【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题6.13 平面向量的综合运用大题专项训练（30道） Word版含解析.docx，共(20)页，135.676 KB，由小赞的店铺上传

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专题6.13平面向量的综合运用大题专项训练（30道）【人教A版2019必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022秋·广东江门·高二期中）已知点𝐴(1

,−2,0),𝐵(2,𝑘,−3),𝐶(2,0,2)，向量𝑎⃗=(−3,4,5)．(1)若𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑎⃗，求实数k的值；(2)求向量𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗与向量𝑎⃗所成角的余弦值．【解题思路】（1）根据题意得到𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗的坐标，结合

两向量垂直坐标满足的公式，代入计算，即可得到结果.（2）根据题意，结合向量坐标公式，代入计算，即可得到结果.【解答过程】（1）因为𝐴(1,−2,0),𝐵(2,𝑘,−3)，则𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,𝑘+2,−3

)，且𝑎⃗=(−3,4,5)，由𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑎⃗，可得−3+4(𝑘+2)−15=0，解得𝑘=52；（2）因为𝐴(1,−2,0),𝐶(2,0,2)，则𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,2,2)，𝑎⃗=(−3,4,5)，则|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√12+22+22=3,|𝑎|=√

(−3)2+42+52=5√2，所以cos<𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑎⃗>=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑎⃗⃗|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑎⃗⃗|=−3+8+103×5√2=√22.2．（2023·高一单

元测试）已知向量𝑎⃗=(2,1)，𝑏⃗⃗=(−1,1)，𝑐⃗=(1,2)．(1)当k为何值时，𝑘𝑎⃗+𝑐⃗与2𝑏⃗⃗−𝑎⃗平行；(2)若向量𝑑⃗满足(𝑑⃗−𝑐⃗)⊥(𝑎⃗+𝑏⃗⃗)，且|𝑑⃗−𝑐⃗|=√5，求𝑑⃗．【解题思路】（

1）直接利用向量平行的坐标公式求解；（2）直接利用向量垂直的坐标公式和求模公式求解.【解答过程】（1）由题中的条件可得𝑘𝑎⃗+𝑐⃗=𝑘(2,1)+(1,2)=(2𝑘+1,𝑘+2)，2𝑏⃗⃗−𝑎⃗=2(−1,1)−(2,1)=(−4,1)

，若𝑘𝑎⃗+𝑐⃗与2𝑏⃗⃗−𝑎⃗平行，则有2𝑘+1=−4×(𝑘+2)，解得𝑘=−32；（2）设𝑑⃗=(𝑥,𝑦)，所以𝑑⃗−𝑐⃗=(𝑥−1,𝑦−2)，又𝑎⃗+𝑏⃗⃗=(1,2)，由(𝑑⃗−𝑐⃗

)⊥(𝑎⃗+𝑏⃗⃗)，可得𝑥−1+2𝑦−4=0，由|𝑑⃗−𝑐⃗|=√5，可得(𝑥−1)2+(𝑦−2)2=5.解得{𝑥=−1𝑦=3或{𝑥=3𝑦=1，所以𝑑⃗=(−1,3)或𝑑⃗=(3,1).3．（2022春·广西贺州·高一阶段练习）（1）若向量𝑎⃗=(1

,2)，𝑏⃗⃗=(1,−1)，求2𝑎⃗+𝑏⃗⃗与𝑎⃗−𝑏⃗⃗的夹角；（2）已知|𝑎→|=√2,|𝑏→|=3,|𝑎→−𝑏→|=√7，求𝑎⃗与𝑏⃗⃗夹角的余弦值.【解题思路】(1)根据平面向量的数量积的坐标表示和几何意义求出(2𝑎⃗+𝑏⃗⃗)⋅(𝑎⃗−𝑏⃗⃗)和

|2𝑎⃗+𝑏⃗⃗|、|𝑎⃗−𝑏⃗⃗|，结合数量积的定义计算即可求解；(2)由|𝑎⃗−𝑏⃗⃗|2=|𝑎⃗|2−2𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+|𝑏⃗⃗|2=7求出𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=2，结合数量积的定义计算即可求解.【解答过程】（1）2𝑎⃗+𝑏⃗⃗=(

3,3)，𝑎⃗−𝑏⃗⃗=(0,3)，∴(2𝑎⃗+𝑏⃗⃗)⋅(𝑎⃗−𝑏⃗⃗)=0×3+3×3=9，|2𝑎⃗+𝑏⃗⃗|=√32+32=3√2，|𝑎⃗−𝑏⃗⃗|=3，设2𝑎⃗+𝑏⃗⃗与𝑎⃗−

𝑏⃗⃗的夹角为θ(0≤θ≤π)，则cos𝜃=93√2×3=√22，∴𝜃=𝜋4.（2）由题意知，|𝑎⃗−𝑏⃗⃗|2=|𝑎⃗|2−2𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+|𝑏⃗⃗|2=7，所以𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=2，设𝑎⃗,𝑏⃗⃗的夹角为𝛼，则cos𝛼=𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗⃗|𝑎⃗⃗||𝑏⃗⃗

|=23√2=√23.4．（2022春·黑龙江哈尔滨·高一期末）已知𝑒1⃗⃗⃗⃗=(1,0)，𝑒2⃗⃗⃗⃗=(0,1)，𝑎⃗=2𝑒1⃗⃗⃗⃗+𝜆𝑒2⃗⃗⃗⃗，𝑏⃗⃗=𝑒1⃗⃗⃗⃗−𝑒2⃗⃗⃗⃗，且𝑎

⃗//𝑏⃗⃗.(1)求𝜆的值；(2)求向量𝑎⃗与向量𝑐⃗=𝑒1⃗⃗⃗⃗+2𝑒2⃗⃗⃗⃗夹角的余弦.【解题思路】（1）根据题意求出𝑎⃗,𝑏⃗⃗的坐标，由向量平行的判断方法可得关于𝜆的方程，即可得到结果；（2）设𝑎⃗与𝑐⃗的夹角为𝜃，由

向量夹角公式计算即可得到结果.【解答过程】（1）根据题意，𝑒1⃗⃗⃗⃗=(1,0)，𝑒2⃗⃗⃗⃗=(0,1)，𝑎⃗=2𝑒1⃗⃗⃗⃗+𝜆𝑒2⃗⃗⃗⃗，𝑏⃗⃗=𝑒1⃗⃗⃗⃗−𝑒2⃗⃗⃗⃗，则𝑎⃗=(2,0)+(0,

