2020年高考数学一轮(江苏理)-第5章-5-3-平面向量的数量积

§5.3平面向量的数量积考情考向分析主要考查利用数量积的定义解决数量积的运算、求模与夹角等问题，考查利用数量积的坐标表示求两个向量的夹角、模以及判断两个平面向量的平行与垂直关系．一般以填空题的形式考查，偶尔会在解答题中出现，属于中档题．1．向量的夹角已知两个非零向量a和b，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，则∠AOB就是向量a与b的夹角，向量夹角的范围是[0，π]．2．平面向量的数量积定义设两个非零向量a，b的夹角为θ，则数量|a||b|·cosθ叫做a与b的数量积(或内积)，记作a·b投影|a|cosθ叫做向量a在b方向上的投影，|b|cosθ叫做向量b在a方向上的投影几何意义数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cosθ的乘积拓展：向量数量积不满足：①消去律，即a·b＝a·c⇏b＝c；②结合律，即(a·b)·c⇏a·(b·c)．3．向量数量积的运算律(1)a·b＝b·a.(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)＝λa·b.(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c.4．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.结论几何表示坐标表示模|a|＝eq\r(a·a)|a|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))夹角cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)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)))a⊥b的充要条件a·b＝0x1x2＋y1y2＝0|a·b|与|a||b|的关系|a·b|≤|a||b||x1x2＋y1y2|≤eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))概念方法微思考1．a在b方向上的投影与b在a方向上的投影相同吗？提示不相同．因为a在b方向上的投影为|a|cosθ，而b在a方向上的投影为|b|cosθ，其中θ为a与b的夹角．2．两个向量的数量积大于0，则夹角一定为锐角吗？提示不一定．当夹角为0°时，数量积也大于0.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)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．(√)(2)由a·b＝0可得a＝0或b＝0.(×)(3)(a·b)c＝a(b·c)．(×)(4)两个向量的夹角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(×)(5)若a·b>0，则a和b的夹角为锐角；若a·b<0，则a和b的夹角为钝角．(×)题组二教材改编2．[P90T18]已知向量a＝(2,1)，b＝(－1，k)，a·(2a－b)＝0，则k＝________.答案12解析∵2a－b＝(4,2)－(－1，k)＝(5,2－k)，由a·(2a－b)＝0，得(2,1)·(5,2－k)＝0，∴10＋2－k＝0，解得k＝12.3．[P89T8]已知两个单位向量e1，e2的夹角为eq\f(π,3).若向量b1＝e1－2e2，b2＝3e1＋4e2，则b1·b2＝________.答案－6解析b1＝e1－2e2，b2＝3e1＋4e2，则b1·b2＝(e1－2e2)·(3e1＋4e2)＝3eeq\o\al(2,1)－2e1·e2－8eeq\o\al(2,2).因为e1，e2为单位向量，〈e1，e2〉＝eq\f(π,3)，所以b1·b2＝3－2×eq\f(1,2)－8＝3－1－8＝－6.题组三易错自纠4．已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.答案2eq\r(3)解析方法一|a＋2b|＝eq\r(a＋2b2)＝eq\r(a2＋4a·b＋4b2)＝eq\r(22＋4×2×1×cos60°＋4×12)＝eq\r(12)＝2eq\r(3).方法二(数形结合法)由|a|＝|2b|＝2知，以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|a＋2b|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|.又∠AOB＝60°，所以|a＋2b|＝2eq\r(3).5．已知|a|＝3，|b|＝2，若a·b＝－3，则a与b的夹角的大小为________．答案eq\f(2π,3)解析设a与b的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－3,3×2)＝－eq\f(1,2).又0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(2π,3).6．已知△ABC的三边长均为1，且eq\o(AB,\s\up6(→))＝c，eq\o(BC,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，则a·b＋b·c＋a·c＝________.答案－eq\f(3,2)解析∵〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈a，c〉＝120°，|a|＝|b|＝|c|＝1，∴a·b＝b·c＝a·c＝1×1×cos120°＝－eq\f(1,2)，∴a·b＋b·c＋a·c＝－eq\f(3,2).题型一平面向量数量积的基本运算1．(2018·全国Ⅱ改编)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝________.答案3解析a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b.∵|a|＝1，a·b＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.2．(2018·苏北四市调研)已知平面向量a与b的夹角等于eq\f(π,3)，若|a|＝2，|b|＝3，则|2a－3b|＝________.答案eq\r(61)解析由题意可得a·b＝|a|·|b|coseq\f(π,3)＝3，所以|2a－3b|＝eq\r(2a－3b2)＝eq\r(4|a|2＋9|b|2－12a·b)＝eq\r(16＋81－36)＝eq\r(61).3．(2018·江苏)在平面直角坐标系xOy中，A为直线l：y＝2x上在第一象限内的点，B(5,0)，以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D.若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，则点A的横坐标为________．答案3解析设A(a,2a)，则a＞0.又B(5,0)，故以AB为直径的圆的方程为(x－5)(x－a)＋y(y－2a)＝0.由题意知Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋5,2)，a)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5x－a＋yy－2a＝0，,y＝2x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a，,y＝2a.))∴D(1,2)．又eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(5－a，－2a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a＋5,2)，2－a))，∴(5－a，－2a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a＋5,2)，2－a))＝eq\f(5,2)a2－5a－eq\f(15,2)＝0，解得a＝3或a＝－1.又a＞0，∴a＝3.4．(2018·江苏淮安清江中学调研)如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝2，D为BC边上的点，且eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(CE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，则eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝________.