2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题5.3 平面向量的数量积及应用（教师版含解析）

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1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 5.3 平面向量的数量积及应用平面向量的数量积及应用 目录 一、题型全归纳 . 1 题型一 平面向量数量积的运算 . 1 题型二 平面向量数量积的性质 . 3 命题角度一 平面向量的模 . 3 命题角度二 平面向量的夹角 . 4 命题角度三 两向量垂直问题 . 5 题型三 向量数量积的综合应用 . 6 命题角度一 平面向量在平面几何中的应用 . 6 命题角度二 平面向量与函数、不等式的综合应用 . 7 命题角度三 平面向量与解三角形的综合应用 . 8 命题角度四 平面向量与解析

2、几何的综合应用 . 10 题型四 平面向量与三角函数 . 11 二、高效训练突破 . 13 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 平面向量数量积的运算平面向量数量积的运算 【题型要点】【题型要点】平面向量数量积的三种运算方法 (1)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即 a b|a|b|cosa，b (2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 a bx1x2y1y2. (3)利用数量积的几何意义求解 【易错提醒】【易错提醒】解决涉及几何图形的向量的数量积运算问题时，可先利用向量的加、减运算或数量积的运算 律化简后再运算但一定要注意向量的

3、夹角与已知平面几何图形中的角的关系是相等还是互补 【例【例 1】 如图， 在梯形 ABCD 中， ABCD， CD2， BAD 4， 若AB AC2AB AD ， 则AD AC _ 【答案】12 【解析】 法一：因为AB AC2AB AD ，所以AB ACAB AD AB AD ，所以AB DC AB AD . 因为 ABCD，CD2，BAD 4，所以 2|AB |AB| |AD |cos 4，化简得|AD |2 2.故AD AC AD (AD DC ) |AD |2AD DC (2 2)22 2 2cos 412. 法二：如图，建立平面直角坐标系 xAy. 依题意，可设点 D(m，m)，C(

4、m2，m)，B(n，0)，其中 m0，n0，则由AB AC2AB AD ，得(n，0) (m 2，m)2(n，0) (m，m)，所以 n(m2)2nm，化简得 m2.故AD AC (m，m) (m2，m)2m22m 12. 【例【例 2】 (2020 西安调研西安调研)在梯形 ABCD 中， ABCD， AB4， BCCDDA2， 若 E 为 BC 的中点， 则AC AE ( ) A. 3 B3 C2 3 D12 【答案】D 【解析】解法一：解法一：如图 过点 D 作 DMAB，交 AB 于点 M，过点 C 作 CNAB，交 AB 于点 N，则 MNDC2.在 Rt ADM 中， AD2，AM

5、ABMN 2 42 2 1，所以DAM60 .因为AC AD DC AD 1 2AB ，AEAD DC CE AD 1 2AB 1 2CB AD 1 2AB 1 2(CD DA AB )1 2AD 3 4AB ，所以AC AE AD 1 2AB 1 2AD 3 4AB 1 2AD 2 AD AB 3 8AB 21 2 2 22 4 cos60 3 8 4 212.故选 D. 解法二：解法二：如图 以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴建立直角坐标系，则 A(0,0)，B(4,0) 设 D(m，n)(n0)，则 C(m2，n)，因此 BC 边的中点 E m6 2 ，n 2 .则AC (m2

6、，n)，AE m6 2 ，n 2 .又由 BCDA2， 得 m242n22， m2n22， 所以 m1， n23.则AC AE(m2)m6 2 n 2 2 3 7 2 3 212.故选 D. 题型二题型二 平面向量数量积的性质平面向量数量积的性质 命题角度一命题角度一 平面向量的模平面向量的模 【题型要点】【题型要点】求向量的模的方法 (1)公式法：利用|a| a a及(a b)2|a|2 2a b|b|2，把向量模的运算转化为数量积的运算 (2)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则作出向量，再利用 余弦定理等方法求解 【例【例 1】已知平面向量 a，b

