2011-2020年高考数学真题分专题训练专题16平面向量数量积及其应用（教师版）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

十年大数据*全景展示
专题 16 平面向量数量积及其应用
年
份
题号
考
点
考 查 内 容
2011
课标
理 10
平面向量的综合应用
利用平面向量数量积计算向量夹角与模问题及命题
真假的判定
文 13
平面向量数量积性质的应用
利用平面向量数量积处理向量垂直问题
2012
课标
理 13
文 15
平面向量数量积性质的应用
平面向量的定义及利用平面向量数量积处理向量模
问题
2013
卷 1
理 13
文 13
平面向量数量积的概念及其
几何意义
平面向量数量积的概念及运算法则
卷 2
理 13
文 14
平面向量数量积的概念及其
几何意义
平面向量数量积的运算法则
2014
卷 1
理 15
平面向量数量积的概念及其
几何意义
中点公式的向量形式及向量的夹角的概念
卷 2
文 4
理 3
平面向量数量积性质的应用
利用平面向量数量积处理向量模问题
2015
卷 1
理 5
平面向量的综合应用
主要与双曲线结合考查平面向量数量积的坐标运算
卷 2
文 4
平面向量数量积的概念及其
几何意义
平面向量的坐标运算、平面向量数量积
2016
卷 1
理 13
平面向量数量积性质的应用
平面向量的坐标运算及平面向量模公式
卷 2
理 3
平面向量数量积性质的应用
平面向量的坐标运算及利用平面向量数量积处理垂
直问题
卷 3
理3 文
3
平面向量数量积的概念及其
几何意义
平面向量的数量积的坐标运算及利用平面向量数量
积求夹角
卷 1
文 13
平面向量数量积性质的应用
平面向量的坐标运算及利用平面向量数量积处理垂
直问题
2017
卷 1
理 13
平面向量数量积性质的应用
利用平面向量数量积计算模
理 2
理 12
平面向量的综合应用
与平面图形有关的平面向量数量积的最值问题
卷 1
文 13
平面向量数量积性质的应用
利用平面向量数量积的坐标运算及利用向量数量积
处理垂直问题
卷 2
文 4
平面向量数量积性质的应用
利用平面向量数量积的模
卷 3
理 12
平面向量的综合应用
向量的坐标运算以及圆的方程和三角函数的性质
大数据分析*预测高考
卷 3
文 13
平面向量数量积性质的应用
平面向量的坐标运算及利用平面向量数量积处理
垂直问题
2018
卷 2
理4 文
4
平面向量数量积的概念、几
何意义及其运算律
平面向量的数量积及其运算律
2019
卷 1
理 7
文 8
平面向量数量积性质的应用
平面向量数量积处理垂直与夹角问题
卷 2
理 3
平面向量的综合应用
平面向量的减法运算、模公式、平面向量数量积
卷 3
理 13
平面向量的综合应用
平面向量数量积处理模与夹角问题
卷 3
理 13
平面向量数量积性质的应用
平面向量坐标的模公式及夹角公式
2020
卷 1
理 14
平面向量数量积及其运算
向量模长的计算
文 14
平面向量数量积的应用
平面向量垂直充要条件的坐标形式，平面向量数量积
的应用
卷 2
理 13
平面向量数量积的应用
向量夹角公式，应用向量数量积处理垂直问题
文 15
平面向量数量积定义及性质
平面向量数量积的定义和运算性质，应用平面向量数
量积处理向量垂直
卷 3
理 6
平面向量数量积及其运算
平面向量夹角公式，平面向量数量积的计算以及向量
模长的计算
考
点
出现频率
2021 年预测
考点 51 平面向量数量积的概念及其
几何意义
7/24
2021 年高考仍将重点单独或与平面图形等知识结合
重点平面向量数量积的定义、性质及应用平面向量数 
量积计算夹角、模、垂直等问题，难度为基础题、中
档题或难题，题型为选择或填空．
考点 52 平面向量数量积性质的应用
9/24
考点 53 平面向量的综合应用
8/24
十年试题分类*探求规律
考点 51 平面向量数量积的概念、其几何意义及其运算律
1．(2020 全国Ⅲ理 6)已知向量a , b 满足 a  5 , b  6 , a  b  6 ，则
cos
a , a  b  
(
)
A．  
31
B．  
19
C． 17
D． 19
35
【答案】D
35
35
35
    
a  
b
2

a  a  b
3
3
a
a (2a





【思路导引】计算出a  a  b  、 a  b 的值，利用平面向量数量积可计算出cos  a, a  b 的值．





 2
 
【解析】 a  5 ， b  6 ， a  b  6 ， a  a  b   a  a  b  5
2  6  19 ．


a  b 





25 2 6 36  7 ，因此
 
a a  b 19
19
cos  a, a  b 


5 7
35
．故选 D．
 
2．(2020 山东 7)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(
)
A． (2 , 
6)
【答案】A
B． (6 , 2)
C． (2 , 
4)
D． (4 , 6)
【思路导引】首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到 AP 在 AB 方向上的投影的取值范围是
(1, 3) ，利用向量数量积的定义式，求得结果．
【解析】解法一： AB 的模为 2，根据正六边形的特征，可以得到 AP 在 AB 方向上的投影的取值范围
是(1, 3) ，结合向量数量积的定义式，可知 AP  AB 等于 AB 的模与 AP 在 AB 方向上的投影的乘积，
所以AP  AB 的取值范围是(2, 6) ，故选：A．
解法二：如图，建立平面直角坐标系 A  xy ，由题意知 A(0, 0) ，B (2, 0) ，C(3,   3)，F(1,   3)，设 P( x, 
y) ，则1  x  3，∵ AP AB (x, y)(2,0)  2x ，∴ 2  2x  6 ，∴ AP  AB 的取值范围是(  2, 6 ) ．
3．(2018•新课标Ⅱ，理 4)已知向量 a ， b 满足| a | 1， 

b  1 ，则 


  b)  (
)
A．4
B．3
C．2
D．0
【答案】B



2

【解析】向量 a ， b 满足| a | 1， ab  1 ，则 a(2a  b)  2a    ab  2  1  3 ，故选 B ．
uuv
1
uuuv
1
4．(2016 新课标，理 3)已知向量 BA  (   ,
)
2
2
， BC  (
, ), 
2
2
则 ABC=
(A)300
(B)
450
(C) 600
(D)1200
a  2a  b  b
 2  2
CD
52  52
5 2
BA 
BC
【答案】A
 
1 3 

3  1

【解析】由题意，得cos ABC   
| BA || BC |  2
2
2
2 
11
2
，所以ABC  30 ，故选 A．
5．(2017 北京)设 m ， n 为非零向量，则“存在负数，使得 m  n ”是“ m  n  0 ”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】因为m, n 为非零向量，所以 m  n | m || n | cos  m, n  0 的充要条件是cos  m, n  0 ．因
为
 0 ，则由 m  n 可知m, n 的方向相反，  m, n  180
 ，所以cos  m, n  0 ，所以“存在负数
， 使得 m  n ”可推出“ m  n  0 ”；而 m  n  0 可推出cos  m, n  0 ，但不一定推出 m, n 的方
向相反， 从而不一定推得“存在负数，使得m  n ”，所以“存在负数，使得m  n ”是“ m  n  0 ”
的充分而不 必要条件．


6．(2013 湖北)已知点 A(1, 1) 、 B(1, 2) 、C(2, 1) 、 D(3, 4) ，则向量 AB 在CD 方向上的投影为
A.
3 2
2
【答案】A
B． 3 15
2
C．  3 
2
2
D．  3 15
2
【解析】 AB =(2，1)， CD =(5，5)，则向量 AB 在向量CD 方向上的射影为
AB cos AB  CD  (2,1)  (5,5)  2  5 1 5  3 2
2
7．(2011 辽宁)已知向量a  (2,1) 
 
，b  (1, k ) 
 
，a  (2a  b)  0 
 
，则k 
A．  
12
B.
 6
C．6
D．12
【答案】D
【解析】 ∵ 2a  b  (5, 2  k ) ，由a  (2a  b)  0 ，得(2,1)  (5, 2  k )  0 ，∴10  2  k  0 ，解得 k  
12 ．
8．(2015 山东)已知菱形 ABCD 的边长为 a ， ABC  60
 ，则 BD CD ＝
A.
 3 a
2
2
B.
 3 a
2
4
C.
3 a
2
4
D.
3 a
2
2
【答案】D
【解析】由菱形 ABCD 的边长为 a ， ABC  60
 可知BAD  180
  60
  120
 ，
    
   

  2
BDCD  (AD 
 AB)(AB)  AB AD  AB
3
 a acos120
  a
2
 3 a
2 ．
2
1) c
b


9．(2015 四川)设四边形 ABCD 为平行四边形， AB  6 ， AD  4 ．若点 M , N 满足
BM  3MC ， DN  2NC ，则 AM  NM  (
)
A．20
B．15
C．9
D．6
【答案】C


 
【解析】AM  AB 3  


AD, NM  CM  CN  1 
AD 


AB 
 
，所以AM  NM
4
4
3
1


1
=
(4 AB  3AD) 


(4 AB  3AD) 
=
1
2
(16 AB
2
 9 AD ) 
=
1 (16  36  9 16) =9，选 C．
4
12
48
48
10．(2014 天津)已知菱形 ABCD 的边长为 2，ÐBAD = 120
 ，点 E, F 分别在边 BC, DC 上， BE = λBC 
，
  
