1（1）[2022全国卷乙]已知向量a，b满足｜a｜＝1，｜b｜＝3，｜a－2b｜＝3，则a·b＝（C）A.－2 B.－1 C.1 D.2解析由｜a－2b｜＝3，可得｜a－2b｜2＝a2－4a·b＋4b2＝9.又｜a｜＝1，｜b｜＝3，所以a·b＝1，故选C.（2）[全国卷Ⅱ]已知AB＝（2，3），AC＝（3，t），｜BC｜＝1，则AB·BC＝（C）A.－3 B.－2 C.2 D.3解析因为BC＝AC－AB＝（1，t－3），所以｜BC｜＝1+（t－3）2＝1，解得t＝3，所以BC＝（1，0），所以AB·BC＝2×1＋3命题点2平面向量数量积的应用角度1向量的模问题例2（1）[2022全国卷乙]已知向量a＝（2，1），b＝（－2，4），则｜a－b｜＝（D）A.2 B.3 C.4 D.5解析由题意知a－b＝（2，1）－（－2，4）＝（4，－3），所以｜a－b｜＝42＋（－3（2）[2023新高考卷Ⅱ]已知向量a，b满足｜a－b｜＝3，｜a＋b｜＝｜2a－b｜，则｜b｜＝3.解析由｜a－b｜＝3，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3①.由｜a＋b｜＝｜2a－b｜，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，a2＝2a·b，结合①，得a2＝a2＋b2－3，整理得，b2＝3，所以｜b｜＝3.方法技巧求平面向量模的两种方法公式法利用如下公式转化求解.①a2＝a·a＝｜a｜2或｜a｜＝a·②｜a±b｜＝（a±b③若a＝（x，y），则｜a｜＝x2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，再利用余弦定理等求解.角度2向量的夹角问题例3（1）[2023全国卷甲]已知向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝2，且a＋b＋c＝0，则cos＜a－c，b－c＞＝（D）A.－45 B.－25 C.25 解析∵a＋b＋c＝0，∴c＝－a－b，等式两边同时平方得2＝a2＋b2＋2a·b＝1＋1＋2a·b，∴a·b＝0.解法一∵a－c＝a－（－a－b）＝2a＋b，b－c＝b－（－a－b）＝a＋2b，∴（a－c）·（b－c）＝（2a＋b）·（a＋2b）＝2a2＋5a·b＋2b2＝4，且｜a－c｜＝｜2a＋b｜＝（2a＋b）2＝4+1＝5，｜b－c｜＝｜a＋2b｜＝∴cos＜a－c，b－c＞＝（a－c）·（解法二如图，令OA＝a，OB＝b，则OC＝c，∴CA＝a－c，CB＝b－c，而｜AB｜＝2，｜AC｜＝｜BC｜＝5，在△ABC中，由余弦定理得cos＜a－c，b－c＞＝cos＜CA，CB＞＝cos∠ACB＝5+5－225×5解法三如图，令向量a，b的起点均为O，终点分别为A，B，以OA，OB的方向分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则a＝（1，0），b＝（0，1），c＝－a－b＝（－1，－1），所以a－c＝（2，1），b－c＝（1，2），则cos＜a－c，b－c＞＝（a－c）·（b－（2）[2022新高考卷Ⅱ]已知向量a＝（3，4），b＝（1，0），c＝a＋tb，若＜a，c＞＝＜b，c＞，则t＝（C）A.－6 B.－5 C.5 D.6解析解法一由题意，得c＝a＋tb＝（3＋t，4），所以a·c＝3×（3＋t）＋4×4＝25＋3t，b·c＝1×（3＋t）＋0×4＝3＋t.因为＜a，c＞＝＜b，c＞，所以cos＜a，c＞＝cos＜b，c＞，即a·c｜a||c｜＝b·c｜b||解法二因为＜a，c＞＝＜b，c＞，且c＝a＋tb，所以由向量加法的平行四边形法则得｜a｜＝t｜b｜，易知｜a｜＝5，｜b｜＝1，所以t＝5.方法技巧求平面向量夹角问题的三种方法定义法当a，b是非坐标形式时，由cosθ＝a·b坐标法若a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），则cos＜a，b＞＝x1x2＋y1y2x12＋解三角形法可以把所求两向量的夹角放到三角形中进行求解.