3第3讲　平面向量的数量积及应用举例_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023新高考一轮复习讲义+课件_2023年高考数学一轮复习讲义（新高考）_赠补充习题库

第3讲 平面向量的数量积及应用举例 最新考纲 考向预测 1.通过物理中的功等实例，理解平 平面向量数量积的概念及 面向量数量积的概念及其物理意 运算，与长度、夹角、平 义，会计算平面向量的数量积. 行、垂直有关的问题，平 命题趋势 2.通过几何直观，了解平面向量投 面向量数量积的综合应用 仍是高考考查的热点，题 影的概念以及投影向量的意义. 型仍是选择题与填空题. 3.会用数量积判断两个平面向量 的垂直关系. 核心素养 数学运算、逻辑推理 1．向量的夹角 (1)条件：平移两个非零向量a和b至同一起点， 结论：∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫做a与b的夹角． (2)范围：0°≤θ≤180°. 特殊情况：当θ＝0°时，a与b共线同向． 当θ＝180°时，a与b共线反向． 当θ＝90°时，a与b互相垂直． 2．向量的数量积 (1)条件：两个向量a与b，夹角θ， 结论：数量 | a | | b | cos _θ 叫做a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝ | a | | b | cos_θ． (2)数量积的几何意义 条件：a的长度|a|，b在a方向上的投影 | b | cos _θ (或b的长度|b|，a在b方向上的投影 | a | cos _θ)， 结论：数量积a·b等于|a|与 | b | cos _θ 的乘积(或|b|与 | a | cos _θ 的乘积)． 3．平面向量数量积的运算律 (1)a·b＝b·a(交换律)．(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(结合律)． (3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律)． 4．平面向量数量积的有关结论 已知非零向量a＝(x ，y )，b＝(x ，y )，θ＝a，b． 1 1 2 2 结论 几何表示 坐标表示 向量的模 |a|＝ |a|＝ 夹角余弦 cos θ＝ cos θ＝ a⊥b充要条件 a·b＝0 x x ＋ y y ＝0 1 2 1 2 |a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b| |x x ＋y y |≤ 1 2 1 2 常用结论 1．求平面向量的模的公式 (1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝＝； (2)|a±b|＝＝； (3)若a＝(x，y)，则|a|＝. 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)． 常见误区 1．投影和两向量的数量积都是数量，不是向量． 2．向量a在向量b方向上的投影与向量b在向量a方向上的投影不是一个概 念，要加以区别． 3．向量数量积的运算不满足乘法结合律，即(a·b)·c不一定等于a·(b·c)，这是 由于(a·b)·c表示一个与c共线的向量，而a·(b·c)表示一个与a共线的向量，而c 与a不一定共线． 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量．( ) (2)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向 量．( ) (3)由a·b＝0可得a＝0或b＝0.( )(4)(a·b)·c＝a·(b·c)．( ) (5)两个向量的夹角的范围是.( ) (6)若a·b>0，则a和b的夹角为锐角；若a·b<0，则a和b的夹角为钝角．( ) 答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)× 2．已知a·b＝－12，|a|＝4，a和b的夹角为135°，则|b|为( ) A．12 B．6 C．3 D．3 解析：选B.a·b＝|a||b|cos 135°＝－12，所以|b|＝＝6. 3．(多选)已知向量a＝(1，－2)，b＝(－2，4)，则( ) A．