2
DF = μDC ．若 AE × AF = 1， CE × CF 
= -
3
，则 λ + μ =
A.
1
2
【答案】C
B.
2
3
C.
5
6
D.
7
12
  


【解析】 因为ÐBAD = 120
 ，所以 AB  AD
AB
AD   cos120
  = -2 ，因为 BE = lBC ，所以




AE = AB +l AD ， AF = m AB + AD ，因为 AE × AF = 1，所以(AB +l AD)×(m AB + AD )= 1 ，
即
3
2
5
2l + 2m -lm =
①，同理可得lm -l - m = -
②，①+②得l + m =
．
2
3
6
11．(2012 天津)在△ABC 中， A=90°，AB=1，设点 P，Q 满足 AP  AB ， AQ  (1 ) AC ， R ．若
BQ  CP  2 ，则( )
A.
1
3
【答案】B
B.
2
3
C.
4
3
D．2


 
 
【解析】如图，设AB  b, AC  c
 
，则b  1, c  2,b  c  0 
 
，又BQ = BA  AQ
= b  (1)c ，
CP  CA  AP  c b
，
∴
 
BQ  
CP
=
[b  (1)c] (c b)
= (
 2 
 
 2 
= 4(1)  2 ，即3 2, 2 
，选 B．
3
1
2
2
2
2
a  b2
a 2  2a  b  b 2
2  2a  b
3
a  b2
3
12．(2020 全国Ⅰ文 14)设向量a  1 , 1 , b  m 1 , 2m  4 ，若a  b ，则 m ．
【答案】5
【思路导引】根据向量垂直，结合题中所给的向量的坐标，利用向量垂直的坐标表示，求得结果．
【解析】由 a  b 可得 a b  0 ，又∵ a  (1, 1), b  (m 1, 2m  4) ，
∴ a  b  1(m 1)  (1)  (2m  4)  0 ，即 m  5 ，故答案为： 5 ．
13．(2020 全国Ⅱ理 13)已知单位向量 a, b 的夹角为 45°， k a  b 与a 垂直，则 k ．
【答案】
2
2
【思路导引】首先求得向量的数量积，然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数 k 的值．
  

   
 
【解析】由题意可得：a b  11cos 45 
，由向量垂直的充分必要条件可得：  k a b   a  0 ，
2


2
 
即：k  a
 
 a b  k 
 0 ，解得： k 
，故答案为：
．
2
2
2
14．(2020 全国Ⅰ理 14)设a , b 为单位向量，且 a  b  1，则 a  b ．
【答案】
 
【思路导引】整理已知可得：a  b 
，再利用 a, b 为单位向量即可求得 2a  b  1，对 a  b 变
 
形可得：a  b 
，问题得解．
【解析】∵ a , b 为单位向量，∴ a  b  1 ，
∴ a  b 


 1，解得： 2a  b  1，
∴ a  b 


，故答案为：
．
15．(2019•新课标Ⅲ，文 13)已知向量 a  (2, 2) ， b  (8, 6) ，则cos  a ， b ．
3
a  b2
a 2  2a  b  b 2
a 2  2a  b  b 2
2 2 10
2
5
1
【答案】    2
10



【解析】由题知， ab  2  (8)  2  6  4 ，| a 
|
 2 2 ， | b |
 10 ，

cos  a ， b 

4
 
．
10


1 

16．(2014 新课标Ⅰ，理 15)已知 A，B，C 是圆 O 上的三点，若 AO 

为      
 
 ．
【答案】90
0
( AB  AC) ，则 AB 与 AC 的夹角
2

 
【解析】∵AO 
1 

( AB  AC) ，∴O 为线段 BC 中点，故 BC 为O 的直径，
2
∴ BAC  90
0 ，∴ AB 与 AC 的夹角为90
0 ．
17．(2013 新课标Ⅰ，理13 文13)已知两个单位向量a，b 的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b，若b·c=0，则t=   ．
【答案】2
【解析】bc = b [ta  (1 t)b]= ta  b  (1 t)b
2 = 1 t 1 t =1 1 t =0，解得t = 2 ．
2
2
18．(2013 新课标Ⅱ，理 13 文 14)已知正方形 ABC 的边长为 2，E 为 CD 的中点，则 AEBD =        
 
 ．
【答案】2


1 


2
2
【解析】 AEBD = ( AD 
2 AB)  ( AD  AB) =| 
AD |

| AB | 
2
=4-2=2．
19．(2011 江苏)已知e ，e 
 
是夹角为2的两个单位向量，a  e
2e ，b  ke e ， 若a  b  0 ，则 k
1
2
3
的值为        
 
 ．
5
1
2
1
2
【答案】
4
【 解 析 】 由 题 意 知 a  b  (e  2e )(ke  e )  0 ， 即
ke
2  e e  2ke e  2e
2  0 ， 即
1
2
1
2
k  cos 2 2k cos 2 2  0 ，化简可求得 k 
．
1
1   2
1   2
2
3
3
4
20．(2017 天津)在△ABC 中，∠A  60 ， AB  3 ， AC  2 ．若 BD  2DC ，
AE  AC  AB ( R) ，且 AD  AE  4 ，则的值为          
 
 ．
3
【答案】
11

0
1 
2 
【
解
析
】
AB  AC 
 3 2  cos 60   3
22  22
(8)2  62
AB 
AC
3
3
，
则
AD  AE
| a 
(a
| 
| 
= (
．
21．(2014 天津)已知菱形 ABCD 的边长为2 ，BAD  120 ，点 E ，F 分别在边 BC 、DC 上，BC  3BE ，
DC  DF ．若 AE  AF  1，则的值为       
 
 ．
【答案】 2
【 解 析 】 因 为
ÐBAD = 120
 ， 菱 形 的 边 长 为 2 ， 所 以
AB × AD = 
-2
． 因 为
   

1 

1 
4
4
1
AE × AF = AB 
+
AD  × AD +
AB ，由 AE × AF = 1，所以
 2(1
)  1，解得 2 ．
 
3

   3
3
考点 52 平面向量数量积性质的应用
1．(2020 全国Ⅱ文 5)已知单位向量a , b 的夹角为 60°，则在下列向量中，与b 垂直的是
(
)
A.
a  2b
B.
2a  b
C.
a  2b
D.
2a  b
【答案】D
【思路导引】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向量垂直数量积为零这一性质逐一判断   即
可．
【解析】由已知可得： a  b  a b cos 60  11 1  1 
．
2
2
A：∵ (a  2b)  b  a  b  2b
2  1  2 1  5  0 ，∴本选项不符合题意；
2
2
B：∵ (2a  b)  b  2a  b  b
2  2  1 1  2  0 ，∴本选项不符合题意；
2
C：∵ (a  2b)  b  a  b  2b
2  1  2 1   3  0 ，∴本选项不符合题意；
2
2
D：∵ (2b  b)  b  2a  b  b
2  2  1 1  0 ，∴本选项符合题意．故选 D．
2
2．(2019•新课标Ⅰ，理 7 文 8)已知非零向量 a ， b 满
足
  2 | b | ，
且
  b)  b ，则 a 与b 的夹角为( )
A． 
B． 
C． 2
D． 5
6
【答案】B

3


2
3

 

2
6
2
 
| b |
2
| b |
1
【解析】(a  b)  b ， (a  b)b  ab  b
 | a || b |cos  a,b  
b
 0 ， cos  a,b    2  
2 
，
 
 

[0,] ，    
  ，故选 B ．
| a || b 
|
2| b |
a,b
a,b
3
3．(2017•新课标Ⅱ，文 4)设非零向量 a ， b 满
足
1 
AB 2 


AC)(AC  AB) =  3 

2 4 

1  9 

2  3  4 ，解得

3
3
3
3
3
3
3
11
  b |   b | 则(
)
10
6
a

C．
D．

a
a
A．  
 b
B．| a || b |

a / /b
| a || b |
【答案】A
【解析】
 
非零向量a 
 
，b 
 
满足  b |   b | ，

  b)
2    b)
2 
 
，即2  b 
2 

  2  b 
2 
 ，∴
| a
| a

b  0 ， 
  b ，故选 A ．
(a
(a
a
2ab
a
2ab
4．(2016 新课标，理 3)已知向量a  (1, m)，b=(3, 2) ，且(a + b)  b，则 m=( ) 
(A)－8
(B)－6
(C)6
(D)8
【答案】D
【解析】由题知 a+b= (4, m  2) ，所以(a + b) b= 4  3  2(m  2) =0，解得 m  8 ，故选 D．




5．(2014 
Ⅱ
新课标，理 3 文 4)设向量 a, b 满足| a  b |
，| a  b |
，则 a  b  (
)
A．1
B． 2
C． 3
D． 5
【答案】A
【解析】 
∵a  b 
10 ， a  b 

，∴ (a  b)
2  10 ……①， (a  b)
2  6 ……②．
由① ②得： a  b = 1，故选 A．
6．(2018 北京)设a ， b 均为单位向量，则“ a  3b  3a  b ”是“ a ⊥ b ”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C.
充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
 
【解析】∵a  3b  3a  b 
 
，∴(a  3b)
2  (3a  b)
2 
 
，∴a
2  6a  b  9b
2 
9a
2  6a  b  b
2 ，又| a || b | 1，∴ a  b  0 ，∴ a  b ；反之也成立，故选 C．
7．(2016 年山东)已知非零向量 m,n 满足4 | m | 3 | n | ，cos  m, n  1 
．若 n  (tm  n) ，则实数 t 的
值
3
为(
)
A．4
B．–4
C． 
9
 
4
D.
– 9
4
【答案】B
【
解
析
】
由
n  (tm  n)
可
得
n  (tm  n)  
0
，
即
tm  n  n
2  
0
，
所
以
6
2 2
3
n
2
n
2
|n |
2
| n |
4
t  
 
 

m  n
| m | | n | cos < m ,n >
| m |  | n | 
 1
3
 3
 3
 4 ．故选 B．
| m |
3
8．(2015 重庆)若非零向量a ， b 满足 a 
b ，且(a  b)  (3a  2b) ，则 a 与b 的夹角为()