𝜆)=(2,𝜆)，𝑏⃗⃗=(1,0)−(0,1)=(1,−1)因为𝑎⃗//𝑏⃗⃗，则有𝜆2=−11，解得𝜆=−2（2）由（1）可知𝑎⃗=(2,−2)，𝑐⃗=(1,2)设𝑎⃗与𝑐⃗的夹角为𝜃，则c

os𝜃=𝑎⃗⃗⋅𝑐⃗|𝑎⃗⃗|⋅|𝑐⃗|=(2,−2)⋅(1,2)√22+(−2)2⋅√12+22=−22√2×√5=−√1010.5．（2023·高一课时练习）已知𝑎⃗=(3,−2)，𝑏⃗⃗=(−4,−3)，𝑐⃗=(−5,2)，𝑚⃗⃗⃗=2𝑎⃗−𝑏⃗⃗+3𝑐

⃗．求：(1)𝑚⃗⃗⃗；(2)|𝑚⃗⃗⃗|；(3)𝑚⃗⃗⃗的单位向量𝑚0⃗⃗⃗⃗⃗⃗的坐标．【解题思路】（1）由平面向量的坐标运算即可求解.（2）由平面向量的模长的坐标运算即可求解（3）由单位向量的定义和坐标运算即可求解.【解答过程】（1）因为𝑎⃗=(3,−2)，𝑏⃗⃗=(−4,−3)

，𝑐⃗=(−5,2)，所以𝑚⃗⃗⃗=2𝑎⃗−𝑏⃗⃗+3𝑐⃗=2(3,−2)−(−4,−3)+3(−5,2)=(−5,5).（2）由（1）知，𝑚⃗⃗⃗=(−5,5)，所以|𝑚⃗⃗⃗|=√(−5

)2+52=5√2.（3）𝑚0⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑚⃗⃗⃗⃗|𝑚⃗⃗⃗⃗|=15√2(−5,5)=(−√22,√22).6．（2022秋·内蒙古·高二阶段练习）已知向量𝑎⃗,𝑏⃗⃗,若|𝑎⃗|=2，|𝑏⃗⃗|=1,𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=

−1(1)求𝑎→与𝑏→的夹角𝜃；(2)求|2𝑎→−𝑏→|.【解题思路】（1）由cos⟨𝑎⃗,𝑏⃗⃗⟩=𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗⃗|𝑎⃗⃗|⋅|𝑏⃗⃗|可计算得答案；（2）首先计算出|2𝑎→−𝑏→|2，然后可得

答案.【解答过程】（1）因为|𝑎⃗|=2，|𝑏⃗⃗|=1,𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=−1，所以cos⟨𝑎⃗,𝑏⃗⃗⟩=𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗⃗|𝑎⃗⃗|⋅|𝑏⃗⃗|=−12，因为⟨𝑎⃗,𝑏⃗⃗⟩∈[0,π]，所以⟨𝑎⃗,𝑏⃗⃗⟩=23π；（2

）因为|2𝑎→−𝑏→|2=4𝑎⃗2−4𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+𝑏⃗⃗2=16+4+1=21，所以|2𝑎→−𝑏→|=√21.7．（2023·高一课时练习）四边形ABCD中，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑚⃗⃗⃗+2

𝑛⃗⃗，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−4𝑚⃗⃗⃗−𝑛⃗⃗，𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−5𝑚⃗⃗⃗−3𝑛⃗⃗，试判断四边形ABCD的形状（其中𝑚⃗⃗⃗，𝑛⃗⃗为不平行的非零向量）．【解题思路】求出�

�𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，根据两向量的关系确定四边形ABCD的形状.【解答过程】𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−8𝑚⃗⃗⃗−2𝑛⃗⃗，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−4𝑚⃗⃗⃗

−𝑛⃗⃗，∴𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，∴𝐴𝐷//𝐵𝐶,𝐴𝐷≠𝐵𝐶，所以四边形ABCD为梯形．8．（2023·高一课时练习）已知A，B，C分别为△𝐴𝐵𝐶三边a，b，c

所对的角，向量𝑚⃗⃗⃗=(sin𝐴,sin𝐵)，𝑛⃗⃗=(cos𝐵,cos𝐴)，且𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=sin2𝐶．(1)求角C的大小；(2)若sin𝐴+sin𝐵=2sin𝐶，且𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐶⃗⃗

⃗⃗⃗⃗)=18，求边c的长．【解题思路】（1）利用数量积的坐标运算及三角公式化简整理可得角C的大小；（2）将sin𝐴+sin𝐵=2sin𝐶中的角化边，再将𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=1

8用三角形的边角表示出来，然后利用余弦定理求出边c的长.【解答过程】（1）由已知得𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=sin𝐴cos𝐵+cos𝐴sin𝐵=sin(𝐴+𝐵)．因为𝐴+𝐵+𝐶=π，所以sin(𝐴+𝐵)=sin(π−𝐶)=sin

𝐶，所以𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=sin𝐶．又𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=sin2𝐶，所以sin2𝐶=2sin𝐶cos𝐶=sin𝐶，∵0<𝐶<π，则sin𝐶≠0所以cos𝐶=12．又0<𝐶<π，所以𝐶=π3；（2）由已知sin𝐴

+sin𝐵=2sin𝐶及正弦定理得2𝑐=𝑎+𝑏．因为𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=18，所以𝑎𝑏cos𝐶=18

，所以𝑎𝑏=36．由余弦定理得𝑐2=𝑎2+𝑏2−2𝑎𝑏cos𝐶=(𝑎+𝑏)2−3𝑎𝑏，所以𝑐2=4𝑐2−3×36，所以𝑐2=36，所以𝑐=6．9．（2022春·山东聊城·高一期中）已知平面向

量𝑎⃗=(𝑚,1),𝑏⃗⃗=(−𝑚,2𝑚+3),𝑚∈R．(1)若𝑚=1,𝑐⃗=(−1,23)，求满足𝑐⃗=𝜆𝑎⃗+𝜇𝑏⃗⃗的𝜆和𝜇的值；(2)若𝑎⃗⊥𝑏⃗⃗，求m的值．【解题思路】（1）利用向量相等列