a∥b B．(a＋b)·a＝－5 C．b⊥(a－b) D．2|a|＝|b| 解析：选ABD.因为1×4＝－2×(－2)，所以a∥b，又a＋b＝(－1，2)，所以(a ＋b)·a＝－5.a－b＝(3，－6)，b·(a－b)≠0，所以C错误，|a|＝，|b|＝2，2|a|＝|b|，故 选ABD. 4．已知|a|＝2，|b|＝6，a·b＝－6，则a与b的夹角θ＝________． 解析：cos θ＝＝＝－， 又因为0≤θ≤π，所以θ＝. 答案： 5．已知向量 a 与 b 的夹角为，|a|＝|b|＝1，且 a⊥(a－λb)，则实数 λ＝ ________． 解析：由题意，得a·b＝|a||b|cos ＝，因为a⊥(a－λb)，所以a·(a－λb)＝|a|2－ λa·b＝1－＝0，所以λ＝2. 答案：2 平面向量数量积的运算 (1)(2021·内蒙古赤峰二中、呼市二中月考)已知向量a，b的夹角为，若c ＝，d＝，则c·d＝( ) A. B． C. D． (2)(多选)已知△ABC的外接圆的圆心为O，半径为2，OA＋AB＋AC＝0，且|OA|＝|AB|，下列结论正确的是( ) A.CA在CB方向上的投影长为－ B.OA·AB＝OA·AC C.CA在CB方向上的投影长为 D.OB·AB＝OC·AC 【解析】 (1)c·d＝·＝＝cos ＝.故选B. (2)由OA＋AB＋AC＝0得OB＝－AC＝CA，所以四边形OBAC为平行四边形． 又O为△ABC外接圆的圆心，所以|OB|＝|OA|，又|OA|＝|AB|，所以△OAB为正三 角形．因为△ABC的外接圆半径为2，所以四边形OBAC是边长为2的菱形，所以 ∠ACB＝，所以CA在CB上的投影为|CA|cos＝2×＝，故C正确．因为OA·AB＝ OA·AC＝－2，OB·AB＝OC·AC＝2，故B，D正确． 【答案】 (1)B (2)BCD 计算向量数量积的三个角度 (1)定义法：已知向量的模与夹角时，可直接使用数量积的定义求解，即a·b＝| a||b|cos θ(θ是a与b的夹角)． (2)基向量法：计算由基底表示的向量的数量积时，应用相应运算律，最终转 化为基向量的数量积，进而求解． (3)坐标法：若向量选择坐标形式，则向量的数量积可应用坐标的运算形式进 行求解． 1．已知向量a，b满足a·(b＋a)＝2，且a＝(1，2)，则向量b在a方向上的投影 为( ) A. B．－ C．－ D．－ 解析：选D.由a＝(1，2)，可得|a|＝，由a·(b＋a)＝2，可得a·b＋a2＝2，所以a·b ＝－3，所以向量b在a方向上的投影为＝－.故选D. 2．(2020·重庆第一中学月考)已知非零向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，a，b的夹 角为120°，且|b|＝2|a|，则向量a，c的数量积为( )A．0 B．－2a2 C．2a2 D．－a2 解析：选A.由非零向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，可得c＝－(a＋b)，所以a·c＝ a·[－(a＋b)]＝－a2－a·b＝－a2－|a|·|b|·cosa，b．由于a，b的夹角为120°，且|b| ＝2|a|，所以a·c＝－a2－|a|·|b|cos 120°＝－|a|2－2|a|2×＝0.故选A. 3．(一题多解)(2020·武昌区高三调研)在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝， AC＝BC＝2，点P是斜边AB上一点，且BP＝2PA，那么CP·CA＋CP·CB＝( ) A．－4 B．－2 C．2 D．4 解析：选D.通解：由已知得|CA|＝|CB|＝2，CA·CB＝0，AP＝(CB－CA)， 所以CP·CA＋CP·CB＝(CA＋AP)·CA＋(CA＋AP)·CB＝|CA|2＋AP·CA＋ CA·CB＋AP·CB＝|CA|2＋(CB－CA)·(CB＋CA)＝|CA|2＋|CB|2－|CA|2＝22＋×22－ ×22＝4. 优解： 由已知，建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0，0)，A(2，0)，B(0，2)，设 P(x，y)． 因为BP＝2PA，所以BP＝2PA，所以(x，y－2)＝2(2－x，－y)，所以，所以CP·CA ＋CP·CB＝(，)·(2，0)＋(，)·(0，2)＝4.