A．
B．
4
2
C． 3
D．
4
【答案】A




 
2
 
 2
 2
 
 2
       
【解析】由题意(a  b)  (3a  2b)  3a
a  b  
2b
 0 ， 即 3 a a b cos 2 b
 0 ， 所 以
3( 2  2 )
2  2  2 cos 2  0 ， cos
2 
， 
，选 A．
3
3
2
4
9．(2015 陕西)对任意向量a, b ，下列关系式中不恒成立的是
A．| a  b |≤| a || b |
C． (a  b)
2 | a  b 
|
2
B．| a  b |≤|| a |  | b ||
D． (a  b)(a  b)  a
2  b
2
【答案】B
【解析】对于 A 选项，设向量a 、b 的夹角为，∵| a  b || a || b | cos≤|a || b |，∴A 选项正确；对于
B 选项，∵当向量a 、b 反向时，| a  b |≥|| a |  | b || ，∴B 选项错误；对于 C 选项，由向量的平方等
于向量模的平方可知，C 选项正确；对于 D 选项，根据向量的运算法则，可推导出(a  b) (a  b)  a
2  
b
2 ，故
D 选项正确，综上选 B．
10．(2015 安徽) ΑΒC 是边长为2 的等边三角形，已知向量 a ， b 满足 ΑΒ  2a ， ΑC  2a  b ，则下列
结论正确的是 ( )
A.
b  1
B. a  b
C． a  b  
1
D． 4a  b  ΒC
【答案】D
【解析】如图由题意， BC  AC  AB  (2a  b)  2a  b ，故| b | 2 ，故 A 错误；| 2a | 2 | a | 
2 ，所以| a | 1 ，又 AB  AC  2a  (2a  b)  4 | a |
2 2ab  2  2 cos 60
  2 ，所以 a  b  1，故 
B, C 错误；设
B, C 
 
中点为D 
 
，则AB  AC  2AD 
 
，且AD  BC ，所以



4a  
b

 C ，故选 D．

3
3
2
11．(2014 山东)已知向量a  (1,   3), b  (3, m) ． 若向量a, b 的夹角为
，则实数 m  ()
6
A． 2
B．
C．0
D． 
【答案】B
【解析】由题意得
3  cos  
2
6
，两边平方化简得6 3m 18 ，
解得 m 
，经检验符合题意．
12．(2014 重庆)已知向量a  (k, 3) 
 
，b  (1, 4) 
 
，c  (2,1) ，且(2a  3b)  c ，则实数k 
A．  9
2
B． 0
C． 3
D． 1
5 
2
【答案】C
【解析】∵ 2a  3b  (2k  3, 6) ， (2a  3b)  c ，所以(2a  3b)  c = 2(2k  3)  6  0 ．解得 k  3 ，
选
C
13．(2012 陕西)设向量a =(1， cos)与b =(  1，2 cos)垂直，则cos 2等于
1
A．
B．
2
2
C．0
D．－1
【答案】C
【解析】 a  b,a  b  0,1 2 cos 
2  0,cos 2 2 cos 
2 1  0. 正确的是 C．
14．(2012 浙江)设a ， b 是两个非零向量
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，使得b  a
D.
若存在实数，使得b  a ，则| a  b || a |  | b |
3
3
1 3   3m
2  9  m2
3
c

a
a
a
(a
a
a
a
【答案】C
【解析】 因为| a  b || a |  | b || a |
2 2ab | b |
2 | a |
2 2 | a || b |  | b |
2 ，ab   | a || b | 0 ，所
以a, b 不垂直，A 不正确，同理 B 也不正确；因为 ab   | a || b |，则cos < a, b  1 ，所以a, b 共线，
故存在实数
，使得b  a ，C 正确；若b  a ，则 1，此时| a  b | 2 | a | 0 | a |  | b | ，所以 D 不正确．
15．(2019•新课标Ⅲ，理 13)已知 a ， b 为单位向量，且 

b  0 ，若
 
 
 
，则cos  a ， c ．
【答案】 2
3
 



2
 
a
2

c
2a
 
2
2
5b
 

2
【解析】∵ ac  a(2a 
5b)  2a     5ab  2 ， 
c
 
 (2a 

5b)  
4a
 4  5ab  
5b
 9 ，
| c | 3 ，cos  a ， 
 
ac
2
      
．
| a || c |
3
16．(2017•新课标Ⅰ，理 13)已知向量 a ， b 的夹角为60 ， | a | 2 ，| b | 1，
则
| a  2b |．
【答案】 2
 
【解析】向量a 
 
，b 
 
的夹角为60 ，且| a | 2 ，| b | 1，
  2b)
2   
2     

b  4b 
2
2
2
 

(a
a
4a
 2   4  2 1 cos 60  4 1   12 ， | a  2b | 2 ．
17．(2017•新课标Ⅰ，文 13)已知向量 a  (1, 2) ， b  (m,1) ，若向量   b 与 a 垂直，则 m ．
【答案】7
【解析】向量 a  (1, 2) ， b  (m,1) ，   b  (1  m,3) ，向量   b 与a 垂直，
a
a
  
  b)
  (1  m)  (1)  3 2  0 ，解得 m  7 ．
18．(2017•新课标Ⅲ，文 13)已知向量 a  (2, 3) ， b  (3, m) ，且   b ，则 m ．
【答案】2
【解析】向量 a  (2, 3) ， b  (3, m) ，且 
  b ， 

b  6  3m  0 ，解得 m  2 ．
19．(2016 新课标，理 13)设向量 a=(m，1)，b=(1，2)，且|a+b|2=|a|2+|b|2，则 m=             
 
 ．
【答案】-2
【解析】由|a+b|2=|a|2+|b|2 得， a  b =0，所以 m  2  0 ，解得m  2 ．
20．(2016•新课标Ⅰ，文 13)设向量 a  (x, x  1) ， b  (1, 2) ，且   b ，则 x ．
【答案】  2
3
3
2
2
3
( 3e  e ) 2
12
3e 2  2 3e  e  e 2
1
122
(e e )2
12
e 2   2e   e  2e 
2
1
12
2
12
3
【解析】 
  b ，  

b  0 ，即 x  2(x  1)  0 ，∴ x   2 ．
a
a
3
21．(2012 
 
课标，理13)已知向量a 
 
，b 夹角为45
0 ，且| a |=1，| 2a  b 
|=
【答案】． 3
，则| b |=             
 
 ．
【解析】∵| 2a  b |=

(舍)
，平方得 4a
2   4ab + b
2   10 ，即 | b |
2  2
| b | 6  0 ，解得| b |= 3
或
22．(2011 新课标，文 13)已知a 与b 为两个不共线的单位向量，k 为实数，若向量a + b 与向量 ka - b 
垂直， 则k =          
 
 ．
【答案】1
【解析】∵ a 与b 为 两个不共线的单位向量，∴| a |=1，| b |=1，且a 与b 夹角不为 0 也不为，∴ 
cos 1，  又
∵
向
量
a + b
与
向
量
ka - b
垂
直，
∴
(a + b) (ka - b) = ka
2 + (k 1)a  b - b
2 = k 1 (k 1) cos= (k 1)(1 cos) =0，∴ k 1=0，∴ k =1．
23．(2017 山东)已知e ， e 是互相垂直的单位向量，若 3e  e 与e  e 的夹角为60
 ，则实数的值
1
2
1
2
1
2
是        
 
 ．
【答案】
3
【解析】(  3e   e )  (e  e   ) 3e 
2  
3e    e   e   e   e 
2  
 ，
1
2
1
2
1
1
2
1
2
2
|   3e   e  |

 2 ，
1
2
| e e   |


，
1
2

 2
cos 60
 

，解得： 
3 
．
3




 
24．(2015 湖北)已知向量OA  AB ，| OA | 3 ，则OA  OB ．
【答案】9
【解析】因为OA  AB ，| OA | 3 ，所以OA  
OB 
OA(OA  AB) | OA |
2 OA OB | OA |
2  3
2  9 ．
25．(2014 四川)平面向量a  (1, 2) ， b  (4, 2) ， c  ma  b ( m  R )，且c 与a 的夹角等于c 与b 
的夹角， 则m ．
【答案】2
10
2
10
2
3
12
12
10
 3 10
10
 3 10
10
 3 10
10
2 5
5 1

 
c  a
 
c  
b
c  a
c  b
【解析 1】c  (m  4, 2m  2) ，因为
cos
c, 
a
        ，cos
c, 
b
         ，所以  
            
        ，
| c |  | a |
| c |  | 
b |
| c |  | a | | c |  | b |
又| b | 2 | a | 
 
，所以2c  a  c  b 
 
，即2[(m  4)  2(2m  2)]  4(m  4)  2(2m  2)  m  2
26．(2013 北京)已知向量a 
 
，b 夹角为45
o ，且| a | 1，| 2a  b 
|

 
【答案】b  3
，则| b | ．




 2


【解析】 2a  b 
 (2a  b)
2  10  4  b  4 b cos 45
  10  b  3
27．(2012 湖北)已知向量a =(1，0)， b =(1，1)，则
(Ⅰ)与2a  b 同向的单位向量的坐标表示为           
 
 ；
(Ⅱ)向量b  3a 与向量a 夹角的余弦值为          
 
 ．

【答案】(Ⅰ)  10
, 
10 
(Ⅱ) 5


【解析】(Ⅰ) 由 a = 1, 0, b = 1,1 ， 得 2a  b = 3,1 ． 设与 2a  b 同向的单位向量为 c =  x, y ， 
则

x  3 10 ,
x
2  y
2   1,
3y  x  0,
 
且x, y  0 ，解得

10
   1  
0
 
故c =  10

, 
10  ．即与 2a  b 同向的单位向量的坐标为

 10

, 
10  ．
 y 
.



