高考数学二轮复习教案：第二编 专题二 第3讲 平面向量

高考数学二轮复习教案：第二编 专题二 第3讲 平面向量

第 3 讲　平面向量 「考情研析」1.考查平面向量的基本定理及基本运算，多以熟知的平面图形 为背景进行考查，多为选择题、填空题，难度为中低档．　2.考查平面向量的数 量积，以选择题、填空题为主，难度为低档；向量作为工具，还常与三角函数、 解三角形、不等式、解析几何结合，以解答题形式出现. 核心知识回顾 1.平面向量的数量积 (1)若 a，b 为非零向量，夹角为 θ，则 a·b＝□01 |a||b|·cosθ. (2)设 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a·b＝□02 x1x2＋y1y2. 2．两个非零向量平行、垂直的充要条件 若 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 (1)a∥b⇔□01 a＝λb(b≠0)⇔□02 x1y2－x2y1＝0. (2)a⊥b⇔□03 a·b＝0⇔□04 x1x2＋y1y2＝0. 3．利用数量积求长度 (1)若 a＝(x，y)，则|a|＝□01 a·a＝□02 x2＋y2. (2)若 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB → | ＝□03 (x2－x1)2＋(y2－y1)2. 4．利用数量积求夹角 若 a＝(x1，y1)，b＝(x 2，y2)，θ 为 a 与 b 的夹角，则 cosθ＝ □01 a·b |a||b| ＝□02 x1x2＋y1y2 x21＋y21 x22＋y22. 5．三角形“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 所对的边分别为 a，b，c，则 (1)O 为△ABC 的外心⇔□01 |OA → |＝|OB → |＝|OC → |＝ a 2sinA. (2)O 为△ABC 的重心⇔□02 OA → ＋OB → ＋OC → ＝0. (3)O 为△ABC 的垂心⇔□03 OA → ·OB → ＝OB → ·OC → ＝OC → ·OA → . (4)O 为△ABC 的内心⇔□04 aOA → ＋bOB → ＋cOC → ＝0. 热点考向探究 考向 1 平面向量的概念及运算 例 1　(1)已知向量 a＝(1,2)，b＝(－2,3)，若 ma－nb 与 2a＋b 共线(其中 m， n∈R 且 n≠0)，则m n ＝(　　) A．－2 B．2 C．－1 2 D.1 2 答案　A 解析　因为 ma－nb＝(m＋2n,2m－3n)，2a＋b＝(0,7)，ma－nb 与 2a＋b 共 线，所以 m＋2n＝0，即m n ＝－2.故选 A. (2)(2019·云南第二次统考)已知点 O(0,0)，A(－1,3)，B(2，－4)，OP → ＝OA → ＋m AB → .若点 P 在 y 轴上，则实数 m 的值为(　　) A.1 3 B.1 4 C.1 5 D.1 6 答案　A 解析　由题意，可得OA → ＝(－1,3)，AB → ＝(3，－7)， 所以OP → ＝OA → ＋mAB → ＝(3m－1,3－7m)， 点 P 在 y 轴上，即 3m－1＝0，m＝1 3.故选 A. (3)(2019·贵州南白中学(遵义县一中)高一联考)已知 D 是△ABC 的边 AB 上 的中点，则向量CD → 等于(　　) A.BC → ＋1 2BA → B．－BC → －1 2BA → C.BC → －1 2BA → D．－BC → ＋1 2BA → 答案　D 解析　∵D 是△ABC 的边 AB 的中点，∴CD → ＝1 2(CA → ＋CB → )，CA → ＝BA → －BC → ， CD → ＝1 2(BA → －BC → －BC → )＝－BC → ＋1 2BA → .故选 D. 平面向量的线性运算有几何运算和坐标运算两种形式，几何运算主要是利用 三角形法则和平面向量的基本定理，坐标运算主要是利用向量加、减、数乘运算 的法则进行求解．解题过程中要注意方程思想的运用及正确使用运算法则． 1．(2019·四川巴中高三诊断)向量AB → ＝(2,3)，AC → ＝(4,7)，则BC → ＝(　　) A．