2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第四章平面向量數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入第三節(jié)平面向量的數(shù)量積學(xué)案理含解析新人教A版

PAGEPAGE12第三節(jié)平面對量的數(shù)量積2024考綱考題考情1．平面對量的數(shù)量積(1)向量的夾角①定義：已知兩個(gè)非零向量a和b，作eq\o(OA,\s\up16(→))＝a，eq\o(OB,\s\up16(→))＝b，則∠AOB就是向量a與b的夾角。②范圍：設(shè)θ是向量a與b的夾角，則0°≤θ≤180°。③共線與垂直：若θ＝0°，則a與b同向共線；若θ＝180°，則a與b反向共線；若θ＝90°，則a與b垂直。(2)平面對量的數(shù)量積①定義：已知兩個(gè)非零向量a與b，它們的夾角為θ，則數(shù)量|a||b|cosθ叫做a與b的數(shù)量積(或內(nèi)積)，記作a·b，即a·b＝|a||b|cosθ，規(guī)定零向量與任一向量的數(shù)量積為0，即0·a＝0。②幾何意義：數(shù)量積a·b等于a的長度|a|與b在a的方向上的投影|b|cosθ的乘積。2．平面對量數(shù)量積的性質(zhì)及其坐標(biāo)表示設(shè)向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為向量a，b的夾角。(1)數(shù)量積：a·b＝|a||b|cosθ＝x1x2＋y1y2。(2)模：|a|＝eq\r(a·a)＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))。(3)夾角：cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝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)))。(4)兩非零向量a⊥b的充要條件：a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0。(5)|a·b|≤|a||b|(當(dāng)且僅當(dāng)a∥b時(shí)等號(hào)成立)?|x1x2＋y1y2|≤eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))·eq\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))。3．平面對量數(shù)量積的運(yùn)算律(1)a·b＝b·a(交換律)。(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(結(jié)合律)。(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(安排律)。1．a(chǎn)在b方向上的投影與b在a方向上的投影不是一個(gè)概念，要加以區(qū)分。2．對于兩個(gè)非零向量a與b，由于當(dāng)θ＝0°時(shí)，a·b>0，所以a·b>0是兩個(gè)向量a，b夾角為銳角的必要不充分條件；a·b＝0也不能推出a＝0或b＝0，因?yàn)閍·b＝0時(shí)，有可能a⊥b。3．在實(shí)數(shù)運(yùn)算中，若a，b∈R，則|ab|＝|a|·|b|；若a·b＝a·c(a≠0)，則b＝c。但對于向量a，b卻有|a·b|≤|a|·|b|；若a·b＝a·c(a≠0)，則b＝c不肯定成立，緣由是a·b＝|a||b|cosθ，當(dāng)cosθ＝0時(shí)，b與c不肯定相等。4．向量數(shù)量積的運(yùn)算不滿意乘法結(jié)合律，即(a·b)·c不肯定等于a·(b·c)，這是由于(a·b)·c表示一個(gè)與c共線的向量，而a·(b·c)表示一個(gè)與a共線的向量，而c與a不肯定共線。一、走進(jìn)教材1．(必修4P108A組T6改編)已知a·b＝－12eq\r(2)，|a|＝4，a和b的夾角為135°，則|b|為()A．12 B．6C．3eq\r(3) D．3解析a·b＝|a||b|cos135°＝－12eq\r(2)，所以|b|＝eq\f(－12\r(2),4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝6。答案B2．(必修4P104例1改編)已知|a|＝5，|b|＝4，a與b的夾角θ＝120°，則向量b在向量a方向上的投影為________。解析由數(shù)量積的定義知，b在a方向上的投影為|b|cosθ＝4×cos120°＝－2。答案－2二、走近高考3．(2024·全國卷Ⅱ)已知向量a，b滿意|a|＝1，a·b＝－1，則a·(2a－bA．4B．3C．2D．0解析a·(2a－b)＝2a2－a·答案B4．(2024·全國卷Ⅰ)已知向量a，b的夾角為60°，|a|＝2，|b|＝1，則|a＋2b|＝________。解析|a＋2b|＝eq\r(a2＋4a·b＋4b2)＝eq\r(4＋4×2×1×\f(1,2)＋4)＝2eq\r(3)。答案2eq\r(3)5．(2024·天津高考)已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)D，E分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，連接DE并延長到點(diǎn)F，使得DE＝2EF，則eq\o(AF,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))的值為()A．