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第3 节 平面向量的数量积及其应用
考试要求 1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义.2.了解平面向量的数量
积与投影向量的长度的关系.3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量
积的运算.4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量
的垂直关系.5.会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题.6.会用向量方法解
决简单的力学问题与其他一些实际问题.
1.平面向量数量积的有关概念
(1)向量的夹角：已知两个非零向量a 和b，O 是平面上的任意一点，作OA＝a，
OB＝b，则∠AOB＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a 与b 的夹角.
(2)数量积的定义：已知两个非零向量a 与b，它们的夹角为θ，我们把数量| a || b |
cos__θ 叫做向量a 与b 的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝| a || b |cos
__θ.规定：
零向量与任一向量的数量积为0，即0·a＝0.
(3)投影向量
如图，在平面内任取一点O，作OM＝a，ON＝b，过点M 作直
线ON 的垂线，垂足为M1，则OM1就是向量a 在向量b 上的投
影向量.
设与b 方向相同的单位向量为e，a 与b 的夹角为θ，则OM1与e，a，θ 之间的
关系为OM1＝|a|cos θ e.
2.平面向量数量积的性质及其坐标表示
设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ 为向量a，b 的夹角.
(1)数量积：a·b＝|a||b|cos θ＝x1x2＋y1y2.
(2)模：|a|＝＝.
(3)夹角：cos θ＝＝.
(4)两非零向量a⊥b 的充要条件：a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
(5)|a·b|≤|a||b|(当且仅当a∥b 时等号成立)⇔|x1x2＋y1y2|≤ ·.
3.平面向量数量积的运算律
(1)a·b＝b·a(交换律).
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(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(结合律).
(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律).
4.平面几何中的向量方法
三步曲：(1)用向量表示问题中的几何元素，将几何问题转化为向量问题；
(2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系；
(3)把运算结果“翻译”成几何关系.
1.两个向量a，b 的夹角为锐角⇔a·b>0 且a，b 不共线；两个向量a，b 的夹角为
钝角⇔a·b<0 且a，b 不共线.
2.平面向量数量积运算的常用公式
(1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；
(2)(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2.
(3)(a－b)2＝a2－2a·b＋b2.
3.数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·b＝a·c(a≠0)，不能得出b＝c，两
边不能约去同一个向量.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)两个向量的夹角的范围是.( )
(2)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量.( )
(3)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.
( )
(4)若a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c.( )
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×
解析 (1)两个向量夹角的范围是[0，π].
(4)由a·b＝a·c(a≠0)得|a||b|·cos〈a，b〉＝|a||c|·cos〈a，c〉，所以向量b 和c 不
一定相等.
2.(2021·湖州二模)在边长为3 的等边三角形ABC 中，BM＝MC，则BA·BM＝(
)
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 ∵BM＝MC，∴BM＝BC，
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∴BA·BM＝BA·BC＝|BA||BC|cos ＝×3×3×＝.
3.(多选)(2021·青岛统检)已知向量a＋b＝(1，1)，a－b＝(－3，1)，c＝(1，1)，
设a，b 的夹角为θ，则( )
A.|a|＝|b|
B.a⊥c
C.b∥c
D.θ＝135°
答案 BD
解析 由a＋b＝(1，1)，a－b＝(－3，1)，得a＝(－1，1)，b＝(2，0)，则|a|
＝，|b|＝2，故A 不正确；
a·c＝－1×1＋1×1＝0，故B 正确；
不存在λ∈R，使b＝λc 成立，故C 不正确；
cos θ＝＝＝－，所以θ＝135°，故D 正确.综上知选BD.
4.(2021·衡阳一模)非零向量a，b，c 满足a·b＝a·c，a 与b 的夹角为，|b|＝4，则
c 在a 上的投影向量的长度为( )
A.2
B.2
C.3
D.4
答案 B
解析 由a·b＝a·c，
可得|a||b|cos〈a，b〉＝|a||c|cos〈a，c〉，
因为|a|≠0，
所以|c|cos〈a，c〉＝|b|cos〈a，b〉＝4×cos ＝2，
所以c 在a 上的投影向量的长度为
||c|cos〈a，c〉|＝2.
5.(易错题)已知a，b 为非零向量，则“a·b＞0”是“a 与b 的夹角为锐角”的(
)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案 B
解析 根据向量数量积的定义可知，若a·b＞0，则a 与b 的夹角为锐角或零角，
若a 与b 的夹角为锐角，则一定有a·b＞0，所以“a·b＞0”是“a 与b 的夹角为
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锐角”的必要不充分条件，故选B.