(－2，－4) B．(2,4) C．(6,10) D．(－6，－10) 答案　B 解析　BC → ＝AC → －AB → ＝(2,4)．故选 B. 2．(2019·四川宜宾高三二诊)在平行四边形 ABCD 中，M 是 DC 的中点，向 量DN → ＝2NB → ，设AB → ＝a，AD → ＝b，则MN → ＝(　　) A.1 6a－2 3b B．－1 6a＋1 3b C.1 6a＋7 6b D.1 6a－1 3b 答案　A 解析　根据题意画图，如图所示，则DM → ＝1 2DC → ＝1 2AB → ＝1 2a，DN → ＝2 3DB → ＝2 3(AB → －AD → )＝2 3AB → －2 3AD → ＝2 3a－2 3b，∴MN → ＝DN → －DM → ＝2 3a－2 3b－1 2a＝1 6a－2 3b，故选 A. 3．(2019·陕西高三一模)如图，在▱OACB 中，E 是 AC 的中点，F 是 BC 上 的一点，且 BC＝3BF，若OC → ＝mOE → ＋nOF → ，其中 m，n∈R，则 m＋n 的值为(　　) A．1 B.3 2 C.7 5 D.7 3 答案　C 解析　在平行四边形中OA → ＝BC → ，OB → ＝AC → ，OC → ＝OA → ＋OB → ，因为 E 是 AC 的中点，所以AE → ＝1 2AC → ＝1 2OB → ，所以OE → ＝OA → ＋AE → ＝OA → ＋1 2OB → ，因为 BC＝3BF， 所以BF → ＝1 3BC → ＝1 3OA → ，所以OF → ＝OB → ＋BF → ＝OB → ＋1 3OA → ，因为OC → ＝mOE → ＋nOF → ， 所以OC → ＝(m＋1 3n)OA → ＋(1 2m＋n)OB → ，在▱OACB 中，OC → ＝OA → ＋OB → ，所以 Error!解得Error!所以 m＋n＝7 5.故选 C. 考向 2　平面向量的数量积 例 2　(1)(2019·辽宁鞍山一中三模)设 a，b 是夹角为 60°的单位向量，则 2a＋ b 和 3a－2b 的夹角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 答案　B 解析　由题意，因为 a，b 是夹角为 60°的单位向量， ∴a·b＝|a||b|cos60°＝1 2 ，则(2a＋b)·(3a－2b)＝6a 2－2b2－a·b＝6－2－1 2 ＝7 2 ， |2a＋b|＝ (2a＋b)2＝ 4a2＋4a·b＋b2＝ 4＋2＋1＝ 7，|3a－2b|＝ (3a－2b)2＝ 9a2－12a·b＋4b2＝ 9－12 × 1 2 ＋4＝ 13－6＝ 7，设 2a＋b 和 3a－2b 的夹角 为 α，则 cosα＝ (2a＋b)·(3a－2b) |2a＋b||3a－2b| ＝ 7 2 7 × 7 ＝1 2 ，即 α＝60°.故选 B. (2)如图，在△ABC 中，AB＝BC＝4，∠ABC＝30°，AD 是 BC 边上的高，则 AD → ·AC → ＝(　　) A．0 B．4 C．8 D．－4 答案　B 解析　因为 AB＝BC＝4，∠ABC＝30°，AD 是 BC 边上的高，所以 AD＝ 4sin30°＝2，所以AD → ·AC → ＝AD → ·(AB → ＋BC → )＝AD → ·AB → ＋AD → ·BC → ＝AD → ·AB → ＝2×4×1 2 ＝4. 故选 B. (3)(2019·安徽黄山高三二模)已知向量 a，b 满足|a|＝2，|b|＝2，且 a⊥(a＋2b)， 则 b 在 a 方向上的投影为(　　) A．1 B．－ 2 C. 2 D．－1 答案　D 解析　因为 a⊥(a＋2b)，所以 a·(a＋2b)＝0，∴4＋2a·b＝0，a·b＝－2，因 此 b 在 a 方向上的投影为a·b |a| ＝－1.选 D. (1)向量数量积有两种不同形式的计算公式：一是夹角公式 a·b＝|a||b|cosθ； 二是坐标公式 a·b＝x1x2＋y1y2. (2)用数量积求长度的方法：|a|＝ a·a；|a±b|＝ a2 ± 2a·b＋b2；若 a＝(x，y)， 则|a|＝ x2＋y2. (3)用数量积公式求夹角：cosθ＝ a·b |a||b|. 1．