故选D. 平面向量数量积的应用 角度一 求两平面向量的夹角 (1)(2020·高考全国卷Ⅲ)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则 cos 〈a，a＋b〉＝( ) A．－ B．－ C. D． (2)(2021·普通高等学校招生全国统一考试模拟)已知单位向量a，b满足a·b＝ 0，若向量c＝a＋b，则sin〈a，c〉＝( ) A. B． C. D．【解析】 (1)由题意，得a·(a＋b)＝a2＋a·b＝25－6＝19，|a＋b|＝＝＝7，所以 cosa，a＋b＝＝＝，故选D. (2)因为a，b是单位向量，所以|a|＝|b|＝1.又因为a·b＝0，c＝a＋b，所以|c|＝＝ 3，a·c＝a·(a＋b)＝， 所以cos〈a，c〉＝＝. 因为〈a，c〉∈[0，π]，所以sin〈a，c〉＝.故选B. 【答案】 (1)D (2)B 求向量夹角问题的方法 (1)当a，b是非坐标形式时，求a与b的夹角θ，需求出a·b及|a|，|b|或得出它 们之间的关系． (2)若已知a＝(x ，y )与b＝(x ，y )，则cos〈a，b〉＝ . 1 1 2 2 角度二 求平面向量的模 (2020·四川双流中学诊断)如图，在△ABC中，M为BC的中点，若AB＝ 1，AC＝3，AB与AC的夹角为60°，则|MA|＝________． 【解析】 因为M为BC的中点，所以AM＝(AB＋AC)， 所以|MA|2＝(AB＋AC)2 ＝(|AB|2＋|AC|2＋2AB·AC) ＝(1＋9＋2×1×3cos 60°)＝， 所以|MA|＝. 【答案】 求向量的模或其范围的方法 (1)定义法：|a|＝＝，|a±b|＝＝. (2)坐标法：设a＝(x，y)，则|a|＝. (3)几何法：利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利 用解三角形的相关知识求解． [提醒] (1)求形如ma＋nb的向量的模，可通过平方，转化为数量的运算． (2)用定义法和坐标法求模的范围时，一般把它表示成某个变量的函数，再利 用函数的有关知识求解；用几何法求模的范围时，注意数形结合的思想，常用三 角不等式进行最值的求解．角度三 两平面向量垂直问题 已知向量AB与AC的夹角为120°，且|AB|＝3，|AC|＝2.若AP＝λAB＋AC， 且AP⊥BC，则实数λ的值为________． 【解析】 因为AP⊥BC，所以AP·BC＝0. 又AP＝λAB＋AC，BC＝AC－AB， 所以(λAB＋AC)·(AC－AB)＝0， 即(λ－1)AC·AB－λAB2＋AC2＝0， 所以(λ－1)|AC||AB|cos 120°－9λ＋4＝0. 所以(λ－1)×3×2×－9λ＋4＝0.解得λ＝. 【答案】 有关平面向量垂直的两类题型 根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数． 1．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a－b＝(，)，则|a＋2b|＝( ) A．2 B．2 C. D． 解析：选C.因为a－b＝(，)，所以|a－b|＝，所以|a－b|2＝|a|2－2a·b＋|b|2＝5－ 2a·b＝5，则a·b＝0，所以|a＋2b|2＝|a|2＋4a·b＋4|b|2＝17，所以|a＋2b|＝.故选C. 2．(多选)设a，b是两个非零向量，则下列命题为假命题的是( ) A．若|a＋b|＝|a|－|b|，则a⊥b B．若a⊥b，则|a＋b|＝|a|－|b| C．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得b＝λa D．若存在实数λ，使得b＝λa，则|a＋b|＝|a|－|b| 解析：选ABD.对于A，若|a＋b|＝|a|－|b|， 则|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2|a||b|， 得a·b＝－|a||b|≠0，a与b不垂直，所以A为假命题； 对于B，由A解析可知，若a⊥b，则|a＋b|≠|a|－|b|，所以B为假命题；对于C，若|a＋b|＝|a|－|b|， 则|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2|a||b|， 得a·b＝－|a||b|，则cos θ＝－1， 则a与b反向，因此存在实数λ，使得b＝λa，所以C为真命题． 