10


(Ⅱ) 由a = 1, 0, b = 1,
1
 
 
，得b  3a = 2,1． 设 向 量b  3a 与 向 量 a 的 夹 角 为  ， 则
 b      3  a     a      2  , 1     1  ,  0    
cos

 
．
b  3a a
5
28．(2012 安徽)若平面向量a ， b 满足： 2a  b ≤ 3；则a  b 的最小值是
．
9
【答案】 

8


 2
2
 
【解析】 2a  b   3  4a   b    9  4ab ，
 2
2
∴ 4a  b
  
 
 
 
 
9
 4 a  b   4ab  9  4ab  4ab  ab  
8

10
2
2
2 5
29．(2011 安徽)已知向量a, b 满足(a  b)  (a  b)   ，且 a  1 ， b  2 ，则a 与b 的夹角为 ．
3
3 2
3

【答案】
3
【解析】设 a 与 b 的夹角为， 由题意有(a  b)  (a  b)  a
  a  b  b
    cos  ， 所以
1

cos
，因此0 ≤≤，所以
．
2
考点 53 平面向量的综合应用

3




 
1．(2019•新课标Ⅱ，理 3)已知 AB  (2,3) ， AC  (3,t) ， | BC |1，则 ABBC  (
)
A.
3
B.
2
C．2
D．3
【答案】C










【解析】 AB  (2,3) ， AC  (3,t) ， BC  AC  AB  (1,t  3) ，| BC |1 ， t  3  0 即 BC  (1, 0) ，
则
 
ABBC  2 ，故选C ．
  

2．(2017•
Ⅱ
新课标，理 12)已知ABC 是边长为 2 的等边三角形， P 为平面 ABC 内一点，则 PA(PB  PC)
的最小值是(
)
A.
2
【答案】B
B.
 3
2
C.
 
4
3
D.
1
【解析】建立如图所示的坐标系，以 BC 中点为坐标原点，则 A(0, 3) ， B(1, 0) ， C(1, 0) ，
设
P(x, y)
，
则

PA  (x,
 y)
，

PB  (1 x, y)
，

PC  (1 x, y)
，
则
  

PA(PB  PC)
 2x 
2  2 3y  2 y 
2  2[x 
2  ( y 

)  ]
，当 x  0 ，y 
时，取得最小值2  ( 3)   3 ，
2
4
2
4
2
故选 B ．
3．(2017•新课标Ⅲ，理 12)在矩形 ABCD 中， AB  1 ， AD  2 ，动点 P 在以点C 为圆心且与 BD 相切的圆



3
上．若 AP  AB  AD ，则 的最大值为(
)
2
5
2 5
3
3
3
2 3
3
3
3
y
x
3
A．3
B． 2
C．
【答案】A
D．2
【解析】如图：以 A 为原点，以 AB ， AD 所在的直线为 x ， y 轴建立如图所示的坐标系，
 则 A(0, 0) ， B(1, 0) ， D(0, 2) ， C(1, 2) ，动点 P 在以点C 为圆心且与 BD 相切的圆上，
 
设圆的半径为r ， BC  2 
 
，CD  1 ， BD 

， 1 BCCD  1 BDr ， r    2   ，
2
2
5
圆的方程为(x  1)
2  ( y  2)
2  4 ，设点 P 的坐标为( 2 5 cos1 ， 2 5 sin 2) ，
5
5
5



 AP  AB  AD ，(
cos 1 ，
5
sin 2)  (1 ， 0)  (0 ， 2)  (， 2) ，
5
 2  5 cos 1  ， 2  5 sin 2  2，  2  5 cos
5 sin 2  sin()  2 ，其中tan 2 ，
5
5
5
5
∵ 1  sin()  1，∴1    3 ，故 的最大值为 3，故选 A ．
4．(2015 新课标Ⅰ，理 5)已知 M(x0，y0)是双曲线 C：x
2 
 
2
2
 1 上的一点，F1、F2 是 C 上的两个焦点，若


MF1
MF2  ＜0，则 y0 的取值范围是(
)
(A)(-
，
3
3
)
(B)(-
，
)
6
6
(C)(  2 2 
，
3
)
(D)(  2  3 
，
)
3
【答案】A
2
 
【解析】由题知F ( 3, 0), F ( 3, 0) ， 0  y
2   1
 
，所以MF  MF =
(
 x ,  y ) (
 x ,  y )
1
2
= x
2  y
2  3  3y
2 1  0 ，解得
2
3  y
0
1
2

，故选 A．
0
0
0
0
0
0
0
3
0
3
5
22  12
2 5
3
2 2
3
5．(2011 新课标，理 10)已知a 与b 均为单位向量，其中夹角为，有下列四个命题
p ：| a  b | 1  ∈[0， 2
)
p ：| a  b | 1  ∈( 2
，]
1
3
2
3
p ： | a  b | 1  ∈[0， 
)
p ：| a  b | 1  ∈( 
，]
3
其中真命题是
(A) p1 ， p4 (B)
p1 ， 
p3
3
(C)
4
p2 ， p3 (D)
3
p3 ， p4
【答案】A
2
2
1
a  b
1
【解析】由| a  b | 1
 
得，a + 2a  b+ 
b
2
 1，即a  b ＞ ，即cos=
2
|a||b|
＞ ，
2
∵∈[0，]，∴∈[0，
)，
3
由| a  b | 1 得，a
2 - 2a  b+ b
2  1 ，即a  b ＜ 1 
，即cos= a  b 
＜ 1 
，∵∈[0，]，∴∈( 
，]，
2
|a||b|
2
3
故选 A．
6．(2016 年天津)已知ΔABC 是边长为 1 的等边三角形，点 D, E 分别是边 AB, BC 的中点，连接 DE 并延
长到点 F ，使得 DE  2EF ，则 AF  BC 的值为
A．  5
B． 1
C． 1
D． 11
8
8
【答案】B
4


8
1 
1  



3 
3  

【 解 析 】 设 BA  a ， BC  b ， ∴
DE 
AC 
2
2 (b  
a)
 
，DF 
DE 
2
4 (b  a) ，



1 
AF  AD  DF  
a 

3  

5 
3 
(b  a)  a 
b ，
2
4
4
4
 
∴ AF  BC  

5  
a  b 

3 
2b
  5  3  
1
，故选 B．
4
4
8
4
8
7．(2014 安徽)设a, b 为非零向量， b  2 a ，两组向量 x1, x2 , x3, x4 和 y1, y2 , y3, y4  均由 2 个a 和 2 个b 
排
 
列而成，若x  y  x  y  x  y  x  y
所有可能取值中的最小值为 4 a 
2 ，则a 与b 的夹角为
1
1
2
2
3
3
4
4
A． 2
3

B． 

3

C．
D．0
6
【答案】B
 2
2
 
【解析】设S  x1  y1  x2  y2  x3  y3  x4  y4 
 
，若S 
 
的表达式中有0 
 
个a b 
 
，则S  2a
 
2b
，记为 S1 ，
5
5
1
 2
 
若S 
 
的表达式中有2 
 
个a b 
 
，则S  2a
2
 
2b  2a  b ，记为 S2 ，若 S 的表达式中有 4 个 a b ，则 S  4a  b ，
 
记为S ，又| b | 2 | a | 
 
，所以S  
S
 2
 2a
2
2b
  


 4a  b  2(a  b)
2  0 ，
3
S  S
 2
2
 a   b
1
3
  


 2a  b  (a  b)
2  0 ，
1
2
S  S  (a  b)
2  0 ，∴ S  S  S ，故 S
 S  4a b ，设 a, b 的夹角为，
2
3
3
2
1
2
2
min
3
1

 
则Smin  4a  b  8 | a | cos 4 | a |
，即cos
，又[0,] ，所以
．
2
3
8．(2014 浙江)设为两个非零向量a ， b 的夹角，已知对任意实数t ，| b  ta | 是最小值为 1
A．若确定，则| a | 唯一确定
B．若确定，则| b | 唯一确定
C．若| a | 确定，则唯一确定
D．若| b | 确定，则唯一确定
【答案】B
【解析】由于| b  ta |
2  b
2   2abt  a
2t
2 ，令 f (t)  b
2   2abt  a
2t
2  ，而t 是任意实数，所以可得 f (t) 的最
4a
2b
2  (2ab)
2
4a
2b
2  4a
2b
2 cos
2  4b
2 sin
2 
小值为


 1 ，
4a
2
4a
2
4
即| b |
2 sin
2  1 ，则知若确定，则| b | 唯一确定．
9．(2013 福建)在四边形 ABCD 中， AC  (1,2), BD  (4,2) ，则该四边形的面积为
A．
B． 2
C．5
D．10
【答案】C
【 解 析 】
因 
为
AC  BD  1(4)  2 2  
0
， 所 以AC  BC ， 所 以 四 边 形 的 面 积 为
| AC |  | BD | 
2
 5 ，故选 C．
2
10．(2013 浙江)设ABC ， P 是边 AB 上一定点，满足 PB  AB ，且对于边 AB 上任一点 P ，恒有
0
0
4
PB  PC ≥ P0 B  P0C ．则
A. ABC  90
0
【答案】D
B. BAC  90
0
C.
AB  AC
D.
AC  BC
【解析】由题意，设| AB | 4 ，则| P0 B | 1，过点C 作 AB 的垂线，垂足为 H 

12  22
 (4)2  22
， 在 AB 上任取一点 P ，设 HP0  a ，则由数量积的几何意义可得，
2
2
2
 x 12    y 
12
2
7
2
PB  PC | PH || PB | (| PB | (a 1)) | PB | 
 
