高中數(shù)學(xué)-必修4-三角恒等變換-復(fù)習(xí)專題

精選優(yōu)質(zhì)文檔-----傾情為你奉上精選優(yōu)質(zhì)文檔-----傾情為你奉上專心---專注---專業(yè)專心---專注---專業(yè)精選優(yōu)質(zhì)文檔-----傾情為你奉上專心---專注---專業(yè)考點一平面向量的有關(guān)概念【例1】給出下列命題：6①若|a|＝|b|，則a＝b；②若A，B，C，D是不共線的四點，則eq\o(AB,\s\up12(→))＝eq\o(DC,\s\up12(→))是四邊形ABCD為平行四邊形的充要條件；③若a＝b，b＝c，則a＝c；④a＝b的充要條件是|a|＝|b|且a∥b.其中真命題的序號是________．考點二平面向量的線性運算例2】如圖，在平行四邊形OADB中，設(shè)eq\o(OA,\s\up12(→))＝a，eq\o(OB,\s\up12(→))＝b，Beq\o(M,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up12(→))，eq\o(CN,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CD,\s\up12(→)).試用a，b表示eq\o(OM,\s\up12(→))，eq\o(ON,\s\up12(→))及eq\o(MN,\s\up12(→)).【訓(xùn)練2】(1))如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC與BD交于點O，eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AD,\s\up12(→))＝λeq\o(AO,\s\up12(→))，則λ＝________.(2))已知P，A，B，C是平面內(nèi)四點，且eq\o(PA,\s\up12(→))＋eq\o(PB,\s\up12(→))＋eq\o(PC,\s\up12(→))＝eq\o(AC,\s\up12(→))，那么一定有()．A.eq\o(PB,\s\up12(→))＝2eq\o(CP,\s\up12(→))B.eq\o(CP,\s\up12(→))＝2eq\o(PB,\s\up12(→))C.eq\o(AP,\s\up12(→))＝2eq\o(PB,\s\up12(→))D.eq\o(PB,\s\up12(→))＝2eq\o(AP,\s\up12(→))考點三向量共線定理及其應(yīng)用【例3】(2013·鄭州一中月考)設(shè)兩個非零向量a與b不共線．(1)若eq\o(AB,\s\up12(→))＝a＋b，eq\o(BC,\s\up12(→))＝2a＋8b，eq\o(CD,\s\up12(→))＝3(a－b)．求證：A，B，D三點共線；(2)試確定實數(shù)k，使ka＋b和a＋kb共線．【訓(xùn)練3】已知向量a，b不共線，且c＝λa＋b，d＝a＋(2λ－1)b，若c與d同向，則實數(shù)λ的值為_____．方法優(yōu)化3——準確把握平面向量的概念和運算【典例】設(shè)a，b是兩個非零向量．()．A．若|a＋b|＝|a|－|b|，則a⊥bB．若a⊥b，則|a＋b|＝|a|－|b|C．若|a＋b|＝|a|－|b|，則存在實數(shù)λ，使得b＝λaD．若存在實數(shù)λ，使得b＝λa，則|a＋b|＝|a|－|b|【自主體驗】在△OAB中，eq\o(OA,\s\up12(→))＝a，eq\o(OB,\s\up12(→))＝b，OD是AB邊上的高，若eq\o(AD,\s\up12(→))＝λeq\o(AB,\s\up12(→))，則實數(shù)λ＝()．A.eq\f(a·a－b,|a－b|)B.eq\f(a·b－a,|a－b|)C.eq\f(a·a－b,|a－b|2)D.eq\f(a·b－a,|a－b|2)基礎(chǔ)鞏固題組1．若O，E，F(xiàn)是不共線的任意三點，則以下各式中成立的是()．A.eq\o(EF,\s\up12(→))＝eq\o(OF,\s\up12(→))＋eq\o(OE,\s\up12(→))B.eq\o(EF,\s\up12(→))＝eq\o(OF,\s\up12(→))－eq\o(OE,\s\up12(→))C.eq\o(EF,\s\up12(→))＝－eq\o(OF,\s\up12(→))＋eq\o(OE,\s\up12(→))D.eq\o(EF,\s\up12(→))＝－eq\o(OF,\s\up12(→))－eq\o(OE,\s\up12(→))3．對于非零向量a，b，“a＋b＝0”是“a∥b”A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件4．下列命題中，正確的是()．A．若|a|＝|b|，則a＝b或a＝－bB．若a·b＝0，則a＝0或b＝0C．若ka＝0，則k＝0或a＝0D．若a，b都是非零向量，則|a＋b|＞|a－b|5．若點M是△ABC所在平面內(nèi)的一點，且滿足5eq\o(AM,\s\up12(→))＝eq\o(AB,\s\up12(→))＋3eq\o(AC,\s\up12(→))，則△ABM與△ABC的面積比為()．A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5).6．)給出下列命題：①向量eq\o(AB,\s\up12(→))的長度與向量eq\o(BA,\s\up12(→))的長度相等；②向量a與b平行，則a與b的方向相同或相反；③兩個有共同起點而且相等的向量，其終點必相同；④兩個有公共終點的向量，一定是共線向量；⑤向量eq\o(AB,\s\up12(→))與向量eq\o(CD,\s\up12(→))是共線向量，則點A，B，C，D必在同一條直線上．其中不正確命題的序號是7．在?ABCD中，eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(AD,\s\up12(→))＝b，eq\o(AN,\s\up12(→))＝3eq\o(NC,\s\up12(→))，M為BC的中點，則eq\o(MN,\s\up12(→))＝________(用a，b表示)．8．設(shè)a，b是兩個不共線向量，eq\o(AB,\s\up12(→))＝2a＋pb，eq\o(BC,\s\up12(→))＝a＋b，eq\o(CD,\s\up12(→))＝a－2b，若A，B，D三點共線，則實數(shù)p的值為________．9．在△ABC中，D，E分別為BC，AC邊上的中點，G為BE上一點，且GB＝2GE，設(shè)eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(AC,\s\up12(→))＝b，試用a，b表示eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(AG,\s\up12(→)).10．若a，b是兩個不共線的非零向量，a與b起點相同，則當t為何值時，a，tb，eq\f(1,3)(a＋b)三向量的終點在同一條直線上？能力提升題組1．知A，B，C是平面上不共線的三點，O是△ABC的重心，動點P滿足eq\o(OP,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OA,\s\up12(→))＋\f(1,2)\o(OB,\s\up12(→))＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\o(OC,\s\up12(→))))，則點P一定為三角形ABC的()．A．AB邊中線的中點B．AB邊中線的三等分點(非重心)C．重心D．AB邊的中點2．在△ABC中，點O在線段BC的延長線上，且與點C不重合，若eq\o(AO,\s\up12(→))＝xeq\o(AB,\s\up12(→))＋(1－x)eq\o(AC,\s\up12(→))，則實數(shù)x的取值范圍是()．A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－1,0)D．(0,1)3．