－eq\f(5,8) B．eq\f(1,8)C.eq\f(1,4) D.eq\f(11,8)解析eq\o(BC,\s\up16(→))＝eq\o(AC,\s\up16(→))－eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AF,\s\up16(→))＝eq\o(AD,\s\up16(→))＋eq\o(DF,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\f(3,2)eq\o(DE,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up16(→))，所以eq\o(BC,\s\up16(→))·eq\o(AF,\s\up16(→))＝(eq\o(AC,\s\up16(→))－eq\o(AB,\s\up16(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up16(→))＋\f(3,4)\o(AC,\s\up16(→))))＝eq\f(1,2)×1×1×eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＋eq\f(3,4)－eq\f(3,4)×1×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)－eq\f(1,2)－eq\f(3,8)＝eq\f(1,8)。答案B三、走出誤區(qū)微提示：①搞錯(cuò)向量的夾角求錯(cuò)數(shù)量積；②不會(huì)用夾角公式計(jì)算向量的夾角。6．已知△ABC的三邊長均為1，且eq\o(AB,\s\up16(→))＝c，eq\o(BC,\s\up16(→))＝a，eq\o(CA,\s\up16(→))＝b，則a·b＋b·c＋a·c＝________。解析因?yàn)椤碼，b〉＝〈b，c〉＝〈a，c〉＝120°，|a|＝|b|＝|c|＝1，所以a·b＝b·c＝a·c＝1×1×cos120°＝－eq\f(1,2)，所以a·b＋b·c＋a·c＝－eq\f(3,2)。答案－eq\f(3,2)7．已知非零向量a，b滿意|a|＝|b|＝|a＋b|，則a與2a－bA．eq\f(\r(7),7) B．eq\f(\r(7),8)C.eq\f(\r(7),14) D.eq\f(5\r(7),14)解析不妨設(shè)|a|＝|b|＝|a＋b|＝1，則|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b＝2＋2a·b＝1，所以a·b＝－eq\f(1,2)，所以a·(2a－b)＝2a2－a·b＝eq\f(5,2)，又|a|＝1，|2a－b|＝eq\r(2a－b2)＝eq\r(4a2－4a·b＋b2)＝eq\r(7)，所以a與2a－b夾角的余弦值為eq\f(a·2a－b,|a|·|2a－b|)＝eq\f(\f(5,2),1×\r(7))＝eq\f(5\r(7),14)。答案D考點(diǎn)一平面對量的數(shù)量積運(yùn)算【例1】(1)設(shè)四邊形ABCD為平行四邊形，|eq\o(AB,\s\up16(→))|＝6，|eq\o(AD,\s\up16(→))|＝4，若點(diǎn)M，N滿意eq\o(BM,\s\up16(→))＝3eq\o(MC,\s\up16(→))，eq\o(DN,\s\up16(→))＝2eq\o(NC,\s\up16(→))，則eq\o(AM,\s\up16(→))·eq\o(NM,\s\up16(→))等于()A．20B．15C．9D．6(2)(2024·天津高考)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1。若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(AE,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→))的最小值為()A．eq\f(21,16) B．eq\f(3,2)C.eq\f(25,16) D．3解析(1)eq\o(AM,\s\up16(→))＝eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up16(→))，eq\o(NM,\s\up16(→))＝eq\o(CM,\s\up16(→))－eq\o(CN,\s\up16(→))＝－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up16(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up16(→))，所以eq\o(AM,\s\up16(→))·eq\o(NM,\s\up16(→))＝eq\f(1,4)(4eq\o(AB,\s\up16(→))＋3eq\o(AD,\s\up16(→)))·eq\f(1,12)(4eq\o(AB,\s\up16(→))－3eq\o(AD,\s\up16(→)))＝eq\f(1,48)(16eq\o(AB,\s\up16(→))2－9eq\o(AD,\s\up16(→))2)＝eq\f(1,48)(16×62－9×42)＝9。故選C。