板块综合 平面向量及其应用(阶段小结课——习题讲评式教学)
[建构知识体系]
[融通学科素养]
1.浸润的核心素养
(1)向量的线性运算及平面向量基本定理主要通过几何图形来考查,突出考查逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养.(2)向量数量积若以代数知识形态出现,则主要考查公式运用下的简单计算,聚焦的是数学运算素养;若以几何形态出现,则突出对直观想象以及数学运算素养的考查.
2.渗透的数学思想
(1)数形结合思想:向量具有几何与代数两个特征,在向量运算中三角形法则与平行四边形法则的应用及建系都体现了数形结合的思想.
(2)转化与化归思想:在解决向量的夹角问题,向量的平行、垂直关系的研究均可化归为它们对应向量或向量的坐标运算问题,三角形形状的判定可归结为判断向量的数量积与零的大小的关系问题,体现了转化与化归思想.
(3)分类讨论思想:平行向量可分同向向量或反向向量;向量a与b的夹角有正数、负数或零三种情形,体现了分类讨论思想.
题型(一) 平面向量中的最值与范围问题
[例1] (2024·天津高考)在边长为1的正方形ABCD中,E为线段CD的三等分点,CE=DE,=λ+μ,则λ+μ= ;F为线段BE上的动点,G为AF中点,则·的最小值为 .
听课记录:
|思|维|建|模|
向量求最值(范围)的常用方法
(1)利用三角函数求最值(范围).
(2)利用基本不等式求最值(范围).
(3)建立坐标系,设变量构造函数求最值(范围).
(4)数形结合,应用图形的几何性质求最值.
[针对训练]
1.已知点D在Rt△ABC的斜边BC上,若AB=2,AC=3,则·的取值范围为 ( )
A.[-2,3] B.[0,4]
C.[0,9] D.[-4,9]
2.已知向量a,b满足|a|=2|b|,a·b=-1,则|a+b|的最小值为 .
题型(二) 极化恒等式的应用
1.极化恒等式:a·b=[(a+b)2-(a-b)2]
几何意义:向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的.
2.平行四边形模式:如图(1),平行四边形ABCD,O是对角线交点.则(1)·=[||2-||2].
3.三角形模式:如图(2),在△ABC中,设D为BC的中点,则·=||2-||2.
三角形模式是平面向量极化恒等式的终极模式,几乎所有的问题都是用它解决.
记忆:向量的数量积等于第三边的中线长与第三边长的一半的平方差.
[例2] 设向量a,b满足|a+b|=,|a-b|=,则a·b= ( )
A.1 B.2
C.3 D.5
解题观摩:法一 因为|a+b|=,所以(a+b)2=a2+2a·b+b2=10 ①.
又|a-b|=,所以(a-b)2=a2-2a·b+b2=6 ②.
①-②得4a·b=4,所以a·b=1.
法二 由极化恒等式可得
a·b=[(a+b)2-(a-b)2]
=(|a+b|2-|a-b|2)=1.
答案:A
|思|维|建|模|
在确定求数量积的两个向量共起点或共终点的情况下,极化恒等式的一般步骤如下:
第一步:取第三边的中点,连接向量的起点与中点;
第二步:利用极化恒等式公式,将数量积转化为中线长与第三边长的一半的平方差;
第三步:利用平面几何方法求中线及第三边的长度,从而求出数量积,如需进一步求数量积范围,可以用点到直线的距离最小或用三角形两边之和大于等于第三边,两边之差小于第三边或用基本不等式等求得中线长的最值(范围).
[针对训练]
3.已知△ABC是边长为2的等边三角形,P为平面ABC内一点,则·(+)的最小值是 ( )
A.-2 B.-
C.- D.-1
4.在△ABC中,M是BC的中点,AM=3,BC=10,则·= .
题型(三) 平面向量中的新定义问题
[例3] 如图,在斜坐标系xOy中,e1,e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量,且e1,e2的夹角为60°,定义向量=xe1+ye2在该斜坐标系xOy中的坐标为有序数对(x,y),记为=xe1+ye2=(x,y).在斜坐标系xOy中,完成如下问题.