若點O是△ABC所在平面內(nèi)的一點，且滿足|eq\o(OB,\s\up12(→))－eq\o(OC,\s\up12(→))|＝|eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))－2eq\o(OA,\s\up12(→))|，則△ABC的形狀為________．第2講平面向量基本定理及坐標表示考點一平面向量基本定理的應(yīng)用【例1】如圖，在平行四邊形ABCD中，M，N分別為DC，BC的中點，已知eq\o(AM,\s\up12(→))＝c，eq\o(AN,\s\up12(→))＝d，試用c，d表示eq\o(AB,\s\up12(→))，eq\o(AD,\s\up12(→)).【訓(xùn)練1】在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分別為CD，BC的中點，若Aeq\o(B,\s\up12(→))＝λeq\o(AM,\s\up12(→))＋μeq\o(AN,\s\up12(→))，則λ＋μ＝()．A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)考點二平面向量的坐標運算【例2】已知A(－2,4)，B(3，－1)，C(－3，－4)，設(shè)eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(BC,\s\up12(→))＝b，eq\o(CA,\s\up12(→))＝c，且eq\o(CM,\s\up12(→))＝3c，eq\o(CN,\s\up12(→))＝－2b.(1)求3a＋b－3c；(2)求滿足a＝mb＋nc的實數(shù)m，n；(3)求M，N的坐標及向量eq\o(MN,\s\up12(→))的坐標．【訓(xùn)練2】(1)已知平面向量a＝(1,1)，b＝(1，－1)，則向量eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)b＝()．A．(－2，－1)B．(－2,1)C．(－1,0)D．(－1,2)(2)在平行四邊形ABCD中，AC為一條對角線，若eq\o(AB,\s\up12(→))＝(2,4)，eq\o(AC,\s\up12(→))＝(1,3)，則eq\o(BD,\s\up12(→))＝ A．(－2，－4)B．(－3，－5)C．(3,5) D．(2,4)考點三平面向量共線的坐標表示【例3】平面內(nèi)給定三個向量a＝(3,2)，b＝(－1,2)，c＝(4,1)．(1)若(a＋kc)∥(2b－a)，求實數(shù)k；(2)若d滿足(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|＝eq\r(5)，求d的坐標．【訓(xùn)練3】已知向量a＝(1,2)，b＝(1,0)，c＝(3,4)．若λ為實數(shù)，(a＋λb)∥c，則λ＝()．A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C．1D．2(2)已知梯形ABCD，其中AB∥CD，且DC＝2AB，三個頂點A(1,2)，B(2,1)，C(4,2)，則點D的坐標為思想方法3——方程思想在平面向量線性運算中的應(yīng)用1．設(shè)e1，e2是平面內(nèi)一組基底，且a＝e1＋2e2，b＝－e1＋e2，則向量e1＋e2可以表示為另一組基底a，b的線性組合，即e1＋e2＝________a＋________b.2．已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8，\f(x,2)))，b＝(x,1)，其中x>0，若(a－2b)∥(2a＋b)，則x＝________.基礎(chǔ)鞏固題組1如圖，設(shè)O是平行四邊形ABCD的兩條對角線AC，BD的交點，下列向量組：①eq\o(AD,\s\up12(→))與eq\o(AB,\s\up12(→))；②eq\o(DA,\s\up12(→))與eq\o(BC,\s\up12(→))；③eq\o(CA,\s\up12(→))與eq\o(DC,\s\up12(→))；④eq\o(OD,\s\up12(→))與eq\o(OB,\s\up12(→))，其中可作為這個平行四邊形所在平面的一組基底的是()．A．①②B．③④C．①③D．①④2．已知點A(－1,5)和向量a＝(2,3)，若eq\o(AB,\s\up12(→))＝3a，則點B的坐標為()．A．(7,4)B．(7,14)C．(5,4)D．(5,14)3.如圖，在△OAB中，P為線段AB上的一點，eq\o(OP,\s\up12(→))＝xeq\o(OA,\s\up12(→))＋yeq\o(OB,\s\up12(→))，且eq\o(BP,\s\up12(→))＝2eq\o(PA,\s\up12(→))，則()．A．x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(1,3)B．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(2,3)C．x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(3,4)D．x＝eq\f(3,4)，y＝eq\f(1,4)4．已知向量a＝(－1,1)，b＝(3，m)，a∥(a＋b)，則m＝()．A．2B．－2C．－3D．35．在△ABC中，點P在BC上，且eq\o(BP,\s\up12(→))＝2Peq\o(C,\s\up12(→))，點Q是AC的中點，若eq\o(PA,\s\up12(→))＝(4,3)，eq\o(PQ,\s\up12(→))＝(1,5)，則eq\o(BC,\s\up12(→))等于()．A．(－2,7)B．(－6,21)C．(2，－7)D．(6，－21)6．若三點A(2,2)，B(a,0)，C(0，b)(ab≠0)共線，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值為________．7．已知向量eq\o(OA,\s\up12(→))＝(3，－4)，eq\o(OB,\s\up12(→))＝(0，－3)，eq\o(OC,\s\up12(→))＝(5－m，－3－m)，若點A，B，C能構(gòu)成三角形，則實數(shù)m滿足的條件是________．8．設(shè)D，E分別是△ABC的邊AB，BC上的點，AD＝eq\f(1,2)AB，BE＝eq\f(2,3)BC.若eq\o(DE,\s\up12(→))＝λ1eq\o(AB,\s\up12(→))＋λ2eq\o(AC,\s\up12(→))(λ1，λ2為實數(shù))，則λ1＋λ2的值為________．9．已知a＝(1,2)，b＝(－3,2)，當k為何值時，ka＋b與a－3b平行？平行時它們是同向還是反向？10．已知點O為坐標原點，A(0,2)，B(4,6)，eq\o(OM,\s\up12(→))＝t1eq\o(OA,\s\up12(→))＋t2eq\o(AB,\s\up12(→)).(1)求點M在第二或第三象限的充要條件；(2)求證：當t1＝1時，不論t2為何實數(shù)，A，B，M三點都共線．能力提升題組1在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，設(shè)向量p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，若p∥q，則角C的大小為()．A．30°B．60°C．90°D．120°2.如圖所示，A，B，C是圓O上的三點，CO的延長線與線段BA的延長線交于圓O外一點D，若eq\o(OC,\s\up12(→))＝meq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(nOB,\s\up12(→))，則m＋n的取值范圍是()．A．(0,1)B．(1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－1,0)3．設(shè)eq\o(OA,\s\up12(→))＝(1，－2)，eq\o(OB,\s\up12(→))＝(a，－1)，eq\o(OC,\s\up12(→))＝(－b,0)，a>0，b>0，O為坐標原點，若A，B，C三點共線，則eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為________．4.如圖，已知點A(1,0)，B(0,2)，C(－1，－2)，求以A，B，C為頂點的平行四邊形的第四個頂點D的坐