6.(2021·全国乙卷)已知向量a＝(1，3)，b＝(3，4)，若(a－λb)⊥b，则λ＝
________.
答案
解析 法一 a－λb＝(1－3λ，3－4λ)，
∵(a－λb)⊥b，
∴(a－λb)·b＝0，即(1－3λ，3－4λ)·(3，4)＝0，∴3－9λ＋12－16λ＝0，解得λ＝.
法二 由(a－λb)⊥b 可知，(a－λb)·b＝0，即a·b－λb2＝0，从而λ＝＝＝＝.
考点一 数量积的计算
例1 (1)在四边形ABCD 中，AD∥BC，AB＝2，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 如图，在等腰△ABE 中，易得∠BAE＝∠ABE＝30°，故BE＝
2.
则BD·AE＝(AD－AB)·(AB＋BE)
＝AD·AB＋AD·BE－AB2－AB·BE
＝5×2×cos 30°＋5×2×cos 180°－12－2×2×cos 150°
＝15－10－12＋6＝－1.
(2)(2020·北京卷)已知正方形ABCD 的边长为2，点P 满足AP＝，则|PD|＝
__________；PB·PD＝__________.
答案 －1
解析 法一 ∵AP＝(AB＋AC)，
∴P 为BC 的中点.
以A 为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意知A(0，0)，B(2，0)，
C(2，2)，D(0，2)，P(2，1)，
∴|PD|＝＝.
易得PB＝(0，－1)，PD＝(－2，1).
∴PB·PD＝(0，－1)·(－2，1)＝－1.
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法二 如图，在正方形ABCD 中，由AP＝(AB＋AC)得点P 为BC
的中点，
∴|PD|＝＝.
PB·PD＝PB·(PC＋CD)＝PB·PC＋PB·CD＝－PB2＋0＝－1.
感悟提升 平面向量数量积的两种运算方法
(1)基底法：当已知向量的模和夹角θ 时，可利用定义法求解，适用于平面图形
中的向量数量积的有关计算问题；(2)坐标法：当平面图形易建系求出各点坐标
时，可利用坐标法求解.
训练1 (1)(2020·新高考全国Ⅰ卷)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)
B.(－6，2)
C.(－2，4)
D.(－4，6)
答案 A
解析 如图，取A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直
角坐标系，则A(0，0)，B(2，0)，C(3，)，F(－1，).设P(x，y)，
则AP＝(x，y)，AB＝(2，0)，且－1＜x＜3.
所以AP·AB＝(x，y)·(2，0)
＝2x∈(－2，6).
(2)(2022·石家庄调研)已知AB⊥AC，|AB|＝，|AC|＝t，若点P 是△ABC 所在平面
内的一点，且AP＝＋，则PB·PC的最大值为________.
答案 13
解析 建立如图所示的平面直角坐标系，
则B，C(0，t)，
AB＝，AC＝(0，t)，
AP＝＋＝t＋(0，t)＝(1，4)，∴P(1，4)，
PB·PC＝·(－1，t－4)
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＝17－≤17－2＝13，
当且仅当t＝时等号成立.
∴PB·PC的最大值等于13.
考点二 数量积的应用
角度1 夹角与垂直
例2 (1)(2020·全国Ⅲ卷)已知向量a，b 满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos
〈a，a＋b〉＝( )
A.－
B.－ C.
D.
答案 D
解析 ∵|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝25－12＋36＝49，∴|a＋b|＝7，
∴cos〈a，a＋b〉＝＝＝＝.
(2)(2021·宜昌二模)已知△ABC 中，∠A＝120°，且AB＝3，AC＝4，若AP＝λAB
＋AC，且AP⊥BC，则实数λ 的值为( )
A.
B.
C.6
D.
答案 A
解析 因为AP＝λAB＋AC，且AP⊥BC，
所以有AP·BC＝(λAB＋AC)·(AC－AB)＝λAB·AC－λAB2＋AC2－AB·AC＝(λ－
1)AB·AC－λAB2＋AC2＝0，整理可得(λ－1)×3×4×cos 120°－9λ＋16＝0，解得
λ＝.