已知向量 a 与 b 的夹角为 30°，且|a|＝2，|2a－b|＝2，则|b|＝(　　) A．2 3 B. 3 C. 2 D．3 2 答案　A 解析　∵a·b＝|a||b|cos30°＝ 3|b|，|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝16－4 3|b|＋|b|2 ＝4，∴|b|＝2 3.故选 A. 2．(2019·贵州省南白中学(遵义县一中)高二联考)已知|AB → |＝1，|BC → |＝2，若 AB → ·BC → ＝0，AD → ·DC → ＝0，则|BD → |的最大值为(　　) A.2 5 5 B．2 C. 5 D．2 5 答案　C 解析　由题意可知，AB⊥BC，CD⊥AD， 故四边形 ABCD 为圆内接四边形，且圆的直径为 AC，由勾股定理可得 AC＝ AB2＋BC2＝ 5，因为 BD 为上述圆的弦，而圆的最长的弦为其直径，故|BD → |的 最大值为 5.故选 C. 3．如图，在△ABC 中，O 为 BC 的中点，若 AB＝1，AC＝4，〈AB → ，AC → 〉＝ 60°，则|OA → |＝________. 答案　 21 2 解析　因为〈AB → ，AC → 〉＝60°，所以AB → ·AC → ＝|AB → |·|AC → |cos60°＝1×4×1 2 ＝2.又 AO → ＝1 2(AB → ＋AC → )，所以 AO → 2＝1 4(AB → ＋AC → )2＝1 4(AB → 2＋2AB → ·AC → ＋AC → 2)，即 AO → 2＝1 4 ×(1＋4＋16)＝21 4 ，所以|OA → |＝ 21 2 . 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考向 3 　平面向量与三角函数 例 3　(1)(2019·贵州遵义航天高级中学四模)在△ABC 中，角 A，B，C 的对 边分别为 a，b，c，B＝π 4 ，cosA＝3 5 ，BA → ·BC → ＝28，则 b 的值为(　　) A．3 B.5 2 C．4 D．5 答案　D 解析　由题意可知，BA → ·BC → ＝28，∴ac＝28 2，在△ABC 中，∵cosA＝3 5 ，∴ sinA＝ 1－cos2A＝4 5 ，sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝7 2 10 ， 由正弦定理可得， a sinA ＝ b sinB ＝ c sinC ，即a 4 5 ＝b 2 2 ＝c 7 2 10 ，∴a＝4 2 5 b，c＝7 5 b，代入 ac＝28 2中，得(4 2 5 b)·(7 5b )＝28 2，得 b2＝25， ∴b＝5.故选 D. (2) 在 △ ABC 中 ， 角 A ， B ， C 所 对 的 边 分 别 为 a ， b ， c ， 设 m ＝ (2cos(π 6 ＋A)，cos2A－cos2B)，n＝(1，cos(π 6 －A))，且 m∥n. ①求角 B 的值； ②若△ABC 为锐角三角形，且 A＝ π 4 ，外接圆半径 R＝2，求△ABC 的周 长． 解　①由 m∥n，得 cos2A－cos2B＝2cos(π 6 ＋A)·cos(π 6 －A)，即 2sin2B－2sin2A ＝2(3 4cos2A－1 4sin2A)，化简得 sinB＝ 3 2 ，故 B＝π 3 或2π 3 . ②易知 B＝π 3 ，则由 A＝π 4 ，得 C＝π－(A＋B)＝5π 12. 由正弦定理 a sinA ＝ b sinB ＝ c sinC ＝2R，得 a＝4sinπ 4 ＝2 2，b＝4sinπ 3 ＝2 3，c＝ 4sin5π 12 ＝4sin(π 4 ＋π 6)＝4×( 2 2 × 3 2 ＋1 2 × 2 2 )＝ 6＋ 2，所以△ABC 的周长为 6＋2 3＋3 2. 平面向量作为解决问题的工具，具有代数形式和几何形式的“双重型”，高 考常在平面向量与三角函数的交汇处命题，通过向量运算作为题目条件，通常利 用向量的平行与垂直进行转化． 1．