專題26平面向量的應(yīng)用一、關(guān)鍵能力理解平面向量數(shù)量積的含義及其物理意義；會(huì)用向量的方法解決某些簡(jiǎn)單的平面幾何問題；會(huì)用向量方法解決簡(jiǎn)單的力學(xué)問題與其他一些實(shí)際問題。二、教學(xué)建議從近三年高考情況來看，本講一直是高考中的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容．預(yù)測(cè)2022年高考將考查向量數(shù)量積的運(yùn)算、模的最值、夾角的范圍．題型以客觀題為主，試題難度以中檔題為主，有時(shí)也會(huì)與三角函數(shù)、解析幾何交匯出現(xiàn)于解答題中.三、自主梳理 1.向量在平面幾何中的應(yīng)用向量在平面幾何中的應(yīng)用主要有以下方面：(1)證明線段相等、平行，常運(yùn)用向量加法的三角形法則、平行四邊形法則，有時(shí)也用到向量減法的意義．(2)證明線段平行、三角形相似，判斷兩直線(或線段)是否平行，常運(yùn)用向量平行(共線)的條件：a∥b?a＝λb(或x1y2－x2y1＝0)．(3)證明線段的垂直問題，如證明四邊形是矩形、正方形，判斷兩直線(線段)是否垂直等，常運(yùn)用向量垂直的條件：a⊥b?a·b＝0(或x1x2＋y1y2＝0)．(4)求與夾角相關(guān)的問題，往往利用向量的夾角公式cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)．(5)向量的坐標(biāo)法，對(duì)于有些平面幾何問題，如長(zhǎng)方形、正方形、直角三角形等，建立直角坐標(biāo)系，把向量用坐標(biāo)表示，通過代數(shù)運(yùn)算解決幾何問題．2．向量在物理中的應(yīng)用數(shù)學(xué)中對(duì)物理背景問題主要研究下面兩類：(1)力向量力向量是具有大小、方向和作用點(diǎn)的向量，它與前面學(xué)習(xí)的自由向量不同，但力是具有大小和方向的量，在不計(jì)作用點(diǎn)的情況下，__可用向量求和的平行四邊形法則，求兩個(gè)力的合力__．(2)速度向量速度向量是具有大小和方向的向量，因而__可用求向量和的平行四邊形法則，求兩個(gè)速度的合速度__．四、高頻考點(diǎn)+重點(diǎn)題型考點(diǎn)一、利用向量處理平面幾何圖形例1-1（判斷點(diǎn)的位置）（2021·濟(jì)南市·山東師范大學(xué)附中）設(shè)為所在平面上一點(diǎn)，且滿足，若的面積為2，則面積為_______________．【答案】3【解析】由已知條件可得，令，則可得，從而可得為上靠近的三等分點(diǎn)，由，得∥，從而有，進(jìn)而可求得答案【詳解】解：因?yàn)?，所以，令，則，所以，所以為上靠近的三等分點(diǎn)，因?yàn)?，所以?所以，所以，故答案為：3對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.（2021·上海普陀區(qū)·高三二模）如圖，在△中，，，．若為△內(nèi)部的點(diǎn)且滿足，則________．【答案】【解析】根據(jù)已知的向量關(guān)系先分析出，然后通過設(shè)，根據(jù)相似三角形以及正弦定理找到的關(guān)系，從而可求解出的結(jié)果.【詳解】因?yàn)?，所以，所以，所以，所以，所以，即，同理可知：，不妨設(shè)，所以，又因?yàn)?，，，所以，所以，所以，所以，所以，所以；在中，，所以，所以，又在中，，所以，所以，所以，所以，又因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，所以，所?故答案為：.例1-2（兩條直線垂直）在△ABC中，已知AB＝AC＝5，BC＝6，M是邊AC上靠近點(diǎn)A的一個(gè)三等分點(diǎn)，試問：在線段BM(端點(diǎn)除外)上是否存在點(diǎn)P，使得PC⊥BM?【答案】線段BM上不存在點(diǎn)P使得PC⊥BM．【解析】[思路分析]本題是存在性問題，解題時(shí)利用共線向量，把向量eq\o(BP,\s\up6(→))的坐標(biāo)設(shè)出，從而得到eq\o(CP,\s\up6(→))的坐標(biāo)，然后根據(jù)垂直關(guān)系，利用數(shù)量積為零得到問題的答案．解：以B為原點(diǎn)，BC所在直線為x軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系．∵AB＝AC＝5，BC＝6，∴B(0,0)，A(3,4)，C(6,0)，則eq\o(AC,\s\up6(→))＝(3，－4)．∵點(diǎn)M是邊AC上靠近點(diǎn)A的一個(gè)三等分點(diǎn)，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－eq\f(4,3))，∴M(4，eq\f(8,3))，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(4，eq\f(8,3))．假設(shè)在BM上存在點(diǎn)P使得PC⊥BM，設(shè)eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BM,\s\up6(→))，且0<λ<1，即eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BM,\s\up6(→))＝λ(4，eq\f(8,3))＝(4λ，eq\f(8,3)λ)，∴eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－6,0)＋(4λ，eq\f(8,3)λ)＝(4λ－6，eq\f(8,3)λ)．∵PC⊥BM，∴eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，得4(4λ－6)＋eq\f(8,3)×eq\f(8,3)λ＝0，解得λ＝eq\f(27,26)．