2023年高考一轮复习第三节　平面向量的数量积及其应用 教案(word版含答案)

第三节　平面向量的数量积及其应用
教学目标：
1．平面向量数量积的有关概念
向量的夹角 已知两个非零向量a和b，O是平面上的任意一点，作向量＝a，＝b，则∠AOB＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a与b的夹角
数量积的定义 已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，则a与b的数量积(或内积)记作a·b，即a·b＝|a||b|cos θ
规定 零向量与任一向量的数量积为，即0·a＝
投影向量 |a|cos θe叫做向量a在b方向上的投影向量，其中是与b方向相同的单位向量
2.平面向量数量积的性质及其坐标表示
已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ，e是与b方向相同的单位向量
结论 几何表示 坐标表示
模 |a|＝ |a|＝
夹角 cos θ＝ cos θ＝
a⊥b的充要条件 a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0
|a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b|.(当且仅当a∥b时等号成立) |x1x2＋y1y2|≤
a·e与e·a的关系 a·e＝e·a＝|a|cos θ
3.平面向量数量积的运算律
交换律 a·b＝b·a
结合律 (λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)
分配律 (a＋b)·c＝a·c＋b·c
(1)平面向量数量积运算的常用公式
①(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；②(a±b)2＝a2±2a·b＋b2；③a2＋b2＝0 a＝b＝0.
(2)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(因为夹角为0时不成立)；
②两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b<0，反之不成立(因为夹角为π时不成立)．
(3)a⊥b a·b＝0是对非零向量而言的，若a＝0，虽然a·b＝0，但不能说a⊥b.
(4)极化恒等式
a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2.
(5)三角形模型
在△ABC中，D为BC的中点，
·＝||2－||2＝||2－||2＝||2－||2.
(6)平行四边形模型
在平行四边形ABCD中，
·＝(||2－||2)＝2－2.
1．(苏教版必修第二册P22· T3改编)已知|a|＝5，|b|＝，a·b＝5，则a与b的夹角θ等于(　 )
A．45° B．135° C．－45° D．30°
答案：A
2．(人教A版必修第二册P34·例10改编)已知△ABC三顶点为A(－1，－4)，B(5,2)，C(3,4)，则△ABC是(　 )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等腰三角形
解析：选B　由已知，＝(6,6)，＝(－2,2)，∴·＝6×(－2)＋6×2＝0，即AB⊥BC，∴△ABC是直角三角形．
3．(人教A版必修第二册P21·例12改编)已知|a|＝2，|b|＝3，且a⊥b，则(a＋b)·(2a－b)＝________.
答案：－1
4．已知|a|＝2，|b|＝3，a与b的夹角为，且a＋b＋c＝0，则|c|＝________.
解析：因为a＋b＋c＝0，所以c＝－a－b，所以c2＝(－a－b)2＝a2＋2a·b＋b2＝22＋2×2×3cos＋32＝4－6＋9＝7，所以|c|＝.
答案：
5．(2021·北京高考)已知a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，则(a＋b)·c＝________；a·b＝________.
答案：0　3
层级一/ 基础点——自练通关(省时间)
基础点(一)　求简单的平面向量的数量积　
[题点全训]
1．设向量a＝(－1,2)，b＝(m,1)，如果向量a＋2b与2a－b平行，那么a与b的数量积等于(　 )
A．－ B．－ C. D.
解析：选D　因为a＋2b＝(－1＋2m,4)，2a－b＝(－2－m，3)，由题意得3(－1＋2m)－4(－2－m)＝0，
解得m＝－，
所以a·b＝－1×＋2×1＝.
2．已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝(　 )
A．4 B．3 C．2 D．0
解析：选B　a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b.∵|a|＝1，a·b＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.
3．(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＝________.
解析：(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0 2(a·b＋b·c＋c·a)＋9＝0 a·b＋b·c＋c·a＝－.
答案：－
4．在平行四边形ABCD中，||＝8，||＝6，N为DC的中点，＝2，则·＝________.
