【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第6章 第3讲　平面向量的数量积及应用 含解析【高考】.doc，共(27)页，472.000 KB，由小赞的店铺上传

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1第3讲平面向量的数量积及应用1．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和b，作OA→＝a，OB→＝b，则01∠AOB叫做a与b的夹角设θ是a与b的夹角，则θ的取值范围是020≤θ≤π03θ＝0或θ＝π⇔a∥b，

04θ＝π2⇔a⊥b2．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05|a||b|·cosθ叫做a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝06|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070.3．投影与投影向量设a，b是两个非零向量，AB→＝a，CD→＝b，过AB→的起点A和终点B，分别作CD→所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到A1B1→(如图)，则称上述变换为向量a向向量b08投影，A1B1→

叫做向量a在向量b上的09投影向量.4．向量数量积的运算律2交换律a·b＝10b·a分配律(a＋b)·c＝11a·c＋b·c数乘结合律(λa)·b＝λ(a·b)＝12a·(λb)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.结论几何表示坐标表示模|a|＝a·a|a|＝13x21＋y21夹角cosθ＝a·b|a||b|cosθ＝14x1x2＋y1y2x21＋y21·x22＋y22a⊥b的充

要条件a·b＝015x1x2＋y1y2＝0|a·b|与|a||b|的关系|a·b|≤|a||b||x1x2＋y1y2|≤(x21＋y21)(x22＋y22)1．数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·b＝a·c(a≠0)不能得出b＝c，两边不能约

去一个向量．2．数量积不满足乘法结合律，即(a·b)·c≠a·(b·c)．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＝a2或|a|＝a2.4．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a与b夹角为0时也有a·b>0)．(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a与b夹角为π时也有a·b<0)．1．在△ABC中，a＝5，b＝8，C＝60°，则BC→·CA→的值为(

)A．20B．－20C．203D．－2033答案B解析由题意知〈BC→，CA→〉＝120°，所以BC→·CA→＝|BC→||CA→|cos〈BC→，CA→〉＝5×8×－12＝－20.2．(2022·山东泰安期末)设a，b是非零向量，则“a

·b＝|a||b|”是“a∥b”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析由a·b＝|a||b|知cos〈a，b〉＝1，所以〈a，b〉＝0，a与b同向，可推出a∥b，反之，由a∥b推不出a·b＝|a||b|，故“a·b

＝|a||b|”是“a∥b”的充分不必要条件．3．已知|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角为π3，那么|4a－b|等于()A．2B．6C．23D．12答案C解析|4a－b|2＝16a2＋b2－8a·b＝16×1＋4－8×1×2×cosπ3＝12.所以

|4a－b|＝23.4．(2021·海南省普通高中高考调研测试)已知向量a＝(0,2)，b＝(23，x)，且a与b的夹角为π3，则x＝()A．－2B．2C．1D．－1答案B解析由题意得cosπ3＝a·b|a||b|＝2x2x2＋12＝1

2，所以x>0，且2x＝x2＋12，解4得x＝2.故选B.5．(2021·全国甲卷)已知向量a＝(3,1)，b＝(1,0)，c＝a＋kb.若a⊥c，则k＝________.答案－103解析c＝a＋kb＝(3,1)＋k(1,0)＝(k＋3,1)，由a⊥c，得a

·c＝0，所以3(k＋3)＋1＝0，解得k＝－103.6．已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ＝120°，则向量b在向量a上的投影向量的模为________.答案2解析由数量积的定义知，向量b在向量a上

的投影向量的模为||b|cosθ|＝|4×cos120°|＝2.考向一平面向量数量积的运算例1(1)(2021·玉溪三模)已知a，b为单位向量，|a＋b|＝2|a－b|，记e是与a＋b方向相同的单位向量，则a在a＋b方向上的投影向量为()A.13eB．－263eC.6

3eD．223e答案C解析由题意可得1＋2a·b＋1＝2－4a·b＋2，可得a·b＝13，则a·(a＋b)＝1＋13＝43，设a与a＋b的夹角为α，则|a||a＋b|cosα＝43，有|a＋b|＝2＋2×13＝26

3，故|a|cosα＝43×326＝63.则a在a＋b方向上的投影向量为63e.故选C.(2)(2021·吉林模拟)一副三角板有两种规格，一种是等腰直角三角形，另一种5是有一个锐角是30°的直角三角形，如图两个三角板斜边之比为3∶2，四边形ABCD就是