7、的夹角为 6，且|a| 3，|b|2，在 ABC 中，AB 2a2b，AC2a6b，D 为 BC 的中点，则|AD |等于( ) A2 B4 C6 D8 【答案】A 【解析】因为AD 1 2(AB AC )1 2(2a2b2a6b)2a2b，所以|AD |24(ab)24(a22b ab2) 4 32 2 3 cos 64 4，则|AD |2.故选 A. 【例例 2】 已知|a|2，|b|3，a 与 b 的夹角为2 3 ，且 abc0，则|c|_. 【答案】 7 【解析】因为 abc0，所以 cab，所以 c2a2b22a b22322 2 3 cos2 3 4967. 所以|c| 7. 命题

8、角度二命题角度二 平面向量的夹角平面向量的夹角 【题型要点】【题型要点】(1)研究向量的夹角应注意“共起点”；两个非零共线向量的夹角可能是 0 或 180 ；求角时，注 意向量夹角的取值范围是0 ，180 ；若题目给出向量的坐标表示，可直接利用公式 cos x1x2y1y2 x21y21 x22y22 求解 (2)数量积大于 0 说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于 0 说明不共线的两向量的夹角为直角，数 量积小于 0 说明不共线的两向量的夹角为钝角 【例 3】已知 a，b 为单位向量，且 a b0，若 c2a 5b，则 cosa，c_. 【答案】2 3 【解析】 解法一： 本题考查利用

9、向量的数量积求夹角的余弦值， 依题知|a|b|1， 且 a b0.c2a 5b， a ca (2a 5b)2a2 5a b2，|c|2a 5b2 4a24 5a b5b23，cosa，c a c |a|c| 2 3. 解法二：依题意，设 a(0,1)，b(1,0)，c( 5，2)，a c2.又|a|1，|c|3，cosa，c a c |a|c| 2 3. 【例 4】 已知向量 a(，6)，b(1,2)，若 a 与 b 的夹角为钝角，则 的取值范围是_ 【答案】(12,3)(3，) 【解析】向量 a 与 b 的夹角为钝角，a b(，6) (1,2)1212.当 a 与 b 共线时， 设 akb(

10、k0)，可得 k， 62k， 解得 3， k3， 即当 3 时，向量 a 与 b 共线且反向，此时 a b0，但 a 与 b 的夹角不是钝角综上， 的取值范围是(12,3)(3，) 命题角度三命题角度三 两向量垂直问题两向量垂直问题 【题型要点】【题型要点】(1)当向量 a 与 b 是坐标形式时，若证明 ab，则只需证明 a b0 x1x2y1y20. (2)当向量 a，b 是非坐标形式时，要把 a，b 用已知的不共线向量作为基底来表示，且不共线的向量要知道 其模与夹角，进行运算证明 a b0. (3)数量积的运算 a b0 ab 是对非零向量而言的，若 a0，虽然有 a b0，但不能说 ab

11、. 【例 5】已知向量AB 与AC的夹角为 120 ，且|AB|3，|AC|2.若APABAC，且APBC，则实数 的值 为_ 【答案】 7 12 【解析】 因为AP BC，所以AP BC0. 又AP ABAC，BCACAB， 所以(AB AC) (ACAB)0， 即(1)AC ABAB2AC20， 所以(1)|AC |AB|cos 120 940. 所以(1) 3 2 (1 2)940.解得 7 12. 【例【例 6】(2020 华南师大附中一模华南师大附中一模)已知向量|OA |3，|OB |2，BC (mn)OA (2nm1)OB ，若OA 与OB 的夹角为 60 ，且OC AB ，则实