解析：·＝(＋)·(＋)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋\f(2,3) ))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2) －\f(1,3) ))＝2－2＝×82－×62＝24.
答案：24
[一“点”就过]
计算平面向量数量积的主要方法
(1)利用定义：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)利用坐标运算，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2.
(3)活用平面向量数量积的几何意义．
基础点(二)　向量数量积的简单应用　
[题点全训]
1．(多选)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝，则下列结论中正确的是(　 )
A．a·b＝－1 B．a⊥(a＋b)
C．|a－b|＝ D．a与b的夹角为
解析：选ABC　因为|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝，所以|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2a·b＋4＝3，所以a·b＝－1，所以a·(a＋b)＝0，即a⊥(a＋b)，所以|a－b|＝＝，cos＝＝－，因为∈[0，π]，所以a与b的夹角为，故A、B、C正确，D错误．
2．(2022·衡阳一模)非零向量a，b，c满足a·b＝a·c，a与b的夹角为，|b|＝4，则c在a上的投影向量的长度为(　 )
A．2 B．2 C．3 D．4
解析：选B　由a·b＝a·c可得|a||b|cos＝|a||c|cos，因为|a|≠0，所以|c|cos＝|b|cos＝4×cos＝2，所以c在a上的投影向量的长度为||c|cos|＝2，故选B.
3．(2021·全国甲卷)已知向量a＝(3,1)，b＝(1,0)，c＝a＋kb.若a⊥c，则k＝________.
解析：依题意，得c＝a＋kb＝(3＋k,1)．又a⊥c，所以a·c＝0，即3(3＋k)＋1＝0，解得k＝－.
答案：－
4．(2021·全国甲卷)若向量a，b满足|a|＝3，|a－b|＝5，a·b＝1，则|b|＝________.
解析：由|a－b|＝5，得(a－b)2＝25，即a2－2a·b＋b2＝25.将|a|＝3，a·b＝1代入上式，得32－2×1＋b2＝25.化简，得b2＝18，所以|b|＝3.
答案：3
[一“点”就过]
1．求解平面向量模的方法
(1)若a＝(x，y)，利用公式|a|＝.
(2)利用|a|＝.
2．求平面向量的夹角的方法
(1)定义法：cos θ＝，θ的取值范围为[0，π]．
(2)坐标法：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则cos θ＝.
(3)解三角形法：把两向量的夹角放到三角形中．
层级二/ 重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　几何图形中向量数量积的运算　
[典例]　如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，·＝0，||＝2，||＝4，AC与BD相交于点E，⊥，则·＝(　 )
A．－　 B．－　　C．－3　　D．－2
[解析]　以BC所在的直线为x轴，BA所在的直线为y轴，建立直角坐标系，如图所示．
则C(4,0)，A(0,2)，直线AC的斜率k＝＝－，∵⊥，∴直线BD的斜率k′＝2，故直线BD的方程为y＝2x，设D(m,2m)，由解得即E，∵＝(m－4,2m)，＝，∴·＝(m－4)－×2m＝－.
[答案]　A
[方法技巧]
解决涉及几何图形的向量的数量积运算问题时，可先利用向量的加、减运算或数量积的运算律化简后再运算．但一定要注意向量的夹角与已知平面几何图形中的角的关系是相等还是互补．　　
[针对训练]
1.(2022·泰州模拟)如图，在△ABC中，∠BAC＝，＝2，P为CD上一点，且满足＝m＋，若AC＝3，AB＝4，则·的值为(　 )
A. B． C. D．－
解析：选C　因为＝2，所以＝，所以＝m＋＝m＋，因为C，P，D三点共线，所以m＋＝1，即m＝，所以＝＋，又＝－＝－，所以·＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4) ＋\f(1,2) ))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3) － ))＝2－2－·＝||2－||2－||·||cos＝×16－×9－×4×3×＝.
2.如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，BC＝DC＝AD＝AB＝3，＝2，则·＝________.