出关于𝜆和𝜇的方程组，解之即可求得𝜆和𝜇的值；（2）利用向量垂直充要条件列出关于m的方程，解之即可求得m的值．【解答过程】（1）当𝑚=1时，𝑎⃗=(1,1),𝑏⃗⃗=(−1,5)，∴𝜆𝑎⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝑏⃗⃗=(𝜆,𝜆)+(−𝜇,5𝜇)=(𝜆−𝜇,𝜆

+5𝜇)=(−1,23)，∴{𝜆−𝜇=−1𝜆+5𝜇=23，解之得{𝜆=3𝜇=4；（2）由𝑎⃗⊥𝑏⃗⃗，可得𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=0，又𝑎⃗=(𝑚,1),𝑏⃗⃗=(−𝑚,2𝑚+3),𝑚∈R，则−𝑚2+2𝑚+3=0，解

得：𝑚=−1或𝑚=3.10．（2023·高一课时练习）已知𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(3,−4)，𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(6,−3)，𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(5−𝑚,−3−𝑚)．(1)若点A、B、C不能构成三角形，求m的值；(2)若点A、B、C构成的三

角形为直角三角形，求m的值．【解题思路】（1）点A、B、C不能构成三角形说明三点共线，利用共线性质列出方程解出参数即可；（2）分类讨论直角的情况，转化为向量数量积为0，列出方程解出即可.【解答过程】（1）因为点A、B、C不能构成三角形，所以点A、B、C三点共线，所以�

�𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗∥𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，因为𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(3,1)，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2−𝑚,1−𝑚)，所以3×(1−𝑚)=1×(2−𝑚)，即𝑚=12，所以若点A、B、C不能构成三角

形，则𝑚=12.（2）若点A、B、C构成的三角形为直角三角形，则：①若𝐴为直角，此时𝐴𝐵⊥𝐴𝐶⇒𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⇒3×(2−𝑚)+1×(1−𝑚)=0，所以𝑚=74，②若

𝐵为直角，此时𝐴𝐵⊥𝐵𝐶⇒𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，由𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1−𝑚,−𝑚)所以3×(−1−𝑚)+1×(−𝑚)=0

所以𝑚=−34，③若𝐴为直角，此时𝐵𝐶⊥𝐴𝐶⇒𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⇒(−1−𝑚)×(2−𝑚)+(−𝑚)×(1−𝑚)=0，解得𝑚=1±√54，所

以若点A、B、C构成的三角形为直角三角形，则𝑚=74或𝑚=−34或𝑚=1±√52.11．（2023秋·北京昌平·高一期末）如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝑁⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗.设𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗⃗.(1)用𝑎⃗,𝑏⃗⃗表示𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗；(2)若𝑃为△𝐴𝐵𝐶内部一点，且𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=512𝑎⃗+14𝑏⃗⃗.求证：𝑀,𝑃,𝑁

三点共线.【解题思路】（1）由图中线段的位置及数量关系，用𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗表示出𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即可得结果；（2）用𝑎⃗,𝑏⃗⃗表示𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗+𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，得到𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，根据向量共线的结论𝜆+𝜇=1即证结论.【解答过程】（1）由题图，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗⃗−𝑎⃗，𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗=𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝑏⃗⃗−𝑎⃗)+23𝑎⃗=12𝑏⃗⃗+16𝑎⃗.（2）由𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶

𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑎⃗+𝑏⃗⃗−12(𝑏⃗⃗−𝑎⃗)=56𝑎⃗+12𝑏⃗⃗，又𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=512𝑎⃗+14

𝑏⃗⃗，所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，故𝑀,𝑃,𝑁三点共线.12．（2021春·上海杨浦·高一复旦附中校考期末）如图，若𝐷(1,2)，𝐸(−5,−1)，𝐹(4,−4)

，点𝑋,𝑌,𝑍分别在线段𝐸𝐹,𝐹𝐷,𝐷𝐸上，且满足𝐸𝑋⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑋𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐹𝑌⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑌𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑍⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑍𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗.(1)求|𝐸𝑌⃗⃗⃗⃗⃗⃗+�

�𝑋⃗⃗⃗⃗⃗⃗|；(2)求cos⟨𝐹𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐹𝑍⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩.【解题思路】（1）根据定比分点坐标可求得𝑋,𝑌的坐标，根据向量模长的坐标表示即可求得结果；（2）同理可求得𝑍点的坐标，利

用向量夹角的坐标公式即可求得余弦值.【解答过程】（1）设𝑋,𝑌的坐标为𝑋(𝑥𝑋,𝑦𝑋),𝑌(𝑥𝑌,𝑦𝑌)；由𝐸𝑋⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑋𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐹𝑌⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑌𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗可得分

点可得{(𝑥𝑋+5,𝑦𝑋+1)=2(4−𝑥𝑋,−4−𝑦𝑋)(𝑥𝑌−4,𝑦𝑌+4)=2(1−𝑥𝑌,2−𝑦𝑌)即{𝑥𝑋=1，𝑦𝑋=−3𝑥𝑌=2，𝑦𝑌=0，得𝑋(1,−3),𝑌(2,0)所以𝐸𝑌⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝑋⃗⃗⃗⃗⃗

⃗=(7,1)+(0,−5)=(7,−4)，则|𝐸𝑌⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝑋⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√72+42=√65（2）设𝑍点的坐标为𝑍(𝑥𝑍,𝑦𝑍)，由𝐷𝑍⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑍𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗得(𝑥𝑍−1,𝑦𝑍−2)=2(−5−𝑥𝑍,−1−𝑦�

�)所以𝑥𝑍=−3，𝑦𝑍=0，即𝑍(−3,0)𝐹𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−3,6),𝐹𝑍⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−7,4)，cos⟨𝐹𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐹𝑍⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩=𝐹𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝑍⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐹𝐷⃗

⃗⃗⃗⃗⃗||𝐹𝑍⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=21+243√5×√65=3√1313.13．（2022春·广西柳州·高一阶段练习）已知|𝑎⃗|=4，|𝑏⃗⃗|=3，(2𝑎⃗−3𝑏⃗⃗)⋅(2𝑎⃗+𝑏⃗

⃗)=61．(1)求|𝑎⃗+𝑏⃗⃗|；(2)求𝑎⃗与𝑏⃗⃗的夹角；【解题思路】（1）利用向量数量积的运算律可求得𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗，根据|𝑎⃗+𝑏⃗⃗|=√|𝑎⃗|2+2𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+|𝑏⃗⃗|2可求得结果；（2）利用向量夹角公式可求得cos<𝑎⃗,𝑏⃗