(1)若斜坐标系xOy中,a=(2,4),b=(5,m),且a⊥b,求实数m的值;
(2)若斜坐标系xOy中,m=(4,-5),n=(-2,3),求向量m,n夹角θ的余弦值.
听课记录:
|思|维|建|模|
向量的新定义问题就是给出一种新的概念、性质或新的运算法则,利用新概念、性质或新的运算法则来解决问题的题型,是知识迁移的一种形式.解决此类问题的关键是读懂并理解新概念及运算法则的实质,然后结合向量知识来解决.
[针对训练]
5.已知向量a,b的数量积(又称向量的点积或内积)a·b=|a||b|cos
,其中表示向量a,b的夹角.定义向量a,b的向量积(又称向量的叉积或外积)|a×b|=|a||b|sin,其中表示向量a,b的夹角.已知点A(0,1),B(-1,),O为坐标原点,则|×|= ( )
A.0.5 B.-1
C.0 D.1
6.对任意两个非零的平面向量a和b,定义:a b=,a☉b=.若平面向量a,b满足|a|>|b|>0,且a b和a☉b都在集合中,则a b+a☉b= ( )
A.1 B.
C.1或 D.1或
板块综合 平面向量及其应用
[例1] 解析:因为CE=DE,即=,所以=+=+,可得λ=,μ=1,所以λ+μ=.由题意可知||=||=1,·=0,因为F为线段BE上的动点,设=k=+k,k∈[0,1],则=+=+
k=+k,又G为AF中点,所以=+=-+=+,可得·=
·=+k=-.又因为k∈[0,1],
所以当k=1时,·取到最小值-.
答案: -
[针对训练]
1.选D 设=λ,其中0≤λ≤1,则-=λ(-),从而=λ+(1-λ)·,故·=[λ+(1-λ)]·(-)=λ-(1-λ)+(1-2λ)·=9λ-4(1-λ)=13λ-4∈[-4,9],故选D.
2.解析:设向量a,b的夹角为θ,
因为a·b=-1,所以θ∈,
则a·b=|a|·|b|·cos θ=2|b|2·cos θ=-1,
所以|b|2=≥,
所以|a+b|2=|a|2+|b|2+2a·b=5|b|2-2≥,即|a+b|的最小值为.
答案:
3.选B 设BC的中点为D,AD的中点为M,连接DP,PM,
∴·(+)=2·=2||2-||2=2||2-≥-.当且仅当M与P重合时取等号.
4.解析:因为M是BC的中点,由极化恒等式得·=|AM|2-|BC|2=9-×100=-16.
答案:-16
[例3] 解:(1)依题意,得e1·e2=|e1||e2|·cos 60°=,
由a=(2,4),b=(5,m),得a=2e1+4e2,b=5e1+me2,由a⊥b,得a·b=(2e1+4e2)·(5e1+me2)=10+(2m+20)e1·e2+4m=0,整理得20+5m=0,所以m=-4.
(2)由(1)知e1·e2=,由m=(4,-5),n=(-2,3),得m=4e1-5e2,n=-2e1+3e2,则m·n=(4e1-5e2)·(-2e1+3e2)=-8+22e1·e2-15=-8+11-15=-12,
|m|2=(4e1-5e2)2=16-40e1·e2+25=16-20+25=21,即|m|=,
|n|2=(-2e1+3e2)2=4-12e1·e2+9=4-6+9=7,即|n|=,
所以向量m,n夹角θ的余弦值cos θ===-.
[针对训练]
5.选D 因为点A(0,1),B(-1,),所以=(0,1),=(-1,),所以||==1,
||==2.所以cos<,>===,因为<,>∈[0,π],所以<,>=,所以|×|=||||sin<,>=1×2×sin =1.
6.选D 因为=,设向量a和b的夹角为θ,又|a|>|b|>0,所以|a|2+|b|2>2|a||b|,得到a b==<=.又θ∈[0,π],所以≤,又a b在集合中,所以>,即cos θ>,得到a b=.又因为a☉b===cos θ>cos θ>,所以a☉b=或
a☉b=1,所以a b+a☉b=1或.(共51张PPT)
板块综合 平面向量及其应用(阶段小结课——习题讲评式教学)
建构知识体系
融通学科素养
1.浸润的核心素养
(1)向量的线性运算及平面向量基本定理主要通过几何图形来考查,突出考查逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养.