角度2 平面向量的模
例3 (1)如果|a|＝2，|b|＝3，a·b＝4，则|a－2b|的值是( )
A.24
B.2
C.－24
D.－2
答案 B
解析 由|a|＝2，|b|＝3，a·b＝4，
得|a－2b|＝
＝
＝＝2.
(2)(2021·衡水联考)若向量a，b 满足a＝(cos θ，sin θ)(θ∈R)，|b|＝2，则|2a－b|
的取值范围为________.
答案 [0，4]
解析 设a 与b 的夹角为α，则(2a－b)2＝4a2＋b2－4a·b＝8－8cos α，因为
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α∈[0，π]，所以0≤8－8cos α≤16，所以0≤|2a－b|≤4.
(3)已知a，b 是单位向量，a·b＝0.若向量c 满足|c－a－b|＝1，则|c|的最大值是
________.
答案 ＋1
解析 法一 由a·b＝0，得a⊥b.
如图所示，分别作OA＝a，OB＝b，作OC＝a＋b，则四边形
OACB 是边长为1 的正方形，所以|OC|＝.
作OP＝c，则|c－a－b|＝|OP－OC|＝|CP|＝1.
所以点P 在以C 为圆心，1 为半径的圆上.
由图可知，当点O，C，P 三点共线且点P 在点P1处时，|OP|取得最大值＋1.故|
c|的最大值是＋1.
法二 由a·b＝0，得a⊥b.
建立如图所示的平面直角坐标系，则OA＝a＝(1，0)，OB＝b＝(0，1).
设c＝OC＝(x，y)，由|c－a－b|＝1，
得(x－1)2＋(y－1)2＝1，
所以点C 在以(1，1)为圆心，1 为半径的圆上.
所以|c|max＝＋1.
法三 易知|a＋b|＝，|c－a－b|＝|c－(a＋b)|≥||c|－|a＋b||＝||c|－|，
由已知得||c|－|≤1，
所以|c|≤1＋，故|c|max＝＋1.
感悟提升 (1)根据平面向量数量积的性质：若a，b 为非零向量，则cos θ＝(夹
角公式)，a⊥b⇔a·b＝0 等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂
直问题.
(2)计算向量的模：①当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；②
利用|a|＝及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的运算转化为数量积运算；③几
何法，利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法
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则作出向量，再利用余弦定理等方法求解.
训练2 (1)(多选)(2022·湖南三校联考)已知a，b 是单位向量，且a＋b＝(1，－
1)，则( )
A.|a＋b|＝2
B.a 与b 垂直
C.a 与a－b 的夹角为
D.|a－b|＝1
答案 BC
解析 |a＋b|＝＝，故A 错误；
因为a，b 是单位向量，所以|a|2＋|b|2＋2a·b＝1＋1＋2a·b＝2，得a·b＝0，a 与b
垂直，故B 正确；
|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝2，|a－b|＝，故D 错误；
cos〈a，a－b〉＝＝＝，所以a 与a－b 的夹角为，故C 正确.
(2)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|＝________.
答案
解析 ∵M 为BC 的中点，
∴AM＝(AB＋AC)，
∴|MA|2＝(AB＋AC)2
＝(|AB|2＋|AC|2＋2AB·AC)
＝(1＋9＋2×1×3cos 60°)＝，
∴|MA|＝.
(3)在平面直角坐标系中，O 为原点，A(－1，0)，B(0，)，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＋y2＝1，
向量OA＋OB＋OD＝(x－1，y＋)，
故|OA＋OB＋OD|＝的最大值为圆(x－3)2＋y2＝1 上的动点到点(1，－)距离的最
大值，其最大值为圆(x－3)2＋y2＝1 的圆心(3，0)到点(1，－)的距离加上圆的半
径，即＋1＝1＋.
考点三 平面向量的综合应用
例4 (1)若O 为△ABC 所在平面内任一点，且满足(OB－OC)·(OB＋OC－2OA)＝
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0，则△ABC 的形状为( )
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.正三角形
D.等腰直角三角形
答案 A
解析 因为(OB－OC)·(OB＋OC－2OA)＝0，所以CB·(AB＋AC)＝0，即CB⊥(AB
＋AC)，所以△ABC 的中线和底边垂直，所以△ABC 是等腰三角形.