(2019·安徽宣城二调)在直角三角形 ABC 中，∠A＝90°，AB＝2，AC＝4， P 在△ABC 斜边 BC 的中线 AD 上，则AP → ·(PB → ＋PC → )的最大值为(　　) A.25 8 B.5 2 C.25 4 D.25 2 答案　B 解析　以 A 为坐标原点，以AB → ，AC → 方向分别为 x 轴、y 轴正方向建立平面 直角坐标系，则 B(2,0)，C(0,4)，中点 D(1,2)，设 P(x,2x)，所以AP → ＝(x,2x)，PD → ＝ (1－x,2－2x)，AP → ·(PB → ＋PC → )＝AP → ·(2PD → )＝2[x(1－x)＋2x·(2－2x)]＝－10(x2－x)， 当 x＝1 2 时，AP → ·(PB → ＋PC → )的最大值为5 2.故选 B. 2．(2019·贵州南白中学(遵义县一中)高一下学期第一次联考)已知在△ABC 中，C＝2A，cosA＝3 4 ，且 2BA → ·CB → ＝－27. (1)求 cosB 的值； (2)求△ABC 的周长． 解　(1)∵C＝2A，∴cosC＝cos2A＝2cos2A－1＝1 8 ， ∴sinC＝3 7 8 ，sinA＝ 7 4 ， ∴cosB＝－cos(A＋C)＝sinAsinC－cosAcosC＝ 9 16. (2)∵ AB sinC ＝ BC sinA ，∴AB＝3 2BC， ∵2BA → ·CB → ＝－27，cosB＝ 9 16 ， ∴BC·AB＝24，∴BC＝4，AB＝6， ∴AC＝ BC2＋AB2－2BC·AB·cosB ＝ 16＋36－2 × 4 × 6 × 9 16 ＝5， ∴C△ABC＝AB＋AC＋BC＝15， ∴△ABC 的周长为 15. 真题 押题 『真题模拟』 1. (2019·山西吕梁模拟)如图，|OA → |＝2，|OB → |＝ 2，|OC → |＝4，OA → 与OB → 的夹角 为 135°，若OC → ＝λOA → ＋4OB → ，则 λ＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　B 解析　∵|OA → |＝2，|OB → |＝ 2，|OC → |＝4，OA → 与OB → 的夹角为 135°， ∴OA → ·OB → ＝2× 2×(－ 2 2 )＝－2，若OC → ＝λOA → ＋4OB → ，则 OC → 2＝λ2OA → 2＋16OB → 2＋8λOA → ·OB → ∴16＝4λ2＋16×2＋8λ×(－2)，∴λ＝2，故选 B. 2．(2019·厦门模拟)已知△ABC 是正三角形，O 是△ABC 的中心，D 和 E 分 别为边 AB 和 AC 的中点，若OA → ＝xOD → ＋yOE → ，则 x＋y＝(　　) A．－4 B．4 C．2 D．－2 答案　B 解析　∵O 是△ABC 的中心，D 和 E 分别是边 AB，AC 的中点，∴OA → ＝OD → ＋DA → ＝OD → ＋1 2BA → ＝OD → ＋1 2(OA → －OB → )，∴OA → ＝2OD → －OB → ，同理可得：OA → ＝2OE → － OC → .∴2OA → ＝2OD → ＋2OE → －(OB → ＋OC → )，∵O A → ＋O B → ＋O C → ＝0，∴OA → ＝2OD → ＋2OE → －(OB → ＋OC → ＋OA → )＝2OD → ＋2OE → ，∴x＝y＝2，∴x＋y＝4. 3．(2019·贵州遵义航天高级中学四模)已知向量 a＝(2，－1)，b＝(1,7)，则 下列结论正确的是(　　) A．a⊥b B．a∥b C．a⊥(a－b) D．a⊥(a＋b) 答案　D 解析　a·b＝－5≠0，A 不正确；a＝(2，－1)，b＝(1,7)，2×7＋1＝15≠0， B 不正确；a·(a－b)＝(2，－1)·(1，－8)＝10≠0，C 不正确；a＋b＝(3,6)，a·(a＋ b)＝6－6＝0，即 a⊥(a＋b)．故选 D. 4．(2019·安徽宣城二调)已知平面向量 a，b，满足|a|＝2，|b|＝1，a 与 b 的 夹角为 60°，若(a＋λb)⊥b，则实数 λ 的值为________． 答案　－1 解析　∵|a|＝2，|b|＝1，a 与 b 的夹角为 60°，∴a·b＝|a||b|cos60°＝1.∵(a＋ λb)⊥b，∴b·(a＋λb)＝0， ∴λ|b|2＋a·b＝0，即 λ＋1＝0，解得 λ＝－1. 5．