(2)向量数量积若以代数知识形态出现,则主要考查公式运用下的简单计算,聚焦的是数学运算素养;若以几何形态出现,则突出对直观想象以及数学运算素养的考查.
2.渗透的数学思想
(1)数形结合思想:向量具有几何与代数两个特征,在向量运算中三角形法则与平行四边形法则的应用及建系都体现了数形结合的思想.
(2)转化与化归思想:在解决向量的夹角问题,向量的平行、垂直关系的研究均可化归为它们对应向量或向量的坐标运算问题,三角形形状的判定可归结为判断向量的数量积与零的大小的关系问题,体现了转化与化归思想.
(3)分类讨论思想:平行向量可分同向向量或反向向量;向量a与b的夹角有正数、负数或零三种情形,体现了分类讨论思想.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一) 平面向量中的最值与范围问题
题型(二) 极化恒等式的应用
题型(三) 平面向量中的新定义问题
4
课时跟踪检测
题型(一) 平面向量中的最值与
范围问题
01
[例1] (2024·天津高考)在边长为1的正方形ABCD中,E为线段CD的三等分点,CE=DE,=λ+μ,则λ+μ= ;F为线段BE上的动点,G为AF中点,则·的最小值为 .
解析:因为CE=DE,即=,所以=+=+,可得λ=,μ=1,
所以λ+μ=.由题意可知||=||=1,·=0,因为F为线段BE上的动点,设=k=+k,k∈[0,1],则=+=+k=+
k,又G为AF中点,所以=+=-+=+,可得·=·=+
k=-.又因为k∈[0,1],
所以当k=1时,·取到最小值-.
|思|维|建|模|
向量求最值(范围)的常用方法
(1)利用三角函数求最值(范围).
(2)利用基本不等式求最值(范围).
(3)建立坐标系,设变量构造函数求最值(范围).
(4)数形结合,应用图形的几何性质求最值.
针对训练
1.已知点D在Rt△ABC的斜边BC上,若AB=2,AC=3,则·的取值范围为( )
A.[-2,3] B.[0,4] C.[0,9] D.[-4,9]
解析:设=λ,其中0≤λ≤1,
则-=λ(-),
从而=λ+(1-λ),
故·=[λ+(1-λ)]·(-)
=λ-(1-λ)+(1-2λ)·
=9λ-4(1-λ)=13λ-4∈[-4,9],故选D.
√
2.已知向量a,b满足|a|=2|b|,a·b=-1,则|a+b|的最小值为 .
解析:设向量a,b的夹角为θ,
因为a·b=-1,所以θ∈,
则a·b=|a||b|cos θ=2|b|2cos θ=-1,
所以|b|2=≥,
所以|a+b|2=|a|2+|b|2+2a·b=5|b|2-2≥,即|a+b|的最小值为.
题型(二) 极化恒等式的应用
02
1.极化恒等式:a·b=[(a+b)2-(a-b)2]
几何意义:向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的.
2.平行四边形模式:如图(1),平行四边形ABCD,O是对角线交点.则(1)·=[||2-||2].
3.三角形模式:如图(2),在△ABC中,
设D为BC的中点,则·=||2-||2.
三角形模式是平面向量极化恒等式的
终极模式,几乎所有的问题都是用它解决.
记忆:向量的数量积等于第三边的中线长与第三边长的一半的平方差.
[例2] 设向量a,b满足|a+b|=,|a-b|=,则a·b=( )
A.1 B.2
C.3 D.5
解题观摩:法一 因为|a+b|=,所以(a+b)2=a2+2a·b+b2=10 ①.
又|a-b|=,所以(a-b)2=a2-2a·b+b2=6 ②.
①-②得4a·b=4,所以a·b=1.
√
法二 由极化恒等式可得
a·b=[(a+b)2-(a-b)2]
=(|a+b|2-|a-b|2)=1.
|思|维|建|模|
在确定求数量积的两个向量共起点或共终点的情况下,极化恒等式的一般步骤如下:
第一步:取第三边的中点,连接向量的起点与中点;
第二步:利用极化恒等式公式,将数量积转化为中线长与第三边长的一半的平方差;
第三步:利用平面几何方法求中线及第三边的长度,从而求出数量积,如需进一步求数量积范围,可以用点到直线的距离最小或用三角形两边之和大于等于第三边,两边之差小于第三边或用基本不等式等求得中线长的最值(范围).