(2)如圖，以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則A(1,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，C(0，eq\r(3))，令E(0，t)，t∈[0，eq\r(3)]，所以eq\o(AE,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→))＝(－1，t)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，t－\f(\r(3),2)))＝t2－eq\f(\r(3),2)t＋eq\f(3,2)，因?yàn)閠∈[0，eq\r(3)]，所以當(dāng)t＝－eq\f(－\f(\r(3),2),2×1)＝eq\f(\r(3),4)時(shí)，eq\o(AE,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→))取得最小值，(eq\o(AE,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→)))min＝eq\f(3,16)－eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),4)＋eq\f(3,2)＝eq\f(21,16)。故選A。解析：令eq\o(DE,\s\up16(→))＝λeq\o(DC,\s\up16(→))(0≤λ≤1)，由已知可得DC＝eq\r(3)，因?yàn)閑q\o(AE,\s\up16(→))＝eq\o(AD,\s\up16(→))＋λeq\o(DC,\s\up16(→))，所以eq\o(BE,\s\up16(→))＝eq\o(BA,\s\up16(→))＋eq\o(AE,\s\up16(→))＝eq\o(BA,\s\up16(→))＋eq\o(AD,\s\up16(→))＋λeq\o(DC,\s\up16(→))，所以eq\o(AE,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→))＝(eq\o(AD,\s\up16(→))＋λeq\o(DC,\s\up16(→)))·(eq\o(BA,\s\up16(→))＋eq\o(AD,\s\up16(→))＋λeq\o(DC,\s\up16(→)))＝eq\o(AD,\s\up16(→))·eq\o(BA,\s\up16(→))＋eq\a\vs4\al(|\o(AD,\s\up16(→))|)2＋λeq\o(DC,\s\up16(→))·eq\o(BA,\s\up16(→))＋eq\a\vs4\al(λ2|\o(DC,\s\up16(→))|)2＝3λ2－eq\f(3,2)λ＋eq\f(3,2)。當(dāng)λ＝－eq\f(－\f(3,2),2×3)＝eq\f(1,4)時(shí)，eq\o(AE,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→))取得最小值eq\f(21,16)。故選A。答案(1)C(2)A平面對量數(shù)量積的三種運(yùn)算方法1．當(dāng)已知向量的模和夾角時(shí)，可利用定義法求解，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉。2．當(dāng)已知向量的坐標(biāo)時(shí)，可利用坐標(biāo)法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則a·b＝x1x2＋y1y2。3．利用數(shù)量積的幾何意義求解?！咀兪接?xùn)練】如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝eq\f(π,4)，若eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝2eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))，則eq\o(AD,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝________。解析因?yàn)閑q\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝2eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))，所以eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))－eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))＝eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))，所以eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(DC,\s\up16(→))＝eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))。因?yàn)锳B∥CD，CD＝2，∠BAD＝eq\f(π,4)，所以2|eq\o(AB,\s\up16(→))|＝|eq\o(AB,\s\up16(→))||eq\o(AD,\s\up16(→))|coseq\f(π,4)，化簡得|eq\o(AD,\s\up16(→))|＝2eq\r(2)。