[析考情·明重点]
小题考情分析
大题考情分析
常考点
1.平面向量的数量积及应用(5年5考)
2.三角函数的图象与性质及应用(5年5考)
3.利用正、余弦定理解三角形(5年3考)
浙江高考对此部分内容在解答题中的考查主要集中在三角恒等变换、解三角形、三角函数的性质．三角恒等变换一般不单独考查，常结合正、余弦定理考查解三角形，结合三角函数的性质考查三角函数，近两年三角函数的概念、性质和三角恒等变换是考查的热点，试题难度中档偏下.
偶考点
1.平面向量的线性运算
2.三角恒等变换与求值
第一讲 小题考法——平面向量
考点(一)
平面向量的线性运算
主要考查平面向量的加、减、数乘等线性运算以及向量共线定理的应用.
[典例感悟]
[典例] (1)已知向量a＝(1,3)，b＝(－2，k)，且(a＋2b)∥(3a－b)，则实数k＝( )
A．4 B．－5
C．6 D．－6
(2)(2018·浙江三模)已知向量e1＝(1,2)，e2＝(3,4)，且x，y∈R，xe1＋ye2＝(5,6)，则x－y＝( )
A．3 B．－3
C．1 D．－1
(3)(2019届高三 ·浙江名校联考)若点P是△ABC的外心，且＋＋λ＝0，∠ACB＝120°，则实数λ的值为( )
A. B．－
C．－1 D．1
[解析] (1)a＋2b＝(－3,3＋2k)，3a－b＝(5,9－k)，由题意可得－3(9－k)＝5(3＋2k)，解得k＝－6.故选D.
(2)∵向量e1＝(1,2)，e2＝(3,4)，且x，y∈R，xe1＋ye2＝(5,6)，则(x＋3y,2x＋4y)＝(5,6)，
∴解得∴x－y＝－3.故选B.
(3)设AB的中点为D，则＋＝2.因为＋＋λ＝0，所以2＋λ＝0，所以向量，共线．又P是△ABC的外心，所以PA＝PB，所以PD⊥AB，所以CD⊥AB.因为∠ACB＝120°，所以∠APB＝120°，所以四边形APBC是菱形，从而＋＝2＝，所以2＋λ＝＋λ＝0，所以λ＝－1，故选C.
[答案] (1)D (2)B (3)C
[方法技巧]
掌握平面向量线性运算的2种技巧
(1)对于平面向量的线性运算问题，要尽可能转化到三角形或平行四边形中，灵活运用三角形法则、平行四边形法则，紧密结合图形的几何性质进行运算．
(2)在证明两向量平行时，若已知两向量的坐标形式，常利用坐标运算来判断；若两向量不是以坐标形式呈现的，常利用共线向量定理(当b≠0时，a∥b?存在唯一实数λ，使得a＝λb)来判断．
[演练冲关]
1．(2019届高三·台州检测)已知e1，e2是平面内两个不共线向量，＝e1－ke2，＝2e1－e2，＝3e1－3e2，若A，B，D三点共线，则k的值为( )
A．2 B．－3
C．－2 D．3
解析：选A ∵＝2e1－e2，＝3e1－3e2，
∴＝－＝(3e1－3e2)－(2e1－e2)＝e1－2e2.
∵A，B，D三点共线，
∴与共线，
∴存在唯一的实数λ，使得e1－ke2＝λ(e1－2e2)．
即解得k＝2.
2.(2018·浙江模拟)如图，在△ABC中，点D，E是线段BC上两个动点，且＋＝x＋y，则＋的最小值为( )
A． B．2
C． D．
解析：选D 设＝m＋n，＝λ＋μ，
∵B，D，E，C共线，∴m＋n＝1，λ＋μ＝1.
∵＋＝x＋y，则x＋y＝2，
∴＋＝(x＋y)＝≥＝.则＋的最小值为.
3．(2018·衢州期中)已知D为△ABC的边AB的中点，M在DC上满足5＝＋3，则△ABM与△ABC的面积比为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 因为D是AB的中点，所以＝2，
因为5＝＋3，
所以2－2＝3－3，即2＝3，
所以5＝3＋3＝3，所以＝，
设h1，h2分别是△ABM，△ABC的AB边上的高，
所以＝＝＝＝＝.
考点(二)
平面向量的数量积及应用
主要考查数量积的运算、夹角，向量模的计算问题及平面向量中的最值问题.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018·遂宁模拟)如图，在△ABC中，AD⊥AB，＝ ，||＝1，则·的值为( )
A．2 B．
C． D．
(2)向量a，b满足|a|＝4，b·(a－b)＝0.若|λa－b|的最小值为2(λ∈R)，则a·b＝( )
A．0 B．4
C．8 D．16
(3)(2018·杭州二模)记M的最大值和最小值分别为Mmax和Mmin.若平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝a·b＝c·(a＋2b－2c)＝2，则( )
A．|a－c|max＝ B．|a＋c|max＝
C．|a－c|min＝ D．|a＋c|min＝
[解析] (1)∵在△ABC中，AD⊥AB，
∴·＝0，
·＝(＋)·
＝·＋·
＝·
＝ ·
＝(－)·
＝ ·－ ·
＝.