(2)(2020·天津卷)如图，在四边形ABCD 中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且AD
＝λBC，AD·AB＝－，则实数λ 的值为________；若M，N 是
线段BC 上的动点，且|MN| ＝1 ，则DM·DN 的最小值为
________.
答案
解析 因为AD＝λBC， 所以AD∥BC，则∠BAD＝120°，
所以AD·AB＝|AD|·|AB|·cos 120°＝－，解得|AD|＝1.
因为AD，BC同向，且BC＝6，
所以AD＝BC，即λ＝.
在四边形ABCD 中，作AO⊥BC 于点O，则BO＝AB·cos 60°＝，AO＝AB·sin
60°＝.
以O 为坐标原点，以BC 和AO 所在直线分别为x，y 轴建立平面直角坐标系.
如图，设M(a，0)，不妨设点N 在点M 右侧，
则N(a＋1，0)，且－≤a≤.
又D，所以DM＝，
DN＝，
所以DM·DN＝a2－a＋
＝＋.
所以当a＝时，DM·DN取得最小值.
(3)已知在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，向量m＝(sin A，sin
B)，n＝(cos B，cos A)，m·n＝sin 2C.
①求角C 的大小；
②若sin A，sin C，sin B 成等差数列，且CA·(AB－AC)＝18，求c.
解 ①m·n＝sin A·cos B＋sin B·cos A＝sin(A＋B)，
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在△ABC 中，A＋B＝π－C，0<C<π，
所以sin(A＋B)＝sin C，
所以m·n＝sin C，又m·n＝sin 2C，
所以sin 2C＝sin C，cos C＝.
又因为C∈(0，π)，故C＝.
②由sin A，sin C，sin B 成等差数列，可得2sin C＝sin A＋sin B，
由正弦定理得2c＝a＋b.
因为CA·(AB－AC)＝18，
所以CA·CB＝18，
即abcos C＝18，ab＝36.
由余弦定理得
c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－3ab，
所以c2＝4c2－3×36，c2＝36，所以c＝6.
感悟提升 向量数量积综合应用的方法和思想
(1)坐标法：把几何图形放在适当的坐标系中，就赋予了有关点与向量具体的坐
标，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决.
(2)基向量法：适当选取一组基底，写出向量之间的联系，利用向量共线构造关
于设定未知量的方程来进行求解.
(3)利用向量运算进行转化，化归为三角函数的问题或三角恒等变换问题是常规
的解题思路和方法，以向量为载体考查三角形问题时，要注意正弦定理、余弦
定理等知识的应用.
训练3 (1)已知a，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足(a－c)·(b
－c)＝0，则|c|的最大值是( )
A.1
B.2
C.
D.
答案 C
解析 因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
(a－c)·(b－c)＝－c·(a＋b)＋|c|2＝－|c||a＋b|·cos θ＋|c|2＝0，其中θ 为c 与a＋b 的
夹角，
所以|c|＝|a＋b|cos θ＝cos θ≤，
所以|c|的最大值是.
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(2)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
B.－
C.－
D.－1
答案 B
解析 以BC 中点为坐标原点，建立如图平面直角坐标系，
∴A(0，)，B(－1，0)，C(1，0).
设P(x，y)，PA＝(－x，－y)，
PB＝(－1－x，－y)，PC＝(1－x，－y)，
∴PA·(PB＋PC)＝2x2－2y＋2y2
＝2，
则其最小值为2×＝－，此时x＝0，y＝.
(3)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 由题意，不妨设b＝(2，0)，
a＝(cos θ，sin θ)，
则a＋b＝(2＋cos θ，sin θ)，
a－b＝(cos θ－2，sin θ).
令y＝|a＋b|＋|a－b|
＝
＋
＝＋，
则y2＝10＋2∈[16，20].
由此可得(|a＋b|＋|a－b|)max＝＝2，
(|a＋b|＋|a－b|)min＝＝4，
即|a＋b|＋|a－b|的最小值是4，最大值是2.
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极化恒等式
极化恒等式的证明过程与几何意义
证明过程：如图，设AB＝a，AD＝b，则AC＝a＋b，DB＝
a－b.
|AC|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2，
|DB|2＝(a－b)2＝|a|2－2a·b＋|b|2，
两式相减得a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]，此即极化恒等式.
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
角线长”与“差对角线长”平方差的.
例 (1)如图，在三角形ABC 中，D 是BC 的中点，E，F 是AD 上的两个三等分
点，BA·CA＝4，BF·CF＝－1，则BE·CE值为________.