故eq\o(AD,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝eq\o(AD,\s\up16(→))·(eq\o(AD,\s\up16(→))＋eq\o(DC,\s\up16(→)))＝|eq\o(AD,\s\up16(→))|2＋eq\o(AD,\s\up16(→))·eq\o(DC,\s\up16(→))＝(2eq\r(2))2＋2eq\r(2)×2coseq\f(π,4)＝12。解析：如圖，建立平面直角坐標(biāo)系xAy。依題意，可設(shè)點(diǎn)D(m，m)，C(m＋2，m)，B(n,0)，其中m>0，n>0，則由eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝2eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))，得(n,0)·(m＋2，m)＝2(n,0)·(m，m)，所以n(m＋2)＝2nm，化簡得m＝2。故eq\o(AD,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝(m，m)·(m＋2，m)＝2m2＋2m＝12。答案12考點(diǎn)二解決有關(guān)向量的長度、夾角、垂直問題微點(diǎn)小專題方向1：長度問題【例2】(1)已知向量a＝(1，－3)，b＝(2，m)，若a∥b，則|a－2b|＝()A．45B．90C．3eq\r(5)D．3eq\r(10)(2)已知向量eq\o(OA,\s\up16(→))，eq\o(OB,\s\up16(→))滿意|eq\o(OA,\s\up16(→))|＝|eq\o(OB,\s\up16(→))|＝2，eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))＝2，若eq\o(OC,\s\up16(→))＝λeq\o(OA,\s\up16(→))＋μeq\o(OB,\s\up16(→))(λ，μ∈R)，且λ＋μ＝1，則|eq\o(OC,\s\up16(→))|的最小值為()A．1 B．eq\f(\r(5),2)C.eq\r(2) D.eq\r(3)解析(1)因?yàn)閍∥b，所以m＋6＝0，解得m＝－6，則b＝(2，－6)，所以a－2b＝(－3,9)，所以|a－2b|＝eq\r(－32＋92)＝3eq\r(10)。故選D。(2)|eq\o(OC,\s\up16(→))|2＝(λeq\o(OA,\s\up16(→))＋μeq\o(OB,\s\up16(→)))2＝[λeq\o(OA,\s\up16(→))＋(1－λ)eq\o(OB,\s\up16(→))]2＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))，因?yàn)閑q\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))＝2，所以|eq\o(OC,\s\up16(→))|2＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)·2＝4λ2－4λ＋4＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))2＋3，當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，|eq\o(OC,\s\up16(→))|取得最小值eq\r(3)。答案(1)D(2)D1．利用數(shù)量積求解向量模的問題常用的公式：(1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝eq\r(a·a)；(2)|a±b|＝eq\r(a±b2)＝eq\r(a2±2a·b＋b2)；(3)若a＝(x，y)，則|a|＝eq\r(x2＋y2)。2．最值問題是在改變中求得一個(gè)特別狀況，在此狀況下求解目標(biāo)達(dá)到最值，因此函數(shù)方法是最基本的方法之一。方向2：夾角問題【例3】(2024·成都二診)已知平面對量a，b的夾角為eq\f(π,3)，且|a|＝1，|b|＝eq\f(1,2)，則a＋2b與b的夾角是()A．eq\f(π,6) B．eq\f(5π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(3π,4)解析因?yàn)閨a＋2b|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝1＋1＋4×1×eq\f(1,2)×coseq\f(π,3)＝3，所以|a＋2b|＝eq\r(3)。又(a＋2b)·b＝a·b＋2|b|2＝1×eq\f(1,2)×coseq\f(π,3)＋2×eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，所以cos〈a＋2b，b〉＝eq\f(a＋2b·b,|a＋2b||b|)＝eq\f(\f(3,4),\r(3)×\f(1,2))＝eq\f(\r(3),2)，所以a＋2b與b的夾角為eq\f(π,6)。答案A求向量夾角問題的方法1．當(dāng)a，b是非坐標(biāo)形式時(shí)，求a與b的夾角θ，需求出a·b及|a|，|b|或得出它們之間的關(guān)系。2．若已知a＝(x1，y1)與b＝(x2，y2)，則cos〈a，b〉＝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)))。留意：〈a，b〉∈[0，π]。方向3：垂直問題【例4】已知向量a＝(k,3)，b＝(1,4)，c＝(2,1)，且(2a－3b)⊥c，則實(shí)數(shù)kA．－eq\f(9,2) B．0C．