12、数m n的值为( ) A.8 7 B.4 3 C.6 5 D.1 6 【答案】A 【解析】由题意得，OC OB BC (mn)OA (2nm)OB ，AB OB OA ，OA OB 3 2 cos60 3.又因 为OC AB ，所以OC AB (mn)OA (2nm)OB (OB OA )(mn)OA 2(2m3n)OA OB (2n m) OB 29(mn)3(2m3n)4(2nm)0， 整理得 7m8n0，故m n 8 7. 题型三题型三 向量数量积的综合应用向量数量积的综合应用 命题角度一命题角度一 平面向量在平面几何中的应用平面向量在平面几何中的应用 【题型要点】【题型要点】向量与平面

13、几何综合问题的解法 (1)坐标法 把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，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，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解 【例【例 1】(2020 开封模拟开封模拟)已知AB ，AC是非零向量，且满足(AB2AC)AB，(AC2AB)AC，则 ABC 的 形状为( ) A等腰三角形 B直角三角形 C等边三角形 D等腰直角三角形 【答案】C 【解析】(AB 2AC)AB(AB2AC) AB0，即AB AB2AC AB0，(AC2AB)AC(AC2AB) AC 0，

14、 即AC AC2AB AC0， AB ABAC AC2AB AC， 即|AB|AC|， 则 cosAAB AC |AB |AC| 1 2， A60 ， ABC 为等边三角形 【例【例 2】已知 O 是平面上的一定点，A，B，C 是平面上不共线的三个动点，若动点 P 满足OP OA (AB AC )，(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】 由原等式， 得OP OA (AB AC)， 即AP(ABAC)， 根据平行四边形法则， 知ABAC2AD (D 为 BC 的中点)，所以点 P 的轨迹必过 ABC 的重心故选 C. 命题角度二

15、命题角度二 平面向量与函数、不等式的综合应用平面向量与函数、不等式的综合应用 【题型要点】【题型要点】通过向量的数量积运算把向量运算转化为实数运算，再结合函数、不等式的知识解决，同时 也要注意平面向量的坐标运算在这方面的应用 【例【例 3】已知向量 a，b 为单位向量，且 a b1 2，向量 c 与 ab 共线，则|ac|的最小值为_ 【答案】 3 2 【解析】法一：因为向量 c 与 ab 共线，所以可设 ct(ab)(tR)，所以 ac(t1)atb，所以(ac)2 (t1)2a22t(t1)a bt2b2，因为向量 a，b 为单位向量，且 a b1 2，所以(ac) 2(t1)2t(t1)

16、t2 t2t13 4，所以|ac| 3 2 ，所以|ac|的最小值为 3 2 . 法二：因为向量 a，b 为单位向量，且 a b1 2，所以向量 a，b 的夹角为 120 ，在平面直角坐标系中，不 妨设向量 a(1， 0)， b 2 3 2 1 -， 则 ab 2 3 2 1 ， 因为向量 c 与 ab 共线， 所以可设 ct 2 3 2 1 ， (tR)， 所以 ac t 2 3 2 t 1， 所以|ac| 4 3 2 1 2 2 tt t2t1 3 2 ， 所以|ac|的最小值为 3 2 . 命题角度三命题角度三 平面向量与解三角形的综合应用平面向量与解三角形的综合应用 【题型要点】【题型

17、要点】(1)解决平面向量与三角函数的交汇问题，关键是准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将 其转化为三角函数中的有关问题解决 (2)还应熟练掌握向量数量积的坐标运算公式、 几何意义、 向量模、 夹角的坐标运算公式以及三角恒等变换、 正、余弦定理等知识 【例 4】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 nsin 2C. (1)求角 C 的大小； (2)若 sin A，sin C，sin B 成等差数列，且CA (ABAC)18，求 c. 【答案】见解析 【解析】 (1)m nsin A cos Bsin

18、 B cos Asin(AB)， 对于 ABC，ABC，0C0，b0)的左焦点，定点 A 为双曲线虚轴的一个端点，过 F，A 两点的 直线与双曲线的一条渐近线在 y 轴右侧的交点为 B，若AB 3FA，则此双曲线的离心率为_ 【答案】4 3 【解析】由 F(c，0)，A(0，b)，得直线 AF 的方程为 yb cxb. 根据题意知，直线 AF 与渐近线 yb ax 相交， 联立得 y b cxb， yb ax， 消去 x 得，yB bc ca. 由AB 3FA，得 y B4b，所以 bc ca4b，化简得 3c4a， 所以离心率 e4 3. 题型四题型四 平面向量与三角函数平面向量与三角函数