对于D，若存在实数λ，使得b＝λa， 则a·b＝λ|a|2，－|a||b|＝λ|a|2，由于λ不能等于0， 因此a·b≠－|a||b|，则|a＋b|≠|a|－|b|， 所以D不正确． 故选ABD. 3．(一题多解)已知正方形ABCD，点E在边BC上，且满足2BE＝BC，设向量 AE，BD的夹角为θ，则cos θ＝________． 解析：方法一：因为2BE＝BC，所以E为BC的中点．设正方形的边长为2，则| AE|＝，|BD|＝2，AE·BD＝·(AD－AB)＝|AD|2－|AB|2＋AD·AB＝×22－22＝－2，所 以cos θ＝＝＝－. 方法二：因为2BE＝BC，所以E为BC的中点． 设正方形的边长为2，建立如图所示的平面直角坐标系xAy，则点A(0，0)， B(2，0)，D(0，2)，E(2，1)，所以AE＝(2，1)，BD＝(－2，2)，所以AE·BD＝2×(－2)＋ 1×2＝－2，故cos θ＝＝＝－. 答案：－ 向量数量积的综合应用 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cos(A－B)， sin(A－B))，n＝(cos B，－sin B)，且m·n＝－. (1)求sin A的值； (2)若a＝4，b＝5，求角B的大小及向量BA在BC方向上的投影． 【解】 (1)由m·n＝－， 得cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－， 所以cos A＝－.因为0b，所以A>B，则B＝，由余弦定理 得＝52＋c2－2×5c×，解得c＝1. 故向量BA在BC方向上的投影为 |BA|cos B＝ccos B＝1×＝. 平面向量与三角函数的综合问题 (1)题目条件给出的向量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，求得值 域等． Ｋ 在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，已知向量m ＝(cos B，2cos2 －1)，n＝(c，b－2a)，且m·n＝0. (1)求∠C的大小； (2)若点D为边AB上一点，且满足AD＝DB，|CD|＝，c＝2，求△ABC的面积． 解：(1)因为m＝(cos B，cos C)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0， 所以ccos B＋(b－2a)cos C＝0，在△ABC中，由正弦定理得sin Ccos B＋(sin B－2sin A)cos C＝0， sin A＝2sin Acos C，又sin A≠0， 所以cos C＝，而∠C∈(0，π)，所以∠C＝. (2)由AD＝DB知，CD－CA＝CB－CD， 所以2CD＝CA＋CB， 两边平方得4|CD|2＝b2＋a2＋2bacos ∠ACB＝b2＋a2＋ba＝28.① 又c2＝a2＋b2－2abcos ∠ACB， 所以a2＋b2－ab＝12.② 由①②得ab＝8， 所以S ＝absin ∠ACB＝2. △ABC 核心素养系列4 逻辑推理——平面向量与三角形的“四心” 三角形的“四心”：设O为△ABC所在平面上一点，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则 (1)O为△ABC的外心⇔|OA|＝|OB|＝|OC|＝. (2)O为△ABC的重心⇔OA＋OB＋OC＝0. (3)O为△ABC的垂心⇔OA·OB＝OB·OC＝OC·OA. (4)O为△ABC的内心⇔aOA＋bOB＋cOC＝0. 类型一 平面向量与三角形的“重心”问题 已知A，B，C是平面上不共线的三点，O为坐标原点，动点P满足OP ＝[(1－λ)OA＋(1－λ)OB＋(1＋2λ)·OC]，λ∈R，则点P的轨迹一定经过( ) A．△ABC的内心 B．△ABC的垂心 C．△ABC的重心 D．AB边的中点 【解析】 取AB的中点D，则2OD＝OA＋OB， 因为OP＝[(1－λ)OA＋(1－λ)OB＋(1＋2λ)OC]， 所以OP＝[2(1－λ)OD＋(1＋2λ)OC] ＝OD＋OC， 而＋＝1，所以P，C，D三点共线， 所以点P的轨迹一定经过△ABC的重心． 