3 D.eq\f(15,2)解析因?yàn)?a－3b＝(2k－3，－6)，(2a－3b)⊥c，所以(2a－3b)·c＝2(2k答案C兩個(gè)向量垂直的充要條件是兩向量的數(shù)量積為0，即：a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0。應(yīng)相識(shí)到此充要條件對含零向量在內(nèi)的全部向量均成立，因?yàn)榭梢暳阆蛄颗c隨意向量垂直?！绢}點(diǎn)對應(yīng)練】1．(方向1)平面對量a與b的夾角為60°，a＝(2,0)，|b|＝1，則|a＋2b|＝()A．6 B．36C．2eq\r(3) D．12解析因?yàn)閍＝(2,0)，所以|a|＝2，又|b|＝1，向量a與向量b的夾角為60°，所以|a＋2b|2＝(a＋2b)2＝a2＋4a·b＋4b2＝4＋4×2×1×cos60°＋4＝12，所以|a＋2b|＝2eq\r(3)。故選C。解析：如圖，作出eq\o(AB,\s\up16(→))＝a，eq\o(AD,\s\up16(→))＝2b，則以AB，AD為鄰邊作平行四邊形ABCD，可得eq\o(AC,\s\up16(→))＝a＋2b，所以|a＋2b|＝AC，由題意知∠DAB＝60°，AB＝AD＝2，所以在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，故AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos120°＝4＋4－2×2×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝12，則|a＋2b|＝AC＝2eq\r(3)。故選C。答案C2．(方向2)已知單位向量a，b滿意|a＋b|＝|a－b|，則a與b－a的夾角是()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(3π,4)解析因?yàn)閨a＋b|＝|a－b|，所以(a＋b)2＝(a－b)2，整理得a·b＝0。在平面直角坐標(biāo)系中作出a，b，b－a，如圖，易知a與b－a的夾角是eq\f(3π,4)。故選D。答案D3．(方向3)設(shè)非零向量a，b滿意|2a＋b|＝|2a－A．a(chǎn)⊥b B．|2a|＝|bC．a(chǎn)∥b D．|a|<|b|解析因?yàn)閨2a＋b|＝|2a－b|，所以(2a＋b)2＝(2a－b)2，化簡得a·b＝0，所以解析：記c＝2a，則由|2a＋b|＝|2a－b|得|c＋b|＝|c－b|，由平行四邊形法則知，以向量c，b為鄰邊的平行四邊形的對角線相等，所以該四邊形為矩形，故c⊥b，即a答案Aeq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老師備用題))1．(協(xié)作例1運(yùn)用)如圖，平面四邊形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BC＝CD＝2，點(diǎn)E在對角線AC上，AC＝4，AE＝1，則eq\o(EB,\s\up16(→))·eq\o(ED,\s\up16(→))的值為()A．17 B．13C．5 D．1解析因?yàn)椤螦BC＝∠ADC＝90°，BC＝CD＝2，AC＝4，所以AB＝AD＝2eq\r(3)，∠BAC＝∠DAC＝30°，所以eq\o(EB,\s\up16(→))·eq\o(ED,\s\up16(→))＝(eq\o(EA,\s\up16(→))＋eq\o(AB,\s\up16(→)))·(eq\o(EA,\s\up16(→))＋eq\o(AD,\s\up16(→)))＝eq\o(EA,\s\up16(→))2＋eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))＋eq\o(EA,\s\up16(→))·eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))＝1＋1×2eq\r(3)×cos150°＋1×2eq\r(3)×cos150°＋2eq\r(3)×2eq\r(3)×cos60°＝1－3－3＋6＝1。故選D。答案D2．(協(xié)作例2運(yùn)用)已知G為△ABC所在平面上一點(diǎn)，且eq\o(GA,\s\up16(→))＋eq\o(GB,\s\up16(→))＋eq\o(GC,\s\up16(→))＝0，∠A＝60°，eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝2，則|eq\o(AG,\s\up16(→))|的最小值為________。解析由題意得點(diǎn)G為△ABC的重心，則eq\o(AG,\s\up16(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→)))，所以eq\o(AG,\s\up16(→))2＝eq\f(1,9)(eq\o(AB,\s\up16(→))2＋eq\o(AC,\s\up16(→))2＋2eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→)))＝eq\f(1,9)(eq\o(AB,\s\up16(→))2＋eq\o(AC,\s\up16(→))2＋4)。