注意向量夹角与三角形内角的关系.角度3向量的垂直问题例4（1）[2023新高考卷Ⅰ]已知向量a＝（1，1），b＝（1，－1）.若（a＋λb）⊥（a＋μb），则（D）A.λ＋μ＝1 B.λ＋μ＝－1C.λμ＝1 D.λμ＝－1解析因为a＝（1，1），b＝（1，－1），所以a＋λb＝（1＋λ，1－λ），a＋μb＝（1＋μ，1－μ），因为（a＋λb）⊥（a＋μb），所以（a＋λb）·（a＋μb）＝0，所以（1＋λ）（1＋μ）＋（1－λ）（1－μ）＝0，整理得λμ＝－1.故选D.（2）[全国卷Ⅱ]已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是（D）A.a＋2b B.2a＋b C.a－2b D.2a－b解析解法一由题意，得a·b＝｜a｜｜b｜cos60°＝12.对于A，（a＋2b）·b＝a·b＋2b2＝12＋2＝52≠0，故A不符合题意；对于B，（2a＋b）·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B不符合题意；对于C，（a－2b）·b＝a·b－2b2＝12－2＝－32≠0，故C不符合题意；对于D，（2a－b）·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以（2a－b）⊥解法二根据条件，分别作出向量b与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，如图所示. A B C D由图易知，只有选项D满足题意.故选D.解法三不妨设a＝（12，32），b＝（1，0），则a＋2b＝（52，32），2a＋b＝（2，3），a－2b＝（－32，32），2a－b＝（0，3），易知，只有（2a－b）·b＝0，即（2a－b方法技巧1.证明两个向量垂直的解题策略先计算出这两个向量的坐标或表示出两个向量，然后根据数量积的运算公式，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.训练2（1）[2023广州市二检]已知两个非零向量a，b满足｜a｜＝3｜b｜，（a＋b）⊥b，则cos〈a，b〉＝（D）A.12 B.－12 C.13 解析因为（a＋b）⊥b，所以（a＋b）·b＝0，即a·b＝－b2，所以｜a｜·｜b｜·cos〈a，b〉＝－｜b｜2，即3｜b｜·｜b｜cos〈a，b〉＝－｜b｜2，则cos〈a，b〉＝－13.故选（2）[2021全国卷甲]若向量a，b满足｜a｜＝3，｜a－b｜＝5，a·b＝1，则｜b｜＝32.解析由｜a－b｜＝5得（a－b）2＝25，即a2－2a·b＋b2＝25，结合｜a｜＝3，a·b＝1，得32－2×1＋｜b｜2＝25，所以｜b｜＝32.命题点3平面向量的应用例5在日常生活中，我们会看到两人共提一个行李包的情况（如图）.假设行李包所受重力为G，所受的两个拉力分别为F1，F2.若｜F1｜＝｜F2｜，F1与F2的夹角为θ，则下列结论不正确的是（D）A.｜F1｜的最小值为12｜GB.当θ＝2π3时，｜F1｜＝｜GC.当θ＝π2时，｜F1｜＝22｜D.当θ＝2π3时，F1在F2解析由题意知，｜G｜＝｜F1＋F2｜，且｜G｜为定值，因为｜F1｜＝｜F2｜，所以｜G｜2＝｜F1｜2＋｜F2｜2＋2｜F1｜｜F2｜·cosθ＝2｜F1｜2（1＋cosθ），所以｜F1｜2＝｜G当θ∈（0，π）时，y＝cosθ单调递减，所以关于θ的函数y＝｜F1｜2＝｜G即θ越大越费力，θ越小越省力.当θ＝0时，｜F1｜min＝1当θ＝π2时，｜F1｜＝22｜G当θ＝2π3时，｜F1｜＝｜G｜.故A，B，C对于D选项，当θ＝2π3时，F1在F2方向上的投影数量为｜F1｜cos2π3＝｜－｜G｜2，故D不正确方法技巧用向量方法解决实际问题的步骤训练3一条东西方向的河流两岸平行，河宽2503m，河水的速度为正东3km/h.