由三角板拼成的，|AB|＝2，∠ABC＝60°，则AB→·CD→＋AC→·DB→的值为()A．23B．－6C．－6－23D．－23答案C解析建立如图所示直角坐标系，因为|AB|＝2，∠ABC＝60°，所以|AC|＝23，

|AD|＝6，则B(2,0)，C(0,23)，D(－3，3)，所以AB→＝(2,0)，AC→＝(0,23)，CD→＝(－3，－3)，DB→＝(2＋3，－3)，所以AB→·CD→＋AC→·DB→＝－6－23，故选C.(3)(2021·泰安一模)如图，在平面四边形ABCD中，已知AD＝3，BC＝4

，E，F为AB，CD的中点，P，Q为对角线AC，BD的中点，则PQ→·EF→的值为________.答案－74解析如图，连接FP，FQ，EP，EQ，∵E，F为AB，CD的中点，P，Q为对角线AC，BD的中点，∴四边形EPFQ为平行四边形，∴PQ→＝EQ→－E

P→＝12(AD→6－BC→)，EF→＝EP→＋EQ→＝12(AD→＋BC→)，且AD＝3，BC＝4，∴PQ→·EF→＝14(AD→2－BC→2)＝－74.求向量a，b的数量积a·b的三种方法(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，则建立坐标系，求出a，b的坐标，通过坐标运算求解．1.(2021·海南省海南中学高三月考)

如图为函数y＝sin2x－π3的图象，P，R，S为图象与x轴的三个交点，Q为函数图象在y轴右侧部分上的第一个最大值点，则(QP→＋QR→)·(QR→＋QS→)的值为()A．π－2B．π＋4C．π2－2D．π2＋4答案D解析设PR的中点为A，RS的中点为B，则Q5π1

2，1，A2π3，0，B17π12，0，所以(QP→＋QR→)·(QR→＋QS→)＝(2QA→)·(2QB→)＝4QA→·QB→＝4π4，－1·(π，－1)＝π2＋4，故选D.72．已知e1，e2为单位

向量且夹角为2π3，设a＝3e1＋2e2，b＝3e2，则a在b上的投影向量为________.答案12e2解析因为a＝3e1＋2e2，b＝3e2，所以a·b＝(3e1＋2e2)·3e2＝9e1·e2＋6e22＝9×1×1×cos2π3＋6＝32

，又|b|＝3，所以a在b上的投影向量为a·b|b|e2＝323e2＝12e2.3．(2020·北京高考)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足AP→＝12(AB→＋AC→)，则|PD→|＝________；PB→·PD→＝_

_______.答案5－1解析以点A为坐标原点，AB，AD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，则点A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，AP→＝12(AB→＋AC→)＝12(2,0)＋12(2,2)＝(2,1)，则点P(2，1)，∴PD→＝(－2,1)，PB→＝

(0，－1)，∴|PD→|＝(－2)2＋12＝5，PB→·PD→＝0×(－2)＋(－1)×1＝－1.多角度探究突破考向二平面向量数量积的性质角度平面向量的垂直例2(1)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)．若向量c满

足(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，则c＝()A.79，73B．－73，－79C.73，79D．－79，－738答案D解析不妨设c＝(m，n)，则a＋c＝(1＋m,2＋n)，a＋b＝(3，－1)，由(c＋a)∥b，得－3(1＋m)＝2(2＋

n)，①由c⊥(a＋b)，得3m－n＝0，②联立①②，解得m＝－79，n＝－73.故选D.(2)(2020·全国Ⅱ卷)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()A．a＋

2bB．2a＋bC．a－2bD．2a－b答案D解析由已知可得，a·b＝|a||b|cos60°＝1×1×12＝12.对于A，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝12＋2×1＝52≠0，不符合题意；对于B，(

2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2×12＋1＝2≠0，不符合题意；对于C，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝12－2×1＝－32≠0，不符合题意；对于D，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2×12－1＝0，符合题意．故选D.角

度平面向量的模例3(1)(2021·全国甲卷)若向量a，b满足|a|＝3，|a－b|＝5，a·b＝1，则|b|＝________.答案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.(2)(2021·北京模拟)已知向量a＝(1，－2)，同时满足条件①a∥b，②|a＋b|＜|a|的一个向量b的坐标为________.答案(－1,2)(答案不唯一)