因?yàn)閑q\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝|eq\o(AB,\s\up16(→))|·|eq\o(AC,\s\up16(→))|cos60°＝2，所以|eq\o(AB,\s\up16(→))|·|eq\o(AC,\s\up16(→))|＝4，所以eq\o(AG,\s\up16(→))2≥eq\f(1,9)(2|eq\o(AB,\s\up16(→))|·|eq\o(AC,\s\up16(→))|＋4)＝eq\f(12,9)，當(dāng)且僅當(dāng)|eq\o(AB,\s\up16(→))|＝|eq\o(AC,\s\up16(→))|＝2時(shí)，等號(hào)成立，所以|eq\o(AG,\s\up16(→))|≥eq\f(2\r(3),3)，即|eq\o(AG,\s\up16(→))|的最小值為eq\f(2\r(3),3)。答案eq\f(2\r(3),3)3．(協(xié)作例3運(yùn)用)如圖，在等腰梯形ABCD中，AD＝BC＝AB＝eq\f(1,2)DC＝2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為線段AB，BC的三等分點(diǎn)，O為DC的中點(diǎn)，則cos〈eq\o(FE,\s\up16(→))，eq\o(OF,\s\up16(→))〉＝________。解析以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，連接OB，可得△BOC為等邊三角形，易知A(－1，eq\r(3))，B(1，eq\r(3))，C(2,0)，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\r(3)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(2\r(3),3)))。所以eq\o(OF,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(2\r(3),3)))，eq\o(FE,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，\f(\r(3),3)))，故cos〈eq\o(FE,\s\up16(→))，eq\o(OF,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(FE,\s\up16(→))·\o(OF,\s\up16(→)),|\o(FE,\s\up16(→))||\o(OF,\s\up16(→))|)＝eq\f(－\f(5,3)×\f(4,3)＋\f(\r(3),3)×\f(2\r(3),3),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2))＝－eq\f(1,2)。答案－eq\f(1,2)平面對量具有“數(shù)”與“形”的雙重身份，溝通了代數(shù)與幾何的關(guān)系，所以平面對量的應(yīng)用特別廣泛，主要體現(xiàn)于平面對量在平面幾何、函數(shù)、不等式、三角函數(shù)、解析幾何等方面的應(yīng)用。類型一平面對量在平面幾何中的應(yīng)用【例1】(1)在平行四邊形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E為CD的中點(diǎn)。若eq\o(AC,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→))＝1，則AB＝________。(2)已知O是平面上的肯定點(diǎn)，A，B，C是平面上不共線的三個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若動(dòng)點(diǎn)P滿意eq\o(OP,\s\up16(→))＝eq\o(OA,\s\up16(→))＋λ(eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→)))，λ∈(0，＋∞)，則點(diǎn)P的軌跡肯定通過△ABC的()A．內(nèi)心B．外心C．重心D．垂心解析(1)在平行四邊形ABCD中，eq\o(BE,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\o(CE,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up16(→))＝eq\o(AD,\s\up16(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up16(→))，又因?yàn)閑q\o(AC,\s\up16(→))＝eq\o(AD,\s\up16(→))＋eq\o(AB,\s\up16(→))，所以eq\o(AC,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→))＝(eq\o(AD,\s\up16(→))＋eq\o(AB,\s\up16(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))－\f(1,2)\o(AB,\s\up16(→))))＝eq\o(AD,\s\up16(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up16(→))·eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AD,\s\up16(→))·eq\o(AB,\s\up16(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up16(→))2＝|eq\o(AD,\s\up16(→))|2＋eq\f(1,2)|eq\o(AD,\s\up16(→))||eq\o(AB,\s\up16(→))|cos60°－eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up16(→))|2＝1＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up16(→))|－eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up16(→))|2＝1。