答案1解析∵eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，且D为BC的中点，∠B＝∠C＝30°，∴在Rt△ADB中可求得AD＝1，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，∵eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝1.思维升华平面向量数量积的三种运算方法(1)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2.(3)利用数量积的几何意义求解．题型二平面向量数量积的应用命题点1求向量的模与夹角例1(1)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝5，AC＝6，D是AB上一点，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝－5，则|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝________.答案3解析如图所示，设eq\o(AD,\s\up6(→))＝keq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝keq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(keq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝keq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝25k－5×6×eq\f(1,2)＝25k－15＝－5，解得k＝eq\f(2,5)，所以|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝3.(2)设向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，a·(a－b)＝3，则a与b的夹角为________．答案eq\f(π,3)解析由题意得a·(a－b)＝a2－a·b＝4－2×1×cosα＝4－2cosα＝3，∴cosα＝eq\f(1,2)，∵0≤α≤π，∴α＝eq\f(π,3).(3)设向量a，b，c满足|a|＝|b|＝2，a·b＝－2，〈a－c，b－c〉＝60°，则|c|的最大值为________．答案4解析因为|a|＝|b|＝2，a·b＝－2，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(1,2)，〈a，b〉＝120°.如图所示，设eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，则eq\o(CA,\s\up6(→))＝a－c，eq\o(CB,\s\up6(→))＝b－c，∠AOB＝120°.所以∠ACB＝60°，所以∠AOB＋∠ACB＝180°，所以A，O，B，C四点共圆．不妨设为圆M，因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝b－a，所以eq\o(AB,\s\up6(→))2＝a2－2a·b＋b2＝12.所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2eq\r(3)，由正弦定理可得△AOB的外接圆即圆M的直径为2R＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))|,sin∠AOB)＝4.所以当|eq\o(OC,\s\up6(→))|为圆M的直径时，|c|取得最大值4.命题点2平面向量的平行与垂直例2在平面直角坐标系xOy中，已知向量eq\o(AB,\s\up6(→))＝(6,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(x，y)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，－3)，且eq\o(AD,\s\up6(→))∥eq\o(BC,\s\up6(→)).(1)求x与y之间的关系式；(2)若eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，求四边形ABCD的面积．解(1)由题意得eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝(x＋4，y－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(x，y)．因为eq\o(AD,\s\up6(→))∥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以(x＋4)y－(y－2)x＝0，即x＋2y＝0.(2)由题意eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝(x＋6，y＋1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝(x－2，y－3)．因为eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，所以(x＋6)(x－2)＋(y＋1)(y－3)＝0，即x2＋y2＋4x－2y－15＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝0，,x2＋y2＋4x－2y－15＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y＝3，))当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－1))时，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(8,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，－4)，S四边形ABCD＝eq\f(1,2)×AC×BD＝16；当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y＝3))时，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,4)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－8,0)，S四边形ABCD＝eq\f(1,2)×AC×BD＝16.所以四边形ABCD的面积为16.思维升华(1)求解平面向量模的方法①利用公式|a|＝eq\r(x2＋y2).②利用|a|＝eq\r(a2).(2)求平面向量的夹角的方法①定义法：cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)，θ的取值范围为[0，π]．②坐标法：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则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))).③解三角形法：把两向量的夹角放到三角形中．跟踪训练1(1)(2018·江苏无锡梅村高中模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB＝2，△BCD是等边三角形，若eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝1，则AD的长为________．答案eq\r(6)解析取BD的中点H，连结AH，CH，由△BCD为等边三角形，可得CH⊥BD，由eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝1，可得(eq\o(AH,\s\up6(→))＋eq\o(HC,\s\up6(→)))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AH,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(HC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝Aeq\o(H,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))2)＝1，可得eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2＝4＋2＝6，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(6).