9解析设b＝(x，y)，由a∥b，得y＝－2x，a＋b＝(1＋x，－2＋y)，由|a＋b|＜|a|，得(1＋x)2＋(y－2)2＜5，把y＝－2x代入，得(x＋1)2＋(－2x－2)2＜5，化简，得x2＋2x＜0，解得－2＜x＜0，取x＝－1，得y＝2，所以b＝(－

1,2)．(答案不唯一)角度平面向量的夹角例4(1)(2020·全国Ⅲ卷)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos〈a，a＋b〉＝()A．－3135B．－1935C．1735D．1935答案D解析∵|a|＝5

，|b|＝6，a·b＝－6，∴a·(a＋b)＝|a|2＋a·b＝52－6＝19，|a＋b|＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝25－2×6＋36＝7，∴cos〈a，a＋b〉＝a·(a＋b)|a||a＋b|＝195×7＝1935.故选D.(2)(2

021·德州二模)设a＝(－1,3)，b＝(1,1)，c＝a＋kb，若b⊥c，则a与c夹角的余弦值为()A.55B．255C．23D．223答案B解析因为a＝(－1,3)，b＝(1,1)，所以c＝a＋kb＝(－1＋k

，3＋k)，因为b⊥c，所以(－1＋k)×1＋(3＋k)×1＝0，解得k＝－1，所以c＝(－2，2)，因为a·c＝8，|a|＝10，|c|＝22，所以cos〈a，c〉＝a·c|a||c|＝810×22＝255，所以a与c夹角的余弦值为255.故选B.10平

面向量数量积求解问题的策略(1)求两向量的夹角：cosθ＝a·b|a||b|，要注意θ∈[0，π]．(2)两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是：a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|.(3)求向量的模：利用数量积求解长度问题的

处理方法有：①a2＝a·a＝|a|2或|a|＝a·a；②|a±b|＝(a±b)2＝a2±2a·b＋b2；③若a＝(x，y)，则|a|＝x2＋y2.4.(2021·景德镇模拟)已知向量m＝(2λ，－1)，n＝(2，λ－5)且|m＋2n|＝|m－2n|，则λ＝()A．－53B．－32C．1D

．32答案A解析因为m＝(2λ，－1)，n＝(2，λ－5)，所以m＋2n＝(2λ＋4,2λ－11)，m－2n＝(2λ－4，－2λ＋9)，因为|m＋2n|＝|m－2n|，所以(2λ＋4)2＋(2λ－11)2＝(2λ－4)2＋(－2λ＋9)2，解得λ＝

－53.故选A.5．(2021·新高考八省联考)已知单位向量a，b满足a·b＝0，若向量c＝7a＋2b，则sin〈a，c〉＝()A.73B．23C．79D．29答案B解析因为a，b是单位向量，所以|a

|＝|b|＝1.因为c＝7a＋2b，所以|c|＝|7a＋2b|＝(7a＋2b)2＝7|a|2＋2|b|2＝3.所以cos〈a，c〉＝a·c|a||c|＝11a·(7a＋2b)|a||c|＝7|a|2＋2a·b|a||c|＝7|c|＝73，所以sin〈a，c〉＝1－

732＝23.故选B.6．(多选)已知向量OA→与OB→的夹角为60°，且|OA→|＝3，|OB→|＝2，若OC→＝mOA→＋nOB→，且OC→⊥AB→，则实数m，n的值可能为()A．m＝1，n＝6B．m＝1，n＝4C．m＝12，n＝3D．m＝12，n＝2答案AC

解析OA→·OB→＝3×2×cos60°＝3，因为OC→＝mOA→＋nOB→，OC→⊥AB→，所以(mOA→＋nOB→)·AB→＝(mOA→＋nOB→)·(OB→－OA→)＝(m－n)·OA→·OB→－mOA→2＋nOB→2＝0，所以3(m－n)

－9m＋4n＝0，所以mn＝16.故选AC.多角度探究突破考向三数量积运算的综合应用角度最值或范围问题例5(1)(2020·新高考Ⅰ卷)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP→·AB→的取值范围是()A．

