第35講　平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例（解析版）

第35講平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例基礎(chǔ)知識(shí)1.平面向量的數(shù)量積(1)概念一般地,當(dāng)a與b都是非零向量時(shí),稱為向量a與b的數(shù)量積(也稱為內(nèi)積),記作,即=.特別地,零向量與任一向量的數(shù)量積為.

(2)幾何意義①投影向量:如圖6-35-1所示,設(shè)非零向量AB=a,過(guò)A,B分別作直線l的垂線,垂足分別為A',B',則稱向量A'B'為向量a在直線l的②兩個(gè)非零向量a,b的數(shù)量積a·b,等于a在與的乘積.

圖6-35-1(3)向量的夾角給定兩個(gè)向量a和b(如圖6-35-2所示),在平面內(nèi)任選一點(diǎn)O,作OA=a,OB=b,則稱[0,π]內(nèi)的∠AOB為向量a與向量b的,記作<a,b>.

圖6-35-22.平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律已知向量a,b,c和實(shí)數(shù)λ.①交換律:;

②數(shù)乘結(jié)合律:(λa)·b==(λ∈R);

③分配律:(a+b)·c=.

3.平面向量數(shù)量積的性質(zhì)設(shè)a,b為兩個(gè)非零向量,e是與b同向的單位向量.①e·a=a·e=.

②a⊥b?.

③當(dāng)a與b同向時(shí),a·b=;當(dāng)a與b反向時(shí),a·b=.

特別地,a·a=a2=或|a|=.

④cos<a,b>=.

⑤|a·b||a||b|.

4.平面向量數(shù)量積的有關(guān)結(jié)論已知兩個(gè)非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),<a,b>為a與b的夾角.向量表示坐標(biāo)表示向量a的模|a|=a|a|=

a,b的數(shù)量積a·b=|a||b|cos<a,b>a·b=

a與b垂直a⊥b?a·b=0a⊥b?

a與b的夾角cos<a,b>=acos<a,b>=

1.(1)|a||b|cos<a,b>a·ba·b|a||b|cos<a,b>0(2)①投影向量投影②向量b上的投影的數(shù)量b的模(3)非零夾角2.a·b=b·aλ(a·b)a·(λb)a·c+b·c3.①|(zhì)a|cos<a,e>②a·b=0③|a||b|-|a||b||a|2a·a④a·4.x12+y12x1x2+y1y2x1x2+y1常用結(jié)論1.(a+b)·(a-b)=a2-b2.2.(a±b)2=a2±2a·b+b2.3.S△ABC=12|AB||AC|sinA=14.若兩個(gè)向量a與b的夾角為銳角,則有a·b>0,反之不成立(因?yàn)閍與b的夾角為0時(shí)不成立).5.若兩個(gè)向量a與b的夾角為鈍角,則有a·b<0,反之不成立(因?yàn)閍與b的夾角為π時(shí)不成立).6.若AP=λAB|AB|+AC|AC|分類探究探究點(diǎn)一平面向量數(shù)量積的運(yùn)算例1(1)已知P是邊長(zhǎng)為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)的一點(diǎn),則AP·AB的取值范圍是 ()A.(-2,6) B.(-6,2)C.(-2,4) D.(-4,6)(2)若a=(3,m)(m∈R),b=(-6,4),且a=λb(λ∈R),則(a+b)·(3a+b)= ()A.0 B.-5 C.-12 D.-13例1[思路點(diǎn)撥](1)畫出圖形,結(jié)合向量的數(shù)量積的幾何意義判斷求解即可;(2)根據(jù)向量共線的坐標(biāo)表示可得m=-2,再根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示可得結(jié)果.(1)A(2)D[解析](1)作出正六邊形ABCDEF,如圖所示,P是正六邊形內(nèi)一點(diǎn),AP·AB=|AB||AP|cos<AP,AB>,|AB|=2.|AP|cos<AP,AB>是AP在AB方向上的投影的數(shù)量.由圖可得,當(dāng)P位于C處時(shí),|AP|cos<AP,AB>最大,又BC=2,∠CAB=30°,故此時(shí)|AP|cos<AP,AB>=23×32=3,則AP·AB=|AB||AP|cos<AP,AB>=2×3=6;當(dāng)P位于F處時(shí),|AP|cos<AP,AB>最小,又AF=2,∠FAB=120°,故此時(shí)|AP|cos<AP,AB>=2×-12=-1,則AP·AB=|AB||AP|cos<AP,AB>=2×(-1)=-2.∵P在正六邊形內(nèi),∴AP·AB的取值范圍為(-2,6).(2)∵a=λb,∴3×4-m(-6)=0,解得m=-2,∴a=(3,-2),b=(-6,4),∴a+b=(-3,2),3a+b=(3,-2),∴(a+b)·(3a+b)=-9+(-4)=-13.故選D.[總結(jié)反思]解決向量數(shù)量積的運(yùn)算問(wèn)題的三種方法:(1)當(dāng)已知向量的模和夾角時(shí),可利用定義法求解;(2)當(dāng)已知向量的坐標(biāo)或可通過(guò)建立平面直角坐標(biāo)系表示向量的坐標(biāo)時(shí),可利用坐標(biāo)法求解;(3)利用向量數(shù)量積的幾何意義求解.變式題(1)已知向量a=(-1,2),b=(m,-2m-1),a·b=8,則m= ()A.-2 B.-1 C.1 D.2(2)(多選題)在平行四邊形ABCD中,∠DAB=120°,AB=2,AD=1,若E為線段AB的中點(diǎn),則 ()A.DE·AC=12 B.DE·AC=C.DE·BD=-72 D.DE·BD=-變式題(1)A(2)BD[解析](1)因?yàn)閍=(-1,2),b=(m,-2m-1),所以a·b=-m+2(-2m-1)=-5m-2,因?yàn)閍·b=8,所以-5m-2=8,解得m=-2.故選A.(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AD所在直線為x軸,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,則B(1,3),A(0,0),D(-1,0),E(12,32可得BD=(-2,-3),AC=(0,3),DE=(32,32),所以DE·AC=3×32=32,DE·BD=(-2)×32+(-3)×32探究點(diǎn)二平面向量數(shù)量積的應(yīng)用微點(diǎn)1平面向量的模例2(1)已知平面向量a,b滿足(a+b)·b=2,且|a|=1,|b|=2,則|a+b|= ()A.3 B.2 C.1 D.23(2)體育鍛煉是青少年生活學(xué)習(xí)中非常重要的組成部分.某學(xué)生做引體向上運(yùn)動(dòng),處于如圖6-35-3所示的平衡狀態(tài)時(shí),若兩只胳膊的夾角為60°,每只胳膊的拉力大小均為400N,則該學(xué)生的體重約為(參考數(shù)據(jù):重力加速度g=10m/s2,3≈1.732) ()圖6-35-3A.63kg B.69kg C.75kg D.81kg(3)已知向量a,b滿足|a+b|=2,|a-b|=3,則|a|+|b|的最大值為.