(2)法一：由已知得a·b＝b2，则|λa－b|＝＝(λ∈R)，当且仅当λ＝时，|λa－b|有最小值2，所以162－2a·b＋a·b＝4，所以(a·b－8)2＝0，故a·b＝8.故选C.
法二：向量a，b满足|a|＝4，b·(a－b)＝0，即a·b＝b2.由题意知|λa－b|＝＝≥2(λ∈R)，即16λ2－2λa·b＋a·b－4≥0对于λ∈R恒成立，所以对于方程16λ2－2λa·b＋a·b－4＝0，Δ＝4(a·b)2－64(a·b－4)≤0，即(a·b－8)2≤0，所以(a·b－8)2＝0，所以a·b＝8.故选C.
(3)由a·b＝2×2cos〈a，b〉＝2，
可得cos〈a，b〉＝，sin〈a，b〉＝，
设＝a＝(2,0)，＝b＝(1，)，＝c＝(x，y)，
可得(x，y)·(4－2x,2－2y)＝2，
即x(4－2x)＋y(2－2y)＝2，
可化为x2＋y2－2x－y＋1＝0，
则C在以圆心P，半径r＝的圆上运动，
且|a－c|表示点A与点C的距离，
显然最大值为|AP|＋r＝ ＋＝，
最小值为|AP|－r＝ －＝.
设D(－2,0)，则|a＋c|＝|＋|＝|－＋|＝||，
则|a＋c|表示点D(－2,0)与点C的距离，
显然最大值为|DP|＋r＝ ＋＝，
最小值为|DP|－r＝.
[答案] (1)D (2)C (3)A
[方法技巧]
在求解与向量的模有关的问题时，往往会涉及“平方”技巧，注意对结论(a±b)2＝|a|2＋|b|2±2a·b，(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(a·b＋b·c＋a·c)的灵活运用．另外，向量作为工具性的知识，具备代数和几何两种特征，求解此类问题时可以使用数形结合的思想，从而加快解题速度．
[演练冲关]
1．如图，在四边形ABCD中，AB＝6，AD＝2，＝，AC与BD相交于点O，E是BD的中点，若·＝8，则·＝( )
A．－9 B．－
C．－10 D．－
解析：选D 由＝，可得DC∥AB，且DC＝2，则△AOB∽△COD，＝＝＝＋，又E是BD的中点，所以＝＋，则·＝·＝＋＋·＝＋＋·＝8，则·＝4，则·＝·＝－－·＝4－×36－×4＝－.
2．(2018·温州二模)已知向量a，b满足|a|＝1，且对任意实数x，y，|a－xb|的最小值为，|b－ya|的最小值为，则|a＋b|＝( )
A. B.
C.或 D.或
解析：选C 取a＝(1,0)，b＝(c，d)，
则|a－xb|＝
＝ ≥，
∴1－＝，
又|b－ya|＝≥，可得d2＝3，
解得c2＝1.
∴|a＋b|＝＝＝或.
3．(2019届高三·湖州五校模拟)设a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，则|2a－b|的取值范围是________．
解析：设|2a－b|＝t，则4a2－4a·b＋b2＝t2，
∵|a＋2b|＝2，则a2＋4a·b＋4b2＝4，
∴5a2＋5b2＝t2＋4，
∵|a|＝1，∴t2＝1＋5b2，
∵|a＋2b|＝2，|a|＝1，
∴由|a＋2b|≤|a|＋2|b|＝1＋2|b|，得|b|≥，
由|2b＋a|≥2|b|－|a|＝2|b|－1，得|b|≤，
∴≤b2≤，
∴t2＝1＋5b2∈，
∴≤t≤，
∴|2a－b|∈.
答案：
(一) 主干知识要记牢
1．平面向量的两个充要条件
若两个非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则
(1)a∥b?a＝λb(b≠0)?x1y2－x2y1＝0.
(2)a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0.
2．平面向量的性质
(1)若a＝(x，y)，则|a|＝＝.
(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则||＝.
(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，则cos θ＝＝ .
(4)|a·b|≤|a|·|b|.
(二) 二级结论要用好
1．三点共线的判定
(1)A，B，C三点共线?，共线．
(2)向量，，中三终点A，B，C共线?存在实数α，β使得＝α＋β，且α＋β＝1.