第3講平面向量的數(shù)量積考點一平面向量數(shù)量積的運算【例1】(1)已知a＝(1,2)，2a－b＝(3,1)，則a·bA．2B．3C．4D．5(2)設(shè)e1，e2為單位向量，且e1，e2的夾角為eq\f(π,3)，若a＝e1＋3e2，b＝2e1，則向量a在b方向上的射影為________．．【訓(xùn)練1】(1)若向量a＝(1,1)，b＝(2,5)，c＝(3，x)滿足條件(8a－b)·c＝30，則xA．6B．5C．4D．3(2)已知向量eq\o(AB,\s\up12(→))與eq\o(AC,\s\up12(→))的夾角為120°，且|eq\o(AB,\s\up12(→))|＝3，|eq\o(AC,\s\up12(→))|＝2.若eq\o(AP,\s\up12(→))＝λeq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))，且eq\o(AP,\s\up12(→))⊥eq\o(BC,\s\up12(→))，則實數(shù)λ的值為考點二向量的夾角與向量的?！纠?】(1)若非零向量a，b滿足|a|＝3|b|＝|a＋2b|，則a與b夾角的余弦值為________．(2)已知向量a，b滿足a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，則|2a－b【訓(xùn)練2】(1)已知向量a，b夾角為45°，且|a|＝1，|2a－b|＝eq\r(10)，則|b|＝________.(2)若平面向量a，b滿足|a|＝1，|b|≤1，且以向量a，b為鄰邊的平行四邊形的面積為eq\f(1,2)，則a和b的夾角θ的取值范圍是________．考點三平面向量的垂直問題【例3】已知a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)(0<α<β<π)．(1)求證：a＋b與a－b互相垂直；(2)若ka＋b與a－kb的模相等，求β－α(其中k為非零實數(shù))．，【訓(xùn)練3】已知平面向量a＝(eq\r(3)，－1)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).(1)證明：a⊥b；(2)若存在不同時為零的實數(shù)k和t，使c＝a＋(t2－3)b，d＝－ka＋tb，且c⊥d，試求函數(shù)關(guān)系式k＝f(t)．教你審題5——數(shù)量積的計算問題【典例】在矩形ABCD中，設(shè)AB，AD的長分別為2,1.若M，N分別是邊BC，CD上的點，且滿足eq\f(|\o(BM,\s\up12(→))|,|\o(BC,\s\up12(→))|)＝eq\f(|\o(CN,\s\up12(→))|,|\o(CD,\s\up12(→))|)，則eq\o(AM,\s\up12(→))·eq\o(AN,\s\up12(→))的取值范圍是________．【自主體驗】在矩形ABCD中，AB＝eq\r(2)，BC＝2，點E為BC的中點，點F在邊CD上，若eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AF,\s\up12(→))＝eq\r(2)，則eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BF,\s\up12(→))的值是________．基礎(chǔ)鞏固題組1．向量a＝(1,2)，b＝(0,2)，則a·b＝()．A．2B．(0,4)C．4D．(1,4)2．在邊長為2的菱形ABCD中，∠BAD＝120°，則eq\o(AC,\s\up12(→))在eq\o(AB,\s\up12(→))方向上的投影為()．A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2．3已知向量a＝(eq\r(3)，1)，b＝(0,1)，c＝(k，eq\r(3))．若a＋2b與c垂直，則k＝()．A．－3B．－2C．－1D．14．若非零向量a，b滿足|a|＝|b|，且(2a＋b)·b＝0，則向量a，bA.eq\f(2π,3)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,6)5．在四邊形ABCD中，eq\o(AC,\s\up12(→))＝(1,2)，eq\o(BD,\s\up12(→))＝(－4,2)，則該四邊形的面積為()．A.eq\r(5)B．2eq\r(5)C．5D．106已知兩個單位向量a，b的夾角為60°，c＝ta＋(1－t)b.若b·c＝0，則t＝________.7在平面直角坐標系xOy中，已知eq\o(OA,\s\up12(→))＝(3，－1)，eq\o(OB,\s\up12(→))＝(0,2)．若eq\o(OC,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝0，eq\o(AC,\s\up12(→))＝λeq\o(OB,\s\up12(→))，則實數(shù)λ的值為________．8.，在△ABC中，O為BC中點，若AB＝1，AC＝3，<eq\o(AB,\s\up12(→))，eq\o(AC,\s\up12(→))>＝60°，則|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝________.9．已知平面向量a＝(1，x)，b＝(2x＋3，－x)(x∈R)．(1)若a⊥b，求x的值；(2)若a∥b，求|a－b|.10．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋(1)求a與b的夾角θ；(2)求|a＋b|；(3)若eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(BC,\s\up12(→))＝b，求△ABC的面積．能力提升題組1若兩個非零向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，則向量a＋b與a的夾角為()．A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)2．在△ABC中，設(shè)eq\o(AC,\s\up12(→))2－eq\o(AB,\s\up12(→))2＝2eq\o(AM,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))，那么動點M的軌跡必通過△ABC的()．A．垂心B．內(nèi)心C．外心D．重心3．設(shè)e1，e2為單位向量，非零向量b＝xe1＋ye2，x，y∈R.若e1，e2的夾角為eq\f(π,6)，則eq\f(|x|,|b|)的最大值等于________．4．設(shè)兩向量e1，e2滿足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夾角為60°，若向量2te1＋7e2與向量e1＋te2的夾角為鈍角，求實數(shù)t的取值范圍．考點一向量在平面幾何中的應(yīng)用【例1】(1)(2013·新課標全國Ⅱ卷)已知正方形ABCD的邊長為2，E為CD的中點，則eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＝________.(2)(2013·天津卷)在平行四邊形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E為CD的中點．若eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(BE,\s\up12(→))＝1，則AB的長為________．審題路線(1)法一：把向量eq\o(AE,\s\up12(→))與eq\o(BD,\s\up12(→))分別用基底eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(AB,\s\up12(→))表示．法二：建立平面直角坐標系?求向量eq\o(AE,\s\up12(→))，eq\o(BD,\s\up12(→))的坐標．