一艘小货船准备从河流南岸码头P处出发，航行到河流对岸对应点Q（PQ与河流的方向垂直）的正西方向并且与Q相距250m的码头M处卸货，若水流的速度与小货船航行的速度的合速度的大小为5km/h，则当小货船的航程最短时，小货船航行速度的大小为（C）A.33km/h B.6km/hC.7km/h D.36km/h解析连接PM，由题意得，当小货船的航程最短时，其航线为线段PM.设小货船航行的速度为v，水流的速度为v1，水流的速度与小货船航行的速度的合速度为v2，作出示意图，如图所示.PQ＝2503m，QM＝250m.在Rt△PQM中，（根据“PQ与河流的方向垂直”得到△PMQ的形状）tan∠PMQ＝PQQM＝2503250＝3，由题意∠PMQ∈（0所以∠PMQ＝π3，∠MPQ＝π6，＜v1，v2＞＝π2＋π易知v＝v2－v1，｜v1｜＝3，｜v2｜＝5，所以｜v｜＝（v2－v1）2所以小货船航行速度的大小为7km/h，故选C.学生用书P120极化恒等式例6（1）[2022北京高考]在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则PA·PB的取值范围是（D）A.[－5，3] B.[－3，5] C.[－6，4] D.[－4，6]解析解法一（极化恒等式）设AB的中点为M，CM与CP的夹角为θ，由极化恒等式得PA·PB＝PM2－14AB2＝（CM－CP）2－254＝CM2＋CP2－2CM·CPcosθ－254＝254＋1－5cosθ－254＝1－5cosθ，因为cosθ∈[－1，1]，所以PA·解法二以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A（3，0），B（0，4），设P（x，y），则x2＋y2＝1，PA＝（3－x，－y），PB＝（－x，4－y），所以PA·PB＝x2－3x＋y2－4y＝（x－32）2＋（y－2）2－254，又（x－32）2＋（y－2）2表示圆x2＋y2＝1上一点到点（32，2）距离的平方，圆心（0，0）到点（32，2）的距离为52，所以PA·PB∈[（52－1）2－254，（52＋1）2－254]，即PA解法三以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A（3，0），B（0，4），因为PC＝1，所以P在以（0，0）为圆心，1为半径的圆上，所以设点P坐标为（cosα，sinα），则PA·PB＝（3－cosα，－sinα）·（－cosα，4－sinα）＝1－3cosα－4sinα＝1－5sin（α＋φ）（其中tanφ＝34）.因为sin（α＋φ）∈[－1，1]，所以PA·PB∈[－4，6]（2）[全国卷Ⅱ]已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA·（PB＋PC）的最小值是（B）A.－2 B.－32 C.－43 D.解析解法一如图，取BC的中点D，则PB＋PC＝2PD，则PA·（PB＋PC）＝2PA·PD.在△PAD中，取AD的中点O，则2PA·PD＝2｜PO｜2－12｜AD｜2＝2｜PO｜2－32由于点P在平面内是任意的，因此当且仅当点P，O重合时，｜PO｜取得最小值，即2PA·PD取得最小值－32.故选解法二如图，以等边三角形ABC的底边BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A（0，3），B（－1，0），C（1，0）.设P（x，y），则PA＝（－x，3－y），PB＝（－1－x，－y），PC＝（1－x，－y），所以PA·（PB＋PC）＝（－x，3－y）·（－2x，－2y）＝2x2＋2（y－32）2－32，易知当x＝0，y＝32时，PA·（PB＋PC）取得最小值，最小值为－3方法技巧极化恒等式：a·b＝14[（a＋b）2－（a－b）2]几何意义：向量a，b的数量积等于以这组向量所对应的线段为邻边的平行四边形的“和对角线长”与“差对角线长”的平方差的14应用：（1）在▱ABCD中，O为AC，BD的交点，则有AB·AD＝14（4｜AO｜2－4｜OB｜2）＝｜AO｜2－｜OB｜2.