，P0 B  P0C   | P0 H || P0 B | 
a 
 
，
 
于是PB  PC ≥ P0 B  P0C 恒成立，相当于(| PB | (a 1)) | PB |≥ a 
 
恒成立，整理得| PB |
2 (a 1) | PB | a ≥ 0 恒成立，只需  (a 1)
2  4a 
 (a 1)
2 ≤ 0
即可，于是 a  1，因此我们得到 HB  2 ，即 H 是 AB 的中点，故△ ABC 是等腰三角形，所以 AC  BC ．
11．(2013 湖南)已知a, b 是单位向量， a  b = 0 ．若向量c 满足 c  a  b  1，则 c 的最大值为
A.
1
B．
C.
1
D.
 2
【答案】C
【解析】建立平面直角坐标系，令向量a, b 的坐标a  1, 0, b  0,1 ，又设c   x, y 
 
，代入c  a  b  
1
得
 1，又 c 的最大值为圆 x 1
2    y 1
2   1 上的动点到原点的距离的最大值，即
圆心(1，1)到原点的距离加圆的半径，即
1．



1

12．(2013 重庆)在平面上， AB1  AB2 ， OB1
值范围是
 OB2  1 ， AP  AB1  AB2 ．若 OP  
2 
，则 OA 的取

5 

A.
0,
B． 
5 ,
7 

C． 
5 ,   2 

D． 

, 2 


2 
  2
2 
  2

  2



【答案】D






【解析】因为 AB1 ⊥ AB2  ，所以可以 A 为原点，分别以 AB1 ， AB2  所在直线为 x 轴，y 轴建立平面直角坐
标系．设 B1(a，0)，B2(0，b)，O(x，y)，则 AP ＝ AB1 ＋ AB2  ＝(a，b)，即 P(a，b)．由| OB1 |＝| OB2  |＝
1，得(x－a)2＋y2＝x2＋(y－b)2＝1，所以(x－a)2＝1－y2≥0，(y－b)2＝1－x2≥0，由| OP |＜ 1 
，得(x－a)2＋(y
－b)2
2
＜ 1 
，即 0≤1－x2＋1－y2＜ 1 
，所以 7 
＜x2＋y2≤2，即
7 

，所以| OA |的取值范围是
4
4
4
2
2
x2  y2
7
3
3
3


 2 
, 2  ，故选 D．


13．(2018 天津)如图，在平面四边形 ABCD 中， AB  BC ， AD  CD ， BAD  120 ，
AB  AD  1． 若点 E 为边CD 上的动点，则 AE  BE 的最小值为
21
3
A．
B．
16
2
C． 25
D． 3
16
【答案】A
【解析】以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，建立如图的平面直角坐标系，因为在平面四边形 ABCD 中，
AB  AD  1 
 
，BAD  120 
 
 
，所以A(0, 0) 
 
，B(1, 0) 
 
，D(1 ,
) ， 设 C(1, m) ， E(x, y) ， 所以

                            
DC  (
2
2
)  0 ， 即
3  ( 1 ) 3 (m 
3 )  0 ，解得 m 
，即 C(1,   3) ，因为 E 在 CD 上，所以
3 ≤ y 
≤
，由
2
2
2
2
2

3
k
 k
， 得
3  y 
2
 
 
，即x 
3y  2 ， 因 
为
AE  (x, y) ， BE  (x 1, y) ， 所 以
CE
CD
1 x
1 1
2
AE  BE  (x, y)  (x 1, 
y)
=
x
2  x  y
2 =
( 3x  2)
2 
3y  2  
y
2
 4 y
2  5 3y  6 ， 令
f ( y)  4 y
2  5 3y  6 ， y 
[
3 , 3]，因为函数 f ( y)  4 y
2  5 3y  6 在[
2
3 , 5 3 ]
2
8
上单调递减，
5 3
在[
, 3] 上单调递增，所以 f ( 
y)
 4  (5 3 )
2  5 3  5 3  6  21 
．所以 AE  BE 的最小值为 21 
，
8
min
8
8
16
16
3 , m 

3

) ， AD  (1 ,
3) ， 因 为 AD  CD ， 所 以 ( 3 , m 

3)  
(
1 ,
3
2
2
2
2
2
2
2
2
3
故选 A．
14．(2018 浙江)已知 a ， b ， e 是平面向量， e 是单位向量．若非零向量 a 与 e 的夹角
为
b
2  4e  b  3  0 ，则| a  b | 的最小值是( )

，向量 b 满足
3
3
3
3
A.
1
B.
1
C．2
D． 2 
【答案】A
【解析】解法一 设 O 为坐标原点， a  OA ， b  OB  (x, y) ， e = (1, 0) ， 由 b
2  4e  b  3  0 得
x
2  y
2  4x  3  0 ，即(x  2)
2  y
2  1，所以点 B 的轨迹是以C(2, 0) 为圆心，l 为半径的圆．因为a 
与

e 的 夹 角 为
 
 
 
 
 
 
 
，所以不妨令点A 
 
 
 
在射线y 
3
3x ( x  
0
) 上 ， 如 图 ， 数 形 结 合 可 知
| a  b |min | CA |  | CB |1．故选 A．
解法二
由b
2  4e  b  3  0 得b
2  4e  b  3e
2  (b  e)  (b  3e)  0 ．设b  OB ，e  OE ，3e 
 OF ， 所以b  e  EB ， b  3e = FB ，所以 EB  FB  0 ，取 EF 的中点为C ．则 B 在以C 为圆
心， EF 为直径
的 圆 上 ， 如 图 ， 设
a  OA
，  作 射 线
OA
， 使 得
AOE  
3
， 所 以
3
| a  b || (a  2e)  (2e  b) |≥ | (a  2e) |  | (2e 
 b) |
=|CA |  | BC |
≥
1．故选 A．
15．(2017 浙江)如图，已知平面四边形 ABCD ， AB  BC ， AB  BC  AD  2 ， CD  3 ， AC 与 BD
 
 
交于点O ，记 I1  OAOB ， I2＝OB·OC ， I3＝OC·OD ，则
A.
I1 < I2 < I3
B.
I1 < I3 < I2
C.
I3 < I1 < 
I2
D.
I2 < I1 < I3
【答案】C
【解析】如图所示，四边形 ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得 AO  AF ，而AFB  90
 ，
∴
AOB
与
COD
为
钝
角
，
AOD
与
BOC
为
锐
角
．
根
据
题
意
I1  I2   OAOB  OB OC  OB  (OA  OC)  OB CA  | OB || CA | cos AOB  0 ， ∴ I1  I2 ， 同
理
I2   I3 ． 做 AG  BD 于 G ， 又 AB  AD ．∴ OB  BG  GD  OD ， 而 OA  AF  FC  OC ， ∴
| OA |  | OB || OC |  | OD |，而cosAOB  cosCOD  0 ，
∴ OA OB  OC  OD ，即 I1  I3 ，∴ I3  I1  I2 ，选 C．
3
37  6 3
1
7 
max
1

1
1
=
1



16．(2016 四川)
 
在平面内，定点A，B，C，D 
 
满足DA = DB = DC 
 
，DA  DB =

DB  DC = DC  DA =  2，动点 P，M 满足 AP =1， PM = MC ，则 BM 
2 的最大值是
A.
43
4
B.
49
C．
D．
4
4
4
【答案】B
【解析】
由



DA    DB   
DC
 2 
 
知，D 为ABC 
 
的外心．由DA  DB = DB  DC
= DC  
DA
知 D 为ABC 的内心，所以ABC 为正三角形，易知其边长为
2
，取 AC 的中点 E ，因为
M 是 PC 的中点，所以 EM  1 AP  1 
，所以
2
2

| BM |max | BE | 

，则
2
2

| BM |
2
49
．故选 B．
4
17 ． (2015 福建) 已知 AB  AC ，

AB 
，
t

AC  t ， 若点 P 是 ABC 所在平面内一点， 且

AP 

AB
 

4AC

，则 PB PC
的最大值等于(
)
AB
AC
A．13
B．15
C．19
D．21
【答案】A
【解析】以题意，以点 A 为坐标原点，以 AB 所在的直线为 x 轴， AC 所在的直线为 y 轴建立如图所示的
平
面
直
角
坐
标
系
，
所
以
点
P(1, 
4)
1
，
B( , 0)
t
，
C(0, 
t)
，
所
以
    
PB  PC 

( 1, 4)(1, t  4) 

(  1)  (1)  4  (t  4) 17   4t
≤17  2
= 13( 当且仅当
t
t
t
1
1
 4t ，即t =
时取等号)，所以 PB  PC 的最大值为 13．故选 A．
t
2


37  2 33
3
1 4t
t
18．(2015 湖南)已知点 A, B, C 在圆 x
2  y
2  1 上运动，且 AB  BC ．若点 P 的坐标为(2, 0) ，则



PA  PB  PC 的最大值为( )
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】B
【解析】由题意得，AC 为圆的直径，故可设 A(m, n) ，C(m,n) ，B(x, y) ，∴ PA  PB  PC  (x  6, y ) ，



而(x  6)
2  y
2  37 12x  49 ，∴ PA  PB  PC 的最大值为7 ，故选 B．
19．(2014 安徽)在平面直角坐标系 xOy 中，已知向量a, b ，| a || b | 1， a  b  0 ，点Q 满足
OQ 
2(a  b) ．曲线C  {P | OP  a cos b sin, 0 ≤≤ 2} ，区域
  {P | 0  r ≤| PQ |≤ R, r  R}．若C   为两段分离的曲线，则(
)
A．1  r  R  
3
【答案】A
B．1  r  3  
R
C． r  1  R  
3
D.1
 r  3  R
 
【解析】设a  (1, 0), b  (0,1) ，则OP  (cos, sin) ，OQ  ( 2, 2) 
 
，所以曲线C 是单位元，区域
为圆环(如图)，∵| OQ | 2 ，∴1  r  R  3 ．
20．(2012 广东)对任意两个非零的平面向量α 和β，定义  
．若平面向量a, b 满足| a || b | 0 ，