(－2,6)B．(－6,2)C．(－2,4)D．(－4,6)答案A解析解法一：AB→的模为2，根据正六边形的特征，可以得到|AP→|cos〈AP→，AB→〉的取值范围是(－1，3)，结合向量数量积的定义式，可知AP→·AB→＝|AB→||AP→|cos〈A

P→，AB→〉，所以AP→·AB→的取值范围是(－2,6)．故选A.12解法二：设P(x，y)，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2，0)，AP→＝(x，y)，AB→＝(2,0)，所以AP→·AB→＝2x，由题意可得点C的横坐标为3，点F的横

坐标为－1，所以－1<x<3，所以－2<AP→·AB→<6.故选A.(2)已知平面向量PA→，PB→满足|PA→|＝|PB→|＝1，PA→·PB→＝－12，若|BC→|＝1，则|AC→|的最大值为()A.2－1B．3－1C.2＋1D．3＋1答案D解析因为|PA→

|＝|PB→|＝1，PA→·PB→＝－12，所以cos∠APB＝－12，即∠APB＝2π3，由余弦定理可得AB＝3，如图，建立平面直角坐标系，则A－32，0，B32，0，由题意知点C(x，y)在以B32，0为圆心，

1为半径的圆上运动，结合图形可知，当点C(x，y)运动到点D32＋1，0时，|AC→|取最大值，即|AC→|max＝|AD→|＝|AB→|＋1＝3＋1，故选D.13与向量相关的最值或范围问题求

最值或取值范围必须有函数或不等式，因此，对于题目中给出的条件，要结合要求的夹角或长度或其他量，得出相应的不等式或函数(包括自变量的范围)，然后利用相关知识求出最值或取值范围．7.已知a，b为单位向量，且a⊥b，向量c满足|c－a－b|＝2，则|c|的取值范围为()A．[1,1＋2]

B．[2－2，2＋2]C．[2，22]D．[3－22，3＋22]答案B解析设OA→＝a＋b，OB→＝c，则AB→＝OB→－OA→＝c－(a＋b)，由|a|＝|b|＝1，a⊥b，得|OA→|＝|a＋b|＝2，又|AB→|＝|c－a－b|＝

2，所以点B在以A为圆心，2为半径的圆上运动，故2－2≤|c|≤2＋2，故选B.8．(2021·广东珠海11月模拟)在边长为1的正方形ABCD中，M为BC的中点，点E在线段AB上运动，则EC→·EM→的取值范围是()A.12，2B．0，32C.12，

32D．[0,1]答案C解析如图，建立平面直角坐标系xAy.设E(x,0)，则0≤x≤1.易知M1，12，C(1，1)，所以EM→＝1－x，12，EC→＝(1－x,1)，所以EC→·EM→＝(1

－x,1)·1－x，12＝(1－x)2＋12，因为0≤x≤1，所以12≤(1－x)2＋12≤32，即EC→·EM→的取值范围是12，32.故选C.14角度向量与三角函数、解三角形的综合问题例6(多选)(2

021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，点P1(cosα，sinα)，P2(cosβ，－sinβ)，P3(cos(α＋β)，sin(α＋β))，A(1,0)，则()A．|OP1→|＝|OP2→|B．|AP1→|＝|AP2→|C.OA→·OP3→

＝OP1→·OP2→D.OA→·OP1→＝OP2→·OP3→答案AC解析对于A，因为|OP1→|＝cos2α＋sin2α＝1，|OP2→|＝cos2β＋(－sinβ)2＝1，所以A正确；对于B，因为|AP1→|＝(cosα－1)2＋sin2α＝2－2cosα，

|AP2→|＝(cosβ－1)2＋sin2β＝2－2cosβ，所以B错误；对于C，因为OA→·OP3→＝(1,0)·(cos(α＋β)，sin(α＋β))＝cos(α＋β)，OP1→·OP2→＝cosαcosβ－sinαsinβ＝cos(α＋β)

，所以OA→·OP3→＝OP1→·OP2→，所以C正确；对于D，因为OA→·OP1→＝(1,0)·(cosα，sinα)＝cosα，OP2→·OP3→＝(cosβ，－sinβ)·(cos(α＋β)，sin(α＋β))＝cosβcos(α＋β