(2)已知平面向量α，β满足|β|＝1，且α与β－α的夹角为120°，则α的模的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))解析设在△ABC中，a＝|β|＝1，A＝60°，|α|＝c，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，则eq\f(asinC,sinA)＝c，即c＝eq\f(2\r(3),3)sinC.又0<sinC≤1，即c的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))，则α的模的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3))).(3)设a，b，c是同一平面内的三个向量，a＝(1,2)．①若|c|＝2eq\r(5)，且c∥a，求c的坐标；②若|b|＝eq\f(\r(5),2)，且a＋2b与2a－b垂直，求a与b的夹角θ.解①因为c∥a，设c＝λa＝(λ，2λ)，又|c|＝2eq\r(5)，所以5λ2＝20，解得λ＝±2，所以c＝(2,4)或(－2，－4)．②因为(a＋2b)·(2a－b)＝0，所以2a2－a·b＋4a·b－2b2＝0，解得a·b＝－eq\f(5,2)，即eq\r(5)·eq\f(\r(5),2)·cosθ＝－eq\f(5,2)，又0≤θ≤π，所以θ＝π.题型三平面向量与三角函数例3如图，A是单位圆与x轴正半轴的交点，点B，P在单位圆上，且Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(4,5)))，∠AOB＝α，∠AOP＝θ(0<θ<π)，eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))，四边形OAQP的面积为S.(1)求cosα＋sinα；(2)求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＋S的最大值及此时θ的值θ0.解(1)∵Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(4,5)))，∠AOB＝α，∴cosα＝－eq\f(3,5)，sinα＝eq\f(4,5)，∴cosα＋sinα＝eq\f(1,5).(2)由已知得A(1,0)，P(cosθ，sinθ)，∴eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(1＋cosθ，sinθ)，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝1＋cosθ，又S＝sinθ，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＋S＝sinθ＋cosθ＋1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1，又0<θ<π，∴eq\f(π,4)<θ＋eq\f(π,4)<eq\f(5π,4)，∴－eq\f(\r(2),2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))≤1，则eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＋S的最大值为eq\r(2)＋1，此时θ0＝eq\f(π,2)－eq\f(π,4)＝eq\f(π,4).思维升华平面向量与三角函数的综合问题的解题思路(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．跟踪训练2在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若m⊥n，求tanx的值；(2)若m与n的夹角为eq\f(π,3)，求x的值．解(1)因为m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，m⊥n.所以m·n＝0，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝0，所以sinx＝cosx，所以tanx＝1.(2)因为|m|＝|n|＝1，所以m·n＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝eq\f(1,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，因为0<x<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,4)<x－eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，所以x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)，即x＝eq\f(5π,12).1．在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2eq\r(3)，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝________.答案－2解析由余弦定理得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(22＋22－2\r(3)2,2×2×2)＝－eq\f(1,2)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|cosA＝2×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－2.2．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a－b＝(eq\r(3)，eq\r(2))，则|2a－b|＝________.答案2eq\r(2)解析根据题意，|a－b|＝eq\r(3＋2)＝eq\r(5)，则(a－b)2＝a2＋b2－2a·b＝5－2a·b＝5，可得a·b＝0，结合|a|＝1，|b|＝2，可得(2a－b)2＝4a2＋b2－4a·b＝4＋4＝8，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a－b))＝2eq\r(2).3．已知向量a＝(1,1)，b＝(2，－3)，若ka－2b与a垂直，则实数k的值为________．答案－1解析向量a＝(1,1)，b＝(2，－3)，则ka－2b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－4，k＋6)).若ka－2b与a垂直，则k－4＋k＋6＝0，解得k＝－1.4．已知四边形ABCD，若eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝2，则eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值为________．答案0解析因为eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))·(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0.5．(2018·苏北四市考试)如图，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB＝90°，P为上的一点，若eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝2，则eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的值为________．