19、【题型要点】【题型要点】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 【例【例 1】(2020 江西上饶重点中学六校联考江西上饶重点中学六校联考)在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，向量 m(cos(A B)，sin(AB)，n(cos B，sin B)，且 m n3 5. (1)求 sin A 的值； (2)若 a4 2，b5

20、，求角 B 的大小及向量BA 在BC方向上的投影 【答案】见解析 【解析】 ：(1)由 m n3 5， 得 cos(AB)cos Bsin(AB)sin B3 5， 所以 cos A3 5.因为 0Ab，所以 AB，则 B 4， 由余弦定理得()4 2 2 52c22 5c 5 3 -，解得 c1. 故向量BA 在BC方向上的投影为 |BA |cos Bccos B12 2 2 2 . 【例【例 2】已知两个不共线的向量 a，b 满足 a(1， 3)，b(cos ，sin )，R. (1)若 2ab 与 a7b 垂直，求|ab|的值； (2)当 2 0 ，时，若存在两个不同的 ，使得|a 3b

21、|ma|成立，求正数 m 的取值范围 【答案】见解析 【解析】 (1)由条件知|a|2，|b|1，又 2ab 与 a7b 垂直，所以(2ab) (a7b)815a b70，所 以 a b1.所以|ab|2|a|22a b|b|24217，故|ab| 7. (2)由|a 3b|ma|，得|a 3b|2|ma|2. 即|a|22 3 a b3|b|2m2|a|2， 即 42 3a b34m2，72 3(cos 3sin )4m2. 所以 4 3sin 6 4m27. 由 2 0 ，得 6 3 2 6 ， 因为存在两个不同的 满足题意， 所以数形结合知 4 3sin 6 6， 4 3)， 即 64m

22、274 3， 即13 4 m2 74 3 4 ，又 m0，所以 13 2 m2 3 2 . 即实数 m 的取值范围为 2 32 2 13 ，. 二、高效训练突破二、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1已知AB (2，3)，AC(3，t)，|BC|1，则AB BC( ) A3 B2 C2 D3 【答案】C. 【解析】 ：因为BC ACAB(1，t3)，所以|BC| 1（t3）21，解得 t3，所以BC (1，0)，所以 AB BC2 13 02，故选 C. 2.已知非零向量 a，b 满足|a|2|b|，且(ab)b，则 a 与 b 的夹角为( ) A. 6 B 3 C.2 3 D5 6 【答案

23、】B. 【解析】 ：设 a 与 b 的夹角为 ， 因为(ab)b， 所以(ab) b0， 所以 a bb2， 所以|a| |b|cos |b|2，又|a|2|b|， 所以 cos 1 2，因为 (0，)，所以 3.故选 B. 3(2020 河北衡水模拟三河北衡水模拟三)已知向量 a(1，k)，b(2，4)，则“k1 2”是“|ab| 2a2b2”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】C. 【解析】 ：由|ab|2a2b2，得 a22a bb2a2b2，得 a b0，得(1，k) (2，4)0，解得 k1 2，所以 “k1 2”是“|ab| 2

24、a2b2”的充要条件故选 C. 4.(2020 河南安阳二模河南安阳二模)如图所示，直角梯形 ABCD 中，ABCD，ABAD，ABAD4，CD8.若CE 7DE ，3BF FC，则AF BE( ) A11 B10 C10 D11 【答案】D 【解析】 ：. 以 A 为坐标原点，建立直角坐标系如图所示则 A(0，0)，B(4，0)，E(1，4)，F(5，1)，所以AF (5，1)，BE (3，4)，则AF BE15411.故选 D. 5 已知向量|OA |3， |OB |2， OC mOA nOB ， 若OA 与OB 的夹角为 60 ， 且OC AB ， 则实数m n的值为( ) A.1 6