)－sinβsin(α＋β)＝cos(2β＋α)，所以D错误．故选AC.向量与三角函数、解三角形综合问题的解题策略(1)通过向量的坐标运算构建出含有三角表达式的等量关系．(2)灵活运用三角恒等变换、三角函数的性质及正弦、余弦定理解题．

提醒：注意向量夹角与三角形内角的区别与联系，避免出现将内角等同于向量夹角的错误．9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若向量m＝(a，15－cosA)，n＝(cosC，2b－c)，且m·n＝0，则角A的大小为()A.π6B．π4C．π3D．π2答案B解

析解法一：由m·n＝0，得acosC－(2b－c)cosA＝0，由正弦定理，得sinAcosC－(2sinB－sinC)cosA＝0，即sinAcosC＋cosAsinC＝2sinBcosA，所以sin(A＋C)＝2sinBcosA，所以sin

(π－B)＝2sinBcosA，即sinB＝2sinBcosA.因为0<B<π，所以cosA＝22，所以A＝π4，故选B.解法二：由m·n＝0，得acosC－(2b－c)cosA＝0，由余弦定理，得a·a2＋b2－c22ab－2bcosA＋c·b2＋c

2－a22bc＝0，即b＝2bcosA，因为b≠0，所以cosA＝22，所以A＝π4，故选B.向量的数量积在平面几何中的应用1．(2021·湖南岳阳高三模拟)已知非共线向量AB→与AC→满足AB→|AB→

|＋AC→|AC→|·BC→＝0，且|BC→|＝3|AB→|，则△ABC为()A．等腰非等边三角形B．直角三角形C．等边三角形D．三边均不相等的三角形答案A解析不妨设AP→＝AB→|AB→|＋AC→|AC→|，即AP→为∠BAC角平分线所在直线上的向量，16又AP→⊥BC→，∴AB＝AC，又|BC

→|＝3|AB→|≠2|AB→|，所以△ABC为等腰非等边三角形，故选A.2．已知正方形ABCD中，E，F分别是CD，AD的中点，BE，CF交于点P.求证：(1)BE⊥CF；(2)AP＝AB.证明建立如图所

示的平面直角坐标系，设AB＝2，则A(0,0)，B(2,0)，C(2，2)，E(1,2)，F(0，1)．(1)BE→＝(－1,2)，CF→＝(－2，－1)．∴BE→·CF→＝(－1)×(－2)＋2×(－1)＝0，∴BE→⊥CF→，即BE⊥CF.(2)设点P的坐标为(x，y

)，则FP→＝(x，y－1)，FC→＝(2,1)，∵FP→∥FC→，∴x＝2(y－1)，即x＝2y－2，同理，由BP→∥BE→，得y＝－2x＋4，由x＝2y－2，y＝－2x＋4，得x＝65，y＝85，∴点

P的坐标为65，85.∴|AP→|＝652＋852＝2＝|AB→|，即AP＝AB.答题启示向量与平面几何综合问题的解法(1)基向量法17适当选取一个基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造

关于未知量的方程进行求解．(2)坐标法若把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．对点训练1．点P是△ABC所在平面上一点，若PA→·PB→＝PB→·PC

→＝PC→·PA→，则点P是△ABC的()A．外心B．内心C．重心D．垂心答案D解析由PA→·PB→＝PB→·PC→，得PA→·PB→－PB→·PC→＝0，即PB→·(PA→－PC→)＝0，即PB→·CA→＝0，则PB⊥CA.同理PA⊥BC，PC⊥AB，所以P为△ABC的

垂心．2．已知平行四边形ABCD，证明：AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．证明取{AB→，AD→}为基底，设AB→＝a，AD→＝b，则AC→＝a＋b，DB→＝a－b，∴AC→2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2，DB→2＝(a－b)2＝a2－2a·b＋b2，上面两式相加，得A

C→2＋DB→2＝2(a2＋b2)，∴AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．18一、单项选择题1．(2021·邯郸二模)已知向量a＝(－2,6)，b＝(1，x)，若a与b反向，则a·(3a＋b)＝()A．－30B．30C．－100D．100答案D解析由已知得a与b共线，则－2×x