（2）如图，在△ABC中，若M是BC的中点，则AB·AC＝AM2－1训练4[2023山东青岛二中5月模拟]如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且AD＝λBC，AD·AB＝－32，则实数λ的值为16，若M，N是线段｜MN｜＝1，则DM·DN的最小值为132解析依题意得AD∥BC，∠BAD＝120°，由AD·AB＝｜AD｜·｜AB｜·cos∠BAD＝－32｜AD｜＝－32，得｜AD｜＝1，因此λ＝｜AD｜｜BC｜＝16.取MN的中点E，连接DE，则DM＋DN＝2DE，DM·DN＝14[（DM＋DN）2－（DM－DN）2]＝DE2－14NM2＝DE2－14.注意到线段MN在线段BC上运动时，DE的最小值等于点D到直线BC的距离，即AB·sinB＝332，因此DE思维帮·提升思维快速解题三角形“四心”的向量表示与运用角度1垂心的向量表示与运用例7[2023山西朔州模拟]已知H为△ABC的垂心，若AH＝13AB＋25AC，则sin∠BAC＝解析如图，连接BH，CH，因为AH＝13AB＋25AC，所以BH＝BA－23AB＋25AC，CH＝CA＋AH＝13AB－35AC.由H为△ABC的垂心，得BH·AC＝0，即（－23AB＋25AC）·AC＝0，可知25｜AC｜2＝23｜AC｜·｜AB｜cos∠BAC，即cos∠BAC＝3｜AC｜5｜AB｜①，同理有CH·AB＝0，即（13AB－35AC）·AB＝0，可知13｜AB｜2＝35｜AC｜｜AB｜cos∠BAC，即cos∠BAC＝5｜AB｜9｜AC｜②，①×②得cos2∠方法技巧1.垂心的定义：三角形三条高的交点称为该三角形的垂心.2.垂心的性质：设O是△ABC的垂心，P为△ABC所在平面内任意一点，则有（1）OA·OB＝OB·OC＝OC·OA；（2）｜OA｜2＋｜BC｜2＝｜OB｜2＋｜CA｜2＝｜OC｜2＋｜AB｜2；（3）动点P满足AP＝λ（AB｜AB｜cos∠ABC＋AC｜AC｜cos∠ACB）或OP＝OA＋λ（AB｜角度2重心的向量表示与运用例8[2023广州一中诊断]如图，已知点G是△ABC的重心，过G作直线与AB，AC分别交于M，N两点，AM＝xAB，AN＝yAC，则xyx＋y＝1解析由M，G，N三点共线得，存在实数λ使得AG＝λAM＋（1－λ）AN＝xλAB＋y（1－λ）AC，且0＜λ＜1.因为G是△ABC的重心，所以AG＝13（AB＋AC），所以xλ＝13，y（1－λ）＝13，则x＝13λ，y＝13（1－λ）方法技巧1.重心的定义：三角形三条中线的交点称为该三角形的重心.2.重心的性质：设O是△ABC的重心，P为平面内任意一点，则有（1）OA＋OB＋OC＝0；（2）PO＝13（PA＋PB＋PC）；（3）动点P满足AP＝λ（AB＋AC）或OP＝OAλ（AB＋AC），λ∈[0，＋∞）时，动点P的轨迹经过△ABC的重心.角度3外心的向量表示与运用例9[2023湖北荆门模拟]已知点O为△ABC所在平面内一点，在△ABC中，满足2AB·AO＝｜AB｜2，2AC·AO＝｜AC｜2，则点O为该三角形的（B）A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心解析因为2AB·AO＝2｜AB｜｜AO｜cos∠OAB＝｜AB｜2，所以｜AO｜cos∠OAB＝12｜AB｜，则向量AO在向量AB上的投影向量的长度为｜AB｜的一半，所以点O在边AB的中垂线上，同理，点O在边AC的中垂线上，所以点O为该三角形的外心，故选方法技巧1.外心的定义：三角形三边垂直平分线的交点称为该三角形的外心.2.外心的性质：若O是△ABC的外心，则有（1）｜OA｜＝｜OB｜＝｜OC｜；（2）（OA＋OB）·AB＝（OA＋OC）·AC＝（OB＋OC）·BC＝0.