25、B1 4 C6 D4 【答案】A. 【解析】 ：因为向量|OA |3，|OB |2，OC mOA nOB ，OA 与OB 夹角为 60 ，所以OA OB 3 2 cos 60 3，所以AB OC (OB OA ) (mOA nOB )(mn)OA OB m|OA |2n|OB |23(mn)9m4n6mn 0，所以m n 1 6，故选 A. 6.(2020 漯河高级中学月考漯河高级中学月考)已知向量 a(2，m)，b(1,2)，若向量 a 在向量 b 方向上的投影为 2，则实数 m( ) A4 B6 C4 D. 51 【答案】D 【解析】 a b22m，|a|cosa b |b| 22m 14

26、 2.解得 m 51. 7已知平面向量 a(1,2)，b(4,2)，cmab(mR)，且 c 与 a 的夹角等于 c 与 b 的夹角，则 m( ) A2 B1 C1 D2 【答案】D 【解析】 a(1,2)，b(4,2)，cmab(m4,2m2)，|a| 5，|b|2 5，a c5m8，b c8m 20.c 与 a 的夹角等于 c 与 b 的夹角， c a |c|a| c b |c|b|， 5m8 5 8m20 2 5 ，解得 m2. 8(2020 黑龙江大庆实验中学高考模拟黑龙江大庆实验中学高考模拟)在矩形 ABCD 中，AB 2，BC2，点 E 为 BC 的中点，点 F 在 CD 上，若A

27、B AF 2，则AE BF的值为( ) A. 2 B2 C0 D1 【答案】A 【解析】建立如图所示的坐标系 可得 A(0,0)，B( 2，0)，E( 2，1)，F(x,2)，AB ( 2，0)，AF(x,2)， AB AF 2x 2，解得 x1，F(1,2)， AE ( 2，1)，BF(1 2，2)， AE BF 2 (1 2)1 2 2. 9(2020 南昌模拟南昌模拟)已知 a(cos，sin)，b(cos()，sin()，那么 a b0 是 k 4(kZ)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】a b0cos2sin2cos

28、2，2 22k(kZ)，k 4(kZ)，故选 B. 10.(2020 天津市宁河区芦台第一中学高考模拟天津市宁河区芦台第一中学高考模拟)如图所示，等边 ABC 的边长为 2，D 为边 AC 上的一点， 且AD AC ， ADE 也是等边三角形，若BE BD 44 9 ，则 的值是( ) A.2 3 B. 3 3 C.3 4 D.1 3 【答案】A 【解析】 BE BD (BA AE) (BAAEED )BA 2BA AEBA ED AE BAAE2AE ED 222 2cos 3 2 22 2cos 34 242cos2 3 22444 9 24 9，因为 0，所以 2 3，选 A. 11.(

29、2020 安徽滁州一模安徽滁州一模) ABC 中，AB5，AC10，AB AC25，点 P 是 ABC 内(包括边界)的一动点， 且AP 3 5AB 2 5AC (R)，则|AP|的最大值是( ) A.3 3 2 B 37 C. 39 D 41 【答案】B. 【解析】 ： ABC 中，AB5，AC10，AB AC25，所以 5 10 cos A25，cos A1 2， 所以 A60 ，BC521022 5 10 1 25 3，因为 AB 2BC2AC2，所以 B90 .以 A 为原点，AB 所 在的直线为 x 轴，建立如图所示的坐标系， 则 A(0，0)，B(5，0)，C(5，5 3)，设点