(2019·全国卷Ⅲ)已知 a，b 为单位向量，且 a·b＝0，若 c＝2a－ 5b，则 cos 〈a，c〉＝________. 答案　2 3 解析　由题意，得 cos〈a，c〉＝a·(2a－ 5b) |a|·|2a－ 5b| ＝ 2a2－ 5a·b |a|· |2a－ 5b|2 ＝ 2 1 × 4＋5 ＝2 3. 6．(2019·浙江高考)已知正方形 ABCD 的边长为 1，当每个 λ i(i＝1,2,3,4,5,6) 取遍±1 时，|λ1AB → ＋λ2BC → ＋λ3CD → ＋λ4DA → ＋λ5AC → ＋λ6BD → |的最小值是_______，最大 值是_______． 答案　0　2 5 解析　如图，以 A 为原点，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，则 AB → ＝(1,0)，AD → ＝(0,1)． 设 a＝λ1AB → ＋λ2BC → ＋λ3CD → ＋λ4DA → ＋λ5AC → ＋λ6BD → ＝λ1AB → ＋λ2AD → －λ3AB → －λ4AD → ＋λ5(AB → ＋AD → )＋λ6(AD → －AB → ) ＝(λ1－λ3＋λ5－λ6)AB → ＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6)AD → ＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)． 故|a|＝ (λ1－λ3＋λ5－λ6)2＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6)2. ∵λi(i＝1,2,3,4,5,6)取遍±1， ∴当 λ1－λ3＋λ5－λ6＝0，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0 时， |λ1AB → ＋λ2BC → ＋λ3CD → ＋λ4DA → ＋λ5AC → ＋λ6BD → |取得最小值 0. 考虑到 λ5－λ6，λ5＋λ6 有相关性，要确保所求模最大，只需使|λ1－λ3＋λ5－ λ6|，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|尽可能取到最大值， 即当 λ1－λ3＋λ5－λ6＝2，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝4 或 λ1－λ3＋λ5－λ6＝4，λ2－λ4＋λ5 ＋λ6＝2 时可取到最大值， ∴|λ1AB → ＋λ2BC → ＋λ3CD → ＋λ4DA → ＋λ5AC → ＋λ6BD → |的最大值为 4＋16＝2 5. 『金版押题』 7．已知AB → ⊥AC → ，|AB → |＝1 t ，|AC → |＝t，若点 P 是△ABC 所在平面内的一点， 且AP → ＝ AB → |AB → | ＋ 4AC → |AC → | ，则PB → ·PC → 的最大值等于(　　) A．13 B．15 C．19 D．21 答案　A 解析　建立如图所示的直角坐标系，则 B(1 t ，0)，C(0，t)， AB → ＝(1 t ，0)，AC → ＝(0，t)， AP → ＝ AB → |AB → | ＋ 4AC → |AC → | ＝t(1 t ，0)＋4 t(0，t)＝(1,4)，即 P(1,4)，PB → ·PC → ＝ (1 t －1，－4)·(－1，t－4)＝17－(1 t ＋4t)≤17－2 1 t·4t＝13，当且仅当 t＝1 2 时取 “＝”． 8．已知在△ABC 中，D 是 BC 的中点，过点 D 的直线分别交直线 AB，AC 于 E ， F 两 点 ， 若 AB → ＝ λAE → (λ>0) ， AC → ＝ μAF → (μ>0) ， 则 1 λ ＋ 4 μ 的 最 小 值 是 ________． 答案　9 2 解析　由题意得，AB → ＋AC → ＝2AD → ＝λAE → ＋μAF → ，所以AD → ＝λ 2AE → ＋μ 2AF → ，又 D， E，F 在同一条直线上，可得λ 2 ＋μ 2 ＝1.