⃗>，进而确定夹角.【解答过程】（1）∵(2𝑎⃗−3𝑏⃗⃗)⋅(2𝑎⃗+𝑏⃗⃗)=4|𝑎⃗|2−4𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗−3|𝑏⃗⃗|2=37−4𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=61，∴𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=−6，∴|𝑎⃗+𝑏

⃗⃗|=√(𝑎⃗+𝑏⃗⃗)2=√|𝑎⃗|2+2𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+|𝑏⃗⃗|2=√13.（2）由（1）知：𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=−6，∴cos<𝑎⃗,𝑏⃗⃗>=𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗⃗|𝑎⃗⃗|⋅|𝑏⃗⃗|=−64×3=−12，∵<𝑎⃗,�

�⃗⃗>∈[0,π]，∴<𝑎⃗,𝑏⃗⃗>=2π3.14．（2023·高一课时练习）已知|𝑎⃗|=1，|𝑏⃗⃗|=2．(1)若𝑎⃗∥𝑏⃗⃗，求𝑎⃗·𝑏⃗⃗；(2)若⟨𝑎⃗,𝑏⃗⃗⟩=

60°，求|𝑎⃗+𝑏⃗⃗|；(3)若𝑎⃗−𝑏⃗⃗与𝑎⃗垂直，求当k为何值时，(𝑘𝑎⃗−𝑏⃗⃗)⊥(𝑎⃗+2𝑏⃗⃗)？【解题思路】（1）由平行向量的定义可知，若𝑎⃗∥𝑏⃗⃗，则它们的夹角为0∘或180∘，即可计算�

�⃗·𝑏⃗⃗；（2）根据平面向量的应用可知将|𝑎⃗+𝑏⃗⃗|平方即可求得结果；（3）根据𝑎⃗−𝑏⃗⃗与𝑎⃗垂直可得𝑎⃗·𝑏⃗⃗=1，再由(𝑘𝑎⃗−𝑏⃗⃗)·(𝑎⃗+2𝑏⃗⃗)=0可计算出𝑘=3.【解答过程】

（1）由𝑎⃗∥𝑏⃗⃗可知，𝑎⃗,𝑏⃗⃗两向量的夹角为0∘或180∘，当夹角为0∘时，𝑎⃗·𝑏⃗⃗=|𝑎⃗||𝑏⃗⃗|cos0∘=1×2=2；当夹角为180∘时，𝑎⃗·𝑏⃗⃗=|𝑎⃗

||𝑏⃗⃗|cos180∘=1×2×(−1)=−2；所以，𝑎⃗·𝑏⃗⃗=±2.（2）由题意可知，若⟨𝑎⃗,𝑏⃗⃗⟩=60°，则𝑎⃗·𝑏⃗⃗=|𝑎⃗||𝑏⃗⃗|cos⟨𝑎⃗,𝑏⃗⃗⟩=1×2×cos60∘=1|𝑎⃗+𝑏⃗⃗|2=|𝑎⃗|2+|𝑏⃗⃗|2

+2𝑎⃗·𝑏⃗⃗=1+4+2=7，所以|𝑎⃗+𝑏⃗⃗|=√7.（3）由𝑎⃗−𝑏⃗⃗与𝑎⃗垂直可得(𝑎⃗−𝑏⃗⃗)·𝑎⃗=0，即𝑎⃗·𝑏⃗⃗=1；若(𝑘𝑎⃗−𝑏⃗⃗)⊥(𝑎⃗+2𝑏⃗⃗)，则(𝑘𝑎⃗−𝑏⃗⃗)·(𝑎⃗+2𝑏⃗⃗)=0，即

𝑘|𝑎⃗|2+2𝑘𝑎⃗·𝑏⃗⃗−𝑎⃗·𝑏⃗⃗−2|𝑏⃗⃗|2=0，得3𝑘−9=0，所以𝑘=3.当𝑘=3时，(𝑘𝑎⃗−𝑏⃗⃗)⊥(𝑎⃗+2𝑏⃗⃗).15．（2022春·广西柳州·高一阶段练习）在△𝐴�

�𝐶中，𝐶𝐴=6，𝐴𝐵=8，∠𝐵𝐴𝐶=π2，𝐷为边𝐵𝐶中点．(1)求𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗的值；(2)若点𝑃满足𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗(𝜆∈𝑅)，求𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⋅𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗的最小值；【解题思路】（1）以𝐴为坐标原点，边𝐴𝐶、𝐴𝐵所在的直线为𝑥、𝑦轴的正方向建立平面直角坐标系求出𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗、𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗的坐标，再由向量数量积的坐标运算可得答

案；（2）根据点𝑃在𝐴𝐶上，设𝑃(𝑥,0)，求出𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗、𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗的坐标，则𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−𝑥,8)⋅(6−𝑥,0)，利用二次函数配方求最值可得答案.【

解答过程】（1）如图，以𝐴为坐标原点，边𝐴𝐶、𝐴𝐵所在的直线为𝑥、𝑦轴的正方向建立平面直角坐标系，所以𝐴(0,0)，𝐵(0,8)，𝐶(6,0)，𝐷为边𝐵𝐶中点，所以𝐷(3,4)，𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(3,4)，𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−6,8)，则�

�𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−18+32=14；（2）若点𝑃满足𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗(𝜆∈𝑅)，则点𝑃在𝐴𝐶上，由（1），设𝑃(𝑥,0)，则𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−𝑥,8)，𝑃𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(6−𝑥,0)，则𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−𝑥,8)⋅(6−𝑥,0)=(𝑥−3)2−9，所以当𝑥=3时𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗的最小值为−9.16．（2023秋·北京丰台·高一期末）如图，在平行四边形

ABCD中，𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗．设𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗，𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗⃗．(1)用𝑎⃗，𝑏⃗⃗表示𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗；(2)用向量的

方法证明：A，F，C三点共线．【解题思路】（1）根据向量加法的平行四边形法则，可得𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，由𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗结合已知可得𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗；（2）根据𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗可推出𝐴𝐹

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23(𝑎⃗+𝑏⃗⃗)，即𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗.再根据有公共点𝐴，可证得三点共线.【解答过程】（1）解：根据向量加法的平行四边形法则，可得𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎

⃗+𝑏⃗⃗.𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑎⃗−𝑏⃗⃗.（2）证明：由（1）知，𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑎⃗−𝑏

⃗⃗，所以𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝑎⃗−13𝑏⃗⃗，所以𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗⃗+23𝑎⃗−13𝑏⃗⃗=23(𝑎⃗+𝑏⃗⃗)=23𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗

，所以，𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗共线.又直线𝐴𝐹，直线𝐴𝐶有公共点𝐴，所以，𝐴，𝐹，𝐶三点共线.17．（2023·高一单元测试）已知|𝑎⃗|=2，|𝑏⃗⃗|=3，𝑎⃗与𝑏⃗⃗的夹角为60∘．求：(1)𝑎⃗

⋅𝑏⃗⃗；(2)(2𝑎→−𝑏→)·(𝑎→+3𝑏→)；(3)|2𝑎⃗−𝑏⃗⃗|．【解题思路】（1）根据平面向量数量积的定义即可得到答案；（2）将式子展开化简，结合向量𝑎⃗,𝑏⃗⃗的模和数量积即可得

到答案；（3）先将|2𝑎⃗−𝑏⃗⃗|化为√(2𝑎⃗−𝑏⃗⃗)2，进而展开化简可得答案.【解答过程】（1）因为|𝑎⃗|=2，|𝑏⃗⃗|=3，𝑎⃗与𝑏⃗⃗的夹角为60∘，所以𝑎→⋅𝑏→=2×3×co

s60∘=3；（2）由（1）𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=3，所以(2𝑎⃗−𝑏⃗⃗)⋅(𝑎⃗+3𝑏⃗⃗)=2𝑎⃗2−3𝑏⃗⃗2+5𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=2×22−3×32+5×3=−4；（3）由（1）𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=3，所以|

2𝑎⃗−𝑏⃗⃗|=√(2𝑎⃗−𝑏⃗⃗)2=√4𝑎⃗2+𝑏⃗⃗2−4𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=√16+32−12=√13.18．（2022春·天津宁河·高一阶段练习）已知|𝑎⃗|=4，|𝑏⃗⃗|=2，且𝑎⃗与𝑏⃗⃗夹角为120°，求：(1)|2�

�⃗−𝑏⃗⃗|；(2)𝑎⃗与𝑎⃗+𝑏⃗⃗的夹角；(3)若向量2𝑎⃗−𝜆𝑏⃗⃗与𝜆𝑎⃗−3𝑏⃗⃗平行，求实数𝜆的值．【解题思路】（1）利用平面向量的模的运算求解；（2）利用平面向量的夹角公式求解；（3）根据

向量2𝑎⃗−𝜆𝑏⃗⃗与𝜆𝑎⃗−3𝑏⃗⃗平行，利用共线向量定理求解.【解答过程】（1）解：因为(2𝑎⃗−𝑏⃗⃗)2=4𝑎⃗2−4𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+𝑏⃗⃗2=64+16+4=84，所以|2𝑎⃗−𝑏

⃗⃗|=2√21；（2）因为(𝑎⃗+𝑏⃗⃗)2=𝑎⃗2+2𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+𝑏⃗⃗2=16−8+4=12，所以|𝑎⃗+𝑏⃗⃗|=2√3，又𝑎⃗⋅(𝑎⃗+𝑏⃗⃗)=𝑎⃗2+𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=16−4=12，所

以cos<𝑎⃗,𝑎⃗+𝑏⃗⃗>=𝑎⃗⃗⋅(𝑎⃗⃗+𝑏⃗⃗)|𝑎⃗⃗||𝑎⃗⃗+𝑏⃗⃗|=124×√3=√32，所以𝑎⃗与𝑎⃗+𝑏⃗⃗的夹角为𝜋6．（3）因为向量2𝑎⃗−𝜆𝑏⃗⃗与𝜆𝑎⃗−3

𝑏⃗⃗平行，所以2𝑎⃗−𝜆𝑏⃗⃗=𝑘(𝜆𝑎⃗−3𝑏⃗⃗)=𝑘𝜆𝑎⃗−3𝑘𝑏⃗⃗，因为向量𝑎⃗与𝑏⃗⃗不共线，所以{𝑘𝜆=2𝜆=3𝑘，解得𝜆=±√6．19．（2023秋·北京房山·高一期末）已知

向量𝑎⃗，𝑏⃗⃗不共线，且𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑎⃗−𝑏⃗⃗，𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝑎⃗+𝑏⃗⃗，𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗+𝜆𝑏⃗⃗．(1)将𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗用𝑎⃗，𝑏⃗⃗表示；(2)若𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗∥𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，求𝜆的值；(3)若𝜆=−3，求证

：A，B，C三点共线．【解题思路】（1）根据向量的减法运算即得；（2）根据向量共线定理可得𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑡𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，进而可得{2=𝑡−1=𝑡𝜆，即得；（3）由题可得𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗⃗=−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，然后根据向量共线定理结合条件即得.【解答过程】（1）因为𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑎⃗−𝑏⃗⃗，𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝑎⃗+𝑏⃗⃗，所以𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=

3𝑎⃗+𝑏⃗⃗−(2𝑎⃗−𝑏⃗⃗)=𝑎⃗+2𝑏⃗⃗；（2）因为𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗//𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑎⃗−𝑏⃗⃗，𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗+𝜆𝑏⃗⃗，所以𝑂

𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑡𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即2𝑎⃗−𝑏⃗⃗=𝑡(𝑎⃗+𝜆𝑏⃗⃗)，又向量𝑎⃗，𝑏⃗⃗不共线，所以{2=𝑡−1=𝑡𝜆，解得𝑡=2,𝜆=−12，即𝜆的值为−12；（3）当𝜆=−3时，𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑎⃗−𝑏⃗⃗，𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗⃗=𝑎⃗−3𝑏⃗⃗，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗+2𝑏⃗⃗，所以𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗−3𝑏⃗⃗−(2𝑎⃗−𝑏⃗⃗)=−𝑎⃗−2𝑏⃗⃗=−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗//𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，又𝐴𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗有公共点𝐴，所以A，B，C三点共线．20．（2023·高一课时练习）已知|𝑎⃗|=4，|𝑏⃗⃗|=5，𝑎⃗与𝑏⃗⃗的夹角为𝜃．满足下列条件时，分别求𝑎⃗与𝑏⃗⃗的数量积．