答案－2＋2eq\r(3)解析方法一因为eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝|eq\o(OP,\s\up6(→))|·|eq\o(OA,\s\up6(→))|·cos∠AOP＝2×2×cos∠AOP＝2，所以∠AOP＝60°，∠BOP＝30°，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝|eq\o(OP,\s\up6(→))|·|eq\o(OB,\s\up6(→))|·cos∠BOP－2＝2×2×cos30°－2＝－2＋2eq\r(3).方法二以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴．设∠AOP＝θ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则P(2cosθ，2sinθ)，A(2,0)，B(0,2)，则eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2cosθ，2sinθ)·(2,0)＝4cosθ＝2，解得cosθ＝eq\f(1,2)，即θ＝eq\f(π,3)，所以P(1，eq\r(3))，则eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3))·(－2,2)＝－2＋2eq\r(3).6．(2018·江苏无锡梅村高中月考)已知平面向量a，b满足|a|＝2，|b|＝2，|a＋2b|＝5，则向量a，b夹角的余弦值为________．答案eq\f(5,16)解析因为平面向量a，b满足|a|＝2，|b|＝2，|a＋2b|＝5，则|a＋2b|＝eq\r(a2＋4b2＋4a·b)＝eq\r(22＋4×22＋4×2×2cos〈a，b〉)＝5，解得cos〈a，b〉＝eq\f(5,16).7．已知点M是边长为2的正方形ABCD的内切圆内(含边界)一动点，则eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的取值范围是________．答案[－1,3]解析如图所示，由题意可得，点M所在区域的不等式表示为(x－1)2＋(y－1)2≤1(0≤x≤2,0≤y≤2)．可设点M(x，y)，A(0,0)，B(2,0)．∴eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(－x，－y)·(2－x，－y)＝－x(2－x)＋y2＝(x－1)2＋y2－1，由eq\r(x－12＋y2)∈[0,2]，∴eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))∈[－1,3]．8.如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，D是BC的中点，则eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))的值为________．答案－17解析如图，建立平面直角坐标系，则C(0,0)，A(3,0)，B(0,4)，D(0,2)．则eq\o(BA,\s\up6(→))＝(3，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－3,2)．∴eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝3×(－3)－4×2＝－17.9．(2018·南京模拟)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝120°，eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→)).若eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\f(17,3)，则实数λ的值为________．答案eq\f(1,3)解析由题意知，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λ(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝(1－λ)eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝[(1－λ)eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(AC,\s\up6(→))]·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝(λ－1)·eq\o(AB,\s\up6(→))2＋λeq\o(AC,\s\up6(→))2＋(1－2λ)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝9(λ－1)＋4λ＋(1－2λ)×3×2×cos120°＝19λ－12＝－eq\f(17,3)，所以λ＝eq\f(1,3).10．(2016·江苏)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝4，eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝－1，则eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))的值是________．答案eq\f(7,8)解析设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，则eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝(－a)·(－b)＝a·b＝4.又∵D为BC中点，E，F为AD的两个三等分点，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b.eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)a＋eq\f(1,6)b，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝－a＋eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＝－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,3)b，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝－b＋eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＝eq\f(1,3)a－eq\f(2,3)b，则eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)a＋\f(1,3)b))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a－\f(2,3)b))＝－eq\f(2,9)a2－eq\f(2,9)b2＋eq\f(5,9)a·b＝－eq\f(2,9)(a2＋b2)＋eq\f(5,9)×4＝－1.可得a2＋b2＝eq\f(29,2).又eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝－a＋eq\f(1,6)a＋eq\f(1,6)b＝－eq\f(5,6)a＋eq\f(1,6)b.eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝－b＋eq\f(1,6)a＋eq\f(1,6)b＝eq\f(1,6)a－eq\f(5,6)b，则eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,6)a＋\f(1,6)b))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)a－\f(5,6)b))＝－eq\f(5,36)(a2＋b2)＋eq\f(26,36)a·b＝－eq\f(5,36)×eq\f(29,2)＋eq\f(26,36)×4＝eq\f(7,8).11．已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，求eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))的最小值．