3.已知△ABC是边长为2的等边三角形,P为平面ABC内一点,则·(+)的最小值是( )
A.-2 B.- C.- D.-1
解析:设BC的中点为D,AD的中点为M,连接DP,PM,
∴·(+)=2·=2||2-||2=2||2-
≥-.当且仅当M与P重合时取等号.
√
4.在△ABC中,M是BC的中点,AM=3,BC=10,则·= .
解析:因为M是BC的中点,由极化恒等式得·=|AM|2-|BC|2=
9-×100=-16.
-16
题型(三) 平面向量中的新定义问题
03
[例3] 如图,在斜坐标系xOy中,e1,e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量,且e1,e2的夹角为60°,定义向量=xe1+ye2在该斜坐标系xOy中的坐标为有序数对(x,y),记为=xe1+ye2=(x,y).在斜坐标系xOy中,完成如下问题.
(1)若斜坐标系xOy中,a=(2,4),b=(5,m),且a⊥b,求实数m的值;
解:依题意,得e1·e2=|e1||e2|cos 60°=,
由a=(2,4),b=(5,m),得a=2e1+4e2,b=5e1+me2,由a⊥b,得a·b=(2e1+4e2)·(5e1+me2)=10+(2m+20)e1·e2+4m=0,整理得20+5m=0,所以m=-4.
(2)若斜坐标系xOy中,m=(4,-5),n=(-2,3),求向量m,n夹角θ的余弦值.
解:由(1)知e1·e2=,由m=(4,-5),n=(-2,3),得m=4e1-5e2,n=-2e1+3e2,则m·n=(4e1-5e2)·(-2e1+3e2)=-8+22e1·e2-15=-8+11-15=-12,
|m|2=(4e1-5e2)2=16-40e1·e2+25=16-20+25=21,即|m|=,
|n|2=(-2e1+3e2)2=4-12e1·e2+9=4-6+9=7,即|n|=,
所以向量m,n夹角θ的余弦值
cos θ===-.
|思|维|建|模|
向量的新定义问题就是给出一种新的概念、性质或新的运算法则,利用新概念、性质或新的运算法则来解决问题的题型,是知识迁移的一种形式.解决此类问题的关键是读懂并理解新概念及运算法则的实质,然后结合向量知识来解决.
针对训练
5.已知向量a,b的数量积(又称向量的点积或内积)a·b=|a||b|cos,其中表示向量a,b的夹角.定义向量a,b的向量积(又称向量的叉积或外积)|a×b|=|a||b|sin,其中表示向量a,b的夹角.已知点A(0,1),B(-1,),O为坐标原点,则|×|=( )
A.0.5 B.-1
C.0 D.1
√
解析:因为点A(0,1),B(-1,),
所以=(0,1),=(-1,),
所以||==1,
||==2.
所以cos<,>===,因为<,>∈[0,π],
所以<,>=,所以|×|=||||sin<,>=1×2×sin =1.
6.对任意两个非零的平面向量a和b,定义:a b=,
a☉b=.若平面向量a,b满足|a|>|b|>0,且a b和a☉b都在集合中,则a b+a☉b=( )
A.1 B. C.1或 D.1或
√
解析:因为=,设向量a和b的夹角为θ,
又|a|>|b|>0,所以|a|2+|b|2>2|a||b|,得到a b==<=
.又θ∈[0,π],所以≤,又a b在集合中,
所以>,即cos θ>,得到a b=.又因为a☉b===cos θ>
cos θ>,所以a☉b=或a☉b=1,所以a b+a☉b=1或.
课时跟踪检测
04
1
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2
1.已知△ABC中,AB=4,AC=3,cos A=.若D为边BC上的动点,则·的取值范围是( )
A.[4,12] B.[8,16]
C.[4,16] D.[2,4]
解析:由题意得=λ+(1-λ),0≤λ≤1,·=·[λ+(1-λ)]=
λ+(1-λ)||||cos A=16λ+4-4λ=12λ+4∈[4,16].