[针对练1] 在?ABCD中，点E是AD边的中点，BE与AC相交于点F，若＝m＋n (m，n∈R)，则＝________.
解析：如图，∵＝2，＝m＋n，∴＝＋＝m＋(2n＋1)，
∵F，E，B三点共线，∴m＋2n＋1＝1，∴＝－2.
答案：－2
2．中点坐标和三角形的重心坐标
(1)设P1，P2的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则线段P1P2的中点P的坐标为.
(2)三角形的重心坐标公式：设△ABC的三个顶点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，则△ABC的重心坐标为.
3．三角形“四心”向量形式的充要条件
设O为△ABC所在平面上一点，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，则
(1)O为△ABC的外心?||＝||＝||＝.
(2)O为△ABC的重心?＋＋＝0.
(3)O为△ABC的垂心?·＝·＝·.
(4)O为△ABC的内心?a＋b＋c＝0.
(三) 易错易混要明了
1．要特别注意零向量带来的问题：0的模是0，方向任意，并不是没有方向；0与任意向量平行；λ0＝0(λ∈R)，而不是等于0；0与任意向量的数量积等于0，即0·a＝0；但不说0与任意非零向量垂直．
2．当a·b＝0时，不一定得到a⊥b，当a⊥b时，a·b＝0；a·b＝c·b，不能得到a＝c，即消去律不成立；(a·b)·c与a·(b·c)不一定相等，(a·b)·c与c平行，而a·(b·c)与a平行．
3．两向量夹角的范围为[0，π]，向量的夹角为锐角与向量的数量积大于0不等价．
[针对练2] 已知向量a＝(－2，－1)，b＝(λ，1)，若a与b的夹角为钝角，则λ的取值范围是________．
解析：依题意，当a与b的夹角为钝角时，a·b＝－2λ－1<0，解得λ>－.而当a与b共线时，有－2×1＝－λ，解得λ＝2，即当λ＝2时，a＝－b，a与b反向共线，此时a与b的夹角为π，不是钝角，因此，当a与b的夹角为钝角时，λ的取值范围是∪(2，＋∞)．
答案：∪(2，＋∞)
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．已知平面向量a＝(3,4)，b＝，若a∥b，则实数x为( )
A．－ B．
C． D．－
解析：选C ∵a∥b，∴3×＝4x，解得x＝，故选C.
2．(2019届高三·杭州六校联考)已知向量a和b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝5，则(2a－b)·a＝( )
A．9 B．10
C．12 D．13
解析：选D ∵向量a和b的夹角为120°，
且|a|＝2，|b|＝5，
∴a·b＝2×5×cos 120°＝－5，
∴(2a－b)·a＝2a2－a·b＝2×4＋5＝13，
故选D.
3．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝( )
A.－ B.－
C.＋ D.＋
解析：选A 作出示意图如图所示．＝＋＝＋＝×(＋)＋(－)＝－.故选A.
4．设向量a＝(－2,1)，a＋b＝(m，－3)，c＝(3,1)，若(a＋b)⊥c，则cos〈a，b〉＝( )
A．－ B．
C． D．－
解析：选D 由(a＋b)⊥c可得，m×3＋(－3)×1＝0，解得m＝1.所以a＋b＝(1，－3)，故b＝(a＋b)－a＝(3，－4)．
所以cos〈a，b〉＝＝＝－，故选D.
5．P是△ABC所在平面上一点，满足|－|－|＋－2|＝0，则△ABC的形状是( )
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
解析：选B ∵P是△ABC所在平面上一点，且|－|－|＋－2|＝0，
∴||－|(－)＋(－)|＝0，
即||＝|＋|，
∴|－|＝|＋|，
两边平方并化简得·＝0，
∴⊥，∴∠A＝90°，
则△ABC是直角三角形．
6.(2018·浙江二模)如图，设A，B是半径为2的圆O上的两个动点，点C为AO中点，则·的取值范围是( )
A．[－1,3] B．[1,3]
C．[－3，－1] D．[－3,1]
解析：选A 建立平面直角坐标系如图所示，
可得O(0,0)，A(－2,0)，C(－1,0)，设B(2cos θ，2sin θ)．θ∈[0,2π)．
则·＝(1,0)·(2cos θ＋1，2sin θ)＝2cos θ＋1∈[－1,3]．
故选A.
7．(2019届高三·浙江名校联考)已知在△ABC中，AB＝4，AC＝2，AC⊥BC，D为AB的中点，点P满足＝＋，则·(＋)的最小值为( )
A．－2 B．－
C．－ D．－
解析：选C 由＝＋知点P在直线CD上，以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0,0)，A(0,2)，B(2，0)，D(，1)，∴直线CD的方程为y＝x，设P，则＝，＝，＝，∴＋＝，
∴·(＋)＝－x(2－2x)＋x2－x＝x2－x＝2－，
∴当x＝时，·(＋)取得最小值－.