解析：取AB的中点O，连接OD，BD.∵AB＝2CD，∴OB∥CD，OB＝CD，∴四边形OBCD为平行四边形，∴OD＝BC＝AB，∴∠ADB＝90°，∠ABD＝30°.以O为坐标原点建立平面直角坐标系如图．设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－，))，∵＝2，∴＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－－x，0)) x＝－.∴点P－，，又A(－3,0)，B(3,0)，∴·＝·＝－2.
答案：－2
不能恰当地确定变量求解范围、最值问题
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[典例]　已知△ABC是边长为2的等边三角形，D为BC的中点，点P在线段AD(包括端点)上运动，则·(＋)的取值范围是________．
[解析]　以D为坐标原点，BC为x轴，DA为y轴建立直角坐标系，则D(0,0)，B(－1,0)，C(1,0)，A(0，)，设P(0，x)，0≤x≤，所以＝(0，－x)，＝(－1，－x)，＝(1，－x)，因此＋＝(0，－2x)，所以·(＋)＝－2x(－x)＝2x2－2x＝22－，因此当x＝0或x＝时，[·(＋)]max＝0，当x＝时，[·(＋)]min＝－，所以·(＋)的取值范围是.
[答案]　
[诊治策略]　解平面向量中有关最值问题的思路
形化 利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断
数化 利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决
[针对训练]
1．已知||＝||＝且·＝1.若点C满足|＋|＝1，则||的取值范围是________．
解析：∵·＝1，∴××cos<，>＝1，∴cos<，>＝，∴，的夹角为.设＝(，0)，＝，设＋＝，则＝＋＝，∴||＝，∵|＋|＝1，∴|＋－|＝1，即|－|＝||＝1，∴C在以D为圆心，以1为半径的圆上，∴||的最小值为－1，||的最大值是＋1.
答案：[－1，＋1]
2．(2021·天津高考)在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，DE⊥AB且交AB于点E.DF∥AB且交AC于点F，则|2＋|的值为________；(＋)·的最小值为________．
解析：设BE＝x，x∈，∵△ABC为边长为1的等边三角形，DE⊥AB，∴∠BDE＝30°，BD＝2x，DE＝x，DC＝1－2x，∵DF∥AB，∴△DFC为边长为1－2x的等边三角形，DE⊥DF，∴(2＋)2＝42＋4·＋2＝4x2＋4x(1－2x)×cos 0°＋(1－2x)2＝1，∴|2＋|＝1.∵(＋)·＝(＋)·(＋)＝2＋·＝(x)2＋(1－2x)×(1－x)＝5x2－3x＋1＝52＋，所以当x＝时，(＋)·的最小值为.
答案：1　
重难点(二)　平面向量的应用　
[典例]　(1)已知O为四边形ABCD所在平面内的一点，，，，满足＋＝＋，2＋2＝2＋2，则四边形ABCD一定为(　 )
A．正方形 B．矩形
C．菱形 D．等腰梯形
(2)若平面上的三个力F1，F2，F3作用于一点，且处于平衡状态，已知|F1|＝1 N，|F2|＝ N，F1与F2的夹角为45°，求：
①F3的大小；
②F3与F1夹角的大小．
[解析]　(1)选B　由＋＝＋可得－＝－，即＝，所以四边形ABCD为平行四边形，由2＋2＝2＋2得2－2＝2－2，即(＋)·(－)＝(＋)·(－) (＋)·＝(＋)·，因为＝，所以(＋－－)·＝0，所以(＋)·＝0，又四边形ABCD为平行四边形，所以＝，所以·＝0，所以四边形ABCD为矩形，故选B.
(2)①∵三个力平衡，∴F1＋F2＋F3＝0，
∴|F3|＝|F1＋F2|＝＝ eq \r(12＋2×1×\f(\r(6)＋\r(2),2)cos 45°＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2)＝＝1＋.