30、P 为(x，y)，0 x5，0y5 3， 因为AP 3 5AB 2 5AC ， 所以(x，y)3 5(5，0) 2 5(5，5 3)(32，2 3)， 所以 x32， y2 3，所以 y 3(x3)，直线 BC 的方程为 x5， 联立 y 3（x3）， x5， 解得 x5， y2 3.此时|AP |最大，为 52（2 3）2 37.故选 B. 12.(2020 广东广雅中学模拟广东广雅中学模拟)如图所示，等边 ABC 的边长为 2，AMBC，且 AM6.若 N 为线段 CM 的中 点，则AN BM ( ) A24 B23 C22 D18 【答案】B 【解析】 ：法一：如图 以 A 为原点，AB

31、 所在直线为 x 轴，过点 A 作垂直于 AB 的直线为 y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则 A(0，0)，B(2，0)，C(1， 3)，因为 ABC 为等边三角形，且 AMBC，所以MAB120 ，所以 M(3， 3 3)因为 N 是 CM 的中点，所以 N(1，2 3)，所以AN (1，2 3)，BM (5，3 3)，所以AN BM 23. 法二：依题意知|AC |AB|2，AC与AB的夹角为 60 ， 且AM 3BC ，AN1 2(AM AC )1 2(3BC AC)3 2(AC AB)1 2AC 2AC3 2AB . BM AM AB 3BC AB 3(AC AB )AB 3A

32、C 4AB .则AN BM 2AC 3 2AB (3AC 4AB )6AC2 6AB2 8AB AC9 2AB AC23. 二、填空题二、填空题 1(2020 河南郑州一模河南郑州一模)已知 e1，e2为单位向量且夹角为2 3 ，设 a3e12e2，b3e2，则 a 在 b 方向上的投 影为_ 【答案】 ：1 2 【解析】 ：根据题意得，a b9e1 e26e229 1 1 2 1 -69 26 3 2，又因为|b|3，所以 a 在 b 方向上 的投影为a b |b| 3 2 3 1 2. 2(2020 江西临川九校江西临川九校 3 月联考月联考)已知平面向量 a(2m1，2)，b(2，3m2

33、)，且 ab，则|2a3b| _ 【答案】 ： 65 【解析】 ：因为 ab，所以 a b2(2m1)2(3m2)0，解得 m1， 所以 a(1，2)，b(2，1)，所以 2a3b(2，4)(6，3)(8，1)， 所以|2a3b| 641 65. 3(2020 石家庄质量检测石家庄质量检测(一一)已知AB 与AC的夹角为 90 ，|AB|2，|AC|1，AM AB AC(，R)，且 AM BC 0，则 的值为_ 【答案】 ：1 4 【解析】 ：根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系 则 A(0，0)，B(0，2)，C(1，0)，所以AB (0，2)，AC(1，0)，BC(1，2)设 M(x，y

34、)，则AM (x，y)， 所以AM BC (x，y) (1，2)x2y0，所以 x2y，又AM AB AC，即(x，y)(0，2)(1，0)(， 2)，所以 x，y2，所以 1 2y x 1 4. 4.已知AB (cos23 ，cos67 )，BC(2cos68 ，2cos22 )，则 ABC 的面积为_ 【答案】 2 2 【解析】因为AB (cos23 ，sin23 )，BC(2sin22 ，2cos22 )，所以 cosAB，BC 2cos23 sin22 sin23 cos22 cos223 sin223 2sin22 22cos22 2sin45 2 2 .所以AB 与BC 的夹角为

35、45 ，故ABC135 .所以 S ABC1 2|AB |BC|sin135 1 2 1 2 2 2 2 2 . 5.(2020 青岛摸底青岛摸底)已知向量 a，b 的夹角为 60 ，|a|1，|b|2，若(ab)(2ab)，则 _；若(a b)(2ab)，则 _. 【答案】1 2 1 2 【解析】因为(ab)(2ab)，所以存在唯一实数 n，使得 abn(2ab)，所以 12n，n，解得 1 2.因为(ab)(2ab)， 且向量 a， b 的夹角为 60 ， |a|1， |b|2， 所以(ab) (2ab)2a 2(12)a b b221240，解得 1 2. 6.已知AB BC0，|AB|