∵λ＝eq\f(27,26)∈/(0,1)，∴線段BM上不存在點(diǎn)P使得PC⊥BM．對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.（2021·江蘇蘇州市）我們知道，“有了運(yùn)算，向量的力量無限”.實(shí)際上，通過向量運(yùn)算證明某些幾何圖形的性質(zhì)比平面幾何的“從圖形的己知性質(zhì)推出待證的性質(zhì)”簡(jiǎn)便多了.下面請(qǐng)用向量的方法證明“三角形的三條高交于一點(diǎn)”.已知，，是的三條高，求證：，，相交于一點(diǎn).【答案】證明見解析.【解析】結(jié)合向量的數(shù)量積即可證明.【詳解】如圖，設(shè)，則，①-②得：，即故，即，又所以，，三點(diǎn)共線，所以，，相較于一點(diǎn).例1-3（求線段的長(zhǎng)）（2021·濟(jì)南市·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)）在平面四邊形ABCD中，AB=4，AD=2，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)E；E是BD的中點(diǎn)，且；若，求BD的長(zhǎng).【答案】；【解析】因?yàn)?，所以，又因?yàn)镋是BD的中點(diǎn)，所以,所以即所以,解得：，在中，利用余弦定理得：所以.例1-4（證明角相等）△ABC是等腰直角三角形，∠B＝90°，D是邊BC的中點(diǎn)，BE⊥AD，垂足為E，延長(zhǎng)BE交AC于F，連接DF，求證：∠ADB＝∠FDC．【答案】【解析】如圖，B為原點(diǎn)，BC所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)A(0,2)，C(2,0)，則D(1,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－2)．設(shè)eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))，則eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0,2)＋(2λ，－2λ)＝(2λ，2－2λ)．又eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－1,2)，eq\o(BF,\s\up6(→))⊥eq\o(DA,\s\up6(→))，∴eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，∴－2λ＋2(2－2λ)＝0，∴λ＝eq\f(2,3)．∴eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\f(4,3)，eq\f(2,3))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))－eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\f(1,3)，eq\f(2,3))．又eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0)，∴cos∠ADB＝eq\f(\o(DA,\s\up6(→))·\o(DB,\s\up6(→)),|\o(DA,\s\up6(→))|·|\o(DB,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，cos∠FDC＝eq\f(\o(DF,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→)),|\o(DF,\s\up6(→))|·|\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，又∠ADB，∠FDC∈(0，π)，∴∠ADB＝∠FDC．例1-5（判斷證明三角形形狀）（2021·寧夏銀川市·銀川一中高三其他模擬（理））若為所在平面內(nèi)任意一點(diǎn)，且滿足，則的形狀為______．（填：等腰三角形、等邊三角形、直角三角形、等腰直角三角形）【答案】等腰三角形【解析】取的中點(diǎn)，根據(jù)平面向量的線性運(yùn)算計(jì)算，從而，于是．【詳解】取中點(diǎn)，連接，則，又，，，，；；的形狀是等腰三角形．故答案為：等腰三角形.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.（2021·四川省內(nèi)江市第六中學(xué)）已知非零向量與滿足，且，則為（）A．等腰非直角三角形 B．直角非等腰三角形C．等腰直角三角形 D．等邊三角形【答案】C【解析】由推出，由推出，則可得答案.【詳解】由，得，得，得，所以，因?yàn)?，所以，所以，所以，即，所以為等腰直角三角?故選：C例1-6（向量與三角恒等變換公式結(jié)合）已知A，B，C的坐標(biāo)分別是A(3,0)，B(0,3)，C(cosα，sinα)．(1)若|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|，求角α的值；(2)若eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－1，求eq\f(2sin2α＋sin2α,1＋tanα)的值．【解析】(1)因?yàn)锳，B，C的坐標(biāo)分別是A(3,0)，B(0,3)，C(cosα，sinα)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(cosα－3，sinα)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(cosα，sinα－3)．所以|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(cosα－32＋sinα2)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(cosα2＋sinα－32).