角度4内心的向量表示与运用例10[2023四川南充阶段测试]已知O是△ABC所在平面内一点，且点O满足OA·（AB｜AB｜－AC｜AC｜）＝OB·（BA｜BA｜－BC｜BC｜）＝OC·（CA｜CAA.外心 B.重心 C.内心 D.垂心解析解法一AB｜AB｜，AC｜AC｜分别是与AB，AC方向相同的单位向量，可令AB｜AB｜＝AD，AC｜AC｜＝AE，连接ED，则△ADE为腰长是1的等腰三角形，AB｜AB｜－AC｜AC｜＝ED，所以OA·ED＝0，所以AO为∠CAB的平分线，同理解法二OA·（AB｜AB｜－AC｜AC｜）＝0，即OA·AB｜AB｜＝OA·AC｜AC｜，即｜OA｜·｜AB｜｜AB｜cos（π－∠OAB）＝｜OA｜·｜AC｜｜AC｜·cos（π－∠OAC），所以∠OAB＝∠OAC方法技巧1.内心的定义：三角形三条内角平分线的交点称为该三角形的内心.2.内心的性质：若O是△ABC的内心，P为平面内任意一点，则有（1）aOA＋bOB＋cOC＝0（a，b，c分别是△ABC的三边BC，AC，AB的长）；（2）动点P满足AP＝λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜）或OP＝OA＋λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜），λ训练5（1）[2023长春模拟]点O是平面α上一定点，点P是平面α上一动点，A，B，C是平面α上△ABC的三个顶点（点O，P，A，B，C均不重合），以下命题正确的是①②③④.①动点P满足OP＝OA＋PB＋PC，则△ABC的重心一定在满足条件的P点的集合中；②动点P满足OP＝OA＋λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜）（λ＞0③动点P满足OP＝OA＋λ（AB｜AB｜sinB＋AC｜AC｜sinC④动点P满足OP＝OA＋λ（AB｜AB｜（λ∈R），则△ABC的垂心一定在满足条件的P点的集合中.解析对于①，OP＝OA＋PB＋PC，移项得－OA＋OP＝AP＝PB＋PC，即PA＋PB＋PC＝0，则点P是△ABC的重心，故①正确.对于②，因为动点P满足OP＝OA＋λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜）（λ＞0），移项得AP＝λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜）（λ＞0），所以AP与∠BAC的平分线对应的向量共线，所以P对于③，OP＝OA＋λ（AB｜AB｜sinB＋AC｜AC｜sinC）（λ＞0），即AP＝λ（AB｜AB｜sinB＋AC｜AC｜sinC），过点A作AD⊥BC，垂足为D，则｜AB｜sinB＝｜AC｜sinC＝AD，AP＝λAD（AB＋AC），设M为BC的中点，则AB＋对于④，OP＝OA＋λ（AB｜AB｜cosB＋AC｜AC｜cosC）（λ∈R），即AP＝λ（AB｜AB｜cosB＋AC｜AC｜cosC），所以AP·BC＝λ（AB·BC｜AB｜cosB＋AC·BC｜AC｜（2）[多选/2023安徽淮北师大附中模拟]数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：三角形的重心、垂心和外心共线.这条线就是三角形的欧拉线.在△ABC中，O，H，G分别是外心、垂心和重心，D为BC边的中点，则下列四个选项中正确的是（ABD）A.GH＝2OG B.GA＋GB＋GC＝0C.AH＝OD D.S△ABG＝S△BCG＝S△ACG解析根据题意画出图形，如图所示.对于B，连接GD，由重心的性质可得G为AD的三等分点，且GA＝－2GD，又D为BC的中点，所以GB＋GC＝2GD，所以GA＋GB＋GC＝－2GD＋2GD＝0，故B正确.