(1)𝑎⃗∥𝑏⃗⃗；(2)𝑎⃗⊥𝑏⃗⃗；(3)𝑎⃗与𝑏⃗⃗的夹角为30°时.【解题思路】（1）分两种情况分析讨论得解；（2）（3）直接利用数量积公式计算得解；直接利用数量积公式计算得解.【

解答过程】（1）解：当𝑎⃗∥𝑏⃗⃗时，若𝑎⃗与𝑏⃗⃗同向，则𝜃=0°，𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=|𝑎⃗||𝑏⃗⃗|cos0°=4×5=20．若𝑎⃗与𝑏⃗⃗反向，则𝜃=180°，𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=

|𝑎⃗||𝑏⃗⃗|cos180°=4×5×(−1)=−20．（2）解：𝑎⃗⊥𝑏⃗⃗时，𝜃=90°，𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=|𝑎⃗||𝑏⃗⃗|cos90°=0．（3）解：当𝑎⃗与𝑏⃗⃗的夹角为30°时，𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=|𝑎⃗||𝑏⃗⃗|cos30°=4×5×√32=10√3

．21．△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知𝑐sin𝐴cos𝐵=45𝑎sin𝐶，且△ABC的面积为9．(1)求𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗；(2)若𝑐=65𝑎，求b．【解题思路】（1）已知𝑐sin𝐴cos𝐵=45𝑎sin𝐶，正弦定理角化边求得

求cos𝐵，得到sin𝐵，再由△𝐴𝐵𝐶的面积求得𝑎𝑐，可计算𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗；（2）由（1）中𝑎𝑐和𝑐=65𝑎，可解出𝑎,𝑐，再由余弦定理求b．【解答过程

】（1）因为𝑐sin𝐴cos𝐵=45𝑎sin𝐶，由正弦定理角化边得𝑎𝑐cos𝐵=45𝑎𝑐，解得cos𝐵=45，由𝐵∈(0,π)，∴sin𝐵=35.因为△𝐴𝐵𝐶的面积为9.所以12

𝑎𝑐sin𝐵=12𝑎𝑐×35=9,即𝑎𝑐=30，所以𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑐𝑎cos𝐵=30×45=24.（2）由(1)知𝑎𝑐=30，又𝑐=65𝑎，所以6𝑎25=30解得𝑎=5，𝑐=6，由余弦定理𝑏2=𝑎2+

𝑐2−2𝑎𝑐cos𝐵=52+62−2×5×6×45=13，解得𝑏=√13.22．（2022秋·广东深圳·高三阶段练习）在△𝐴𝐵𝐶中，角A，B，C的对边分别a，b，c，且2cos2𝐴−𝐵2cos𝐵−s

in(𝐴−𝐵)sin𝐵+cos(𝐴+𝐶)=−35.(1)求cos𝐴的值；(2)若𝑎=4√2，𝑏=5，记𝑒⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|，求向量𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗在𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

⃗方向上的投影向量.（用𝑒⃗表示）【解题思路】（1）由题设条件进行三角恒等变换即可得出cos𝐴的值；（2）先由正弦定理求出𝐵，再由余弦定理建立关于𝑐的方程，求出𝑐，然后由投影向量的概念即可求得结果．【解答过程】（1）

由2cos2𝐴−𝐵2cos𝐵−sin(𝐴−𝐵)sin𝐵+cos(𝐴+𝐶)=−35得[cos(𝐴−𝐵)+1]cos𝐵−sin(𝐴−𝐵)sin𝐵−cos𝐵=−35即cos(𝐴−𝐵)cos𝐵−sin(𝐴−𝐵)sin

𝐵=−35则cos(𝐴−𝐵+𝐵)=−35即cos𝐴=−35.（2）由cos𝐴=−35，0<𝐴<π得，sin𝐴=45由正弦定理，有𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵，所以sin𝐵=𝑏sin𝐴𝑎=√22由题知𝑎>𝑏，则𝐴>𝐵，故𝐵=π4

.根据余弦定理，有𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴，即(4√2)2=52+𝑐2−2×5𝑐×(−35)，整理得𝑐2+6𝑐−7=0，解得𝑐=1或𝑐=−7（舍去）.故向量𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗在𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗方向上的投影向量

为(|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|cos𝐵)𝑒⃗=√22𝑒⃗.23．（2023·北京·高三阶段练习）已知非零平面向量𝑎⃗，𝑏⃗⃗的夹角为2𝜋3，|𝑎⃗|=|𝑎⃗+𝑏⃗⃗|=1.(1)证明：|𝑎⃗−𝑏⃗⃗|=√3|𝑏⃗⃗|；(2)设𝑡∈𝑅，求

|𝑎⃗+𝑡𝑏⃗⃗|的最小值.【解题思路】（1）首先将条件等式|𝑎⃗|=|𝑎⃗+𝑏⃗⃗|两边同时平方，根据向量的数量积运算求得|𝑏⃗⃗|=1.再将|𝑎⃗−𝑏⃗⃗|平方即可证明结论成立；（2）将

|𝑎⃗+𝑡𝑏⃗⃗|平方可得|𝑎⃗+𝑡𝑏⃗⃗|2=𝑎⃗2+2𝑡𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+𝑡2𝑏⃗⃗2=𝑡2−𝑡+1=(𝑡−12)2+34，然后根据二次函数的性质求解最值即可.【解答过程】（1）由|𝑎⃗|=|𝑎⃗+𝑏⃗⃗|=1可得𝑎⃗2=𝑎⃗2

+2𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+𝑏⃗⃗2=1，所以2𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+𝑏⃗⃗2=0.又因为𝑎⃗，𝑏⃗⃗的夹角为2𝜋3，故𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=−12|𝑎⃗|⋅|𝑏⃗⃗|=−12|𝑏⃗⃗|.联立两式可得|𝑏⃗⃗|2−|𝑏⃗⃗|=0，结合

𝑏⃗⃗是非零向量可得|𝑏⃗⃗|=1.所以|𝑎⃗−𝑏⃗⃗|2=𝑎⃗2−2𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+𝑏⃗⃗2=1+1+1=3，则|𝑎⃗−𝑏⃗⃗|=√3=√3|𝑏⃗⃗|.（2）|𝑎⃗+𝑡𝑏⃗⃗|2=𝑎⃗2+2𝑡𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+