解方法一设BC的中点为D，AD的中点为E，则有eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(PD,\s\up6(→))，则eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))＝2eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝2(eq\o(PE,\s\up6(→))＋eq\o(EA,\s\up6(→)))·(eq\o(PE,\s\up6(→))－eq\o(EA,\s\up6(→)))＝2(eq\o(PE,\s\up6(→))2－eq\o(EA,\s\up6(→))2)．而eq\o(AE,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＝eq\f(3,4)，当P与E重合时，eq\o(PE,\s\up6(→))2有最小值0，故此时eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))取最小值，最小值为－2eq\o(EA,\s\up6(→))2＝－2×eq\f(3,4)＝－eq\f(3,2).方法二以AB所在直线为x轴，AB的中点为原点建立平面直角坐标系，如图，则A(－1,0)，B(1,0)，C(0，eq\r(3))，设P(x，y)，取BC的中点D，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))＝2eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝2(－1－x，－y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x，\f(\r(3),2)－y))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋y·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),2)))))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),4)))2－\f(3,4))).因此，当x＝－eq\f(1,4)，y＝eq\f(\r(3),4)时，eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))取最小值，为2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝－eq\f(3,2).12．(2017·江苏)已知向量a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－eq\r(3))，x∈[0，π]．(1)若a∥b，求x的值；(2)记f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值．解(1)因为a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－eq\r(3))，a∥b，所以－eq\r(3)cosx＝3sinx.若cosx＝0，则sinx＝0，与sin2x＋cos2x＝1矛盾，故cosx≠0.于是tanx＝－eq\f(\r(3),3).又x∈[0，π]，所以x＝eq\f(5π,6).(2)f(x)＝a·b＝(cosx，sinx)·(3，－eq\r(3))＝3cosx－eq\r(3)sinx＝2eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).因为x∈[0，π]，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，从而－1≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))≤eq\f(\r(3),2)，于是，当x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即x＝0时，f(x)取得最大值3；当x＋eq\f(π,6)＝π，即x＝eq\f(5π,6)时，f(x)取得最小值－2eq\r(3).13．已知O是△ABC内部一点，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2且∠BAC＝60°，则△OBC的面积为________．答案eq\f(\r(3),3)解析∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝－eq\o(OC,\s\up6(→))，∴O为三角形的重心，∴△OBC的面积为△ABC面积的eq\f(1,3)，∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos∠BAC＝2，∵∠BAC＝60°，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|＝4，△ABC的面积为eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|sin∠BAC＝eq\r(3)，∴△OBC的面积为eq\f(\r(3),3).14．在△ABC中，∠A＝120°，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－3，点G是△ABC的重心，则|eq\o(AG,\s\up6(→))|的最小值是________．答案eq\f(\r(6),3)解析设BC的中点为D，因为点G是△ABC的重心，所以eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，再令|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝c，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝b，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝bccos120°＝－3，所以bc＝6，所以|eq\o(AG,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,9)(|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋|eq\o(AC,\s\up6(→))|2)＝eq\f(1,9)(c2＋b2－6)≥eq\f(1,9)(2bc－6)＝eq\f(2,3)，所以|eq\o(AG,\s\up6(→))|≥eq\f(\r(6),3)，当且仅当b＝c＝eq\r(6)时取等号．15.如图，等边△ABC的边长为2，顶点B，C分别在x轴的非负半轴，y轴的非负半轴上滑动，M为AB的中点，则eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))的最大值为________．答案eq\f(5,2)＋eq\r(7)解析设∠OBC＝θ，则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cosθ，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2sinθ))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cosθ－2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))，2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cosθ－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))))，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cosθ－2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))))×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cosθ－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))×sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝4cos2θ＋2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))－6cosθcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al