8．已知单位向量a，b，c是共面向量，a·b＝，a·c＝b·c<0，记m＝|λa－b|＋|λa－c|(λ∈R)，则m2的最小值是( )
A．4＋ B．2＋
C．2＋ D．4＋
解析：选B 由a·c＝b·c，可得c·(a－b)＝0，故c与a－b垂直，又a·c＝b·c<0，记＝a，＝b，＝c，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，设＝λa，则|λa－b|＋|λa－c|＝||＋||≥|b－c|＝||，由图可知最小值为BC，易知∠OBC＝∠BCO＝15°，所以∠BOC＝150°，在△BOC中，BC2＝BO2＋OC2－2BO·OC·cos∠BOC＝2＋.所以m2的最小值是2＋.
9．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为( )
A．3 B．2
C. D．2
解析：选A 以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A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，点C到直线BD的距离为＝，所以圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝.
因为P在圆C上，所以P.
又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)，
所以
λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.
10．如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，设·＝m，·＝n.若AB＝，EF＝1，CD＝，则( )
A．2m－n＝1 B．2m－2n＝1
C．m－2n＝1 D．2n－2m＝1
解析：选D ·＝(＋)·(－＋)＝－2＋·－·＋·＝－2＋·(－)＋m＝－2＋·(＋＋－)＋m＝·＋m.又＝＋＋，＝＋＋，两式相加，再根据点E，F分别是边AD，BC的中点，化简得2＝＋，两边同时平方得4＝2＋3＋2·，所以·＝－，则·＝，所以n＝＋m，即2n－2m＝1，故选D.
二、填空题
11．(2018·龙岩模拟)已知向量a，b夹角为60°，且|a|＝1，|2a－b|＝2，则|b|＝________.
解析：∵|2a－b|＝2，∴4a2－4a·b＋b2＝12，
∴4×12－4×1×|b|cos 60°＋|b|2＝12，
即|b|2－2|b|－8＝0，
解得|b|＝4.
答案：4
12.(2019届高三·宁波效实模拟)如图，在平面四边形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，则(＋)·(＋)＝________.
解析：∵在平面四边形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，
∴＋＝＋＋＋＝＋＝－，
＋＝＋＋＋＝＋，
∴(＋)·(＋)＝(－)(＋)＝2－2＝9－16＝－7.
答案：－7
13．设向量a，b满足|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，则|b|的最大值是________；最小值是________．
解析：由|a＋b|＝2|a－b|两边平方，得a2＋2a·b＋b2＝4(a2－2a·b＋b2)，化简得到3a2＋3b2＝10a·b≤10|a||b|，|b|2－10|b|＋9≤0，解得1≤|b|≤9.
答案：9 1
14．(2018·嘉兴期末)在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，D为AB边上的点，且＝2，则·＝________；若＝x＋y，则xy＝________.
解析：以A为坐标原点，，分别为x轴，y轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，D，所以·＝·(0，－2)＝4.由＝x＋y，得＝x(0，－2)＋y(2，－2)，所以＝2y，－2＝－2x－2y，解得x＝，y＝，所以xy＝.
答案：4
15．(2018·温州二模)若向量a，b满足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，且|b|≥2，则a·b＝________，a在b方向上的投影的取值范围是________．
解析：向量a，b满足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，
∴a2＋2a·b＋b2－b2＝3，
∴9＋2a·b＝3，∴a·b＝－3；
则a在b方向上的投影为|a|cos θ＝＝，
又|b|≥2，∴－≤<0，
∴a在b方向上的投影取值范围是.
答案：－3
16．(2018·温州适应性测试)已知向量a，b满足|a|＝|b|＝a·b＝2，向量x＝λa＋(1－λ)b，向量y＝ma＋nb，其中λ，m，n∈R，且m>0，n>0.若(y－x)·(a＋b)＝6，则m2＋n2的最小值为________．
解析：法一：依题意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6，所以[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b)＝6，
因为|a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6，
所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，
所以m2＋n2＝m2＋(2－m)2＝2m2－4m＋4＝2(m－1)2＋2≥2，当且仅当m＝1时取等号，
所以m2＋n2的最小值为2.
法二：依题意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6，
即[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b)＝6，
因为|a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6，
所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，所以m2＋n2＝(m＋n)2－2mn＝4－2mn≥4－22＝2，当且仅当m＝n＝1时取等号，所以m2＋n2的最小值为2.