＝1×6，解得x＝－3，所以b＝(1，－3)，所以3a＋b＝3(－2，6)＋(1，－3)＝(－5,15)，因此a·(3a＋b)＝(－2,6)·(－5,15)＝100.故选D.2．(2021·湖南五市十校联考)已知向量a，b满足|a|＝1，

|b|＝2，a·(a－2b)＝0，则|a＋b|＝()A.6B．5C．2D．3答案A解析由题意知a·(a－2b)＝a2－2a·b＝1－2a·b＝0，所以2a·b＝1，所以|a＋b|＝a2＋2a·b＋b2＝1＋1＋4＝6.故选A.3．(2021

·滨州二模)已知正方形ABCD的边长为3，DE→＝2EC→，则AE→·BD→＝()A．3B．－3C．6D．－6答案A解析因为正方形ABCD的边长为3，DE→＝2EC→，则AE→·BD→＝(AD→＋DE→

)·(AD→－AB→)＝AD→＋23AB→·(AD→－AB→)＝AD→2－13AD→·AB→－23AB→2＝32－23×32＝3.故选A.4．(2021·山东济南模拟)已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|

，cos〈m，n〉＝13.若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为()19A．4B．－4C．94D．－94答案B解析由n⊥(tm＋n)可得n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋n2＝0，所以t＝－n2m·n＝－n2|m||n|cos〈m，n〉＝－|n|2|m||n|

×13＝－3×|n||m|＝－3×43＝－4.故选B.5．(2021·泰安市高三一轮检测)已知向量a＝(sinθ，3)，b＝(1，cosθ)，|θ|≤π3，则|a－b|的最大值为()A．2B．5C．3D．5答案B解析由已知可得|a－b|2＝(sinθ－1)2＋(3－cosθ

)2＝5－4sinθ＋π3.因为|θ|≤π3，所以0≤θ＋π3≤2π3，所以当θ＝－π3时，|a－b|2的最大值为5－0＝5，故|a－b|的最大值为5.6．(2022·株洲模拟)在△ABC中，(BC→＋BA→)·AC→＝|AC→|2，则△ABC的形状一定是()A．

等边三角形B．等腰三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形答案C解析由(BC→＋BA→)·AC→＝|AC→|2，得AC→·(BC→＋BA→－AC→)＝0，即AC→·(BC→＋BA→＋CA→)＝0,2AC→·BA→＝0，∴AC→

⊥BA→，∴A＝90°.故△ABC一定是直角三角形．7．(2021·陕西咸阳模拟)已知菱形ABCD中，AC＝22，BD＝2，点E为CD上一点，且CE＝2ED，则∠AEB的余弦值为()A.255B．5520C．12D．33答案D解析设AC与BD交于点O，以O为坐标原点，AC，BD所在的直线

分别为x，y轴建立平面直角坐标系如图所示，则点A(2，0)，B(0,1)，E－23，－23，∴EA→＝423，23，EB→＝23，53，则cos∠AEB＝EA→·EB→|EA→||EB→|＝223＝33.故选D.8．(2021·湖南长

郡中学模拟)骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A(前轮)，圆D(后轮)的半径均为3，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为4的等边三角形．设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过

程中，AC→·BP→的最大值为()A．18B．24C．36D．48答案C解析骑行过程中，点A，B，C，D，E相对不动，只有P点绕D点做圆周运动．如图，以E为坐标原点，AD所在直线为x轴建立平面直角坐标系，由题意知A

(－4,0)，B(－2,23)，C(2,23)，圆D方程为(x－4)2＋y2＝3，设21P(4＋3cosα，3sinα)，则AC→＝(6,23)，BP→＝(6＋3cosα，3sinα－23)，AC→·BP→＝6(6＋3cosα)＋23(3si

nα－23)＝63cosα＋6sinα＋24＝1212sinα＋32cosα＋24＝12sinα＋π3＋24，易知当sinα＋π3＝1时，AC→·BP→取得最大值36.故选C.二、多项选择题9．(2021·泰安三模)已知向量a＝(2，－1)，b＝(－

3,2)，c＝(1,1)，则()A．a∥bB．(a＋b)⊥cC．a＋b＝cD．c＝5a＋3b答案BD解析a＋b＝(－1,1)，(a＋b)·c＝－1＋1＝0，故(a＋b)⊥c.设c＝λ1a＋λ2b(λ1，λ2∈R)，则(1

,1)＝λ1(2，－1)＋λ2(－3,2)＝(2λ1－3λ2，－λ1＋2λ2)，则2λ1－3λ2＝1，－λ1＋2λ2＝1，所以λ1＝5，λ2＝3，所以c＝5a＋3b.故选BD.10．已知a，b，c是同一平面内的