②设F3与F1的夹角为θ，
则|F2|＝，即＝，解得cos θ＝－，∵θ∈[0，π]，∴θ＝.
[方法技巧]
用向量方法解决平面几何(物理)问题的步骤
[针对训练]
1．一物体在力F的作用下，由点A(20,15)移动到点B(7,0)．已知F＝(4，－5)，则F对该物体做的功为________．
解析：∵A(20,15)，B(7,0)，∴＝(－13，－15)，
∴W＝·F＝－13×4＋(－15)×(－5)＝23.
答案：23
2.已知平行四边形ABCD，证明：AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．
证明：取{，}为基底，设＝a，＝b，则＝a＋b，＝a－b，∴2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2，2＝(a－b)2＝a2－2a·b＋b2，上面两式相加，得2＋2＝2(a2＋b2)，∴AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．
重难点(三)　平面向量数量积与三角相结合　
[典例]　(2021·新高考Ⅰ卷)(多选)已知O为坐标原点，点P1(cos α，sin α)，P2(cos β，－sin β)，P3(cos(α＋β)，sin(α＋β))，A(1,0)，则(　 )
A．||＝||
B．||＝||
C．·＝·
D．·＝·
[解析]　因为||＝＝1，||＝＝1，所以A项正确．
因为||＝，||＝＝，当α＝，β＝时，||≠||，所以B项错误．
因为＝(1,0)，＝(cos(α＋β)，sin(α＋β))，＝(cos α，sin α)，＝(cos β，－sin β)，所以·＝cos(α＋β)，·＝cos αcos β－sin αsin β＝cos(α＋β)，所以C项正确．
因为·＝cos α，·＝cos βcos(α＋β)－sin βsin(α＋β)＝cos(β＋α＋β)≠cos α，所以D项错误．故选A、C.
[答案]　AC
[方法技巧]
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解．　　
[针对训练]
已知A，B，C分别为△ABC的三边a，b，c所对的角，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cos B，cos A)，且m·n＝sin 2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且·(－)＝18，求边c的长．
解：(1)由已知得m·n＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B)，因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，所以m·n＝sin C，又m·n＝sin 2C，所以sin 2C＝sin C,2sin Ccos C＝sin C，sin C≠0，所以cos C＝.又0(2)由已知及正弦定理得2c＝a＋b.因为·(－)＝·＝18，所以abcos C＝18，所以ab＝36.由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－3ab，所以c2＝4c2－3×36，所以c2＝36，所以c＝6.
层级三/ 细微点——优化完善(扫盲点)
一、全面清查易错易误点
1．(混淆两向量平行与垂直的坐标表示)设x，y∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝(　 )
A. B． C．2 D．10
解析：选B　∵a⊥c，b∥c，∴2x－4＝0，－4－2y＝0，解得x＝2，y＝－2，∴a＋b＝(3，－1)，∴|a＋b|＝＝.
2．(忽视夹角的范围)已知平面向量a，b的夹角为，且|a|＝1，|b|＝2，则2a＋b与b的夹角是(　 )
A. B． C. D.
解析：选D　因为平面向量a，b的夹角为，且|a|＝1，|b|＝2，所以|2a＋b|＝＝＝ ＝ ＝2.又(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2|a|·|b|·cos＋|b|2＝2×1×2×＋4＝6，设2a＋b与b的夹角为θ，由向量夹角公式得cos θ＝＝＝，又θ∈[0，π]，所以θ＝，故选D.
3．(忽视向量共线的情形)
(1)向量a＝(2，t)，b＝(－1,3)，若a，b的夹角为钝角，则t的取值范围是(　 )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，))
B. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，＋∞))
C．(－∞，－6)∪－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6，))
D．(－∞，－6)
解析：若a，b的夹角为钝角，则a·b＜0且a，b不反向共线．由a·b＝－2＋3t＜0，解得t＜.向量a＝(2，t)，b＝(－1,3)共线时，2×3＝－t，得t＝－6.此时a＝－2b.所以t＜且t≠－6.