因?yàn)閨eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|，所以eq\r(cosα－32＋sinα2)＝eq\r(cosα2＋sinα－32)，即(cosα－3)2＋(sinα)2＝(cosα)2＋(sinα－3)2，所以sinα＝cosα，所以tanα＝1，所以α＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.(2)由(1)知，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(cosα－3，sinα)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(cosα，sinα－3)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(cosα－3)cosα＋sinα·(sinα－3)＝1－3(sinα＋cosα)＝－1.所以sinα＋cosα＝eq\f(2,3)，所以(sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up8(2)，所以2sinαcosα＝－eq\f(5,9).所以eq\f(2sin2α＋sin2α,1＋tanα)＝eq\f(2sin2α＋2sinαcosα,1＋\f(sinα,cosα))＝2sinαcosα＝－eq\f(5,9).對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足(eq\r(2)a－c)eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝ceq\o(CB,\s\up7(→))·eq\o(CA,\s\up7(→)).(1)求角B的大小；(2)若|eq\o(BA,\s\up7(→))－eq\o(BC,\s\up7(→))|＝eq\r(6)，求△ABC面積的最大值．【解析】(1)由題意得(eq\r(2)a－c)cosB＝bcosC.根據(jù)正弦定理得(eq\r(2)sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，所以eq\r(2)sinAcosB＝sin(C＋B)，即eq\r(2)sinAcosB＝sinA，因?yàn)锳∈(0，π)，所以sinA>0，所以cosB＝eq\f(\r(2),2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).(2)因?yàn)閨eq\o(BA,\s\up7(→))－eq\o(BC,\s\up7(→))|＝eq\r(6)，所以|eq\o(CA,\s\up7(→))|＝eq\r(6)，即b＝eq\r(6)，根據(jù)余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－eq\r(2)ac≥2ac－eq\r(2)ac＝(2－eq\r(2))ac(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)取等號(hào))，即ac≤3(2＋eq\r(2))．故△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(3\r(2)＋1,2)，因此△ABC的面積的最大值為eq\f(3\r(2)＋3,2).考點(diǎn)二、向量與解析幾何結(jié)合例2-1.已知A，B是半徑為eq\r(2)的⊙O上的兩個(gè)點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝1，⊙O所在平面上有一點(diǎn)C滿足|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OC,\s\up7(→))|＝1，則向量eq\o(OC,\s\up7(→))的模的取值范圍是________．【解析】以O(shè)為原點(diǎn)，OA所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，A(eq\r(2)，0)．由eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝1，|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝|eq\o(OB,\s\up7(→))|＝eq\r(2)，得∠AOB＝eq\f(π,3)，于是Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(6),2)))，設(shè)C(x，y)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)\r(2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(6),2)))2＝1.問題轉(zhuǎn)為求圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)\r(2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(6),2)))2＝1上一點(diǎn)到原點(diǎn)距離的取值范圍，原點(diǎn)到圓心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\r(2)，\f(\r(6),2)))的距離為eq\r(6)，圓的半徑為1，∴|eq\o(OC,\s\up7(→))|的取值范圍為[eq\r(6)－1，eq\r(6)＋1]．【答案】[eq\r(6)－1，eq\r(6)＋1]例2-2.（2021·吉林吉林市·高三三模（文））已知?為平面上的兩個(gè)定點(diǎn)，且，該平面上的動(dòng)線段的端點(diǎn)?，滿足，，，則動(dòng)線段所形成圖形的面積為（）A．36 B．60 C．72 D．