2
a  b
| a |
2
1
1

n
a 与b 的夹角 (0, ) ，且a  b 和b  a 都在集合{  | n  Z} 中，则a  b =(
)
A． 1
2
【答案】C
4
B．1
C． 3
2
2
D． 5
2
【解析】首先观察集合{n | n  Z}  , 1,  1 1
3
 ，从而分析 a  b 和 b  a 的范围如下：
因

, 0, ,1,
, 2,

2
2
2
2
为




b  a
| b |
| b |
(0,
) ，∴
 cos 1，而 b  a 

cos，且| a || b | 0 ，可得 0 
cos 1 ，
4
2
a  
a
| a |
| a |
又∵ b  a {n | n  Z} 中，∴ | b | cos 1 
，从而 
| b | 
1

，∴ a  b 

cos 2 cos ，
2
| a |
2
| a |
2 cos
b  b
| b |
所以1  a  b  2 ．且a  b 也在集合{n | n  Z} 中，故有a  b  3 
．
2
2
21．(2011 山东)设 A1 ， A2 ， A3 ， A4 是平面直角坐标系中两两不同的四点，
 
若A A  A A
(∈ R )， A A   A A ( μ ∈ R )，且
 2 ，则
1    3
1 2
1    4
1    2
 
称 A3 ， A4  调和分割 A1 ， A2 ，已知点C(c, 0) ， D(d , 0) ，( c, d ∈ R )调和
分割点 A(0, 0) ， B(1, 0) ，则下面说法正确的是
A. C 可能是线段 AB 的中点
B.
D 可能是线段 AB 的中点
C. C ， D 可能同时在线段 AB 上
D. C ， D 不可能同时在线段 AB 的延长线上
【答案】D
【解析】根据已知得(c, 0)  (0, 0)  [(1, 0)  (0, 0)]，即(c, 0)  (1, 0) ，从而得
c  ； (d , 0)  (0, 0)  [(1, 0)  (0, 0)] ，即(d , 0)  (1, 0) ，得 d  ，
根据 1  1  2 ，得 1  1  2 ．线段 AB 的方程是 y  0 ， x [0,1]．
 
  
c
d
1
1
1
1
若C 是线段 AB 的中点，则c ，代
入
2

 2 ，得
c
d
d
 0 ．
此等式不可能成立，故选项 A 的说法不成立；同理选项 B 的说法也不成立； 
若C, D 同时在线段 AB 上，则0  c ≤1， 0  d ≤1，
2
1
1
1
1

1
1
1
1
1
1

此时 1 ≥1 ， 
1
c
d
≥1 ，
≥ 2 ，若等号成立，则只能c  d  1，
c
d
根据定义， C, D 是两个不同的点，故矛盾，故选项C 的说法也不正确，
1
1
若C, D 同时在线段 AB 的延长线上，若c  1， d  1，
则

 2 ，
c
d
与

 2 矛盾，若 c  0, d  0 ，
则
c
d
1
1
是负值，
与
c
d

 2 矛盾，
c
d
若c  1， d  0 ，则 1
c
 1 ， 
1
d
 0 ，此
时

 1，
与
c
d

 2 矛盾，
c
d
故选项 D 的说法是正确的．
22．(2020 
 
浙江17)
 
设e1 
 
，e2 为单位向量，满足| 2e1  e2 |
，则cos2 的最小值为   
  ▲
        
  ．
28
， a  e1  e2 ， b  3e1  e2 ，设a ， b 的夹角
为
【答案】
29
ur   ur
3
【思路导引】利用复数模的平方等于复数的平方化简条件得e1  e2 

关系式，根据函数单调性求最值．
，再根据向量夹角公式求cos2 函数
4



   2
  
3
 
【解析】2e1  e2


 2e1   e2 





 2 ，解得： e1  e2  
4 
，
cos
a     b 
e1   e2 3e1   e2 

4  4e1  e2
，
 
a b
 
设e1  e2  x ，
16 x 
1
2
16 x 
1
2
4 x 
1
2
4 x 1
2 
4
则cos
2 




，
2  2x10  
6x
12x
2   32x  20 3x
2   8x  5 3 x 1
2   2 x 
1
3  2 
x 1
当 x  3 
时， cos
2   28 , 4  ，∴ cos
2 的最小值是 28 
，故答案为： 28 
．
4
 29 3 

29

29
1 


23．(2020 
 
北京13)
 
已知正方形ABCD 的边长为2 
 
，点P 
 
满足AP 
PB  PD ．
 AB  AC  ，则 PD ；
2
2
  2
e1   e23e1  e2

   2
2  2  

e1e2106e1e2
   
【答案】
， 1
【解析】分别以 ABAD 为 x 轴， y 轴建立直角坐标系，则 A(0, 0) ， B(2, 0) ， C(2, 2)， D(0, 2) ．
5
5
1
2     1
2
1
2

1
∵ AP 
2


( AB  
AC)
 1 [(2, 0)  (2, 2)]  (2,1) ，∴ P(2,1) ，∴ PD  (2,1) ，
2

∴| PD |

，又∵ PB  (0, 1) ，∴ PBPD  2 0 1(1)  1．
24．(2020 
 
上海12)
 
已知a , a , b , b ,, b k  N
*  是平面内两两互不相等的向量，满足| a  
a
| 1 且
| ai  bj |{1, 2}(其中i  1, 
2,
j  1, 2,, k )，则 k 的最大值为     
 
 ．
【答案】6


【解析】根据条件不妨设 a1  0, 0 ， a2  0,1 ， bj   x, y  ，




2
2
 ai  bj 1, 2 
 
，当a1  bj  1 x  y
 1 ，表示圆心为原点，半径为 1 的圆；


2
2
a1  bj  2  x  y
 4 ，表示圆心为原点，半径为 2 的圆，如图这两个圆用红色线表示；

当 a2

bj  1  x 
2    y 1
2   1 ，表示圆心为1, 0 ，半径为 1 的圆；


a2   
bj
 2  x 
2    y 1
2   4 ，表示圆心为1, 0 ，半径为 2 的圆，如图这两个圆用蓝色线表示，
由条件可知点 x, y 既要在红色曲线上，又要在蓝色曲线上，由图象可知，共有 6 个交点，即 k 是最大值是
6．故答案为：6．
25 ． (2020 天 津 15) 如 图 ， 在 四 边 形 ABCD 中 ，
B  60
 ,
AB  3 ，
BC  6 ， 且


 
 
 
  3 
，则实数的值为       ，若 M , N 是线段 BC 上的动点，且| MN | 1 ，
AD  BC,
AD AB
2
则 DM  DN 的最小值为        
 
 ．
1
13
【答案】
6
2
k
(2)2 12
 5 3 3 
12  22  2 1 2  cos

【思路导引】可得BAD  120
 ，利用平面向量数量积的定义求得的值，然后以点 B 为坐标原点， BC 
所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系，设点 M  x, 0 ，则点 N  x  1, 0 (其中0  x  5 )，得出 DM  
DN 关
于 x 的函数表达式，利用二次函数的基本性质求得 DM  DN 的最小值．
【解析】 AD  BC ， AD//BC ，BAD  180
  B  120
 ，
   
    


AB  AD  BC  AB  BC  AB
cos120
  6  3 

，
以点 B 为坐标原点， BC 所在直线为 x 轴建立如下图所示的平面直角坐标系 xBy ，
则 D  2 
, 
2  ，设 M  x, 0 ，则 N  x  1, 0 (其中0  x  5 )，




5
3 3 


3
3 3 
DM   x  
2 
,  
2  ， DN   x  
2 
,  
2  ，




 
DM  DN  x 5  x  
3

 3 3 
2
 
 x 
2  4x  21  x  2 
2  13 ，

2 
2 
  2   
2
2





13
1
13
所以，当 x  2 时， DM  DN 取得最小
值
，故答案为：
；
．
2
6
2
26．(2017 浙江)已知向量a ， b 满足| a | 1，| b | 2 ，则| a  b |  | a  b | 的最小值是 
            ， 最大值是                                                   
 
 ．
【答案】4， 2
【解析】设向量 a, b 的夹角为，由余弦定理有：


a  b    1
2   2
2  2 1 2  cos 5  4 cos，


a  b 

5  4 cos，
1 
3 ，解得

1

2   9 2
6
5
20
5
2

5
5




 
则a  b  a  b 
 
令y 
5  4 
cos

5  4 cos ，
，则 y
2  10  2 25 16 cos
2 16, 20，




       
 
 




 
据此可得： a  b  a  
b 





 2   5,  a  b  a  b

max
min
16  4 ，
即 a  b  a  b 的最小值是 4，最大值是 2 ．
27．(2015 浙江)已知e , e 是空间单位向量， e  e   1 
，若空间向量b 满足b  e   2 ， b  e  
，
且对于
1
2
1
2
2
1
2
2
任意 x, y  R ，
b ．
b  (xe1  ye2 ) ≥ b  (x0e1  y0e2 )  1 (x0 , y0  R) ， 则 x0  ，y0  ，
【答案】1
2
2
 
【解析】由题意可令b  x e  y e  e ，其中e  e , i  1, 2 ，由b  e  2 得 x   y0    2 ，由b  e  ，
0  1
0   2
3
3
i
 
得x0  y  5 
 
，解得x  1
 
，y  2 ，∴| b |

1
0
2
2
2
 2
．
2
0
2
0
0
28．(2014 山东)在VABC 中，已知 AB  AC  tan A，当 A  
时， VABC 的面积为 ．
6
1
【答案】
6
uur uuur
uur uuur
uur uuur
uur uuur
2
 