对于A，C，因为O为△ABC的外心，D为BC的中点，所以OD⊥BC，所以AH∥OD，所以△AHG∽△DOG，所以GHOG＝AHOD＝AGDG＝2，即GH＝2OG，AH＝2OD，故A正确，对于D，延长AH交BC于N，过点G作GE⊥BC，垂足为E，则△DEG∽△DNA，所以GEAN＝DGDA＝13，所以S△BGC＝12×BC×GE＝12×BC×13×AN＝13S△ABC，同理，S△AGC＝S△AGB＝13S△ABC，所以S△ABG＝S△BCG＝S1.[命题点2/多选]已知e1，e2是单位向量，且e1·e2＝12，若向量a满足e1·a＝2，则下列选项正确的是（ABDA.｜e1－e2｜＝1B.e1在e2上的投影向量的模为1C.e1与e1－e2的夹角为5D.a在e1上的投影向量为2e1解析｜e1－e2｜2＝e12－2e1·e2＋e22＝1，故｜e1－e2｜＝1因为e1在e2上的投影向量为e1·e2｜e2｜e2＝12e2，所以e1因为e1·（e1－e2）＝1×1×cos＜e1，e1－e2＞＝e12－e1·e2＝12，所以＜e1，e1－e2＞＝π3设e1与a的夹角为θ，因为e1·a＝2＝｜a｜cosθ，所以a在e1上的投影向量为（｜a｜cosθ）e1＝2e1，故D正确.2.[命题点2/2022天津高考]在△ABC中，CA＝a，CB＝b，AC＝2DC，CB＝2BE，用a，b表示向量DE，则DE＝32b－12a；若AB⊥DE，则∠ACB的最大值为π解析由题意知CD＝12CA＝12a，又CB＝2BE，所以CE＝32CB＝32b，则DE＝CE－CD＝因为AB⊥DE，AB＝CB－CA＝b－a，所以AB·DE＝（b－a）·（32b－12a）＝0，化简整理，得3b2＋a2－4a·b＝0，则3｜b｜｜a｜2－4｜a｜｜b｜·cos∠ACB＝0，所以cos∠ACB＝3｜b｜2＋｜a｜24｜a||b｜≥23｜a||b｜4｜a||b｜＝323.[思维帮]在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，D是AB的中点，E，F分别是边BC，AC上的动点，且EF＝1，则DE·DF的最小值为154解析如图，取EF的中点H，连接DH，CH，CD，则CD＝12AB＝52，CH＝12EF＝12，DE·DF＝DH2－EF24＝DH2｜DH｜≥｜CD｜，所以｜DH｜≥｜CD｜－｜CH｜＝52－12＝2，所以DE·DF≥4－14学生用书·练习帮P3181.[2024武汉部分学校调考]两个单位向量e1与e2满足e1·e2＝0，则向量e1－3e2与e2的夹角为（D）A.30° B.60°C.120° D.150°解析解法一因为e1，e2是单位向量，所以｜e1｜＝｜e2｜＝1，又e1·e2＝0，所以（e1－3e2）·e2＝e1·e2－3e22＝－3，（e1－3e2）2＝e12－23e1·e2＋3e22＝1＋3＝4，所以｜e1－3e2｜＝2.设e1－3e2与e2的夹角为θ，则cosθ＝（e1－3e2）·解法二因为e1，e2是单位向量，e1·e2＝0，所以不妨设e1＝（1，0），e2＝（0，1），所以e1－3e2＝（1，0）－3（0，1）＝（1，－3）.设e1－3e2与e2的夹角为θ，则cosθ＝（e1－3e2）·e2｜e1－3e22.[2024安徽六校联考]已知向量m，n，且｜m｜＝｜n｜＝1，｜3m－2n｜＝7，则向量m在向量n上的投影向量为（C）A.0 B.12m C.12n D.－解析由｜3m－2n｜＝7，得｜3m－2n｜2＝（3m－2n）2＝9m2＋4n2－12m·n＝7，又｜m｜＝｜n｜＝1，所以9＋4－12m·n＝7，整理得m·n＝12，因为＜m，n＞∈[0，π]，所以m，n的夹角为π3，所以向量m在向量n上的投影向量为12n3.[2023吉林长春质监]已知向量a与b的夹角为60°，｜a｜＝2，｜b｜＝1，则｜a－2b｜＝（C）A.1 B.3 C.2 D.23解析 解法一a·b＝｜a｜·｜b｜cos60°＝2×1×12＝1，所以｜a－2b｜2＝a2－4a·b＋4b2＝4－4×1＋4＝4，所以｜a－2b｜＝2，故选解法二如图所示，记OA＝a，OB＝b，则∠AOB＝60°.延长OB到C，使OC＝2OB＝2b，因为｜a｜＝2，｜b｜＝1，所以｜OA｜＝｜OC｜＝2.