108【答案】B【解析】根據(jù)題意建立平面直角坐標(biāo)系，根據(jù)和，得到動(dòng)點(diǎn)在直線上，且，進(jìn)而得到掃過的三角形的面積，再由，同理得到掃過的三角形的面積，兩者求和即可.【詳解】根據(jù)題意建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示：則，，設(shè)，∴，；由，得；又，∴，；∴；∴，∴動(dòng)點(diǎn)在直線上，且，即線段CD上，則,則掃過的三角形的面積為，設(shè)點(diǎn)∵，∴，∴，，∴動(dòng)點(diǎn)在直線上，且，即線段MN上，則,∴掃過的三角形的面積為，∴因此和為60，故選：B.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.已知平面上一定點(diǎn)C(2，0)和直線l：x＝8，P為該平面上一動(dòng)點(diǎn)，作PQ⊥l，垂足為Q，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(PQ,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(PQ,\s\up6(→))))＝0．(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程；(2)若EF為圓N：x2＋(y－1)2＝1的任一條直徑，求eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))的最值．解析：(1)設(shè)P(x，y)，則Q(8，y)．由(eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(PQ,\s\up6(→)))·(eq\o(PC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(PQ,\s\up6(→)))＝0，得|eq\o(PC,\s\up6(→))|2－eq\f(1,4)|eq\o(PQ,\s\up6(→))|2＝0，即(x－2)2＋y2－eq\f(1,4)(x－8)2＝0，化簡(jiǎn)得eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1．所以點(diǎn)P在橢圓上，其方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1．(2)P是橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1上的任一點(diǎn)，設(shè)P(x0，y0)，則有eq\f(xeq\o\al(2,0),16)＋＝1，即xeq\o\al(2,0)＝16－eq\f(4yeq\o\al(2,0),3)，又N(0，1)，所以eq\o(NP,\s\up6(→))2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－1)2＝－eq\f(1,3)yeq\o\al(2,0)－2y0＋17＝－eq\f(1,3)(y0＋3)2＋20．因y0∈[－2eq\r(3)，2eq\r(3)]，所以當(dāng)y0＝－3時(shí)，eq\o(NP,\s\up6(→))2取得最大值20，故eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))的最大值為19；當(dāng)y0＝2eq\r(3)時(shí)，eq\o(NP,\s\up6(→))2取得最小值為13－4eq\r(3)(此時(shí)x0＝0)，故eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))的最小值為12－4eq\r(3)．考點(diǎn)三、向量在物理中的應(yīng)用例3.（2021·云南昆明市·高三三模（理））兩同學(xué)合提一捆書，提起后書保持靜止，如圖所示，則與大小之比為___________．【答案】【解析】物體處于平衡狀態(tài)，所以水平方向的合力為0，然后可算出答案.【詳解】物體處于平衡狀態(tài)，所以水平方向的合力為0所以，所以故答案為：對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.（2021·全國高一課時(shí)練習(xí)）如圖，重為的勻質(zhì)球，半徑為，放在墻與均勻的木板之間，端鎖定并能轉(zhuǎn)動(dòng)，端用水平繩索拉住，板長(zhǎng)，與墻夾角為，如果不計(jì)木板的重量，則為何值時(shí)，繩子拉力最?。孔钚≈凳嵌嗌?？【答案】時(shí)，有最小值．【解析】設(shè)木板對(duì)球的支持力為，得到，繩子的拉力為，化簡(jiǎn)得，利用三角函數(shù)的基本性質(zhì)和基本不等式，即可求解.【詳解】如圖所示，設(shè)木板對(duì)球的支持力為，則，設(shè)繩子的拉力為，又由，，由動(dòng)力矩等于阻力矩得，所以，當(dāng)且僅當(dāng)即，即時(shí)，有最小值．對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2.【多選題】（2021·浙江高一期末）在水流速度為的河水中，一艘船以的實(shí)際航行速度垂直于對(duì)岸行駛，則下列關(guān)于這艘船的航行速度的大小和方向的說法中，正確的是（）A．這艘船航行速度的大小為B．這艘船航行速度的大小為C．這艘船航行速度的方向與水流方向的夾角為D．這艘船航行速度的方向與水流方向的夾角為【答案】BD【解析】根據(jù)題意作出圖示，結(jié)合向量的平行四邊形法則計(jì)算出船的速度以及船的航行方向和水流方向的夾角.【詳解】設(shè)船的實(shí)際航行速度為，水流速度為，船的航行速度為，根據(jù)向量的平行四邊形法則可知：，設(shè)船的航行方向和水流方向的夾角為，所以，所以，故選：BD.鞏固訓(xùn)練一、單項(xiàng)選擇題1．向量滿足，，，則向量與的夾角為（）A．45° B．60° C．90° D．120°答案C解析設(shè)向量與的夾角為θ．