√
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2.已知向量a,b满足|a|=1,a与b的夹角为,若对一切实数x,
|xa+2b|≥|a+b|恒成立,则|b|的取值范围是( )
A. B.
C.[1,+∞) D.(1,+∞)
√
1
5
6
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2
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4
解析:因为|a|=1,a与b的夹角为,
所以a·b=|b|cos=|b|.
把|xa+2b|≥|a+b|两边平方,
整理可得x2+2|b|x+3|b|2-|b|-1≥0,
所以Δ=4|b|2-4(3|b|2-|b|-1)≤0,
即(|b|-1)(2|b|+1)≥0,解得|b|≥1.
1
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2
3.设e1,e2是平面内两个不共线的向量,=(a-1)e1+e2,=2be1-e2,a>0,
b>0,若A,B,C三点共线,则+的最小值是( )
A.8 B.6
C.4 D.2
√
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6
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14
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2
解析:因为A,B,C三点共线,所以向量,共线,
所以存在λ∈R,使得=λ,即(a-1)e1+e2=λ(2be1-e2),
即(a-1)e1+e2=2λbe1-λe2,
因为e1,e2不共线,所以消去λ,得a+2b=1,
因为a>0,b>0,所以+=(a+2b)=4++≥4+2=4+2×2=8,
当且仅当a=,b=时,等号成立.
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4.对任意非零向量a,b,定义新运算:a×b=.已知非零向量m,n满足|m|>3|n|,且向量m,n的夹角θ∈,若4(m×n)和4(n×m)都是整数,则m×n的值可能是( )
A.2 B.3
C.4 D.
√
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解析:由题意可得n×m==(k∈Z).因为|m|>3|n|>0,所以0<<.因为θ∈,所以1
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2
5.已知a=(2sin 13°,2sin 77°),|a-b|=1,a与a-b的夹角为,则a·b=( )
A.2 B.3
C.4 D.5
解析:因为a=(2sin 13°,2sin 77°),所以|a|==
=2.又因为|a-b|=1,向量a与a-b的夹角为,
所以cos ====,所以a·b=3,故选B.
√
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6.如图所示,半圆的直径AB=4,O为圆心,C是半圆上不同于A,B的任意一点,若P为半径OC上的动点,则(+)·的最小值是( )
A.2 B.0
C.-1 D.-2
√
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解析:由平行四边形法则得+=2,故(+)·=2·,又||=2-||,且,反向,设||=t(0≤t≤2),则(+)·=
2·=-2t(2-t)=2(t2-2t)=2[(t-1)2-1].∵0≤t≤2,∴当t=1时,
(+)·取得最小值-2,故选D.
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7.已知A,B(1,4),且=(sin α,cos β),α,β∈,则α+β= .
解析:由题意知==(sin α,cos β),∴sin α=-,cos β=.
又∵α,β∈,∴α=-,β=或-.∴α+β=或-.
或-
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8.定义a*b是向量a和b的“向量积”,其长度为|a*b|=|a||b|sin θ,其中θ为向量a和b的夹角.若a=(2,0),b=(1,),则|a*(a+b)|= .
解析:因为a=(2,0),b=(1,),
所以a+b=(3,).所以|a|=2,|a+b|=2.
所以cos==.
因为∈[0,π],所以sin=.
所以|a*(a+b)|=2×2×=2.
2
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9.如图,在平行四边形ABCD中,AB=1,AD=2,
点E,F,G,H分别是AB,BC,CD,AD边上的中点,
则·+·= .
解析:连接EG,FH,交于点O(图略),则·=·=-=
1-=,·=·=-=1-=,因此·+
·=.
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2
10.(18分)已知向量a=(cos α,sin α),b=(cos β,sin β),c=(-1,0).
(1)求向量b+c的模的最大值;
解:因为向量b=(cos β,sin β),c=(-1,0),所以b+c=(cos β-1,sin β),
则|b+c|===
.
因为-1≤cos β≤1,所以0≤2-2cos β≤4.所以0≤|b+c|≤2.
所以向量b+c的模的最大值为2.
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(2)设α=,且a⊥(b+c),求cos β的值.
解:因为α=,所以a=.