答案
解析 设DC＝a，DF＝b，BA·CA＝|AD|2－|BD|2＝9b2－a2＝4，
BF·CF＝|FD|2－|BD|2＝b2－a2＝－1，解得b2＝，a2＝，
∴BE·CE＝|ED|2－|BD|2
＝4b2－a2＝.
(2)已知点A，B，C 均在半径为的圆上，若|AB|＝2，则AC·BC的最大值为( )
A.3＋2
B.2＋2
C.4
D.
答案 B
解析 设A，B，C 三点所在圆的圆心为O，取AB 中点D，
故AC·BC＝CA·CB＝CD2－AB2＝CD2－1，
因为A，B，C 三点在圆上，所以CD 长度最大为r＋d，
其中d 为圆心O 到弦AB 的距离，
故最大值为1＋，所以CD2－1 的最大值为(1＋)2－1＝2＋2.
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1.已知向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，且(2a－3b)⊥c，则实数k＝(
)
A.－
B.0
C.3
D.
答案 C
解析 因为2a－3b＝(2k－3，－6)，(2a－3b)⊥c，所以(2a－3b)·c＝2(2k－3)－6
＝0，解得k＝3.
2.(2021·盐城二模)已知a，b 是相互垂直的单位向量，与a，b 共面的向量c 满足
a·c＝b·c＝2，则c 的模为( )
A.1
B.
C.2
D.2
答案 D
解析 由题意知a，b 是相互垂直的单位向量，不妨设a＝(1，0)，b＝(0，1)，
设c＝(x，y)，由a·c＝b·c＝2，可得x＝y＝2，即c＝(2，2)，则|c|＝＝2.
3.(多选)(2022·南京一模)下列关于向量a，b，c 的运算，一定成立的是( )
A.(a＋b)·c＝a·c＋b·c
B.(a·b)·c＝a·(b·c)
C.a·b≤|a|·|b|
D.|a－b|≤|a|＋|b|
答案 ACD
解析 根据数量积的分配律可知A 正确；
B 中，左边为c 的共线向量，右边为a 的共线向量，故B 不正确；
根据数量积的定义可知a·b＝|a||b|cos〈a，b〉≤|a|·|b|，故C 正确；
|a－b|2－(|a|＋|b|)2＝－2a·b－2|a||b|≤0，故|a－b|2≤(|a|＋|b|)2，即|a－b|≤|a|＋|
b|，故D 正确.
4.若两个非零向量a，b 满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，则向量a＋b 与a 的夹角为(
)
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 设|b|＝1，则|a＋b|＝|a－b|＝2.
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由|a＋b|＝|a－b|，得a·b＝0，
故以a，b 为邻边的平行四边形是矩形，且|a|＝，
设向量a＋b 与a 的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝＝，
又0≤θ≤π，所以θ＝.
5.(多选)(2021·武汉调研)如图，点A，B 在圆C 上，则AB·AC的
值( )
A.与圆C 的半径有关
B.与圆C 的半径无关
C.与弦AB 的长度有关
D.与点A，B 的位置有关
答案 BC
解析 如图，连接AB，过C 作CD⊥AB 交AB 于D，则D 是
AB 的中点，故AB·AC＝|AB|·|AC|·cos∠CAD＝|AB|·|AC|·＝|AB|
2，故AB·AC的值与圆C 的半径无关，只与弦AB 的长度有关，
故选BC.
6.(2021·德州二模)在平行四边形ABCD 中，已知DE＝EC，BF＝FC，|AE|＝，|
AF|＝，则AC·BD＝( )
A.－9
B.－
C.－7
D.－
答案 B
解析 ∵DE＝EC，BF＝FC，
∴AE＝AD＋DE＝AD＋AB，AF＝AB＋BF＝AB＋AD，
又|AE|＝，|AF|＝，
∴＝，＝，
∴AD2＋AD·AB＋AB2＝2，AD2＋AD·AB＋AB2＝6，
两式相减得AD2－AB2＝－4，
∴AD2－AB2＝－.
∴AC·BD＝(AB＋AD)·(AD－AB)＝AD2－AB2＝－，故选B.
7.(2021·全国甲卷)若向量a，b 满足|a|＝3，|a－b|＝5，a·b＝1，则|b|＝________.
答案 3
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解析 由|a－b|＝5 得(a－b)2＝25，即a2－2a·b＋b2＝25，结合|a|＝3，a·b＝1，
得32－2×1＋|b|2＝25，所以|b|2＝18，|b|＝3.