答案：2
17．已知在△ABC中，AC⊥AB，AB＝3，AC＝4.若点P在△ABC的内切圆上运动，则·(＋)的最小值为________，此时点P的坐标为________．
解析：因为AC⊥AB，所以以A为坐标原点，以AB，AC所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)．由题意可知△ABC内切圆的圆心为D(1,1)，半径为1.因为点P在△ABC的内切圆上运动，所以可设P(1＋cos θ，1＋sin θ)(0≤θ<2π)．所以＝(－1－cos θ，－1－sin θ)，＋＝(1－2cos θ，2－2sin θ)，所以·(＋)＝(－1－cos θ)(1－2cos θ)＋(－1－sin θ)(2－2sin θ)＝－1＋cos θ＋2cos2 θ－2＋2sin2 θ＝－1＋cos θ≥－1－1＝－2，当且仅当cos θ＝－1，即P(0,1)时，·(＋)取到最小值，且最小值为－2.
答案：－2 (0,1)
B组——能力小题保分练
1．已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE＝2EF，则·的值为( )
A．－ B.
C. D.
解析：选B 如图所示，＝＋.
又D，E分别为AB，BC的中点，且DE＝2EF，所以＝，＝＋＝，
所以＝＋.
又＝－，
则·＝·(－)
＝·－2＋2－·
＝2－2－·＝||2－||2－×||×||×cos∠BAC.
又||＝||＝1，∠BAC＝60°，
故·＝－－×1×1×＝.
2.如图，在等腰梯形ABCD中，已知DC∥AB，∠ADC＝120°，AB＝4，CD＝2，动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝，＝λ，则·的最小值是( )
A．4＋13 B．4－13
C．4＋ D．4－
解析：选B 在等腰梯形ABCD中，AB＝4，CD＝2，∠ADC＝120°，易得AD＝BC＝2.由动点E和F分别在线段BC和DC上得，所以<λ<1.所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝||·||cos 120°＋||·||－||·||＋||·||cos 60°＝4×2×＋×2－4×(1－λ)×2＋×(1－λ)×2×＝－13＋8λ＋≥－13＋2＝4－13，当且仅当λ＝时取等号．所以·的最小值是4－13.
3．(2018·台州一模)已知单位向量e1，e2，且e1·e2＝－，若向量a满足(a－e1)·(a－e2)＝，则|a|的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选B ∵单位向量e1，e2，且e1·e2＝－，
∴〈e1，e2〉＝120°，
∴|e1＋e2|＝ ＝1.
若向量a满足(a－e1)·(a－e2)＝，
则a2－a·(e1＋e2)＋e1·e2＝，
∴|a|2－a·(e1＋e2)＝，
∴|a|2－|a|·cos〈a，e1＋e2〉＝，
即cos〈a，e1＋e2〉＝.
∵－1≤cos〈a，e1＋e2〉≤1，
∴－1≤|a|－≤1，
解得－≤|a|≤＋，
∴|a|的取值范围为.
4．(2017·丽水模拟)在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB＝EF＝1，BC＝6，CA＝，若·＋·＝2，则与的夹角的余弦值等于________．
解析：由题意可得2＝(－)2＝2＋2－2·＝33＋1－2·＝36，∴·＝－1.
由·＋·＝2，
可得·(＋)＋·(＋)
＝2＋·＋·＋·
＝1－·＋(－1)＋·
＝·(－)
＝·＝2，
故有·＝4.
再由·＝1×6×cos〈，〉，
可得6×cos〈，〉＝4，∴cos〈，〉＝.
答案：
5．(2019届高三·镇海中学模拟)已知向量a，b的夹角为，|b|＝2，对任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|，则|tb－a|＋(t∈R)的最小值为________．
解析：向量a，b夹角为，|b|＝2，对任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|，
两边平方整理可得x2a2＋2xa·b－(a2－2a·b)≥0，
则Δ＝4(a·b)2＋4a2(a2－2a·b)≤0，
即有(a2－a·b)2≤0，即为a2＝a·b，
则(a－b)⊥a，
由向量a，b夹角为，|b|＝2，
由a2＝a·b＝|a|·|b|·cos，得|a|＝1，
则|a－b|＝＝，
画出＝a，＝b，建立平面直角坐标系，如图所示：
则A(1,0)，B(0，)，
∴a＝(－1,0)，b＝(－1，)；
∴|tb－a|＋
＝＋
＝＋
＝2
表示P(t,0)与M，N的距离之和的2倍，
当M，P，N共线时，取得最小值2|MN|.
即有2|MN|＝2＝.