(2)把向量eq\o(AC,\s\up12(→))與eq\o(BE,\s\up12(→))分別用基底eq\o(AB,\s\up12(→))，eq\o(AD,\s\up12(→))表示?利用eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(BE,\s\up12(→))＝1整理?建立關(guān)于|eq\o(AB,\s\up12(→))|的一元二次方程?解得|eq\o(AB,\s\up12(→))|.解析(1)法一eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up12(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up12(→))))·(eq\o(AD,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→)))＝eq\o(AD,\s\up12(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up12(→))2＝22－eq\f(1,2)×22＝2.法二以A為原點建立平面直角坐標系(如圖)．則A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，E(1,2)．∴eq\o(AE,\s\up12(→))＝(1,2)，eq\o(BD,\s\up12(→))＝(－2,2)．從而eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＝(1,2)·(－2,2)＝1×(－2)＋2×2＝2.(2)由題意可知，eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(BE,\s\up12(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AD,\s\up12(→)).因為eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(BE,\s\up12(→))＝1，所以(eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AD,\s\up12(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(AB,\s\up12(→))＋\o(AD,\s\up12(→))))＝1，即eq\o(AD,\s\up12(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AD,\s\up12(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up12(→))2＝1.①因為|eq\o(AD,\s\up12(→))|＝1，∠BAD＝60°，所以eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AD,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up12(→))|，因此①式可化為1＋eq\f(1,4)|eq\o(AB,\s\up12(→))|－eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up12(→))|2＝1，解得|eq\o(AB,\s\up12(→))|＝0(舍去)或eq\f(1,2)，所以AB的長為eq\f(1,2).答案(1)2(2)eq\f(1,2)規(guī)律方法用平面向量解決平面幾何問題時，有兩種方法：基向量法和坐標系法，建立平面直角坐標系時一般利用已知的垂直關(guān)系，或使較多的點落在坐標軸上，這樣便于迅速解題．【訓(xùn)練1】(1)(2014·杭州質(zhì)檢)在邊長為1的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E是BC的中點，則eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(AE,\s\up12(→))＝()．A.eq\f(3＋\r(3),3)B.eq\f(9,2)C.eq\r(3)D.eq\f(9,4)(2)在△ABC所在平面上有一點P，滿足eq\o(PA,\s\up12(→))＋eq\o(PB,\s\up12(→))＋eq\o(PC,\s\up12(→))＝eq\o(AB,\s\up12(→))，則△PAB與△ABC的面積之比值是()．A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)解析(1)建立如圖平面直角坐標系，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2))).∴E點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，－\f(1,4)))，∴eq\o(AC,\s\up12(→))＝(eq\r(3)，0)，eq\o(AE,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),4)，－\f(1,4)))，∴eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(AE,\s\up12(→))＝eq\r(3)×eq\f(3\r(3),4)＝eq\f(9,4).(2)由已知可得eq\o(PC,\s\up12(→))＝2eq\o(AP,\s\up12(→))，∴P是線段AC的三等分點(靠近點A)，易知S△PAB＝eq\f(1,3)S△ABC，即S△PAB∶S△ABC＝1∶3.答案(1)D(2)A考點二向量在三角函數(shù)中的應(yīng)用【例2】設(shè)向量a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，c＝(cosβ，－4sinβ)．(1)若a與b－2c垂直，求tan(α＋β(2)求|b＋c|的最大值；(3)若tanαtanβ＝16，求證：a∥b.(1)解因為a與b－2c垂直，所以a·(b－2c)＝4cosαsinβ－8cosαcosβ＋4sinαcosβ＋8sinαsinβ＝4sin(α＋β)－8cos(α＋因此tan(α＋β)＝2.(2)解由b＋c＝(sinβ＋cosβ，4cosβ－4sinβ)，得|b＋c|＝eq\r(sinβ＋cosβ2＋4cosβ－4sinβ2)＝eq\r(17－15sin2β)≤4eq\r(2).又當β＝kπ－eq\f(π,4)(k∈Z)時，等號成立，所以|b＋c|的最大值為4eq\r(2).(3)證明由tanαtanβ＝16，得eq\f(4cosα,sinβ)＝eq\f(sinα,4cosβ)，所以a∥b.規(guī)律方法(1)題目條件給出向量的坐標中含有三角函數(shù)的形式，運用向量共線或垂直或等式成立等，得到三角函數(shù)的關(guān)系式，然后求解．(2)給出用三角函數(shù)表示的向量坐標，要求的是向量的?；蛘咂渌蛄康谋磉_形式，解題思路是經(jīng)過向量的運算，利用三角函數(shù)在定義域內(nèi)的有界性，求得值域等．【訓(xùn)練2】(2013·江蘇卷)已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，0＜β＜α＜π.(1)若|a－b|＝eq\r(2)，求證：a⊥b；(2)設(shè)c＝(0,1)，若a＋b＝c，求α，β的值．解(1)由題意得|a－b|2＝2，即(a－b)2＝a2－2a·b＋b2又因為a2＝b2＝|a|2＝|b|2＝1，所以2－2a·b即a·b＝0，故a⊥b.(2)因為a＋b＝(cosα＋cosβ，sinα＋sinβ)＝(0,1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＋cosβ＝0，,sinα＋sinβ＝1，))由此得，cosα＝cos(π－β)，由0＜β＜π，得0＜π－β＜π，又0＜α＜π，故α＝π－β.代入sinα＋sinβ＝1得，sinα＝sinβ＝eq\f(1,2)，而α＞β，所以α＝eq\f(5π,6)，β＝eq\f(π,6).