所以1 λ ＋4 μ ＝(λ 2 ＋μ 2)·(1 λ ＋4 μ)＝5 2 ＋2λ μ ＋ μ 2λ ≥5 2 ＋ 2＝9 2 ，当且仅当 2λ＝μ 时取等号． 配套作业 一、选择题 1.(2019·安徽毛坦厂中学高三校区 4 月联考)如图所示，在梯形 ABCD 中，AB ∥CD，CD → ＝－2AB → ，点 E 是 AD 的中点，若AB → ＝a，CE → ＝b，则BE → ＝(　　) A．－3a－b B．2a－b C．－3a－2b D．2a－2b 答案　A 解析　∵CD → ＝－2AB → ，∴DC → ＝2AB → ，∵点 E 是 AD 的中点，∴AE → ＝ED → .∴BE → ＝AE → －AB → ＝ED → －AB → ＝CD → －CE → －AB → ＝－2a－b－a＝－3a－b.故选 A. 2．(2019·陕西榆林三模)已知向量 a 与向量 b 的模均为 2，若|a－3b|＝2 7， 则向量 a 与向量 b 的夹角是(　　) A．60° B．30° C．120° D．150° 答案　A 解析　∵|a－3b|2＝|a|2－6a·b＋9|b| 2＝40－24cos〈a，b〉＝28，∴cos〈a， b〉＝1 2 ，∴〈a，b〉＝60°，故选 A. 3．如图，在△OAB 中，P 为线段 AB 上的一点，OP → ＝xOA → ＋yOB → ，且BP → ＝2 PA → ，则(　　) A．x＝2 3 ，y＝1 3 B．x＝1 3 ，y＝2 3 C．x＝1 4 ，y＝3 4 D．x＝3 4 ，y＝1 4 答案　A 解析　由题意知OP → ＝OB → ＋BP → ，又BP → ＝2PA → ，所以OP → ＝OB → ＋2 3BA → ＝OB → ＋2 3 (OA → －OB → )＝2 3OA → ＋1 3OB → ，易知 x＝2 3 ，y＝1 3. 4．(2019·新疆维吾尔族自治区二模)O 是△ABC 的外接圆圆心，且OA → ＋AB → ＋ AC → ＝0，|OA → |＝|AB → |＝1，则CA → 在BC → 方向上的投影为(　　) A．－1 2 B．－ 3 2 C.1 2 D. 3 2 答案　B 解析　由OA → ＋AB → ＋AC → ＝0，得 OB → ＝CA → ，所以四边形 ABOC 是平行四边 形．又 O 是△ABC 的外接圆圆心，所以 OA＝OB＝OC，所以四边形 ABOC 是菱 形，且∠ACO＝60°，CB 平分∠ACO，所以∠ACB＝30°，即 CA → 与BC → 的夹角为 150°，因为|OA → |＝|AB → |＝1，所以CA → 在BC → 方向上的投影为|CA → |cos150°＝－ 3 2 .故选 B. 5．已知AB → ＝(2,1)，点 C(－1,0)，D(4,5)，则向量AB → 在CD → 方向上的投影为(　　) A．－3 5 B．－3 5 5 C.3 2 2 D．3 5 答案　C 解析　∵点 C(－1,0)，D(4,5)，∴CD → ＝(5,5)．又AB → ＝(2,1)，∴向量AB → 在CD → 方向上的投影为|AB → |cos〈AB → ，CD → 〉＝ AB → ·CD → |CD → | ＝ 15 5 2 ＝3 2 2 . 6．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，∴AC → ·2BA → ＝0，∴AC → ⊥BA → . ∴∠A＝90°，选 C. 7．(2019·山东师范大学附属中学五模)已知 O 是△ABC 所在平面上的一定点， 若动点 P 满足OP → ＝OA → ＋λ( AB → |AB|sinB ＋ AC → |AC|sinC)，λ∈(0，＋∞)，则点 P 的轨迹一 定通过△ABC 的(　　) A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 答案　C 解析　∵|AB|sinB＝|AC|sinC，设它们等于 t，∴OP → ＝OA → ＋λ·1 t(AB → ＋AC → )，如 图，设 BC 的中点为 D，则AB → ＋AC → ＝2AD → ，λ·1 t(AB → ＋AC → )表示与AD → 共线的向量 AP → ，而点 D 是 BC 的中点，即 AD 是△ABC 的中线，所以点 P 的轨迹一定通过 三角形的重心．故选 C. 8．