所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－|\o(AB,\s\up16(→))|))|eq\o(AB,\s\up16(→))|＝0，又|eq\o(AB,\s\up16(→))|≠0，所以|eq\o(AB,\s\up16(→))|＝eq\f(1,2)。(2)由原等式，得eq\o(OP,\s\up16(→))－eq\o(OA,\s\up16(→))＝λ(eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→)))，即eq\o(AP,\s\up16(→))＝λ(eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→)))，依據(jù)平行四邊形法則，知eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→))＝2eq\o(AD,\s\up16(→))(D為BC的中點(diǎn))，所以點(diǎn)P的軌跡必過△ABC的重心。故選C。答案(1)eq\f(1,2)(2)C向量與平面幾何綜合問題的解法1．坐標(biāo)法把幾何圖形放在適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系中，則有關(guān)點(diǎn)與向量就可以用坐標(biāo)表示，這樣就能進(jìn)行相應(yīng)的代數(shù)運(yùn)算和向量運(yùn)算，從而使問題得到解決。2．基向量法適當(dāng)選取一組基底，溝通向量之間的聯(lián)系，利用向量間的關(guān)系構(gòu)造關(guān)于未知量的方程進(jìn)行求解?！咀兪接?xùn)練】在△ABC中，已知向量eq\o(AB,\s\up16(→))與eq\o(AC,\s\up16(→))滿意eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))|)))·eq\o(BC,\s\up16(→))＝0，且eq\f(\o(AB,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))|)·eq\f(\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))|)＝eq\f(1,2)，則△ABC為()A．等邊三角形B．直角三角形C．等腰非等邊三角形D．三邊均不相等的三角形解析eq\f(\o(AB,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))|)，eq\f(\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))|)分別為eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AC,\s\up16(→))方向上的單位向量，由平行四邊形法則可知eq\f(\o(AB,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))|)＋eq\f(\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))|)為∠BAC的平分線上的向量。因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))|)))·eq\o(BC,\s\up16(→))＝0，所以∠BAC的平分線垂直于BC，所以AB＝AC。又eq\f(\o(AB,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))|)·eq\f(\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))|)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))|)))·cos∠BAC＝eq\f(1,2)，所以cos∠BAC＝eq\f(1,2)，又0<∠BAC<π，故∠BAC＝eq\f(π,3)，所以△ABC為等邊三角形。故選A。答案A類型二平面對量與函數(shù)、不等式的綜合應(yīng)用【例2】設(shè)θ是兩個(gè)非零向量a，b的夾角，若對隨意實(shí)數(shù)t，|a＋tb|的最小值為1，則下列推斷正確的是()A．若|a|確定，則θ唯一確定B．若|b|確定，則θ唯一確定C．若θ確定，則|b|唯一確定D．若θ確定，則|a|唯一確定解析設(shè)g(t)＝(a＋tb)2＝b2t2＋2ta·b＋a2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝－eq\f(2a·b,2b2)＝－eq\f(|a|cosθ,|b|)時(shí)，g(t)取得最小值1，所以b2×eq\f(|a|2cos2θ,|b|2)－2a·b×eq\f(|a|cosθ,|b|)＋a2＝1，化簡得a2sin2θ＝1，所以當(dāng)θ確定時(shí)，|a|唯一確定。