因为a⊥(b+c),所以a·(b+c)=0.
所以(cos β-1)+sin β=0.
化简得sin β=1-cos β,代入sin2β+cos2β=1,得(1-cos β)2+cos2β=1,得cos2β-cos β=0,解得cos β=0或cos β=1.
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11.(18分)已知矩形ABCD中,|AB|=2,|AD|=1,E为AB的中点,P为边DC上的动点(不包括端点).
(1)求·的最小值;
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3
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2
解:设DP=a,a∈(0,2),如图建立平面直角坐标系.
∵A(0,0),P(a,1),B(2,0),
∴=(-a,-1),
=(2-a,-1).
∴·=(-a)×(2-a)+(-1)×(-1)=a2-2a+1=(a-1)2.
当a=1时,·有最小值,最小值为0.
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(2)设线段AP与DE的交点为G,求·的最小值.
解:由图可得△AEG∽△PDG,
则==,
∴=.又=(a,1),
∴=.
∴·=+=
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==a+1-
=(a+1)+-2≥2-2,
当且仅当a+1=,
即a=-1时取等号.
∴·的最小值为2-2.
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12.(19分)在平面直角坐标系中,O为坐标原点,已知向量a=(-1,2),且点A(8,0),B(n,t),C(ksin θ,t).
(1)若⊥a,且||=||,求向量;
解:∵=(n-8,t),⊥a,
∴8-n+2t=0 ①.
又||=||,∴(n-8)2+t2=5×64 ②.
联立①②,解得或∴=(24,8)或(-8,-8).
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(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:∵=(ksin θ-8,t),向量与向量a共线,
∴t=-2ksin θ+16.∴tsin θ=(-2ksin θ+16)sin θ
=-2k+.
①当k>4时,0<<1.
∴当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(满分100分,选填小题每题5分)
1.已知△ABC中,AB=4,AC=3,cos A=.若D为边BC上的动点,则·的取值范围是 ( )
A.[4,12] B.[8,16]
C.[4,16] D.[2,4]
2.已知向量a,b满足|a|=1,a与b的夹角为,若对一切实数x,|xa+2b|≥|a+b|恒成立,则|b|的取值范围是 ( )
A. B.
C.[1,+∞) D.(1,+∞)
3.设e1,e2是平面内两个不共线的向量,=(a-1)e1+e2,=2be1-e2,a>0,b>0,若A,B,C三点共线,则+的最小值是 ( )
A.8 B.6
C.4 D.2
4.对任意非零向量a,b,定义新运算:a×b=.已知非零向量m,n满足|m|>3|n|,且向量m,n的夹角θ∈,若4(m×n)和4(n×m)都是整数,则m×n的值可能是 ( )
A.2 B.3
C.4 D.
5.已知a=(2sin 13°,2sin 77°),|a-b|=1,a与a-b的夹角为,则a·b= ( )
A.2 B.3
C.4 D.5
6.如图所示,半圆的直径AB=4,O为圆心,C是半圆上不同于A,B的任意一点,若P为半径OC上的动点,
则(+)·的最小值是 ( )
A.2 B.0
C.-1 D.-2
7.已知A,B(1,4),且=(sin α,cos β),α,β∈,则α+β= .
8.定义a*b是向量a和b的“向量积”,其长度为|a*b|=|a||b|sin θ,其中θ为向量a和b的夹角.
若a=(2,0),b=(1,),则|a*(a+b)|= .
9.如图,在平行四边形ABCD中,AB=1,AD=2,点E,F,G,H分别是AB,BC,CD,AD边上的中点,
则·+·= .
10.(18分)已知向量a=(cos α,sin α),b=(cos β,sin β),c=(-1,0).
(1)求向量b+c的模的最大值;
(2)设α=,且a⊥(b+c),求cos β的值.
11.(18分)已知矩形ABCD中,|AB|=2,|AD|=1,E为AB的中点,P为边DC上的动点(不包括端点).
(1)求·的最小值;
(2)设线段AP与DE的交点为G,求·的最小值.
12.(19分)在平面直角坐标系中,O为坐标原点,已知向量a=(-1,2),且点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·.