【解析】∵AB  AC AB  AC cos A ，∴由 AB  AC cos A  tan A ，得AB  AC 
，故VABC 的
3
1
面积为
   

1
| AB || AC | sin

．
2
6
6
29．(2014 安徽)已知两个不相等的非零向量a ， b ，两组向量 
x1,
 
由2 个a  
 
和3 个b 
 
排列而成．记S  x1  y1   x2  y2  x3  
y3
x2 , x3 , x4 , x5 和 y1, y2 , y3 , y4 , y5 均
x4  y4  x5  y5 ，Smin 表示 S 所有可能取值中的最小值．则下列命题正确的是   (写出所有正确命题
的编号)．
① S 有 5 个不同的值．
②若a  b 则 Smin 与| a | 无关．
③若a ∥b 则 Smin 与| b | 无关．
5  4 cos x
5  4 cos x
2
(e  2e  e )2
123
④若| b | 4 | a | ，则 Smin   0 ．
min
3
⑤若| b | 2 | a | ， S  8 | a |
2 ，则a 与 b 的夹角为
．
【答案】②④
min
4
【解析】S 有下列三种情况：
 2
S1  a
 2
2
a  b
2
2
b  b ，
 2
S2  a
 
 
2
a  b  a  b  
b
2
b ，
  
  
  
  
2
S3  a  b  a  b  a  b  a  b  b
∵ S  
S
 S  S
 2
2
 a   b
  




 2a  b  (a  b)
2 | a  b |
2  0 ，
1
2
2
3
∴ Smin  S3 ，
2
 
若a  b 
 
，则Smin  S3  b ，与| a | 无关，②正确；
 
2
若a  b 
 
，则Smin  S3  4a  b  b ，与| b | 有关，③错误；
若| b | 4 | a | ，则 S  S  4 | a |  | b | cos | b |
2  4 | a |  | b |  | b |
2   | b |
2  | b |
2  0 ，④正确；
2
 
2
 
2
 
2
 
2
若| b | 2 | a |, Smin  8 | a | 
  
，则Smin  S3  4a  b  b  8 | a | cos 4 | a |  8 | a |
1

∴ cos
，
∴
，⑤错误．
2
3
30．(2013 山东)已知向量 AB 与 AC 的夹角120
 ，且| AB |=3，| AC |=2，若
AP  AB  AC ，且 AP  BC ，则实数的值为     
 
 ．
7
【答案】
12
【解析】向量
与
的夹角为 
，且
所以
．由
得，
，即
，所以
，即
，解得
．
31．(2013 浙江)设e ， e 为单位向量，非零向量b  xe  ye ， x, y  R ，若e ， e 的夹角为
，则| x |
1
2
1
2
1
2
6
| b |
的最大值等于        
 
 ．
1
1
AB 
AB  0 
 
，解得AB 
【答案】2
| x |
| x |
| x |
1
【解析】

                   
 
 
                        
 
 
                         
 
 
| b |
(xe ye )
2
x
2  y
2 
3xy
x
2  y
2 
3xy
1
2
x
2

                        
 
 
                       
 
 ，所以
| x 
|
的最大值为 2．
( y )
2

3y 1
( y 

3 )
2  1
| b |
x
x
x
2
4
 
32．(2013 天津)在平行四边形 ABCD 中，AD = 1， BAD  60
 ，E 为 CD 的中点．若 AC·BE  1， 则 AB 的
长为     
 
 ．
1
【答案】
2




1 

1 



 
 
【解析】因为E 
 
为CD 
 
的中点，所以BE  BC  CE  AD 
DC  AD 
2
2
AB ，AC  AD  AB ，因为 AC·BE  1 ，
  

 
所以AC·BE  ( AD 1 


2
AB)  ( AD  AB)  AD
1 
2

AB
1  

AB  AD  1 
 
，即1 

1 
2
AB
1 

AB cos 
60

 1 ， 所以
2
2
2
2
2
 
1 
2
1 

1
2
4
2
33．(2011 浙江)若平面向量， 满足||=1，| |≤1，且以向量， 为邻边的
平行四边形的面积为 1 
，则与的夹角的取值范围是
．
2
 5
【答案】[
,
]
6
6
【解析】如图，向量与在单位圆O 内，因||=1，| |≤1，且以向量，为邻边的平行四边形的面
积为 1 
，故以向量，为边的三角形的面积为 1 
，故的终点在如图的线段 AB 上(∥ AB ，且圆心O
2
4
到 AB 的距离为 1 
)，因此夹角的取值范围为  5 
．
[
,
]
2
6
6
．
34．(2019 江苏 12)如图，在△ABC 中，D 是 BC 的中点，E 在边 AB 上，BE=2EA，AD 与 CE 交于点O ．若

AB  AC  6AO  EC ，则 AB 
的值是
．
AC
【答案】
【
解
析
】
设


 



，
∴
AO
=
AE  EO
=
AE  EC
AO  AD
( AB
AC)
2
 1 

 1
=  AE  ( AC  AE) = (1 ) AE  AC = 1 AB  AC ， 所以 
 2
3

， 解得
2 ， 所以


1 
1 

3



1 


  
 2

 1

4
AO 

AD 
2
4
( AB  AC) ， EC  AC  AE  
3 AB  AC ，
 
1 

1 

3
1 
2
2   2
6 AO  EC  6 

( AB  AC)  (AB  AC) 
(
AB 
AB  AC  AC ) 
4
3
2
3
3
1 
2

AB
 
AB  AC 

3 
2
AC
 
 
，因为AB  AC  
1 
2
AB
 
AB  AC 

3 
2
AC
，所以
1 
2
AB
3 2


3
3
(   )2  (   )2
1356
2456

AC ， 所
2
2
2
2
2
2
2
AB
以 
2
AC
 3 ，所以 AB 
．
AC
35 ． (2019  浙 江 17) 已 知 正 方 形 ABCD  的 边 长 为 1 ， 当 每 个 i (i  1, 2,3, 4,5, 6)
取 遍 1 时 ，
|1 AB 2 BC 3 CD 4 DA 5 AC 6 BD | 的最小值是                
 
 ，最大值是              
 
 ．
【答案】 2
【解析】正方形ABCD 的边长为1，可得 AB  AD  AC ， BD  AD  AB ， AB  AD  0 ，
|1 AB 2 BC 3 CD 4 DA 5 AC 6 BD |
|1 AB  2  AD  3 AB  4  AD  5 AB  5 AD  6  AD  6  AB |
| (1   3   5   6 ) AB  (2   4   5   6 ) AD |  
，
由于i (i  1, 2,3, 4,5, 6) ?i(i = 1,2，3，4，5，6)取遍1，可得1 3   5  6   0 ，2  4  5  6   0 ，
5
5
3
3

 x
2  y
2  50
可取5   6   1,1   3   1,2   1,4   1，可得所求最小值为 0；
由1 3   5  6   4 ，2  4  5  6   4 ，可取2   1,4   1,5   6   1,1   1,3   1, 可得所求最
大值为2
．
36．(2019 天津理 14)在四边形 ABCD 中，AD ∥ 
BC,
AB  2 3,
AD  5,
A  30 ，点 E 在线段CB
的延长线上，且 AE  BE ，则 BD  AE ．
【答案】-1
【解析】因为 AB  BE ， AD//BC ， A  30
 ，所以在等腰三角形 ABE 中， BEA  120
 ，

2 


2 
又 AB  2
，所以 AE  2 ，所以
 
，因为 AE  AB  BE ，所以


，又
BD  BA  AD   AB  AD ，
BE
AD
5
AE
AB
AD
5
 


 
2   

2
7   2 2
 
所以BD  AE   AB  AD AB 

AD    
AB


AB  AD 
AD 
5
5

2
7 

2 2
7
2
 
AB

AB   AD cos A 
AD
5
5
 12 
 5 2 3 

 25  1．
5
2
5
37．(2018 上海)在平面直角坐标系中，已知点 A(1，0) ，B(2, 0) ，E ，F 是 y 轴上的两个动点，且| EF |
 2 ，则 AE  BF 的最小值为    
 
 ．
 
【答案】3
【 解 析 】 设
E(0, t)
，
F (0, t  
2)
， 所 以
AE  BF  (1, t)  (2, t  
2)
=
2  t(t  2)
 2  t(t  2)  t
2  2t  2  (t 1)
2  3 ，当t  1 时， AE  BF 取得最小值3 ．
38．(2017 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中， A(12, 0) ， B(0, 6) ，点 P 在圆 O ： x
2  y
2  50 上，若
PA PB ≤ 20 ，则点 P 的横坐标的取值范围是      
 
 ．
【答案】[5 2,1]
【解析】设 P(x, y) ，由 PA PB ≤ 20 ，得 2x  y  5 ≤ 0 ，如图由2x  y  5 ≤ 0 可知， P 在 
MN 上，由
2x  y  5  0 
，解得 M (1, 7) ， N (5, 5) ，所以 P 点横坐标的取值范围为[5 2,1]．

5
6
6
1


DF
DC ，DC
AB
DF
DC
DC
DC
DC
AB
39．(2016 年浙江)已知向量 a, b ， | a | 1，| b | 2 ，若对任意单位向量e ，均有
| ae |  | be |

1
，则a  b 的最大值是      
 
 ．
【答案】
2
【解析】由题意令 e  (1, 0) ， a  (cos, sin) ， b  (2 cos, 2 sin ) ， 则由| ae |  | be |
可得
| cos| 2 | cos|
①
，
令
sin 2 sin  m
②
，
①
2 + ②
2
得
4[| coscos| sinsin] 1 m
2 对一切实数,恒成立，所以4[| coscos|  sinsin ]  1 ．故
a  b  2(coscos  sinsin )
≤ 2[| coscos |  sinsin ]
，故最大值为 1 ．
2
2
40．(2015 天津)在等腰梯形 ABCD 中，已知 AB ∥ DC ， AB  2 ， BC  1， ABC  60
 ．
 
动点E 
 
和F 
 
分别在线段BC 
 
和DC 
 
上，且BE  BC
1 ，则 AE  AF 的最小值为
．
29
【答案】
18
，DF
DC
           
 
 
9

【解析】因为

1 
 
 
1  
 
，∴CF = 
 
 
 