學(xué)生用書第77頁考點三向量在解析幾何中的應(yīng)用【例3】(2013·湖南卷)已知平面上一定點C(2,0)和直線l：x＝8，P為該平面上一動點，作PQ⊥l，垂足為Q，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up12(→))＋\f(1,2)\o(PQ,\s\up12(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up12(→))－\f(1,2)\o(PQ,\s\up12(→))))＝0.(1)求動點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\up12(→))·eq\o(PF,\s\up12(→))的最值．解(1)設(shè)P(x，y)，則Q(8，y)．由(eq\o(PC,\s\up12(→))＋eq\f(1,2)eq\o(PQ,\s\up12(→)))·(eq\o(PC,\s\up12(→))－eq\f(1,2)eq\o(PQ,\s\up12(→)))＝0，得|eq\o(PC,\s\up12(→))|2－eq\f(1,4)|eq\o(PQ,\s\up12(→))|2＝0，即(x－2)2＋y2－eq\f(1,4)(x－8)2＝0，化簡得eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.所以點P在橢圓上，其方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)因eq\o(PE,\s\up12(→))·eq\o(PF,\s\up12(→))＝(eq\o(NE,\s\up12(→))－eq\o(NP,\s\up12(→)))·(eq\o(NF,\s\up12(→))－eq\o(NP,\s\up12(→)))＝(－eq\o(NF,\s\up12(→))－eq\o(NP,\s\up12(→)))·(eq\o(NF,\s\up12(→))－eq\o(NP,\s\up12(→)))＝(－eq\o(NP,\s\up12(→)))2－eq\o(NF,\s\up12(→))2＝eq\o(NP,\s\up12(→))2－1，P是橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1上的任一點，設(shè)P(x0，y0)，則有eq\f(x\o\al(2,0),16)＋eq\f(y\o\al(2,0),12)＝1，即xeq\o\al(2,0)＝16－eq\f(4y\o\al(2,0),3)，又N(0,1)，所以eq\o(NP,\s\up12(→))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y0＝－3時，eq\o(NP,\s\up12(→))2取得最大值20，故eq\o(PE,\s\up12(→))·eq\o(PF,\s\up12(→))的最大值為19；當y0＝2eq\r(3)時，eq\o(NP,\s\up12(→))2取得最小值為13－4eq\r(3)(此時x0＝0)，故eq\o(PE,\s\up12(→))·eq\o(PF,\s\up12(→))的最小值為12－4eq\r(3).規(guī)律方法向量在解析幾何中的作用(1)載體作用：向量在解析幾何問題中出現(xiàn)，多用于“包裝”，解決此類問題時關(guān)鍵是利用向量的意義、運算脫去“向量外衣”，導(dǎo)出曲線上點的坐標之間的關(guān)系，從而解決有關(guān)距離、斜率、夾角、軌跡、最值等問題．(2)工具作用：利用a⊥b?a·b＝0；a∥b?a＝λb(b≠0)，可解決垂直、平行問題，特別地，向量垂直、平行的坐標表示對于解決解析幾何中的垂直、平行問題是一種比較可行的方法．【訓(xùn)練3】已知點P(0，－3)，點A在x軸上，點Q在y軸的正半軸上，點M滿足eq\o(PA,\s\up12(→))·eq\o(AM,\s\up12(→))＝0，eq\o(AM,\s\up12(→))＝－eq\f(3,2)eq\o(MQ,\s\up12(→))，當點A在x軸上移動時，求動點M的軌跡方程．解設(shè)M(x，y)為所求軌跡上任一點，設(shè)A(a,0)，Q(0，b)(b＞0)，則eq\o(PA,\s\up12(→))＝(a,3)，eq\o(AM,\s\up12(→))＝(x－a，y)，eq\o(MQ,\s\up12(→))＝(－x，b－y)，由eq\o(PA,\s\up12(→))·eq\o(AM,\s\up12(→))＝0，得a(x－a)＋3y＝0.①由eq\o(AM,\s\up12(→))＝－eq\f(3,2)eq\o(MQ,\s\up12(→))，得(x－a，y)＝－eq\f(3,2)(－x，b－y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x，\f(3,2)y－b))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a＝\f(3,2)x，,y＝\f(3,2)y－\f(3,2)b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(x,2)，,b＝\f(y,3).))把a＝－eq\f(x,2)代入①，得－eq\f(x,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x,2)))＋3y＝0，整理得y＝eq\f(1,4)x2(x≠0)．所以動點M的軌跡方程為y＝eq\f(1,4)x2(x≠0)．1．向量的坐標運算將向量與代數(shù)有機結(jié)合起來，這就為向量和函數(shù)的結(jié)合提供了前提，運用向量的有關(guān)知識可以解決某些函數(shù)問題．2．以向量為載體求相關(guān)變量的取值范圍，是向量與函數(shù)、不等式、三角函數(shù)等相結(jié)合的一類綜合問題．通過向量的坐標運算，將問題轉(zhuǎn)化為解不等式或求函數(shù)值域，是解決這類問題的一般方法．3．解析幾何問題和向量的聯(lián)系：可將向量用點的坐標表示，利用向量運算及性質(zhì)解決解析幾何問題．創(chuàng)新突破5——破解平面向量與圓的交匯問題【典例】(2013·湖南卷改編)已知a，b是單位向量，a·b＝0?.若向量c滿足|c－a－b|＝1?，則|c|的最大值為________．突破1：根據(jù)條件?轉(zhuǎn)化到平面直角坐標系中．突破2：把條件?坐標化．突破3：把坐標化后的式子配方整理可得到圓的方程．突破4：利用圓的知識求|c|max.解析建立如圖所示的直角坐標系，由題意知a⊥b，且a與b是單位向量，∴可設(shè)eq\o(OA,\s\up12(→))＝a＝(1,0)，eq\o(OB,\s\up12(→))＝b＝(0,1)，eq\o(OC,\s\up12(→))＝c＝(x，y)．∴c－a－b＝(x－1，y－1)，∵|c－a－b|＝1，∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，即點C(x，y)的軌跡是以M(1,1)為圓心，1為半徑的圓．而|c|＝eq\r(x2＋y2)，∴|c|的最大值為|OM|＋1，即|c|max＝eq\r(2)＋1.答案eq\r(2)＋1[反思感悟]平面向量中有關(guān)最值問題的求解通常有兩種思路：一是“形化”，即利用平面向量的幾何意義將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進行判斷；二是“數(shù)化”，即利用平面向量的坐標運算，把問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域、不等式的解集、方程有解等問題，然后利用函數(shù)、不等式、方程的有關(guān)知識來解決．本題采用了“形化”與“數(shù)化”的結(jié)合，利用坐標運算將問題轉(zhuǎn)化為圓的知識解決．【自主體驗】1．△ABC外接圓的半徑為1，圓心為O，且2eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))＝0，|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|，則eq\o(CA,\s\up12(→))·eq\o(CB,\s\up12(→))＝()．