答案D通過向量的數(shù)量積運(yùn)算把向量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為實(shí)數(shù)運(yùn)算，再結(jié)合函數(shù)、不等式的學(xué)問解決，同時(shí)也要留意平面對量的坐標(biāo)運(yùn)算在這方面的應(yīng)用?！咀兪接?xùn)練】(2024·福州四校聯(lián)考)已知向量a，b為單位向量，且a·b＝－eq\f(1,2)，向量c與a＋b共線，則|a＋c|的最小值為()A．1B．eq\f(1,2)C.eq\f(3,4)D.eq\f(\r(3),2)解析因?yàn)橄蛄縞與a＋b共線，所以可設(shè)c＝t(a＋b)(t∈R)，所以a＋c＝(t＋1)a＋tb，所以(a＋c)2＝(t＋1)2a2＋2t(t＋1)a·b＋t2b2，因?yàn)橄蛄縜，b為單位向量，且a·b＝－eq\f(1,2)，所以(a＋c)2＝(t＋1)2－t(t＋1)＋t2＝t2＋t＋1≥eq\f(3,4)，所以|a＋c|≥eq\f(\r(3),2)，所以|a＋c|的最小值為eq\f(\r(3),2)。故選D。解析：因?yàn)橄蛄縜，b為單位向量，且a·b＝－eq\f(1,2)，所以向量a，b的夾角為120°，在平面直角坐標(biāo)系中，不妨設(shè)向量a＝(1,0)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，則a＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，因?yàn)橄蛄縞與a＋b共線，所以可設(shè)c＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))(t∈R)，所以a＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(t,2)，\f(\r(3),2)t))，所以|a＋c|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(t,2)))2＋\f(3t2,4))＝eq\r(t2＋t＋1)≥eq\f(\r(3),2)，所以|a＋c|的最小值為eq\f(\r(3),2)。故選D。答案D類型三平面對量與解三角形的綜合應(yīng)用【例3】已知在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)，m·n＝sin2C(1)求角C的大小；(2)若sinA，sinC，sinB成等差數(shù)列，且eq\o(CA,\s\up16(→))·(eq\o(AB,\s\up16(→))－eq\o(AC,\s\up16(→)))＝18，求c。解(1)m·n＝sinA·cosB＋sinB·cosA＝sin(A＋B)，對于△ABC，A＋B＝π－C,0<C<π，所以sin(A＋B)＝sinC，所以m·n＝sinC，又m·n＝sin2C所以sin2C＝sinC，cosC＝eq\f(1,2)，又因?yàn)镃∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3)。(2)由sinA，sinC，sinB成等差數(shù)列，可得2sinC＝sinA＋sinB，由正弦定理得2c＝a＋b因?yàn)閑q\o(CA,\s\up16(→))·(eq\o(AB,\s\up16(→))－eq\o(AC,\s\up16(→)))＝18，所以eq\o(CA,\s\up16(→))·eq\o(CB,\s\up16(→))＝18，即abcosC＝18，ab＝36。由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－3ab，所以c2＝4c2－3×36，c2＝36，所以c1．解決平面對量與三角函數(shù)的交匯問題，關(guān)鍵是精確利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算化簡已知條件，將其轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)中的有關(guān)問題解決。2．還應(yīng)嫻熟駕馭向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算公式、幾何意義、向量模、夾角的坐標(biāo)運(yùn)算公式以及三角恒等變換、正、余弦定理等學(xué)問。【變式訓(xùn)練】(2024·惠州模擬)若O為△ABC所在平面內(nèi)任一點(diǎn)，且滿意(eq\o(OB,\s\up16(→))－eq\o(OC,\s\up16(→)))·(eq\o(OB,\s\up16(→))＋eq\o(OC,\s\up16(→))－2eq\o(OA,\s\up16(→)))＝0，則△ABC的形態(tài)為()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等邊三角形 D．等腰直角三角形解析因?yàn)?eq\o(OB,\s\up16(→))－eq\o(OC,\s\up16(→)))·(eq\o(OB,\s\up16(→))＋eq\o(OC,\s\up16(→))－2eq\o(OA,\s\up16(→)))＝0，即eq\o(CB,\s\up16(→))·(eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→)))＝0，