答案：
6．已知定点A，B满足||＝2，动点P与动点M满足||＝4，＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，且||＝||，则·的取值范围是________；若动点C也满足||＝4，则·的取值范围是________．
解析：因为＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，λ＋1－λ＝1，所以根据三点共线知，点M在直线PB上，又||＝||，记PA的中点为D，连接MD，如图，则MD⊥AP，·＝·(＋)＝·＋0＝2，因为||＝4，所以点P在以B为圆心，4为半径的圆上，则||∈[2,6]，则·＝2∈[2,18]．
由于|MA|＋|MB|＝|MP|＋|MB|＝4，所以点M在以A，B为焦点，长轴的长为4的椭圆上，以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则椭圆方程为＋＝1，点C在圆(x－1)2＋y2＝16上，A(－1,0)，设M(2cos α，sin α)，C(4cos β＋1，4sin β)，则＝(4cos β＋2,4sin β)，＝(2cos α＋1，sin α)，
·＝(8cos α＋4)cos β＋4sin αsin β＋4cos α＋2
＝sin(β＋φ)＋4cos α＋2
＝(4cos α＋8)sin(β＋φ)＋4cos α＋2，
最大值是(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝8cos α＋10≤18，
最小值是－(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝－6，
所以·∈[－6,18]．
答案：[2,18] [－6,18]
课件41张PPT。第一部分
二轮复习的主攻 平面向量、三角函数与解三角形题一专平面向量小题考法——一讲第考点(一) 平面向量的线性运算考点(二) 平面向量的数量积及应用必备知能·自主补缺
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谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢课时跟踪检测（一） 小题考法——平面向量
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．已知平面向量a＝(3,4)，b＝，若a∥b，则实数x为( )
A．－ B．
C． D．－
解析：选C ∵a∥b，∴3×＝4x，解得x＝，故选C.
2．(2019届高三·杭州六校联考)已知向量a和b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝5，则(2a－b)·a＝( )
A．9 B．10
C．12 D．13
解析：选D ∵向量a和b的夹角为120°，
且|a|＝2，|b|＝5，
∴a·b＝2×5×cos 120°＝－5，
∴(2a－b)·a＝2a2－a·b＝2×4＋5＝13，
故选D.
3．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝( )
A.－ B.－
C.＋ D.＋
解析：选A 作出示意图如图所示．＝＋＝＋＝×(＋)＋(－)＝－.故选A.
4．设向量a＝(－2,1)，a＋b＝(m，－3)，c＝(3,1)，若(a＋b)⊥c，则cos〈a，b〉＝( )
A．－ B．
C． D．－
解析：选D 由(a＋b)⊥c可得，m×3＋(－3)×1＝0，解得m＝1.所以a＋b＝(1，－3)，故b＝(a＋b)－a＝(3，－4)．
所以cos〈a，b〉＝＝＝－，故选D.
5．P是△ABC所在平面上一点，满足|－|－|＋－2|＝0，则△ABC的形状是( )
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
解析：选B ∵P是△ABC所在平面上一点，且|－|－|＋－2|＝0，
∴||－|(－)＋(－)|＝0，
即||＝|＋|，
∴|－|＝|＋|，
两边平方并化简得·＝0，
∴⊥，∴∠A＝90°，
则△ABC是直角三角形．
6.(2018·浙江二模)如图，设A，B是半径为2的圆O上的两个动点，点C为AO中点，则·的取值范围是( )
A．[－1,3] B．[1,3]
C．[－3，－1] D．[－3,1]
解析：选A 建立平面直角坐标系如图所示，
可得O(0,0)，A(－2,0)，C(－1,0)，设B(2cos θ，2sin θ)．θ∈[0,2π)．
则·＝(1,0)·(2cos θ＋1，2sin θ)＝2cos θ＋1∈[－1,3]．
故选A.
7．(2019届高三·浙江名校联考)已知在△ABC中，AB＝4，AC＝2，AC⊥BC，D为AB的中点，点P满足＝＋，则·(＋)的最小值为( )
A．－2 B．－
C．－ D．－
解析：选C 由＝＋知点P在直线CD上，以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0,0)，A(0,2)，B(2，0)，D(，1)，∴直线CD的方程为y＝x，设P，则＝，＝，＝，∴＋＝，∴·(＋)＝－x(2－2x)＋x2－x＝x2－x＝2－，∴当x＝时，·(＋)取得最小值－.
8．已知单位向量a，b，c是共面向量，a·b＝，a·c＝b·c<0，记m＝|λa－b|＋|λa－c|(λ∈R)，则m2的最小值是( )
A．4＋ B．2＋
C．2＋ D．4＋
解析：选B 由a·c＝b·c，可得c·(a－b)＝0，故c与a－b垂直，又a·c＝b·c<0，记＝a，＝b，＝c，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，设＝λa，则|λa－b|＋|λa－c|＝||＋||≥|b－c|＝||，由图可知最小值为BC，易知∠OBC＝∠BCO＝15°，所以∠BOC＝150°，在△BOC中，BC2＝BO2＋OC2－2BO·OC·cos∠BOC＝2＋.所以m2的最小值是2＋.