𝑡2𝑏⃗⃗2=𝑡2−𝑡+1=(𝑡−12)2+34，所以当𝑡=12时，|𝑎⃗+𝑡𝑏⃗⃗|2取最小值34，即|𝑎⃗+𝑡𝑏⃗⃗|取最小值√32.24．（2022秋·内蒙古兴安盟·高二阶段练习）在平面直

角坐标系xOy中，点𝐴(−1,−2)，𝐵(2,3)，𝐶(−2,−1).(1)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；(2)设实数𝑡满足(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑡𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗)⋅𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，求𝑡的值.【解题思路

】（1）由已知，根据给的坐标可直接表示以AB、AC为邻边的对角线的向量坐标，然后利用坐标直接计算向量的模；（2）由已知，分别表示出𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，带入给的关系式中，利用向量的数

量积运算解方程即可.【解答过程】（1）由已知𝐴(−1,−2)，𝐵(2,3)，𝐶(−2,−1)，设以线段AB、AC为邻边的平行四边形为𝐴𝐵𝐷𝐶，所以𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(3,5)，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,1)，对角线𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗

⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,6)，因此|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√10；另一条对角线𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−4,−4)，因此|�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4√2；（2）因为𝐴(−1,−2)，𝐵(2,3)，𝐶(−2,−1)，所以𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(3,5)，𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,−1)，由(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑡𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗)⋅𝑂�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，即[(3,5)−𝑡(−2,−1)]⋅(−2,−1)=0，解得𝑡=−115．25．（2022秋·辽宁大连·高一期末）如图所示，在△𝐴𝐵𝐶中，D为BC边上一点，且𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗．过D点的直线EF与直线AB相交于E点，与直线AC相交于F点（E，F两点不重合）．(1)用𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗表示𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗；(2)若𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆�

�𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，求1𝜆+2𝜇的值．【解题思路】（1）向量的线性表示，利用三角形法则及题所给条件即可；（2）根据（1）的结论，转化用𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗表示𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗，根据𝐷,𝐸,𝐹三点共线找出等量关系

；【解答过程】（1）在△𝐴𝐵𝐷中，由𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,又𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗

+𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗

+23𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗.（2）因为𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，又𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗所以𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1𝜆𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1

𝜇𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝜆𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23𝜇𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗，又𝐷,𝐸,𝐹三点共线，且𝐴在线外，所以有：13𝜆+23𝜇=1，即1𝜆+2𝜇=3.26．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知向量𝑚⃗⃗⃗

=(√3sin𝑥,cos𝑥),𝑛⃗⃗=(cos𝑥,−cos𝑥)，定义函数𝑓(𝑥)=𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗−12.(1)求函数𝑓(𝑥)的最小正周期；(2)在△𝐴𝐵𝐶中，若𝑓(𝐶)=0，且𝐴�

�=3,𝐶𝐷是△𝐴𝐵𝐶的边𝐴𝐵上的高，求𝐶𝐷长度的最大值.【解题思路】（1）根据向量数量积的坐标运算及三角恒等变换将函数𝑓(𝑥)化为正弦型函数，即可求函数𝑓(𝑥)的最小正周期

；（2）根据函数𝑓(𝑥)，结合三角形解方程𝑓(𝐶)=0得角𝐶的大小，根据△𝐴𝐵𝐶的面积公式结合余弦定理与基本不等式即可求𝐶𝐷长度的最大值.【解答过程】（1）解：𝑓(𝑥)=𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗−12=√3sin𝑥cos𝑥−cos2𝑥−12=√32sin2𝑥−1+c

os2𝑥2−12=sin(2𝑥−π6)−1；∴𝑓(𝑥)的最小正周期为π（2）解：∵𝑓(𝐶)=0,∴sin(2𝐶−π6)=1又0<𝐶<π，∴−π6<2𝐶−π6<11π6,∴2𝐶−π6=π2，∴𝐶=π3.

又∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=12AB⋅𝐶𝐷=12𝑎𝑏sinπ3，∴𝐶𝐷=√36𝑎𝑏.由余弦定理得9=𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏≥𝑎𝑏，当且仅当𝑎=𝑏=3时，“=”成立，∴𝐶𝐷max=3√32.2

7．（2022·浙江杭州·模拟预测）△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐,已知𝑎=𝑐cos𝐵+12𝑏,(1)若𝐷为𝐵𝐶边上一点,𝐷𝐵=4,𝐴𝐵=5,且𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⋅𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−12,求𝐴𝐶;(2)若𝐶𝐴=3,𝐶𝐵=4,𝑀为平面上一点,2𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑡𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+(1−𝑡)𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,其中𝑡∈R,求𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的最小值

.【解题思路】(1)先根据正弦定理求出角𝐶的值,再利用𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−12求出cos𝐵的值,由正弦定理可得𝐴𝐶sin𝐵=𝐴𝐵sin𝐶即可求解;(2)根据已知条件可以求出𝐶𝐴⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⋅𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗的值,,再把𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗用𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗表示,从而𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗表示为关于𝑡的二次函数求解最小值即可.【解答过程】（1）由�

�=𝑐cos𝐵+12𝑏可得sin𝐴=sin𝐶cos𝐵+12sin𝐵,即sin(𝐵+𝐶)=sin𝐶cos𝐵+cos𝐶sin𝐵=sin𝐶cos𝐵+12sin𝐵,∵sin𝐵≠0,∴cos𝐶=12,∵𝐶∈(0,π),∴𝐶=π3.∵𝐴𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−12,即𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=5×4×cos(π−𝐵)=−12,则cos𝐵=35,∵𝐵∈(0,π),∴sin𝐵=45,在△𝐴𝐵𝐶中,由正

弦定理可得𝐴𝐶sin𝐵=𝐴𝐵sin𝐶,即𝐴𝐶45=5sinπ3,解得𝐴𝐶=8√33.（2）∵2𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑡𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+(1−𝑡)𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,即𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑡2𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+(𝑡−

1)2𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2−𝑡)2𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+(𝑡−1)2𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑡2𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗

+(𝑡+1)2𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=[(2−𝑡)2𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+(𝑡−1)2𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗]⋅[−𝑡2𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+(𝑡+1)2𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗]=(𝑡2−2𝑡)4𝐶𝐴⃗