课时跟踪检测(十三)
1．选C 由题意得＝λ＋(1－λ)，0≤λ≤1，·＝·[λ＋(1－λ)·]＝λ2＋(1－λ)||||cos A＝16λ＋4－4λ＝12λ＋4∈[4,16]．
2．选C 因为|a|＝1，a与b的夹角为，
所以a·b＝|b|cos ＝|b|.
把|xa＋2b|≥|a＋b|两边平方，
整理可得x2＋2|b|x＋3|b|2－|b|－1≥0，
所以Δ＝4|b|2－4(3|b|2－|b|－1)≤0，
即(|b|－1)(2|b|＋1)≥0，解得|b|≥1.
3．选A 因为A，B，C三点共线，所以向量，共线，
所以存在λ∈R，使得＝λ，即(a－1)e1＋e2＝λ(2be1－e2)，
即(a－1)e1＋e2＝2λbe1－λe2，
因为e1，e2不共线，所以消去λ，得a＋2b＝1，
因为a>0，b>0，所以＋＝·(a＋2b)＝4＋＋≥4＋2＝4＋2×2＝8，
当且仅当a＝，b＝时，等号成立．
4．选B 由题意可得n×m＝＝(k∈Z)．因为|m|>3|n|>0，所以0<<.因为θ∈，所以5．选B 因为a＝(2sin 13°，2sin 77°)，
所以|a|＝＝
＝2.又因为|a－b|＝1，向量a与a－b的夹角为，所以cos ＝＝＝＝，所以a·b＝3，故选B.
6．选D 由平行四边形法则得＋＝2，故(＋)·＝2·，又||＝2－||，且，反向，设||＝t(0≤t≤2)，则(＋)·＝2·＝－2t(2－t)＝2(t2－2t)＝2[(t－1)2－1]．∵0≤t≤2，∴当t＝1时，(＋)·取得最小值－2，故选D.
7．解析：由题意知＝＝(sin α，cos β)，∴sin α＝－，cos β＝.又∵α，β∈，∴α＝－，β＝或－.∴α＋β＝或－.
答案：或－
8．解析：因为a＝(2,0)，b＝(1，)，所以a＋b＝(3，)．所以|a|＝2，|a＋b|＝2.
所以cos〈a，a＋b〉＝＝.
因为〈a，a＋b〉∈[0，π]，所以sin〈a，a＋b〉＝.所以|a*(a＋b)|＝2×2×＝2.
答案：2
9．解析：连接EG，FH，交于点O(图略)，则·＝·＝2－2＝1－2＝，·＝·＝2－2＝1－2＝，
因此·＋·＝.
答案：
10．解：(1)因为向量b＝(cos β，sin β)，c＝(－1，0)，所以b＋c＝(cos β－1，sin β)，则|b＋c|＝
＝
＝.
因为－1≤cos β≤1，所以0≤2－2cos β≤4.所以0≤|b＋c|≤2.
所以向量b＋c的模的最大值为2.
(2)因为α＝，所以a＝.
因为a⊥(b＋c)，所以a·(b＋c)＝0.
所以(cos β－1)＋sin β＝0.
化简得sin β＝1－cos β，代入sin2β＋cos2β＝1，得(1－cos β)2＋cos2β＝1，得cos2β－cos β＝0，解得cos β＝0或cos β＝1.
11．解：(1)设DP＝a，a∈(0,2)，如图建立平面直角坐标系．∵A(0,0)，P(a，1)，B(2，0)，
∴＝(－a，－1)，
＝(2－a，－1)．
∴·＝(－a)×(2－a)＋(－1)×(－1)＝a2－2a＋1＝(a－1)2.
当a＝1时，·有最小值，最小值为0.
(2)由图可得△AEG∽△PDG，则＝＝，∴＝.又＝(a,1)，
∴＝.
∴·＝＋＝
＝＝a＋1－
＝(a＋1)＋－2≥2－2，
当且仅当a＋1＝，
即a＝－1时取等号．
∴·的最小值为2－2.
12．解：(1)∵＝(n－8，t)，⊥a，
∴8－n＋2t＝0 ①.
又||＝||，∴(n－8)2＋t2＝5×64 ②.
联立①②，解得或∴＝(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＝－2k2＋.
①当k>4时，0<<1.∴当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