【答案】 C 类型二 平面向量与三角形的“内心”问题 在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cos A＝，O是△ABC的内心，若OP＝ xOB＋yOC，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为( ) A. B． C．4 D．6 【解析】 根据向量加法的平行四边形法则可知，动点P的轨迹是以OB，OC 为邻边的平行四边形及其内部，其面积为△BOC面积的2倍． 在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由余弦定理a2＝b2＋c2 －2bccos A，得a＝7. 设△ABC的内切圆的半径为r，则bcsin A＝(a＋b＋c)r，解得r＝， 所以S ＝×a×r＝×7×＝. △BOC 故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为2S ＝. △BOC 【答案】 B 类型三 平面向量与三角形的“垂心”问题已知O是平面上的一个定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动 点P满足OP＝OA＋λ(＋)，λ∈(0，＋∞)，则动点P的轨迹一定通过△ABC的( ) A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心 【解析】 因为OP＝OA＋λ， 所以AP＝OP－OA＝λ， 所以BC·AP＝BC·λ ＝λ(－|BC|＋|BC|)＝0， 所以BC⊥AP，所以点P在BC的高线上，即动点P的轨迹一定通过△ABC的 垂心． 【答案】 B 类型四 平面向量与三角形的“外心”问题 已知在△ABC中，AB＝1，BC＝，AC＝2，点O为△ABC的外心，若AO ＝xAB＋yAC，则有序实数对(x，y)为( ) A. B． C. D． 【解析】 取AB的中点M和AC的中点N，连接OM，ON，则OM⊥AB， ON⊥AC， OM＝AM－AO＝AB－(xAB＋yAC)＝AB－yAC，ON＝AN－AO＝AC－(xAB＋ yAC)＝AC－xAB. 由OM⊥AB，得AB2－yAC·AB＝0，① 由ON⊥AC，得AC2－xAC·AB＝0，② 又因为BC2＝(AC－AB)2＝AC2－2AC·AB＋AB2， 所以AC·AB＝＝－，③ 把③代入①，②得解得x＝，y＝. 故实数对(x，y)为. 【答案】 A [A级 基础练] 1．设a＝(1，2)，b＝(1，1)，c＝a＋kb.若b⊥c，则实数k的值等于( )A．－ B．－ C. D． 解析：选A.c＝a＋kb＝(1，2)＋k(1，1)＝(1＋k，2＋k)，因为b⊥c，所以b·c＝0， b·c＝(1，1)·(1＋k，2＋k)＝1＋k＋2＋k＝3＋2k＝0，所以k＝－. 2．若向量OF1＝(1，1)，OF2＝(－3，－2)分别表示两个力F ，F ，则|F ＋F |为( 1 2 1 2 ) A. B．2 C. D． 解析：选C.由于F ＋F ＝(1，1)＋(－3，－2)＝(－2，－1)，所以|F ＋F |＝＝. 1 2 1 2 3．(2020·贵阳市第一学期监测考试)在△ABC中，|AB＋AC|＝|AB－AC|，AB＝ 2，AC＝1，E，F为BC的三等分点，则AE·AF＝( ) A. B． C. D． 解析：选A.方法一：因为|AB＋AC|＝|AB－AC|，所以|AB＋AC|2＝|AB－AC|2，所 以AB·AC＝0，即∠BAC＝90°.所以AE·AF＝·＝·(AC＋AB)＝AB2＋AC2＝，故选A. 方法二：因为|AB＋AC|＝|AB－AC|，所以|AB＋AC|2＝|AB－AC|2，所以AB·AC＝ 0，即AB⊥AC，以A为坐标原点，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(2，0)，C(0，1)，E(，)，F(，)，所以AE·AF＝(，)·(，) ＝＋＝，故选A. 4．(多选)在△ABC中，下列命题正确的是( ) A.AB－AC＝BC B.AB＋BC＋CA＝0 C．若(AB＋AC)·(AB－AC)＝0，则△ABC为等腰三角形 D．若AC·AB>0，则△ABC为锐角三角形 解析：选BC.