答案：C
(2)已知e1与e2是两个互相垂直的单位向量，若向量e1＋ke2与ke1＋e2的夹角为锐角，则k的取值范围是________．
解析：由e1与e2是两个互相垂直的单位向量，则e1·e2＝0，|e1|＝|e2|＝1，又向量e1＋ke2与ke1＋e2的夹角为锐角，∴(e1＋ke2)·(ke1＋e2)＝ke＋ke＋(k2＋1)e1·e2＝2k＞0，∴k＞0.当e1＋ke2与ke1＋e2同向时，即e1＋ke2＝m(ke1＋e2)，m＞0，解得k＝1.综上，k＞0且k≠1时，向量e1＋ke2与ke1＋e2的夹角为锐角．
答案：{k|k＞0且k≠1}
4．(对夹角理解不正确)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝，则·的值为________．
解析：在△ABC中，由余弦定理得cos A＝＝＝.所以·＝||||cos(π－A)＝－||||·cos A＝－3×2×＝－.
答案：－
二、融会贯通应用创新题
5.(渗透“五育”教育)体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分，某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态，若每只胳膊的夹角为60°，每只胳膊的拉力大小均为360 N，则该学生的体重(单位：kg)约为(参考数据：取重力加速度大小g＝10 m/s2, ＝1.732)(　 )
A．64 B．62 C．76 D．60
解析：选B　设两只胳膊的拉力分别为f1，f2，且|f1|＝|f2|＝360，f1与f2的夹角为60°，∴|f1＋f2|＝＝＝＝360≈624(N)，∴mg≈624，∴m≈62.
6．(结合新定义问题)对于非零向量m，n，定义运算“×”：m×n＝|m||n|sin θ，其中θ为m，n的夹角．设a，b，c为非零向量，则下列结论中不成立的是(　 )
A．a×b＝b×a
B．若a×b＝0，则a∥b
C．(a＋b)×c＝a×c＋b×c
D．a×b＝(－a)×b
解析：选C　因为a×b＝|a||b|sin θ＝|b||a|sin θ＝b×a，故A正确；因为a×b＝|a||b|sin θ＝0，所以sin θ＝0，即θ＝0或θ＝π，所以a∥b，故B正确；因为(a＋b)×c＝|a＋b||c|sin θ(θ为a＋b与c的夹角)，而a×c＋b×c＝|a||c|sin φ＋|b||c|sin β(φ为a，c的夹角，β为b，c的夹角)，所以(a＋b)×c与a×c＋b×c不一定相等，故C错误；因为a×b＝|a||b|sin θ＝|－a||b|sin(π－θ)＝(－a)×b，故D正确．
7．(链接生产生活)窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．每年新春佳节，我国许多地区的人们都有贴窗花的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新、接福纳祥的愿望．图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，已知图2中正六边形ABCDEF的边长为4，圆O的圆心为正六边形的中心，半径为2，若点P在正六边形的边上运动，MN为圆O的直径，则·的取值范围是(　 )
A．[6,12] B．[6,16] C．[8,12] D．[8,16]
解析：选C　如图所示，由正六边形的几何性质可知，△OAB，△OBC，△OCD，△ODE，△OEF，△OFA均为边长为4的等边三角形，当点P位于正六边形ABCDEF的顶点时，||取最大值4；当点P为正六边形各边的中点时，||取最小值，即||min＝4sin＝2，所以，||∈[2，4]．所以，·＝(＋)·(＋)＝2＋·(＋)＋·＝2－4∈[8,12]．故选C.
8．(创新解题思维·利用特殊图形)已知△ABC中，AB＝4，AC＝5，点O为△ABC所在平面内一点，满足||＝||＝||，则· ＝________.
解析：若△ABC为直角三角形，如图，
则＝(＋)，＝－，∴·＝(＋)·(－)＝(2－2)＝.