平面向量 a，b 满足|a|＝4，|b|＝2，a＋b 在 a 上的投影为 5，则|a－2b|为 (　　) A．2 B．4 C．8 D．16 答案　B 解析　根据条件，|a＋b|cos〈(a＋b)，a〉＝|a＋b|· (a＋b)·a |a＋b||a| ＝a2＋a·b |a| ＝16＋a·b 4 ＝5，所以 a·b＝4，所以(a－2b)2＝a2－4a·b＋4b2＝16－16＋16＝16，所以|a－2b| ＝4.故选 B. 二、填空题 9．(2019·辽宁沈阳郊联体高三一模)若平面向量 e1，e2 满足|e1|＝|3e1＋e2|＝2， 则 e1 在 e2 方向上的投影的最大值为________． 答案　－4 2 3 解析　因为|e1|＝|3e1＋e2|＝2，所以|e1|2＝4,9|e1|2＋|e2|2＋6e1·e2＝4， e1 在 e2 方向上的投影为e1·e2 |e2| ＝2cosθ，其中 θ 为 e1，e2 的夹角． 又 36＋|e2|2＋12|e2|cosθ＝4，故|e2|2＋12|e2|cosθ＋32＝0. 设 t＝|e2|，则 t2＋12tcosθ＋32＝0 有非负解， 故Error!故 cosθ≤－2 2 3 ， 故e1·e2 |e2| ≤－4 2 3 ， 即 e1 在 e2 方向上的投影的最大值为－4 2 3 . 10．向量 a，b 满足|a|＝2，|b|＝1，且|a－2b|∈(2，2 3]，则 a，b 的夹角 θ 的取值范围是________． 答案　(π 3 ，2π 3 ] 解析　∵|a－2b|∈(2,2 3]，∴(a－2b)2∈(4,12]， 即 a2＋4b2－4a·b＝4＋4－8cosθ∈(4,12]， ∴cosθ∈[－1 2 ，1 2)，故 θ∈(π 3 ，2π 3 ]. 11．(2019·四川成都外国语学校高三一模)如图所示，在△ABC 中，AD＝ DB，点 F 在线段 CD 上，设AB → ＝a，AC → ＝b，AF → ＝xa＋yb，则1 x ＋ 4 y＋1 的最小值 为_______，此时 x＝________. 答案　3＋2 2　 2－1 解析　AF → ＝xa＋yb＝2xAD → ＋yAC → . ∵C，F，D 三点共线， ∴2x＋y＝1.即 y＝1－2x.由图可知 x>0. ∴1 x ＋ 4 y＋1 ＝1 x ＋ 2 1－x ＝x＋1 x－x2. 令 f(x)＝x＋1 x－x2 ，得 f′(x)＝x2＋2x－1 (x－x2)2 ， 令 f′(x)＝0，得 x＝ 2－1 或 x＝－ 2－1(舍去)． 当 0 2－1 时，f′(x)>0. ∴当 x＝ 2－1 时，f(x)取得最小值 f( 2－1)＝ 2 ( 2－1)－( 2－1)2 ＝3＋2 2. 三、解答题 12．已知向量 a＝(sinx，cosx)，b＝(cos(x＋π 6)＋sinx，cosx)，函数 f(x)＝a·b. (1)求 f(x)的单调递增区间； (2)若 α∈(0，π 2)，且 cos(α＋ π 12)＝1 3 ，求 f(α)． 解　(1)f(x)＝sinxcos(x＋π 6)＋1＝ 3 2 sinxcosx－1 2sin2x＋1＝ 3 4 sin2x＋1 4cos2x＋3 4 ＝1 2sin(2x＋π 6)＋3 4. 令 2kπ－π 2 ≤2x＋π 6 ≤2kπ＋π 2 ，k∈Z， 解得 kπ－π 3 ≤x≤kπ＋π 6 ，k∈Z. 故 f(x)的单调递增区间为[kπ－π 3 ，kπ＋π 6]，k∈Z. (2)f(α)＝1 2sin(2α＋π 6)＋3 4 ＝sin(α＋ π 12)cos(α＋ π 12)＋3 4 ， 又 cos(α＋ π 12)＝1 3 ，且 α∈(0，π 2)， ∴sin(α＋ π 12)＝2 2 3 ，∴f(α)＝2 2 9 ＋3 4. 13．已知△ABC 的面积为 S，且BA → ·BC → ＝S. (1)求 tan2B 的值； (2)若 cosA＝3 5 ，且|CA → －CB → |＝2，求 BC 边上的中线 AD 的长． 解　(1)由已知BA → ·BC → ＝S 有 accosB＝1 2acsinB，可得 tanB＝2，所以 tan2B＝ 2tanB 1－tan2B ＝－4 3. (2)由|CA → －CB → |＝2 可得|BA → |＝2，由(1)知 tanB＝2， 解得 sinB＝2 5 5 ，cosB＝ 5 5 ，又 cosA＝3 5 ，所以 sinA＝4 5 ，sinC＝sin(A＋B)＝ sinAcosB＋cosAsinB＝2 5 5 . 