由向量的运算法则知AB－AC＝CB；AB＋BC＋CA＝0，故A错， B对； 因为(AB＋AC)·(AB－AC)＝|AB|2－|AC|2＝0， 所以|AB|2＝|AC|2，即AB＝AC，所以△ABC为等腰三角形，故C对； 因为AC·AB>0，所以角A为锐角，但三角形不一定是锐角三角形．故选BC. 5．(2020·安徽示范高中名校月考)已知a，b，c均为单位向量，a与b的夹角为 60°，则(c＋a)·(c－2b)的最大值为( ) A. B． C．2 D．3 解析：选B.设c与a－2b的夹角为θ.因为|a－2b|2＝a2－4a·b＋4b2＝3，所以|a －2b|＝，所以(c＋a)·(c－2b)＝c2＋c·(a－2b)－2a·b＝1＋|c||a－2b|cos θ－1＝cos θ，所以(c＋a)·(c－2b)的最大值为，此时cos θ＝1.故选B. 6．(2020·湖南、河南、江西3月联考)设非零向量a，b满足|a|＝3|b|，cosa， b＝，a·(a－b)＝16，则|b|＝________． 解析：因为|a|＝3|b|，cosa，b＝，所以a·(a－b)＝9|b|2－|b|2＝8|b|2＝16，所 以|b|＝. 答案： 7．若非零向量a，b满足|a|＝3|b|＝|a＋2b|，则a与b夹角的余弦值为________ 解析：因为|a|＝|a＋2b|， 所以|a|2＝|a|2＋4a·b＋4|b|2， 所以a·b＝－|b|2， 令a与b的夹角为θ. 所以cos θ＝＝＝－. 答案：－ 8．(2020·新高考卷改编)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则 AP·AB的取值范围是________． 解析：AP·AB＝|AP|·|AB|·cos ∠PAB＝2|AP|·cos ∠PAB，又|AP|cos ∠PAB表 示AP在AB方向上的投影，所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与 F重合时投影最小．又AC·AB＝2×2×cos 30°＝6，AF·AB＝2×2×cos 120°＝－ 2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，AP·AB∈(－2，6)． 答案：(－2，6) 9．已知向量a＝(2，－1)，b＝(1，x)． (1)若a⊥(a＋b)，求|b|的值； (2)若a＋2b＝(4，－7)，求向量a与b夹角的大小． 解：(1)由题意得a＋b＝(3，－1＋x)．由a⊥(a＋b)，可得6＋1－x＝0， 解得x＝7，即b＝(1，7)， 所以|b|＝＝5. (2)由题意得，a＋2b＝(4，2x－1)＝(4，－7)， 故x＝－3，所以b＝(1，－3)， 所以cos〈a，b〉＝＝＝， 因为〈a，b〉∈[0，π]， 所以a与b的夹角是. 10．在平面直角坐标系xOy中，点A(－1，－2)，B(2，3)，C(－2，－1)． (1)求以线段AB，AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长； (2)设实数t满足(AB－tOC)·OC＝0，求t的值． 解：(1)由题设知，AB＝(3，5)，AC＝(－1，1)，则AB＋AC＝(2，6)，AB－AC＝(4， 4)． 所以|AB＋AC|＝2，|AB－AC|＝4. 故所求的两条对角线的长分别为4，2. (2)方法一：由题设知，OC＝(－2，－1)，AB－tOC＝(3＋2t，5＋t)． 由(AB－tOC)·OC＝0，得 (3＋2t，5＋t)·(－2，－1)＝0， 从而5t＝－11， 所以t＝－. 方法二：AB·OC＝tOC2，AB＝(3，5)， t＝＝－. [B级 综合练] 11．(多选)(2020·山东九校联考)已知△ABC是边长为2的等边三角形，D，E 分别是AC，AB上的点，且AE＝EB，AD＝2DC，BD与CE交于点O，则下列说法正 确的是( ) A.AB·CE＝－1 B.OE＋OC＝0 C．|OA＋OB＋OC|＝ D.ED在BC方向上的投影为 解析：选BCD.由题意知E为AB的中点，则CE⊥AB，以E为原点，EA，EC所在直 线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图所示， 所以E(0，0)，A(1，0)，B(－1，0)，C(0，)，D， 设O(0，y)，y∈(0，)，则BO＝(1，y)，DO＝， 因为BO∥DO，所以y－＝－y， 解得y＝， 即O是CE的中点，则OE＋OC＝0，所以选项B正确； |OA＋OB＋OC|＝|2OE＋OC|＝|OE|＝，所以选项C正确； 因为CE⊥AB，所以AB·CE＝0，所以选项A错误； ED＝，BC＝(1，)． 