三个向量，下列命题中正确的是()A．|a·b|≤|a||b|B．若a·b＝c·b且b≠0，则a＝cC．两个非零向量a，b，若|a－b|＝|a|＋|b|，则a与b共线且反向D．已知a＝(1,2)，b＝(1,1)，且a与a＋λb的夹角为锐角

，则实数λ的取值范围是－53，＋∞答案AC解析对于A，由平面向量数量积的定义知|a·b|＝|a||b||cosθ|≤|a||b|，故A正确；对于B，由a·b＝c·b且b≠0，得(a－c)·b＝0，不能得出a＝c，故B错误；对于C，两个非零向量a，b，若|a－b|＝|a|＋|

b|，则a2－2a·b＋b2＝|a|2＋2|a||b|＋|b|2，所以a·b＝－|a||b|，所以cosθ＝－1，即a与b共线且反向，故C正确；对于D，a＝(1，2)，b＝(1,1)，则a＋λb＝(1＋λ，2＋λ)；若a与a＋λb的夹角为锐角，则2

2a·(a＋λb)＞0，a与a＋λb不共线，即(1＋λ)＋2(2＋λ)＞0，2＋λ≠2(1＋λ)，解得λ＞－53且λ≠0，所以实数λ的取值范围是－53，0∪(0，＋∞)，D错误．故选AC.11．(2021·

苏州三模)已知△ABC是边长为2的正三角形，该三角形重心为点G，点P为△ABC所在平面内任一点，下列等式一定成立的是()A．|AB→＋AC→|＝2B.AB→·AC→＝2C.PA→＋PB→＋PC→＝3PG→D．|AB→＋BC→|＝|AB→＋CB→|答案BC解析∵|A

B→＋AC→|＝(AB→＋AC→)2＝4＋4＋2×2×2×12＝23，∴A错误；∵AB→·AC→＝|AB→|·|AC→|·cosπ3＝2×2×12＝2，∴B正确；∵G为△ABC的重心，∴GA→＋GB→＋GC

→＝0，∴PA→＋PB→＋PC→＝GA→－GP→＋GB→－GP→＋GC→－GP→＝－3GP→＝3PG→，∴C正确；∵|AB→＋BC→|＝|AC→|＝2，|AB→＋CB→|＝(AB→＋CB→)2＝4＋4＋2×2×2×12＝23，∴D错误．故选BC.12

．(2021·福建省三明市三元区校级月考)八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中OA＝1，则以下结论正确的是()23A.HD→·BF→＝0B.OA→·OD→＝－22C.

OB→＋OH→＝－2OE→D．|AH→－FH→|＝2－2答案ABC解析正八边形ABCDEFGH被分成8个全等的等腰三角形，不妨取△AOB，则∠AOB＝360°8＝45°，∴∠BOD＝2∠AOB＝90°，即HD⊥BF，∴HD→·BF→＝0，

即A正确；∵∠AOD＝3∠AOB＝135°，∴OA→·OD→＝1×1×cos135°＝－22，即B正确；∵以OH，OB为邻边作平行四边形可构成一个边长为1的正方形，且其中一条对角线与OA共线，∴OB→＋OH→＝2OA→＝－2O

E→，即C正确；∵|AH→－FH→|＝|FA→|，∴在等腰三角形AOF中，OA＝OF＝1，∠AOF＝135°，由余弦定理知，FA2＝OA2＋OF2－2OA·OFcos∠AOF＝1＋1－2×1×1×－22＝2＋2，∴

|AH→－FH→|＝|FA→|＝2＋2，即D错误．故选ABC.三、填空题13．在平行四边形ABCD中，AB→＝(1,2)，AD→＝(－4,2)，则该平行四边形的面积为________.答案10解析由题

意知|AB→|＝5，|AD→|＝25，AB→·AD→＝1×(－4)＋2×2＝0，∴AB→⊥AD→，∴S平行四边形ABCD＝|AB→|·|AD→|＝5×25＝10.2414．(2021·新高考Ⅱ卷)已知向量a＋b＋c＝0，|a|＝1，|

b|＝|c|＝2，a·b＋b·c＋c·a＝________.答案－92解析由已知可得(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝9＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，因此，a·b＋b·c＋c·a＝－92.