连接AC，则△OAC为正三角形，所以｜a－2b｜＝｜CA｜＝2，故选C.4.已知单位向量a，b满足｜a＋b｜＞1，则a与b夹角的取值范围是（B）A.[0，π3） B.[0，2π3） C.（π3，π] D.（解析解法一设单位向量a，b的夹角为θ，则θ∈[0，π]，将｜a＋b｜＞1两边同时平方得a2＋2a·b＋b2＞1，化简得2＋2cosθ＞1，即cosθ＞－12，又因为θ∈[0，π]，所以0≤θ＜2π解法二设单位向量a，b的夹角为θ，显然当θ＝0时，｜a＋b｜＞1成立；当θ≠0时，如图所示，令OA＝a，OB＝b，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，则OC＝a＋b，设∠AOB＝θ，因为a，b均为单位向量，所以平行四边形OACB是边长为1的菱形，在θ从0增大到π的过程中，｜OC｜一直在减小，当｜OC｜＝1时，△AOC为等边三角形，此时θ＝2π3，故0＜θ＜2π3.综上可知，0≤θ＜25.[2023河南安阳模拟]已知a＝（1，0），b＝（0，1），c＝a＋tb，t∈R，若sin＜a，c＞＝sin＜b，c＞，则t＝（B）A.－1 B.±1 C.2 D.±2解析∵a＝（1，0），b＝（0，1），c＝a＋tb，∴c＝（1，t），又sin＜a，c＞＝sin＜b，c＞，∴cos＜a，c＞＝±cos＜b，c＞，而cos＜a，c＞＝11+t2，cos＜b，c＞＝t1+t2，∴1＝±t6.[多选]已知向量a＝（1，sinθ），b＝（cosθ，2），则下列命题正确的是（BD）A.存在θ，使得a∥bB.当tanθ＝－22时，a与bC.对任意θ，都有｜a｜≠｜b｜D.当a·b＝－3时，a在b上的投影向量的模为3解析对于A选项，若a∥b，则1×2－sinθcosθ＝0，又因为sinθcosθ＝12sin2θ∈[－12，12]，所以方程1×2－sinθcosθ＝0无解，即不存在θ，使得a∥b，所以A不正确；对于B选项，若a⊥b，则cosθ＋2sinθ＝0，即tanθ＝－2对于C选项，｜a｜＝1+sin2θ，｜b｜＝2+cos2θ，当θ＝π2时，｜a｜＝对于D选项，a·b＝cosθ＋2sinθ＝3sin（θ＋φ）＝－3，其中sinφ＝33，cosφ＝63，所以θ＋φ＝2kπ－π2，k∈Z，所以｜b｜＝2+cos2θ＝2+13＝73，a在b上的投影向量的模为｜a·b｜b｜×a｜7.已知向量a与b的夹角为π3，且｜a｜＝1，｜2a－b｜＝3，则｜b｜＝1解析｜2a－b｜2＝（2a－b）2＝4｜a｜2－4｜a｜·｜b｜cos＜a，b＞＋｜b｜2＝4－2｜b｜＋｜b｜2＝3，解得｜b｜＝1.8.已知非零向量m，n满足4｜m｜＝3｜n｜，cos＜m，n＞＝13.若n⊥（tm＋n），则t＝－4解析由n⊥（tm＋n）可得n·（tm＋n）＝0，即tm·n＋n2＝0，所以t＝－n2－n2｜m｜·｜n｜cos＜m，n＞＝－9.[2021新高考卷Ⅱ]已知向量a＋b＋c＝0，｜a｜＝1，｜b｜＝｜c｜＝2，a·b＋b·c＋c·a＝－92解析（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2（a·b＋a·c＋b·c）＝0，因为｜a｜＝1，｜b｜＝｜c｜＝2，所以a·b＋a·c＋b·c＝－9210.已知单位向量a，b满足｜a－2b｜＝3a·b，则向量a，b夹角的余弦值为59解析设a，b的夹角为θ，将｜a－2b｜＝3a·b两边同时平方得9cos2θ＋4cosθ－5＝0，解得cosθ＝59或cosθ＝－1.由｜a－2b｜＝3a·b可知a·b≥0，所以cosθ≥0，所以cosθ＝511.[2024山东日照联考]如图，在边长为2的等边△ABC中，点E为中线BD的三等分点（靠近点B），点F为BC的中点，则FE·FC＝（B）A.－34 B.－C.34 D.解析解法一由题意，以点D为坐标原点，DA，DB的方向分别为x，y轴的正方向，建立平面直角坐标系，则D（0，0），C（－1，0），B（0，3），E（