∵，∴，化為，∵，∴．故選C．2.已知點(diǎn)A,B,C在圓x2+y2=1上運(yùn)動(dòng),且AB⊥BC.若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,0),則|PA+PB+PC|的最大值為()A.6B.7C.8D.9答案B3.已知A，B，C是平面上不共線的三點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)[(1－λ)eq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(OB,\s\up6(→))＋(1＋2λ)·eq\o(OC,\s\up6(→))]，λ∈R，則點(diǎn)P的軌跡一定經(jīng)過()A.△ABC的內(nèi)心 B.△ABC的垂心C.△ABC的重心 D.AB邊的中點(diǎn)答案C解析取AB的中點(diǎn)D，則2eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，∵eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)[(1－λ)eq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(OB,\s\up6(→))＋(1＋2λ)eq\o(OC,\s\up6(→))]，∴eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)[2(1－λ)eq\o(OD,\s\up6(→))＋(1＋2λ)eq\o(OC,\s\up6(→))]＝eq\f(2（1－λ）,3)eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\f(1＋2λ,3)eq\o(OC,\s\up6(→))，而eq\f(2（1－λ）,3)＋eq\f(1＋2λ,3)＝1，∴P，C，D三點(diǎn)共線，∴點(diǎn)P的軌跡一定經(jīng)過△ABC的重心.4.已知在△ABC中，AB＝1，BC＝eq\r(6)，AC＝2，點(diǎn)O為△ABC的外心，若eq\o(AO,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，則有序?qū)崝?shù)對(duì)(x，y)為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(3,5))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(3,5))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(4,5)))答案A解析取AB的中點(diǎn)M和AC的中點(diǎn)N，連接OM，ON，則eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(ON,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－(xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))eq\o(AB,\s\up6(→))－yeq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))－(xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－y))eq\o(AC,\s\up6(→))－xeq\o(AB,\s\up6(→)).由eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))eq\o(AB,\s\up6(→))2－yeq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，①由eq\o(ON,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－y))eq\o(AC,\s\up6(→))2－xeq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，②又因?yàn)閑q\o(BC,\s\up6(→))2＝(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))2＝eq\o(AC,\s\up6(→))2－2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))2，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))2＋\o(AB,\s\up6(→))2－\o(BC,\s\up6(→))2,2)＝－eq\f(1,2)，③把③代入①、②得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2x＋y＝0，,4＋x－8y＝0，))解得x＝eq\f(4,5)，y＝eq\f(3,5).故實(shí)數(shù)對(duì)(x，y)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(3,5))).5.在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cosA＝eq\f(1,5)，O是△ABC的內(nèi)心，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OB,\s\up6(→))＋yeq\o(OC,\s\up6(→))，其中x，y∈[0，1]，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所覆蓋圖形的面積為()A.eq\f(10\r(6),3)B.eq\f(14\r(6),3)C.4eq\r(3)D.6eq\r(2)答案B解析根據(jù)向量加法的平行四邊形法則可知，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以O(shè)B，OC為鄰邊的平行四邊形及其內(nèi)部，其面積為△BOC的面積的2倍.