15．(2021·济宁三模)在平行四边形ABCD中，AD＝6，AB＝3，∠DAB＝60°，DE→＝12EC→，BF→＝12FC→，若FG→＝2GE→，则AG→·BD→＝________.答案21解析如图所示，因为DE→＝12EC→，BF→＝12FC

→，所以FE→＝FC→＋CE→＝23BC→－23DC→＝23AD→－23AB→，又FG→＝2GE→，AG→＝AB→＋BF→＋FG→＝AB→＋13AD→＋23FE→＝AB→＋13AD→＋2323AD→－23AB

→＝59AB→＋79AD→，又BD→＝AD→－AB→，所以AG→·BD→＝59AB→＋79AD→·(AD→－AB→)＝79|AD→|2－59|AB→|2－29AB→·AD→，又AD＝6，AB＝3，∠DAB＝6

0°，所以AB→·AD→＝|AB→||AD→|cos60°＝9，代入数据可得AG→·BD→＝79×36－59×9－29×9＝21.16．(2020·天津高考)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______

__，若M，N是线段BC上的动点，且|MN→|＝1，则DM→·DN→的最小值为________.25答案16132解析∵AD→＝λBC→，∴AD∥BC，∴∠BAD＝180°－∠B＝120°，AD→·AB

→＝λBC→·AB→＝λ|BC→||AB→|cos120°＝λ×6×3×－12＝－9λ＝－32，解得λ＝16.以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系xBy.∵BC＝6，∴C(6,0)，∵AB＝3，∠ABC＝60°，∴点A的坐标为

32，332.又AD→＝16BC→，∴D52，332.设M(x,0)，则N(x＋1,0)(其中0≤x≤5)，DM→＝x－52，－332，DN→＝x－32，－3

32，DM→·DN→＝x－52x－32＋－3322＝x2－4x＋212＝(x－2)2＋132，∴当x＝2时，DM→·DN→取得最小值132.四、解答题17．在△ABC中，角A，B，C

的对边分别为a，b，c，已知向量m＝cosB，2cos2C2－1，n＝(c，b－2a)，且m·n＝0.(1)求C的大小；(2)若点D为边AB上一点，且满足AD→＝DB→，|CD→|＝7，c＝23，求△ABC的面积．解(1)因为m＝(cosB，cosC)，n＝(c，b－2a)，m

·n＝0，所以ccosB＋(b－2a)cosC＝0，26在△ABC中，由正弦定理得sinCcosB＋(sinB－2sinA)cosC＝0，整理得sinA＝2sinAcosC，又sinA≠0，所以cosC＝12，而C∈(

0，π)，所以C＝π3.(2)由AD→＝DB→知，CD→－CA→＝CB→－CD→，所以2CD→＝CA→＋CB→，两边平方得4|CD→|2＝b2＋a2＋2bacos∠ACB＝b2＋a2＋ba＝28.①又c2＝a2＋b2－2abcos∠

ACB，所以a2＋b2－ab＝12.②由①②得ab＝8，所以S△ABC＝12absin∠ACB＝23.18.在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1,0)和点B(－1,0)，|OC→|＝1，且∠AOC＝θ，其中

O为坐标原点．(1)若θ＝3π4，设点D为线段OA上的动点，求|OC→＋OD→|的最小值；(2)若θ∈0，π2，向量m＝BC→，n＝(1－cosθ，sinθ－2cosθ)，求m·n的最小值及对应的θ值．解(1)设D(t,0)(0≤t≤1)，由题

意知C－22，22，27所以OC→＋OD→＝－22＋t，22，所以|OC→＋OD→|2＝t－222＋12，所以当t＝22时，|OC→＋OD→|最小，最小值为22.(2)由题意得C(cosθ，sinθ)，m＝B

C→＝(cosθ＋1，sinθ)，则m·n＝1－cos2θ＋sin2θ－2sinθcosθ＝1－cos2θ－sin2θ＝1－2sin2θ＋π4，因为θ∈0，π2，所以π4≤2θ＋π4≤5π4，所以当2θ＋π

4＝π2，即θ＝π8时，sin2θ＋π4取得最大值1，即m·n取得最小值1－2.所以m·n的最小值为1－2，此时θ＝π8.