⃗⃗⃗⃗⃗2+(𝑡2−1)4𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗2+(−𝑡2+𝑡+12)𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗(*),根据已知条件|𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=3,|𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4,∴𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗

⃗⃗=|𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⋅cos𝐶=3×4×12=6,代入(*)式得:𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=134𝑡2−32𝑡−1=134(𝑡−313)2−6152

,当𝑡=313时,𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗取得最小值为−6152.28．（2022秋·浙江·高二期中）如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=8,𝐴𝐶=6,𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，M，N分别为

𝐴𝐵,𝐴𝐶的中点．(1)若𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−6，求|𝐵𝐶|．(2)若𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|+𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

⃗|𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=5，求∠𝐵𝐴𝐶的大小．【解题思路】(1)通过几何分析得到∠𝑀𝐷𝑁=∠𝑀𝐴𝑁,再根据数量积公式求得cos∠𝑀𝐴𝑁=−12,再用余弦定理即可求解；(2)根据向量的数量积公式求出|𝐵𝐶|=10即可求解.【解

答过程】（1）由𝐴𝐷⊥𝐵𝐶得，△𝐴𝐷𝐵,△𝐴𝐷𝐶为直角三角形，又因为M，N分别为𝐴𝐵,𝐴𝐶的中点，所以|𝐷𝑀|=|𝐴𝑀|,|𝐷𝑁|=|𝐴𝑁|,所以∠𝑀𝐷𝐴=∠𝑀�

�𝐷,∠𝑁𝐷𝐴=∠𝑁𝐴𝐷,所以∠𝑀𝐷𝑁=∠𝑀𝐴𝑁,因为𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=|𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|cos∠𝑀𝐴𝑁=12cos∠𝑀𝐴𝑁=−6，所以c

os∠𝑀𝐴𝑁=−12,所以|𝐵𝐶|2=|𝐴𝐵|2+|𝐴𝐶|2−2|𝐴𝐵|⋅|𝐴𝐶|cos∠𝑀𝐴𝑁=148，所以|𝐵𝐶|=2√37.（2）由(1)知，𝐷𝑀=𝑀𝐵,所以𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐷�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|cos∠𝑀𝐷𝐵=12|𝐵𝐷|,同理,𝐷𝑁=𝑁𝐶,𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗|cos∠𝑁𝐷𝐶=12|𝐶𝐷|,所以𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|+𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=12(|𝐵𝐷|+|𝐶𝐷|)=5,所以|𝐵𝐶|=10,所以𝐴𝐵2+𝐴𝐶2=𝐵𝐶

2,所以∠𝐵𝐴𝐶=90∘.29．（2022春·山东·高一阶段练习）平面内向量𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,5),𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(7,1),𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1)（其中O为坐标原点），点P是直线OC上的一个动点．(1)若𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗∥𝑃𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗⃗，求𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗的坐标．(2)已知BC中点为D，当𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗取最小值时，若AD与CP相交于点M，求𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的夹角的余弦值．【解题思路】（1）根据向量共线，设出坐标以及建立方程，可得答案

；（2）根据中点坐标公式，利用向量数量积坐标公式，求得点的坐标，利用夹角的向量公式，可得答案.【解答过程】（1）由题意，可设𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝜆,𝜆)，其中𝜆∈R，从而𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2−𝜆

,5−𝜆),𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(7−𝜆,1−𝜆)因为𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗∥𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以(2−𝜆)(1−𝜆)−(5−𝜆)(7−𝜆)=0，解得𝜆=113．所以𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(113,

113).（2）由题意𝐷(4,1),𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,−4)，因为𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2−𝜆)(7−𝜆)+(5−𝜆)(1−𝜆)=2𝜆2−15𝜆+19,�

�∈R，所以当𝜆=154时，𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗有最小值，此时𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(154,154)，从而𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(114,114)．因为𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝑀𝐷⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗的夹角就是𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗的夹角，而𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2×114−4×114=−112,|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√5,|𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=11√

24，所以cos〈𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉=𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=−1122√5×11√24=−√1010，所以𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

的夹角的余弦值为−√1010.30．（2023·高一单元测试）在平面直角坐标系中，令𝑒1⃗⃗⃗⃗=(1,0)，𝑒2⃗⃗⃗⃗=(0,1)，动点P从𝑃0(−1,2)出发，沿着与向量𝑒1⃗⃗⃗⃗+𝑒2⃗⃗⃗⃗相同的方向作匀速直线运动，速度大小为|𝑒1⃗⃗⃗⃗+𝑒2⃗

⃗⃗⃗|；另一动点Q从𝑄0(−2,−1)出发，沿着与向量3𝑒1⃗⃗⃗⃗+2𝑒2⃗⃗⃗⃗相同的方向作匀速直线运动，速度大小为|3𝑒1⃗⃗⃗⃗+2𝑒2⃗⃗⃗⃗|．设P、Q在时刻𝑡=0时分别在𝑃0、𝑄0处．(1)动点P和Q的运动速度大小分别

是多少？(2)当t的值为多少时，𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑃0𝑄0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗？【解题思路】（1）分别求出|𝑒1⃗⃗⃗⃗+𝑒2⃗⃗⃗⃗|、|3𝑒1⃗⃗⃗⃗+2𝑒2⃗⃗⃗⃗|可得答案；（2）求出𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗、𝑃0𝑄

0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的坐标，由𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃0𝑄0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0可得答案．【解答过程】（1）由题意，𝑒1⃗⃗⃗⃗+𝑒2⃗⃗⃗⃗=(1,1)，3𝑒1⃗⃗⃗⃗+2𝑒2⃗⃗⃗⃗=(3,2)，则|𝑒1⃗⃗⃗⃗+𝑒2⃗⃗⃗⃗|=√2，|

3𝑒1⃗⃗⃗⃗+2𝑒2⃗⃗⃗⃗|=√13，∴P、Q的速度大小分别为√2和√13；（2）在t时刻P、Q的坐标为：𝑃(−1+𝑡,2+𝑡)，𝑄(−2+3𝑡,−1+2𝑡)，∴𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1+2𝑡,−3+𝑡)，𝑃0𝑄0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,−3)

∵𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑃0𝑄0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，∴𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃0𝑄0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，(−1+2𝑡)×(−1)+(−3+𝑡)(−3)=0，解得𝑡=2，即当𝑡=2时，𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑃0𝑄0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.