在△ABC中，設(shè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a＝7.設(shè)△ABC的內(nèi)切圓的半徑為r，則eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r，解得r＝eq\f(2\r(6),3)，所以S△BOC＝eq\f(1,2)×a×r＝eq\f(1,2)×7×eq\f(2\r(6),3)＝eq\f(7\r(6),3).故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所覆蓋圖形的面積為2S△BOC＝eq\f(14\r(6),3).6.如圖，已知平面四邊形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC與BD交于點(diǎn)O.記I1＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))，I2＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))，I3＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OD,\s\up6(→))，則()A.I1＜I2＜I3 B.I1＜I3＜I2C.I3＜I1＜I2 D.I2＜I1＜I3答案C解析如圖所示，四邊形ABCE是正方形，F(xiàn)為正方形的對(duì)角線的交點(diǎn)，易得AO<AF，而∠AFB＝90°，∴∠AOB與∠COD為鈍角，∠AOD與∠BOC為銳角，根據(jù)題意，I1－I2＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝|eq\o(OB,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|·cos∠AOB<0，∴I1<I2，同理I2>I3，作AG⊥BD于G，又AB＝AD，∴OB<BG＝GD<OD，而OA<AF＝FC<OC，∴|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OB,\s\up6(→))|<|eq\o(OC,\s\up6(→))||eq\o(OD,\s\up6(→))|，而cos∠AOB＝cos∠COD<0，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))>eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OD,\s\up6(→))，即I1>I3.∴I3<I1<I2.二、多項(xiàng)選擇題7.已知向量，函數(shù)，下列命題，說法正確的選項(xiàng)是（）A．B．的圖像關(guān)于對(duì)稱C．若，則D．若，則答案BD解析函數(shù)，A：當(dāng)時(shí)，，，故A錯(cuò)；B：，當(dāng)時(shí)，對(duì)應(yīng)的函數(shù)值取得最小值為，所以B正確；C：時(shí)，，所以函數(shù)在不單調(diào)，故C錯(cuò)；D：因?yàn)椋?，又，?恒成立，故D對(duì)；故選：BD.8.在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝c，eq\o(BC,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，在下列命題中，是真命題的為()A．若a·b>0，則△ABC為銳角三角形B．若a·b＝0，則△ABC為直角三角形C．若a·b＝c·b，則△ABC為等腰三角形D．若(a＋c－b)·(a＋b－c)＝0，則△ABC為直角三角形答案BCD解析①若a·b>0，則∠BCA是鈍角，△ABC是鈍角三角形，A錯(cuò)誤；②若a·b＝0，則eq\o(BC,\s\up6(→))⊥eq\o(CA,\s\up6(→))，△ABC為直角三角形，B正確；③若a·b＝c·b，b·(a－c)＝0，eq\o(CA,\s\up6(→))·(eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝0，eq\o(CA,\s\up6(→))·(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))＝0，取AC的中點(diǎn)D，則eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，所以BA＝BC，即△ABC為等腰三角形，C正確；④若(a＋c－b)·(a＋b－c)＝0，則a2＝(c－b)2，即b2＋c2－a2＝2b·c，即eq\f(b2＋c2－a2,2|b||c|)＝－cosA，由余弦定理可得cosA＝－cosA，即cosA＝0，即A＝eq\f(π,2)，即△ABC為直角三角形，D正確，綜上真命題為BCD.三、填空題9.在△ABC中，AB＝2AC＝6，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))2，點(diǎn)P是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，則當(dāng)eq\o(PA,\s\up6(→))2＋eq\o(PB,\s\up6(→))2＋eq\o(PC,\s\up6(→))2取得最小值時(shí)，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝________.