因为 sinB＝sinC，所以 B＝C，所以 AB＝AC＝2， 所以中线 AD 也为 BC 边上的高， 所以 AD＝ABsinB＝2×2 5 5 ＝4 5 5 . 14．(2019·湘赣十四校高三第二次联考)在△ABC 中，已知内角 A，B，C 所 对的边分别为 a，b，c，a＝3 2，b＝3，cosA＝cos2B. (1)求边 c 的长； (2)若 D 为直线 BC 上的一点，且|CD → |＝2|BD → |，求|AD → |. 解　(1)解法一：∵a＝3 2，b＝3， ∴sinA＝ 2sinB.　① 又 cosA＝cos2B，　② 所以①与②平方相加得 2sin2B＋cos22B＝1， 即 cos22B－cos2B＝0，∴cos2B＝0 或 cos2B＝1. 又 a>b，∴B 为锐角，∴0°<2B<180°， ∴cos2B＝0，B＝45°. ∴sinA＝ 2sinB＝1，∴A＝90°，所以△ABC 为等腰直角三角形，∴c＝b＝ 3. 解法二：∵a>b，∴B 为锐角，∴0°<2B<180°， ∵cosA＝cos2B，∴A＝2B. ∴sinA＝sin2B＝2sinBcosB， 由正弦定理与余弦定理得，a＝2b·a2＋c2－b2 2ac ， 又∵a＝3 2，b＝3，∴c2－6c＋9＝0，即 c＝3. (2)解法一：①当CD → ＝－2 BD → 时， AD → ＝AC → ＋CD → ＝AC → ＋2 3CB → ＝AC → ＋2 3AB → －2 3AC → ＝2 3AB → ＋1 3AC → ， ∴|AD → |＝ 4 9AB → 2＋2· 2 3AB → · 1 3AC → ＋1 9AC → 2＝ 5； ②当CD → ＝2 BD → 时， AD → ＝AC → ＋CD → ＝AC → ＋2CB → ＝AC → ＋2AB → －2AC → ＝2AB → －AC → ， ∴|AD → |＝ 4AB → 2－2·2AB → ·AC → ＋AC → 2＝3 5. 解法二：①当CD → ＝－2 BD → 时，在△ACD 中，AC＝3，CD＝2 2，∠ACD＝ 45°，∴AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos45°＝5， ∴|AD → |＝ 5； ②当CD → ＝2 BD → 时，在△ACD 中，AC＝3，CD＝6 2，∠ACD＝45°，∴AD2＝ AC2＋CD2－2AC·CDcos45°＝45，|AD → |＝3 5. 15．已知向量 a＝(2cos ωx 2 ， 3)，b＝(3cos ωx 2 ，sinωx)，ω>0，设函数 f(x)＝a·b －3 的部分图象如图所示，A 为图象的最低点，B，C 为图象与 x 轴的交点，且△ ABC 为等边三角形，其高为 2 3. (1)求 ω 的值及函数 f(x)的值域； (2)若 f(x0)＝8 3 5 ，且 x0∈(－10 3 ，2 3)，求 f(x0＋1)的值． 解　(1)由已知可得 f(x)＝a·b－3＝6cos2ωx 2 ＋ 3sinωx－3＝2 3sin(ωx＋π 3)， 由正△ABC 的高为 2 3，可得 BC＝4， 所以函数 f(x)的最小正周期 T＝4×2＝8， 即2π ω ＝8，得 ω＝π 4 ，故 f(x)＝2 3sin(πx 4 ＋π 3)， 所以函数 f(x)的值域为[－2 3，2 3]． (2)由(1)有 f(x0)＝2 3sin(πx0 4 ＋π 3)， 又 f(x0)＝8 3 5 ，故 sin(πx0 4 ＋π 3)＝4 5 ， 由 x0∈(－10 3 ，2 3)，得πx0 4 ＋π 3 ∈(－π 2 ，π 2)， 所以 cos(πx0 4 ＋π 3)＝ 1－(4 5 )2＝3 5 ， 故 f(x0＋1)＝2 3sin(πx0 4 ＋π 4 ＋π 3) ＝2 3sin[(πx0 4 ＋π 3)＋π 4] ＝2 3× 2 2 [sin(πx0 4 ＋π 3)＋cos(πx0 4 ＋π 3)] ＝ 6×(4 5 ＋3 5)＝7 6 5 .