A.eq\f(3,2)B.eq\r(3)C．3D．2eq\r(3)解析由2eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))＝0，得2eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→))＝0，即eq\o(OB,\s\up12(→))＝－eq\o(OC,\s\up12(→))，即O，B，C三點共線，BC為△ABC外接圓的直徑，故∠BAC＝90°.又|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|，得B＝60°，所以C＝30°，且|eq\o(CA,\s\up12(→))|＝eq\r(3)(如圖所示)．所以eq\o(CA,\s\up12(→))·eq\o(CB,\s\up12(→))＝|eq\o(CA,\s\up12(→))||eq\o(CB,\s\up12(→))|cos30°＝eq\r(3)×2×eq\f(\r(3),2)＝3.答案C2．給定兩個長度為1的平面向量eq\o(OA,\s\up12(→))和eq\o(OB,\s\up12(→))，它們的夾角為eq\f(2π,3).如圖所示，點C在以O(shè)為圓心的圓弧eq\o(AB,\s\up12(→))上運動．若eq\o(OC,\s\up12(→))＝xeq\o(OA,\s\up12(→))＋yeq\o(OB,\s\up12(→))，其中x，y∈R，則x＋y的最大值是________．解析法一以O(shè)為坐標原點，eq\o(OA,\s\up12(→))所在的直線為x軸建立平面直角坐標系，如圖所示，則A(1,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，設(shè)∠AOC＝αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))))，則C(cosα，sinα)，由eq\o(OC,\s\up12(→))＝xeq\o(OA,\s\up12(→))＋yeq\o(OB,\s\up12(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＝x－\f(1,2)y，,sinα＝\f(\r(3),2)y，))所以x＝cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα，y＝eq\f(2\r(3),3)sinα，所以x＋y＝cosα＋eq\r(3)sinα＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，又α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以當α＝eq\f(π,3)時，x＋y取得最大值2.法二依題意，|eq\o(OC,\s\up12(→))|＝1，則|eq\o(OC,\s\up12(→))|2＝1，又eq\o(OC,\s\up12(→))＝xeq\o(OA,\s\up12(→))＋yeq\o(OB,\s\up12(→))，|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(OB,\s\up12(→))|＝1，<eq\o(OA,\s\up12(→))，eq\o(OB,\s\up12(→))>＝120°，∴x2·eq\o(OA,\s\up12(→))2＋y2·eq\o(OB,\s\up12(→))2＋2xyeq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB,\s\up12(→))＝1，因此x2＋y2＋2xycos120°＝1，xy＝x2＋y2－1.∴3xy＝(x＋y)2－1≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，即(x＋y)2≤4.∴x＋y的最大值是2.答案2基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．(2014·邵陽模擬)已知a＝(1，sin2x)，b＝(2，sin2x)，其中x∈(0，π)．若|a·b|＝|a||b|，則tanx的值等于()．A．1B．－1C.eq\r(3)D.eq\f(\r(2),2)解析由|a·b|＝|a||b|知，a∥b.所以sin2x＝2sin2x，即2sinxcosx＝2sin2x，而x∈(0，π)，所以sinx＝cosx，即x＝eq\f(π,4)，故tanx＝1.答案A2．(2014·南昌模擬)若|a|＝2sin15°，|b|＝4cos15°，a與b的夾角為30°，則a·b的值是()．A.eq\f(\r(3),2)B.eq\r(3)C．2eq\r(3)D.eq\f(1,2)解析a·b＝|a||b|cos30°＝8sin15°cos15°×eq\f(\r(3),2)＝4×sin30°×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).答案B3.(2013·哈爾濱模擬)函數(shù)y＝taneq\f(π,4)x－eq\f(π,2)的部分圖象如圖所示，則(eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→)))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝()．A．4B．6C．1解析由條件可得B(3,1)，A(2,0)，∴(eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→)))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝(eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→)))·(eq\o(OB,\s\up12(→))－eq\o(OA,\s\up12(→)))＝eq\o(OB,\s\up12(→))2－eq\o(OA,\s\up12(→))2＝10－4＝6.答案B4．已知|a|＝2|b|，|b|≠0且關(guān)于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有兩相等實根，則向量a與b的夾角是()．A．－eq\f(π,6)B．－eq\f(π,3)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,3)解析由已知可得Δ＝|a|2＋4a·b即4|b|2＋4×2|b|2cosθ＝0，∴cosθ＝－eq\f(1,2)，又∵0≤θ≤π，∴θ＝eq\f(2π,3).答案D5．(2014·安慶二模)在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對應(yīng)的三角形的邊長，若4aeq\o(BC,\s\up12(→))＋2bCeq\o(A,\s\up12(→))＋3ceq\o(AB,\s\up12(→))＝0，則cosB＝()．A．－eq\f(11,24)B.eq\f(11,24)C.eq\f(29,36)D．－eq\f(29,36)解析由4aeq\o(BC,\s\up12(→))＋2bCeq\o(A,\s\up12(→))＋3ceq\o(AB,\s\up12(→))＝0，得4aeq\o(BC,\s\up12(→))＋3ceq\o(AB,\s\up12(→))＝－2bCeq\o(A,\s\up12(→))＝－2b(eq\o(BA,\s\up12(→))－eq\o(BC,\s\up12(→)))＝2beq\o(AB,\s\up12(→))＋2beq\o(BC,\s\up12(→))，所以4a＝3c＝2b.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\f(b2,4)＋\f(4,9)b2－b2,2·\f(b,2)·\f(2,3)b)＝－eq\f(11,24).答案A二、填空題6．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝1，那么c＝________.