8.(2021·新高考Ⅱ卷)已知向量a＋b＋c＝0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，则a·b＋b·c＋c·a
＝________.
答案 －
解析 由已知可得(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝9＋2(a·b＋b·c＋
c·a)＝0，因此a·b＋b·c＋c·a＝－.
9.(2022·湖州质检)在Rt△ABC 中，∠C＝90°，CB＝2，CA＝4，P 在边AC 的中
线BD 上，则CP·BP的最小值为________.
答案 －
解析 依题意，以C 为坐标原点，分别以AC，BC 所在的
直线为x 轴，y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(0，2)，D(2，0)，所以直线BD 的方程为y＝－x＋2，
因为P 点在边AC 的中线BD 上，所以可设P(t，2－t)(0≤t≤2)，所以CP＝(t，2
－t)，BP＝(t，－t)，
所以CP·BP＝t2－t·(2－t)＝2t2－2t＝2－，当t＝时，CP·BP取得最小值－.
10.已知向量a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－)，x∈[0，π].
(1)若a∥b，求x 的值；
(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 (1)因为a＝(cos x，sin x)，
b＝(3，－)，a∥b，
所以－cos x＝3sin x.
若cos x＝0，则sin x＝0，与sin2x＋cos2x＝1 矛盾，
故cos x≠0，于是tan x＝－.
又x∈[0，π]，所以x＝.
(2)f(x)＝a·b＝(cos x，sin x)·(3，－)
＝3cos x－sin x＝2cos.
因为x∈[0，π]，所以x＋∈，
从而－1≤cos≤.
于是，当x＋＝，即x＝0 时，f(x)取得最大值3；
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当x＋＝π，即x＝时，f(x)取得最小值－2.
11.在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足(a－c)BA·BC＝
cCB·CA.
(1)求角B 的大小；
(2)若|BA－BC|＝，求△ABC 面积的最大值.
解 (1)由题意得(a－c)cos B＝bcos C.
根据正弦定理得(sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，
所以sin Acos B＝sin(C＋B)，
即sin Acos B＝sin A，因为A∈(0，π)，
所以sin A＞0，
所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为|BA－BC|＝，所以|CA|＝，即b＝，
根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝(2－)ac(当且仅当a＝c
时取等号)，
即ac≤3(2＋).
故△ABC 的面积S＝acsin B≤，
因此△ABC 的面积的最大值为.
12.(多选)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O 为坐标原点，点P1(cos α，sin α)，P2(cos β，
－sin β)，P3(cos(α＋β)，sin(α＋β))，A(1，0)，则( )
A.|OP1|＝|OP2|
B.|AP1|＝|AP2|
C.OA·OP3＝OP1·OP2
D.OA·OP1＝OP2·OP3
答案 AC
解析 由题意可知，|OP1|＝＝1，|OP2|＝＝1，所以|OP1|＝|OP2|，故A 正确；
取α＝，则P1，
取β＝，则P2，
则|AP1|≠|AP2|，故B 错误；
因为OA·OP3＝cos(α＋β)，OP1·OP2＝cos αcos β－sin αsin β＝cos(α＋β)，所以
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OA·OP3＝OP1·OP2，故C 正确；
因为OA·OP1＝cos α，OP2·OP3＝cos βcos(α＋β)－sin βsin(α＋β)＝cos(α＋2β)，
取α＝，β＝，则OA·OP1＝，OP2·OP3＝cos ＝－，所以OA·OP1≠OP2·OP3，
故D 错误.
13.(2022·广州模拟)已知四边形ABCD 中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AD＝1，BC
＝2，M 是AB 边上的动点，则|MC＋MD|的最小值为________.
答案 3
解析 以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴建立如图
所示的平面直角坐标系，设A(0 ，a) ，M(0 ，b) ，且
0≤b≤a，由于BC＝2，AD＝1.
∴C(2，0)，D(1，a).
则MC＝(2，－b)，MD＝(1，a－b)，
∴MC＋MD＝(3，a－2b).
因此|MC＋MD|＝，
∴当且仅当a＝2b 时，|MC＋MD|取得最小值3.
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＝，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＝＋，
所以t＝时，|OC＋OD|最小，
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
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＝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，
即m·n 取得最小值1－.
所以m·n 的最小值为1－，此时θ＝.
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