故ED在BC方向上的投影为＝＝，所以选项D正确．故选BCD. 12．(2020·山东济宁一中月考)如图，在△ABC中，∠BAC＝，AD＝2DB，P为 CD上一点，且满足AP＝mAC＋AB，若△ABC的面积为2，则|AP|的最小值为( ) A. B． C．3 D． 解析：选D.令CP＝kCD(04，且tsin θ取最大值4时，求OA·OC.解：(1)由题设知AB＝(n－8，t)， 因为AB⊥a，所以8－n＋2t＝0. 又因为|OA|＝|AB|，所以5×64＝(n－8)2＋t2＝5t2，得t＝±8. 当t＝8时，n＝24；当t＝－8时，n＝－8， 所以OB＝(24，8)或OB＝(－8，－8)． (2)由题设知AC＝(ksin θ－8，t)， 因为AC与a共线，所以t＝－2ksin θ＋16， tsin θ＝(－2ksin θ＋16)sin θ＝－2k＋. 因为k>4，所以0<<1， 所以当sin θ＝时，tsin θ取得最大值， 由＝4，得k＝8，此时θ＝，OC＝(4，8)， 所以OA·OC＝(8，0)·(4，8)＝32. 14．在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1，0)和点B(－1，0)，|OC|＝1， 且∠AOC＝θ，其中O为坐标原点． (1)若θ＝π，设点D为线段OA上的动点，求|OC＋OD|的最小值； (2)若θ∈，向量m＝BC，n＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m·n的最小值及对 应的θ值． 解：(1)设D(t，0)(0≤t≤1)， 由题意知C， 所以OC＋OD＝， 所以|OC＋OD|2＝－t＋t2＋ ＝t2－t＋1＝＋(0≤t≤1)， 所以当t＝时，|OC＋OD|有最小值，最小值为. (2)由题意得C(cos θ，sin θ)，m＝BC＝(cos θ＋1，sin θ)， 则m·n＝1－cos2θ＋sin2θ－2sin θcos θ＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－sin， 因为θ∈，所以≤2θ＋≤， 所以当2θ＋＝，即θ＝时，sin取得最大值1. 所以当θ＝时，m·n取得最小值，为1－.[C级 创新练] 15．在Rt△ABC中，∠C是直角，CA＝4，CB＝3，△ABC的内切圆与CA，CB 分别切于点D，E，点P是图中阴影区域内的一点(不包含边界)．若CP＝xCD＋ yCE，则x＋y的值可以是( ) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：选 B.设△ABC 内切圆的圆心为 O，半径为 r，连接 OD，OE，则 OD⊥AC，OE⊥BC，所以3－r＋4－r＝5，解得r＝1，故CD＝CE＝1，连接DE，则 当x＋y＝1时，P在线段DE上，但线段DE均不在阴影区域内，排除A；在AC上 取点M，在CB上取点N，使得CM＝2CD，CN＝2CE，连接MN，所以CP＝CM＋ CN，则当点P在线段MN上时，＋＝1，故x＋y＝2.同理，当x＋y＝4或x＋y＝8时， 点P不在△ABC内部，排除C，D，故选B. 16．定义两个平面向量的一种运算a⊗b＝|a|·|b|sina，b，则关于平面向量 上述运算的以下结论中， ①a⊗b＝b⊗a； ②λ(a⊗b)＝(λa)⊗b； ③若a＝λb，则a⊗b＝0； ④若a＝λb且λ>0，则(a＋b)⊗c＝(a⊗c)＋(b⊗c)． 正确的序号是________． 解析：①恒成立，②λ(a⊗b)＝λ|a|·|b|sina，b， (λa)⊗b＝|λa|·|b|sina，b，当λ<0时， λ(a⊗b)＝(λa)⊗b不成立，③a＝λb，则sina，b＝0，故a⊗b＝0恒成立，④ a＝λb，且λ>0，则 a＋b＝(1＋λ)b，(a＋b)⊗c＝|1＋λ||b|·|c|sinb，c，(a⊗c)＋(b⊗c)＝|λb|·|c| sinb，c＋|b|·|c|sinb，c＝|1＋λ||b|·|c|sinb，c， 故(a＋b)⊗c＝(a⊗c)＋(b⊗c)恒成立． 答案：①③④