解析由題意知eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＋eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝2，即eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝eq\o(AB,\s\up12(→))·(eq\o(AC,\s\up12(→))＋eq\o(CB,\s\up12(→)))＝eq\o(AB,\s\up12(→))2＝2?c＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|＝eq\r(2).答案eq\r(2)7．(2014·南通一調(diào))在△ABC中，若AB＝1，AC＝eq\r(3)，|eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))|＝|eq\o(BC,\s\up12(→))|，則eq\f(\o(BA,\s\up12(→))·\o(BC,\s\up12(→)),|\o(BC,\s\up12(→))|)＝________.解析易知滿足|eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))|＝|eq\o(BC,\s\up12(→))|的A，B，C構(gòu)成直角三角形的三個頂點，且∠A為直角，于是eq\f(\o(BA,\s\up12(→))·\o(BC,\s\up12(→)),|\o(BC,\s\up12(→))|)＝|eq\o(BA,\s\up12(→))|·cos∠ABC＝1×cos60°＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)8．(2013·東北三校一模)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若(3b－c)cosA＝acosC，S△ABC＝eq\r(2)，則eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝________.解析依題意得(3sinB－sinC)cosA＝sinAcosC，即3sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB>0，于是有cosA＝eq\f(1,3)，sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(2\r(2),3)，又S△ABC＝eq\f(1,2)·bcsinA＝eq\f(1,2)bc×eq\f(2\r(2),3)＝eq\r(2)，所以bc＝3，eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝bccos(π－A)＝－bccosA＝－3×eq\f(1,3)＝－1.答案－1三、解答題9．已知圓C：(x－3)2＋(y－3)2＝4及點A(1,1)，M是圓C上的任意一點，點N在線段MA的延長線上，且eq\o(MA,\s\up12(→))＝2eq\o(AN,\s\up12(→))，求點N的軌跡方程．解設(shè)M(x0，y0)，N(x，y)．由eq\o(MA,\s\up12(→))＝2eq\o(AN,\s\up12(→))，得(1－x0,1－y0)＝2(x－1，y－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝3－2x，,y0＝3－2y.))∵點M(x0，y0)在圓C上，∴(x0－3)2＋(y0－3)2＝4，即(3－2x－3)2＋(3－2y－3)2＝4.∴x2＋y2＝1.∴所求點N的軌跡方程是x2＋y2＝1.10．(2014·北京海淀模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝k(k∈R)．(1)判斷△ABC的形狀；(2)若c＝eq\r(2)，求k的值．解(1)∵eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝cbcosA，eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝cacosB，又eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))，∴bccosA＝accosB，∴sinBcosA＝sinAcosB，即sinAcosB－sinBcosA＝0，∴sin(A－B)＝0，∵－π＜A－B＜π，∴A＝B，即△ABC為等腰三角形．(2)由(1)知，eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AC,\s\up12(→))＝bccosA＝bc·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(c2,2)＝k，∵c＝eq\r(2)，∴k＝1.能力提升題組(建議用時：25分鐘)一、選擇題1．已知向量eq\o(OB,\s\up12(→))＝(2,0)，向量eq\o(OC,\s\up12(→))＝(2,2)，向量eq\o(CA,\s\up12(→))＝(eq\r(2)cosα，eq\r(2)sinα)，則向量eq\o(OA,\s\up12(→))與向量eq\o(OB,\s\up12(→))的夾角的取值范圍是()．A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5,12)π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,12)π，\f(π,2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5,12)π))解析由題意，得eq\o(OA,\s\up12(→))＝eq\o(OC,\s\up12(→))＋eq\o(CA,\s\up12(→))＝(2＋eq\r(2)cosα，2＋eq\r(2)sinα)，所以點A的軌跡是圓(x－2)2＋(y－2)2＝2，如圖，當A位于使直線OA與圓相切時，向量eq\o(OA,\s\up12(→))與向量eq\o(OB,\s\up12(→))的夾角分別達到最大、最小值，故選D.答案D2．(2014·北京東城區(qū)期末)已知△ABD是等邊三角形，且eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up12(→))＝eq\o(AC,\s\up12(→))，|eq\o(CD,\s\up12(→))|＝eq\r(3)，那么四邊形ABCD的面積為()．A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(3,2)eq\r(3)C．3eq\r(3)D.eq\f(9,2)eq\r(3)解析如圖所示，eq\o(CD,\s\up12(→))＝eq\o(AD,\s\up12(→))－eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→))，∴eq\o(CD,\s\up12(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AD,\s\up12(→))－\o(AB,\s\up12(→))))2，即3＝eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up12(→))2＋eq\o(AB,\s\up12(→))2－eq\o(AD,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))，∵|eq\o(AD,\s\up12(→))|＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|，∴eq\f(5,4)|eq\o(AD,\s\up12(→))|2－|eq\o(AD,\s\up12(→))||eq\o(AB,\s\up12(→))|cos60°＝3，∴|eq\o(AD,\s\up12(→))|＝2.