9．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为( )
A．3 B．2
C. D．2
解析：选A 以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A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，点C到直线BD的距离为＝，所以圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝.
因为P在圆C上，所以P.
又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)，
所以
λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.
10．如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，设·＝m，·＝n.若AB＝，EF＝1，CD＝，则( )
A．2m－n＝1 B．2m－2n＝1
C．m－2n＝1 D．2n－2m＝1
解析：选D ·＝(＋)·(－＋)＝－2＋·－·＋·＝－2＋·(－)＋m＝－2＋·(＋＋－)＋m＝·＋m.又＝＋＋，＝＋＋，两式相加，再根据点E，F分别是边AD，BC的中点，化简得2＝＋，两边同时平方得4＝2＋3＋2·，所以·＝－，则·＝，所以n＝＋m，即2n－2m＝1，故选D.
二、填空题
11．(2018·龙岩模拟)已知向量a，b夹角为60°，且|a|＝1，|2a－b|＝2，则|b|＝________.
解析：∵|2a－b|＝2，∴4a2－4a·b＋b2＝12，
∴4×12－4×1×|b|cos 60°＋|b|2＝12，
即|b|2－2|b|－8＝0，
解得|b|＝4.
答案：4
12.(2019届高三·宁波效实模拟)如图，在平面四边形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，则(＋)·(＋)＝________.
解析：∵在平面四边形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，
∴＋＝＋＋＋＝＋＝－，
＋＝＋＋＋＝＋，
∴(＋)·(＋)＝(－)(＋)＝2－2＝9－16＝－7.
答案：－7
13．设向量a，b满足|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，则|b|的最大值是________；最小值是________．
解析：由|a＋b|＝2|a－b|两边平方，得a2＋2a·b＋b2＝4(a2－2a·b＋b2)，化简得到3a2＋3b2＝10a·b≤10|a||b|，|b|2－10|b|＋9≤0，解得1≤|b|≤9.
答案：9 1
14．(2018·嘉兴期末)在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，D为AB边上的点，且＝2，则·＝________；若＝x＋y，则xy＝________.
解析：以A为坐标原点，，分别为x轴，y轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，D，所以·＝·(0，－2)＝4.由＝x＋y，得＝x(0，－2)＋y(2，－2)，所以＝2y，－2＝－2x－2y，解得x＝，y＝，所以xy＝.
答案：4
15．(2018·温州二模)若向量a，b满足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，且|b|≥2，则a·b＝________，a在b方向上的投影的取值范围是________．
解析：向量a，b满足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，
∴a2＋2a·b＋b2－b2＝3，
∴9＋2a·b＝3，∴a·b＝－3；
则a在b方向上的投影为|a|cos θ＝＝，
又|b|≥2，∴－≤<0，
∴a在b方向上的投影取值范围是.
答案：－3
16．(2018·温州适应性测试)已知向量a，b满足|a|＝|b|＝a·b＝2，向量x＝λa＋(1－λ)b，向量y＝ma＋nb，其中λ，m，n∈R，且m>0，n>0.若(y－x)·(a＋b)＝6，则m2＋n2的最小值为________．
解析：法一：依题意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6，所以[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b)＝6，因为|a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6，所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，所以m2＋n2＝m2＋(2－m)2＝2m2－4m＋4＝2(m－1)2＋2≥2，当且仅当m＝1时取等号，所以m2＋n2的最小值为2.
法二：依题意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6，
即[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b)＝6，
因为|a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6，
所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，所以m2＋n2＝(m＋n)2－2mn＝4－2mn≥4－22＝2，当且仅当m＝n＝1时取等号，所以m2＋n2的最小值为2.
答案：2
17．已知在△ABC中，AC⊥AB，AB＝3，AC＝4.若点P在△ABC的内切圆上运动，则·(＋)的最小值为________，此时点P的坐标为________．
解析：因为AC⊥AB，所以以A为坐标原点，以AB，AC所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)．由题意可知△ABC内切圆的圆心为D(1,1)，半径为1.因为点P在△ABC的内切圆上运动，所以可设P(1＋cos θ，1＋sin θ)(0≤θ<2π)．所以＝(－1－cos θ，－1－sin θ)，＋＝(1－2cos θ，2－2sin θ)，所以·(＋)＝(－1－cos θ)(1－2cos θ)＋(－1－sin θ)(2－2sin θ)＝－1＋cos θ＋2cos2 θ－2＋2sin2 θ＝－1＋cos θ≥－1－1＝－2，当且仅当cos θ＝－1，即P(0,1)时，·(＋)取到最小值，且最小值为－2.
答案：－2 (0,1)
B组——能力小题保分练
1．已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE＝2EF，则·的值为( )
A.－ B.
C. D.
解析：选B 如图所示，＝＋.