1 

1 9
1 9

=

，
9
∴ AE  AB  BE  AB  BC ，






AF  AB  BC  CF  AB  BC 
2
1  9
AB 
18
9
1  9

AB  BC ，
18
9
18
   

 1 9
 
AE  AF   AB  BC 

18AB  BC 
 1  
92
2

1  9  
18 
AB
 BC  1  
18  AB  BC
6
3
(3 1)2  (0  3)2
7
2
 1  9
19  9
18
 4  
 2 1 cos120
18
 2  1  17  2
2  1  17  29
9   2
18
9 2
18
18
当且仅当
2   1  即
时的最小值为 29 
．
9
2
3
18
k
k
k12
41．(2015 江苏)设向量ak  (cos
, 
sin
6
cos
6
) (k  0,1, 2,,12) ，则(ak   ak 1 ) 的值为         
 
 ．
k 0
【答案】9
 

k
k
k
(k  1)
(k  1)
(k  1)
【
解
析
】
ak  ak 1  (cos
,sin
6
6
cos
)  
(cos
6
,sin

6
6
cos
)
6
=
cos   sin 2k  cos kcos (k  1)  3  3  sin 2k 
1 cos (2k  1)
，
因
此
6
6
6
6
4
6
2
6

11    
 
 
 3   3 12  9 ．
ak
k 0
ak 1
4
42．(2014 湖南)在平面直角坐标系中， O 为原点， A(1, 0), B(0, 3), C(3, 0), 动点 D 满足| CD | 1 ，则
| OA  OB  OD | 的最大值是       
 
 ．
【答案】1
【解析】设 D(x, y) ，由| CD | 1 ，得(x  3)
2  y
2  1，向量



OA  OB  OD  (x 1, y 3) ，故| OA  OB  OC |
的最大值为圆(x  3)
2  y
2  1 上的动点到点(1, 

3) 距离的最大值，
其最大值为圆(x  3)
2   y
2  1 的圆心(3, 0) 到点(1,
 
3) 的距离加上圆的半径，
即
1  1
．
43．(2012 江苏)如图，在矩形 ABCD 中， AB  2 ，BC  2，点 E 为 BC 的中点，点 F 在边 CD 上，若
6
3
7
(x 1)2  ( y  3)2
AB  AF 

，则 AE  BF 的值是   ．
2
2
2
【答案】
【解析】以 A 为坐标原点，AB ，AD 所在的直线分别为 x ，y 轴建立直角坐标系，则 B( 2, 0) ，E( 2,1) ，
D(0, 
2)
， C( 2, 2) ． 设
F (x, 
2)
(0 ≤ x ≤
) ， 由AB  AF 
 x  1 ， 
∴
F (1, 2) ，
AE  BF =(
2,1)  (1 

，2)=
．
44．(2012 山东)如图，在平面直角坐标系 xoy 中，一单位圆的圆心的初始位置在0,1 ，此时圆上一点 P 
的位置在0,0，圆在 x 轴上沿正向滚动．当圆滚动到圆心位于2,1 时， OP 的坐标为   
  ．
【答案】(2  sin 2,1 cos 2)
【解析】如图过 P 作 x 轴的垂线，垂足为 E，过 C 作 y 轴的垂线，垂足为 A，根据题意可知圆滚动了 2 个单
位的弧长，∴ PCD  2 ，可知PCB  2  
，此时点 P 的坐标为
2
x  2  cos(2  
P
2
 2  sin 2, 
yP
 1 sin(2  
2  1 cos 
2,
∴即OP  (2  sin 2,1  cos 2) ．
45．(2017 江苏)已知向量a  (cos x, sin x) ， b  (3,  3) ， x [0,]．
(1)若a ∥b ，求 x 的值；
)
)
2
2
2
3
3
1
(2)记 f (x)  a  b ，求 f (x) 的最大值和最小值以及对应的 x 的值．
【解析】(1)因为a  (cos x, sin x) ， b  (3,  3) ， a ∥b ，
所以 3 cos x  3sin x ．
若cos x  0 ，则sin x  0 ，与sin
2 x  cos
2 x  1 矛盾，故cos x  0 ．
于是tan x  
．
3
5
又 x [0,]，所以 x 
．
6
(2) f (x)  a  b  (cos x, sin x)  (3,
 
3)  3cos x 

3 sin x  2 3 cos(x  π) ．
6
因为 x [0,]，所以 x  π [ π , 7π] ，
6
6
6
从而1  cos(x  π) 3 ．
6
2
于是，当 x  π  π 
，即 x  0 时， f (x) 取到最大值 3；
6
6
当 x  π   ，即 x  5π 
时， f (x) 取到最小值2 ．
6
6
46．(2015 广东)
 
在平面直角坐标系xoy 
 
中，已知向量m  ( 2 , 
) ， n  (sin x, cos x) ，
2
2

x (0,
) ．
2
(1)若 m  n ，求tan x 的值；

(2)若 m 与n 的夹角
为
，求 x 的值．
3
【解析】(1)∵ m  n ，∴ m  n  0 ，
故
sin x 
2
2
cos x  0 ，∴ tan x=1．
2 sin x 
2 cos x

(2)∵ m 与n 的夹角为，∴ cos  m, n 
m  
n
   2
2

，
3
| m || n 
|
11
2
故sin(x 
．
故 x 的值为 5
．
12
2
) 1 ，又 x 
(0,
) ，∴ x 

(,) ， x 

  

，即 x =5
4
2
2
4
4 4
4
6
12
2
2
3
2
47．(2014 山东)已知向量a  m, cos 2x, b  sin 2x, n ，函数 f  x  a  b ，且
 

 2

y  f  x 的图像过点 12 
, 3  和点 3 
, 2  ．




(Ⅰ)求 m, n 的值；
(Ⅱ)将 y  f  x 的图像向左平移0  个单位后得到函数 y  g  
x 的图像，若 y  g  x 图像上各最高点到点0,3 的距离的最小值
为 1， 求 y  g  x 的单调递增区间．
【解析】(Ⅰ)已知 f (x) abmsin2xncos2x，

2



 f (x) 过点(
,   3),(
,2) ，∴ f (
)  m sin
 n cos

12
3
f ( 2
4
4


12
6
6
)  m 
sin
3
n cos
3
3
 2
 1 m 
n 

 2
2

m 
解得

3  1  2

2
2
n  1

(Ⅱ)由(Ⅰ)
 
知f (x) 
3 sin 2x  cos 2x  2 sin(2x )
6

 
由题意知g(x) f (x )  2 sin(2x  2
)
6
设 y  g  x 的图象上符合题意的最高点为(x0 , 2)
由题意知 x
2 1  1．所以 x  0 ，即到点(0, 3) 的距离为 1 的最高点为(0, 2) ．
0
0
将其代入 y  g  x 得sin  2   1 ，

6 



又∵ 0   ，所以
，
6


因此 g  x  2 sin  2x   2 cos 2x


由 2k  2 x  2k, k  Z 
 
，得

 k x  k, k  z
2
∴ f ( x ) 的单调增区间为[
 k, k], k  Z ．
2
∴

3
3
3
4 2
2
1
48．(2014 辽宁)在ABC 中，内角 A, B, C 的对边a, b, c ，且 a  c ，已知 BA BC  2 ，
cos B 
， b  3 ，求：
3
(Ⅰ) a 和c 的值；
(Ⅱ) cos(B  C) 的值．
1
 
ac
【解析】(Ⅰ)∵ cos B 

a
2  c
2 -b
2
, b  3, BA  BC  ca cos B  2 ，
3
3
且cos B 
，∴ ac  6, a  c  5 ，∵ a  c ，∴解得 a  3, c  2 ．
2ac
所以 a  3, c  2 ．
(Ⅱ)∵ cos B  1 
，∴ sin B  2 2 
，∵ a  3, b  3, c  2 ，
3
3
a
2  b
2 -c
2
7
cos C 

， sin C 
，
2ab
9
9
23
23
∴ cos(B-C)  cos B cos C  sin B sin C ，故cos(B-C) 
．
27
27
49．(2013 江苏)已知a  (cos, sin) ， b  (cos , sin ) ， 0    ．
(1) 若| a  b |
，求证： a  b ；
(2) 设c  (0,1) ，若a  b  c ，求， 的值．
【解析】(1) a  b ＝ (cos cos , sin sin ) ，
| a  b |
2 ＝ (cos cos)
2   (sinsin )
2
＝ 2  2(coscos  sinsin )  2 ．
所以， coscos  sinsin  0 ，所以， a  b ．
cos cos 0
(2) 
sin sin  1
 


，①2＋②2 得： cos( )   1 
．


2
所以， ＝ 
2，＝ 
2＋ ，
3
3
带入②得： sin ( 2＋ )＋ sin ＝
3 cos ＋ 1 sin ＝ sin ( 
＋ )＝1，
3
2
2
3
所以，  
＋ ＝ 
．所以，＝ 5
， ＝ 
．
3
2
6
6
50．(2013 辽宁)设向量a   3 sin x, sin x, b  cos x, sinx, x  0, .
(I)若| a || b | ，求 x 的值；
(II)设函数 f (x)  a  b ，求 f (x) 的最大值．
2 
【解析】(I)由 
a
2 
 ( 3 sin x)
2  (sin x)
2  4 sin 
2 x ，
b 
2  (cos x)
2  (sin x)
2  1
 
，及a  b ,得4sin
2 x  1

又 x [0,
],从而sin x 

1

，所以 x 
．
2
2
6
(II) f (x)  a  b 3 sin x  cos x  sin
2 x
=
cos 2x 
 sin(2x 
) 
当 x 
[0.
]时，sin（2x-
.
3 sin 2x 1
1

1 ．
2
2
2



6
）取最大值
2
1. 所以 f (x)的最大值为3
3
2
6
2