答案：
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1．已知向量a＝(1,2)，b＝(x,1)，若(a＋b)⊥(a－b)，则x＝(　 )
A．－2 B．± C．±2 D．2
解析：选C　a＋b＝(1＋x,3)，a－b＝(1－x,1)，因为(a＋b)⊥(a－b)，所以(a＋b)·(a－b)＝0，即(1＋x)(1－x)＋3＝0，解得x＝±2.
2．(2022·华中师大一附中高三月考)已知a，b，c均为单位向量，且a＋2b＝2c，则a·c＝(　 )
A．－ B．－ C. D.
解析：选C　由(a＋2b)2＝(2c)2得a2＋4b2＋4a·b＝4c2 ，因为a，b，c均为单位向量，则|a|＝|b|＝|c|＝1，所以a·b＝－，又c＝(a＋2b)，所以a·c＝a·(a＋2b)＝(a2＋2a·b)＝×＝.
3．(2021·厦门三模)(多选)已知向量a，b，c满足a＋b＝(1，－1)，a－3b＝(－7，－1)，c＝(1,1)，设a，b的夹角为θ，则(　 )
A．|a|＝|b| B．a∥c
C．θ＝135° D．b⊥c
解析：选BC　∵a＋b＝(1，－1)，a－3b＝(－7，－1)，∴a＝(－1，－1)，b＝(2,0)，得|a|＝，|b|＝2，故A错误；又c＝(1,1)，则a＝－c，则a∥c，故B正确；cos θ＝＝＝－，又0°≤θ≤180°，∴θ＝135°，故C正确；∵b·c＝2×1＋0×1＝2≠0，∴b与c不垂直，故D错误．
4．已知梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，且∠DAB＝90°，AB＝2，AD＝1，若点Q满足＝2 ，则·＝(　 )
A．－ B． C．－ D.
解析：选D　以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)．
又＝2，∴Q，
∴＝，＝，
∴·＝＋1＝.故选D.
5．若存在单位向量a，b满足|a＋kb|＝1，|a＋b|＝k，则k的值为(　 )
A．1 B．－2或1 C．0 D．1或0
解析：选D　a，b是单位向量，则|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝2＋2a·b＝k2 2a·b＝k2－2，|a＋kb|2＝a2＋2k·a·b＋k2b2＝1＋2k·a·b＋k2＝k2＋k(k2－2)＋1＝1，于是有k(k2＋k－2)＝0，即k(k－1)(k＋2)＝0，显然k≥0，则k＝0或1，所以k的值为1或0.
6．(2021·全国乙卷)已知向量a＝(1,3)，b＝(3,4)，若(a－λb)⊥b，则λ＝________.
解析：由题意，得a－λb＝(1－3λ，3－4λ)．因为(a－λb)⊥b，所以3(1－3λ)＋4(3－4λ)＝0，解得λ＝.
答案：
7．已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，|a＋b|＝|b|，则向量a，b的夹角为________．
解析：由|a＋b|＝|b|得|a＋b|2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝3|b|2，又|a|＝2|b|，∴4|b|2＋2a·b＋|b|2＝3|b|2，解得a·b＝－|b|2，∴cos＝＝＝－，又∈[0，π]，∴＝.
答案：
8．(2021·金华三模)已知平面向量a，b满足|a|＝1,2≤a·b≤3，则|a－2b|的最小值是________．
解析：a·b＝|a|·|b|cos＝|b|cos∈[2,3]，则|b|∈[2，＋∞)，|a－2b|＝＝＝≥，易知当|b|＝2时，|a－2b|最小为＝3，此时cos＝1，a，b同向．
答案：3
9．已知向量a＝(1，)，b＝(－2,0)．
(1)求a－b的坐标以及a－b与a之间的夹角；
(2)当t∈[－1,1]时，求|a－tb|的取值范围．
解：(1)因为a＝(1，)，b＝(－2,0)，所以a－b＝(3，)．设a－b与a之间的夹角为θ，则cos θ＝＝＝，因为θ∈[0，π]，所以a－b与a之间的夹角为.