答案－9解析∵eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|·|eq\o(BC,\s\up6(→))|·cosB＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|2，∴|eq\o(BC,\s\up6(→))|·cosB＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝6，∴eq\o(CA,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，即A＝eq\f(π,2)，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的坐標(biāo)系，則B(6，0)，C(0，3)，設(shè)P(x，y)，則eq\o(PA,\s\up6(→))2＋eq\o(PB,\s\up6(→))2＋eq\o(PC,\s\up6(→))2＝x2＋y2＋(x－6)2＋y2＋x2＋(y－3)2＝3x2－12x＋3y2－6y＋45＝3[(x－2)2＋(y－1)2＋10]∴當(dāng)x＝2，y＝1時(shí)，eq\o(PA,\s\up6(→))2＋eq\o(PB,\s\up6(→))2＋eq\o(PC,\s\up6(→))2取得最小值，此時(shí)P(2，1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(2，1)，此時(shí)eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，1)·(－6，3)＝－9.10．平面上有三個(gè)點(diǎn)A(－2，y)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(y,2)))，C(x，y)，若eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，則動(dòng)點(diǎn)C的軌跡方程_________．答案：y2＝8x(x≠0)解析：由題意得eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(y,2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(y,2)))，又eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(y,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(y,2)))＝0，化簡(jiǎn)得y2＝8x(x≠0)．11．已知|a|＝2|b|≠0，且關(guān)于x的函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)|a|x2＋a·bx在R上有極值，則向量a與b的夾角的范圍是________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))解析：設(shè)a與b的夾角為θ．∵f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)|a|x2＋a·bx．∴f′(x)＝x2＋|a|x＋a·b．∵函數(shù)f(x)在R上有極值，∴方程x2＋|a|x＋a·b＝0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，即Δ＝|a|2－4a·b＞0，∴a·b＜eq\f(a2,4)，又∵|a|＝2|b|≠0，∴cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＜eq\f(\f(a2,4),\f(a2,2))＝eq\f(1,2)，即cosθ＜eq\f(1,2)，又∵θ∈[0，π]，∴θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))．12.已知的頂點(diǎn)平面,點(diǎn)B,C在平面異側(cè),且,,若,與所成的角分別為,,則線段長(zhǎng)度的取值范圍為______.答案解析如圖所示：分別過作底面的垂線，垂足分別為，．由已知可得，，，，．∵，而，∴當(dāng)，所在平面與垂直，且在底面上的射影，，在點(diǎn)同側(cè)時(shí)，長(zhǎng)度最小，此時(shí)，最小為；當(dāng)，所在平面與垂直，且在底面上的射影，，在點(diǎn)異側(cè)時(shí)，長(zhǎng)度最大，此時(shí)，最大為．∴線段長(zhǎng)度的取值范圍為．故答案為：．四、解答題13．在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A(1,0)和點(diǎn)B(－1,0)，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝1，且∠AOC＝θ，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)若θ＝eq\f(3π,4)，設(shè)點(diǎn)D為線段OA上的動(dòng)點(diǎn)，求|eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|的最小值；(2)若θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，向量m＝eq\o(BC,\s\up6(→))，n＝(1－cosθ，sinθ－2cosθ)，求m·n的最小值及對(duì)應(yīng)的θ值．解析(1)設(shè)D(t,0)(0≤t≤1)，由題意知Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，所以eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋t，\f(\r(2),2)))，所以|eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(\r(2),2)))2＋eq\f(1,2)，所以當(dāng)t＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，|eq\o(OC,\