又D，E分别为AB，BC的中点，且DE＝2EF，所以＝，＝＋＝，
所以＝＋.
又＝－，
则·＝·(－)
＝·－2＋2－·
＝2－2－·＝||2－||2－×||×||×cos∠BAC.
又||＝||＝1，∠BAC＝60°，
故·＝－－×1×1×＝.
2.如图，在等腰梯形ABCD中，已知DC∥AB，∠ADC＝120°，AB＝4，CD＝2，动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝，＝λ，则·的最小值是( )
A．4＋13 B．4－13
C．4＋ D．4－
解析：选B 在等腰梯形ABCD中，AB＝4，CD＝2，∠ADC＝120°，易得AD＝BC＝2.由动点E和F分别在线段BC和DC上得，所以<λ<1.所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝||·||cos 120°＋||·||－||·||＋||·||cos 60°＝4×2×＋×2－4×(1－λ)×2＋×(1－λ)×2×＝－13＋8λ＋≥－13＋2＝4－13，当且仅当λ＝时取等号．所以·的最小值是4－13.
3．(2018·台州一模)已知单位向量e1，e2，且e1·e2＝－，若向量a满足(a－e1)·(a－e2)＝，则|a|的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选B ∵单位向量e1，e2，且e1·e2＝－，
∴〈e1，e2〉＝120°，
∴|e1＋e2|＝ ＝1.
若向量a满足(a－e1)·(a－e2)＝，
则a2－a·(e1＋e2)＋e1·e2＝，
∴|a|2－a·(e1＋e2)＝，
∴|a|2－|a|·cos〈a，e1＋e2〉＝，
即cos〈a，e1＋e2〉＝.
∵－1≤cos〈a，e1＋e2〉≤1，
∴－1≤|a|－≤1，
解得－≤|a|≤＋，
∴|a|的取值范围为.
4．(2017·丽水模拟)在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB＝EF＝1，BC＝6，CA＝，若·＋·＝2，则与的夹角的余弦值等于________．
解析：由题意可得2＝(－)2＝2＋2－2·＝33＋1－2·＝36，∴·＝－1.
由·＋·＝2，
可得·(＋)＋·(＋)
＝2＋·＋·＋·
＝1－·＋(－1)＋·
＝·(－)
＝·＝2，
故有·＝4.
再由·＝1×6×cos〈，〉，
可得6×cos〈，〉＝4，∴cos〈，〉＝.
答案：
5．(2019届高三·镇海中学模拟)已知向量a，b的夹角为，|b|＝2，对任意x∈R，有
|b＋xa|≥|a－b|，则|tb－a|＋(t∈R)的最小值为________．
解析：向量a，b夹角为，|b|＝2，对任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|，
两边平方整理可得x2a2＋2xa·b－(a2－2a·b)≥0，
则Δ＝4(a·b)2＋4a2(a2－2a·b)≤0，
即有(a2－a·b)2≤0，即为a2＝a·b，
则(a－b)⊥a，
由向量a，b夹角为，|b|＝2，
由a2＝a·b＝|a|·|b|·cos，得|a|＝1，
则|a－b|＝＝，
画出＝a，＝b，建立平面直角坐标系，如图所示：
则A(1,0)，B(0，)，
∴a＝(－1,0)，b＝(－1，)；
∴|tb－a|＋
＝＋
＝＋
＝2
表示P(t,0)与M，N的距离之和的2倍，
当M，P，N共线时，取得最小值2|MN|.
即有2|MN|＝2＝.
答案：
6．已知定点A，B满足||＝2，动点P与动点M满足||＝4，＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，且||＝||，则·的取值范围是________；若动点C也满足||＝4，则·的取值范围是________．
解析：因为＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，λ＋1－λ＝1，所以根据三点共线知，点M在直线PB上，又||＝||，记PA的中点为D，连接MD，如图，则MD⊥AP，·＝·(＋)＝·＋0＝2，因为||＝4，所以点P在以B为圆心，4为半径的圆上，则||∈[2,6]，则·＝2∈[2,18]．
由于|MA|＋|MB|＝|MP|＋|MB|＝4，所以点M在以A，B为焦点，长轴的长为4的椭圆上，以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则椭圆方程为＋＝1，点C在圆(x－1)2＋y2＝16上，A(－1,0)，设M(2cos α，sin α)，C(4cos β＋1，4sin β)，则＝(4cos β＋2,4sin β)，＝(2cos α＋1，sin α)，
·＝(8cos α＋4)cos β＋4sin αsin β＋4cos α＋2
＝sin(β＋φ)＋4cos α＋2
＝(4cos α＋8)sin(β＋φ)＋4cos α＋2，
最大值是(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝8cos α＋10≤18，
最小值是－(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝－6，
所以·∈[－6,18]．
答案：[2,18] [－6,18]