36、1，|BC|2，AD DC 0，则|BD |的最大值为_ 【答案】 5 【解析】由AB BC0 可知，ABBC. 故以 B 为坐标原点，分别以 BA，BC 所在的直线为 x 轴、y 轴建立平面直角坐标系(图略)， 则由题意，可得 B(0,0)，A(1,0)，C(0,2)设 D(x，y)， 则AD (x1，y)，DC (x,2y) 由AD DC 0，可得(x1)(x)y(2y)0， 整理得 2 2 1 x(y1)25 4. 所以点 D 在以 E 1 2 1， 为圆心，半径 r 5 2 的圆上 因为|BD |表示 B，D 两点间的距离， 而|EB | 2 2 1 2 1 5 2 . 所以|BD |

37、的最大值为|EB |r5 2 5 2 5. 三三 解答题解答题 1已知向量 m(sin 2，cos )，n(sin ，cos )，其中 R. (1)若 mn，求角 ； (2)若|mn| 2，求 cos 2 的值 【答案】见解析 【解析】 ：(1)若 mn，则 m n0， 即为sin (sin 2)cos2 0， 即 sin 1 2， 可得 2k 6或 2k 5 6 ，kZ. (2)若|mn| 2，即有(mn)22， 即(2sin 2)2(2cos )22， 即为 4sin248sin 4cos22， 即有 88sin 2， 可得 sin 3 4， 即有 cos 212sin2129 16 1

38、8. 2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两条对角线的长； (2)设实数 t 满足(AB tOC ) OC 0，求 t 的值 【答案】见解析 【解析】 ：(1)由题设知AB (3，5)，AC(1，1)，则ABAC(2，6)，ABAC(4，4) 所以|AB AC|2 10，|ABAC|4 2. 故所求的两条对角线的长分别为 4 2，2 10. (2)法一：由题设知：OC (2，1)，AB tOC (32t，5t) 由(AB tOC ) OC 0，得： (32t，5t) (2，1)0， 从而 5t11， 所以

39、t11 5 . 法二：AB OC tOC 2，AB(3，5)， tAB OC |OC |2 11 5 . 3.在 ABC 中，A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知向量 m(cos B，2cos2 C 21)，n(c，b2a)， 且 m n0. (1)求C 的大小； (2)若点 D 为边 AB 上一点，且满足AD DB ，|CD | 7，c2 3，求 ABC 的面积 【答案】见解析 【解析】 ：(1)因为 m(cos B，cos C)，n(c，b2a)，m n0， 所以 ccos B(b2a)cos C0，在 ABC 中，由正弦定理得 sin Ccos B(sin B2sin A)cos

40、C0， sin A2sin Acos C，又 sin A0， 所以 cos C1 2，而 C(0，)，所以C 3. (2)由AD DB 知，CD CA CBCD ， 所以 2CD CA CB， 两边平方得 4|CD |2b2a22bacos ACBb2a2ba28. 又 c2a2b22abcos ACB， 所以 a2b2ab12. 由得 ab8， 所以 S ABC1 2absin ACB2 3 4.已知向量 a(sin，cos2sin)，b(1,2) (1)若 ab，求 sin cos 13cos2的值； (2)若|a|b|,0，求 的值 【答案】见解析 【解析】(1)因为 ab，所以 2sincos2sin，于是 4sincos； 当 cos0 时，sin0，与 sin2cos21 矛盾， 所以 cos0，故 tan1 4， 所以 sin cos 13cos2 sin cos sin24cos2 tan tan24 4 65. (2)由|a|b|知，sin2(cos2sin)25， 即 14sincos4sin25， 从而2sin22(1cos2)4， 即 sin2cos21， 于是 sin 4 2 2 2 ， 又由 0 知， 42 4 9 4 ， 所以 2 4 5 4 或 2 4 7 4 ， 因此 2或 3 4 .