(2)|a－tb|2＝a2－2ta·b＋t2b2＝4＋4t＋4t2＝(2t＋1)2＋3，因为t∈[－1,1]，所以|a－tb|2∈[3,12]，故|a－tb|的取值范围是[，2]．
10.(2022·西北师大附中高三月考)如图，在直角三角形ABC中，AC⊥BC，AB＝2，D是AB的中点，M是CD上的动点．
(1)若M是CD的中点，求·的值；
(2)求(＋)·的最小值．
解：(1)∵CD是Rt△ABC的斜边AB上的中线，∴CD＝AB＝1，得MD＝CD＝，∵＝＋，＝＋＝－，∴·＝(＋)·(－)＝2－2＝2－12＝－.
(2)设MD＝x，则MC＝1－x，其中0≤x≤1.∵MD是△MAB的中线，∴＋＝2，得(＋)·＝2·＝－2||·||＝－2x(1－x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－))2－，∵0≤x≤1，∴当x＝时，(＋)·的最小值为－.
二、重点难点培优训练
1.(2022·杭州模拟)在直角梯形ABCD中，AD⊥AB，CD∥AB，AB＝2AD＝2DC＝2，E为BC边上中点，则·的值为(　 )
A．1 B． C. D．2
解析：选D　因为AD⊥AB，CD∥AB，所以AD⊥CD，因为AD＝CD，所以∠DAC＝∠BAC＝45°，AC＝，因为E为BC边上中点，所以＝＋，则·＝·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2) ＋\f(1,2)))＝2＋·＝||2＋||·||·cos∠BAC＝×()2＋×2××＝2.
2．(2021·临沂二模)点A，B，C在圆O上，若|AB|＝2，∠ACB＝30°，则·的最大值为(　 )
A．3 B．2 C．4 D．6
解析：选C　如图所示，由∠ACB＝30°，依据圆的性质得∠AOB＝60°，在△AOB中，OA＝OB，故△AOB为等边三角形，∴|OA|＝|OB|＝|OC|＝2，则·＝·(＋)＝·－·＝2×2cos∠BOC－2×2cos∠AOC＝4[cos∠BOC－cos(60°＋∠BOC)]＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos∠BOC－cos∠BOC＋sin∠BOC))
＝4sin(∠BOC＋30°)，∵0°＜∠BOC＜120°，
∴当∠BOC＝60°时，·有最大值4，故选C.
3．如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且＝λ，·＝－，则实数λ的值为________，若M，N是线段BC上的动点，且||＝1，则· 的最小值为________．
解析：依题意得AD∥BC，∠BAD＝120°，由·＝||·||·cos∠BAD＝－||＝－，得||＝1，因此λ＝eq \f(||,||)＝.取MN的中点E，连接DE，则＋＝2，·＝[(＋)2－(－)2]＝2－2＝2－.注意到线段MN在线段BC上运动时，DE的最小值等于点D到直线BC的距离，即AB·sin∠B＝，因此2－的最小值为2－＝，即·的最小值为.
答案：　
4．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a＝(－1,2)，又点A(8,0)，B(n，t)，C(ksin θ，t)．
(1)若⊥a，且||＝||，求向量；
(2)若向量与向量a共线，常数k>0，当f(θ)＝tsin θ取最大值4时，求·.
解：(1)＝(n－8，t)，∵⊥a，∴8－n＋2t＝0，又||＝||，∴(n－8)2＋t2＝5×64，解得t＝±8，∴或∴＝(24,8)或(－8，－8)．
(2)＝(ksin θ－8，t)，∵向量与向量a共线，∴t＝－2ksin θ＋16，tsin θ＝(－2ksin θ＋16)sin θ＝－2ksin θ－2＋.①当k>4时，0<<1，∴sin θ＝时，tsin θ取最大值为，由＝4，得k＝8，此时θ＝，＝(4,8)，∴·＝(8,0)·(4,8)＝32；②当0