又eq\o(BC,\s\up12(→))＝eq\o(AC,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up12(→))，∴|eq\o(BC,\s\up12(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(AD,\s\up12(→))|＝1，∴|eq\o(BC,\s\up12(→))|2＋|eq\o(CD,\s\up12(→))|2＝|eq\o(BD,\s\up12(→))|2，∴BC⊥CD.∴S四邊形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)×22×sin60°＋eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(3,2)eq\r(3)，故選B.答案B二、填空題3．(2014·蘇錫常鎮(zhèn)二調(diào))已知向量a，b滿足|a|＝eq\r(2)，|b|＝1，且對一切實數(shù)x，|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，則a與b的夾角大小為________．解析|a|＝eq\r(2)，|b|＝1，|a＋xb|≥|a＋b|對一切實數(shù)x恒成立，兩邊平方整理得x2＋2a·bx－2a·b－1≥0對一切實數(shù)x恒成立，所以(2a·b)2＋4(2a·b＋1)≤0，即(a·b＋1)2≤0，所以a·b＝－1，故cos<a，b>＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(\r(2),2)，又<a，b>∈[0，π]，所以<a，b>＝eq\f(3π,4)，即a，b的夾角是eq\f(3π,4).答案eq\f(3π,4)三、解答題4．(2014·南通模擬)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，cos2\f(x,4))).(1)若m·n＝1，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))的值；(2)記f(x)＝m·n，在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足(2a－c)cosB＝bcosC，求函數(shù)f(A解(1)m·n＝eq\r(3)sineq\f(x,4)·coseq\f(x,4)＋cos2eq\f(x,4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(1＋cos\f(x,2),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∵m·n＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,2).(2)∵(2a－c)cosB＝bcosC由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，∴2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC.∴2sinAcosB＝sin(B＋C)．∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sinA≠0.∴cosB＝eq\f(1,2)，∵0＜B＜π，∴B＝eq\f(π,3)，∴0＜A＜eq\f(2π,3).∴eq\f(π,6)＜eq\f(A,2)＋eq\f(π,6)＜eq\f(π,2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).又∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∴f(A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2).故函數(shù)f(A)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).方法強化練——平面向量(對應(yīng)學(xué)生用書P283)(建議用時：90分鐘)一、選擇題1．(2014·福建質(zhì)檢)已知向量a＝(m2,4)，b＝(1,1)，則“m＝－2”是“a∥b”A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析依題意，當m＝－2時，a＝(4,4)，b＝(1,1)，所以a＝4b，即a∥b，即由m＝－2可以推出a∥b；當a∥b時，m2＝4，得，m＝±2，所以不能推得m＝－2，即“m＝－2”是“a∥b”的充分不必要條件．答案A2．(2013·德州一模)已知向量a＝(2,3)，b＝(k,1)，若a＋2b與a－b平行，則k的值是()．A．－6B．－eq\f(2,3)C.eq\f(2,3)D．14解析由題意得a＋2b＝(2＋2k,5)，且a－b＝(2－k,2)，又因為a＋2b和a－b平行，則2(2＋2k)－5(2－k)＝0，解得k＝eq\f(2,3).答案C3．(2013·浙江五校聯(lián)考)已知|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，則|a＋2b|＝()．A．9B．3C．1D．2解析由|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，得a2－4a·b＋4b2∴4a·b＝4，∴|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b∴|a＋2b|＝3.答案B4．(2014·鄭州一模)已知平面向量a＝(－2，m)，b＝(1，eq\r(3))，且(a－b)⊥b，則實數(shù)m的值為()．A．－2eq\r(3)B．2eq\r(3)C．4eq\r(3)D．6eq\r(3)解析因為(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝0，即－2＋eq\r(3)m－4＝0，解得m＝2eq\r(3).答案B5．(2014·長春一模)已知|a|＝1，|b|＝6，a·(b－a)＝2，則向量a與b的夾角為()．A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)解析a·(b－a)＝a·b－a2＝2，所以a·b＝3，所以cos<a，b>＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(3,1×6)＝eq\f(1,2).所以<a，b>＝eq\f(π,3).答案B6．(2013·潮州二模)已知向量a＝(1，－cosθ)，b＝(1,2cosθ)且a⊥b，則cos2θ等于()．A．－1B．0C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)解析a⊥b?a·b＝0，即1－2cos2θ＝0，∴cos2θ＝0.答案B7．(2014·成都期末測試)已知O是△ABC所在平面內(nèi)一點，D為BC邊中點，且2eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝0，則有()．A.eq\o(AO,\s\up12(→))＝2eq\o(OD,\s\up12(→))B.eq\o(AO,\s\up12(→))＝eq\o(OD,\s\up12(→))C.eq\o(AO,\s\up12(→))＝3eq\o(OD,\s\up12(→))D．2eq\o(AO,\s\up12(→))＝eq\o(OD,\s\up12(→))解析由2eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝0，得eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝－2eq\o(OA,\s\up12(→))＝2eq\o(AO,\s\up12(→))，即eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝2eq\o(OD,\s\up12(→))＝2eq\o(AO,\s\up12(→))，所以eq\o(OD,\s\up12(→))＝eq\o(AO,\s\up12(→))，即O為AD的中