例2[思路點(diǎn)撥](1)將(a+b)·b=2化為a·b+b2=2,求出a·b,而|a+b|=(a+b)2=a2+2a·b+b2,代入相關(guān)數(shù)據(jù)進(jìn)行運(yùn)算即可得解;(2)由題意知,該學(xué)生左、右胳膊上的拉力F1,F2滿足|F1|=|F2|=400,計(jì)算(1)C(2)B(3)7[解析](1)∵(a+b)·b=2,∴a·b+b2=2,則a·b=2-4=-2,∴|a+b|=(a+b)2=a2+2a(2)設(shè)左、右胳膊上的拉力分別為F1,F2,則F1+F2是重力G的相反向量.由題意知,|F1|=|F2|=400,<F1,F2>=60°,G=-(F1+F2),所以G2=(F1+F2)2=4002+2×400×400cos60°+4002=3×4002,則|G|=4003N,則該學(xué)生的體重約為403≈40×1.732≈69(kg).故選B.(3)如圖,設(shè)a=AD,b=AB,<a,b>=θ,則a+b=AC,a-b=BD.在△ABD和△ABC中分別由余弦定理得|a|2+|b|2-2|a|·|b|cosθ=(3)2①,|a|2+|b|2-2|a|·|b|cos(π-θ)=22②,由(①+②)÷2得|a|2+|b|2=72,∴(|a|+|b|)2=|a|2+|b|2+2|a|·|b|=72+2|a|·|b|≤72+|a|2+|b|2=72+72=7(當(dāng)且僅當(dāng)|a|=|b|=72時(shí),等號(hào)成立[總結(jié)反思]求平面向量的模的兩種方法:(1)公式法:①a2=a·a=|a|2或|a|=a·a②|a±b|=(a±b)2③若a=(x,y),則|a|=x2(2)幾何法:利用向量的幾何意義,即利用向量加、減法的平行四邊形法則或三角形法則作出向量,再利用余弦定理等方法求解.微點(diǎn)2平面向量的夾角例3(1)已知向量a,b滿足|a|=5,|b|=6,a·b=-6,則cos<a,a+b>= ()A.-3135 B.-1935 C.1735 (2)在直角三角形ABC中,AB⊥AC,|AB|=3,|AC|=2,AE=2EB,AF=FC,設(shè)BF與CE交于點(diǎn)G,則cos<AG,AB>= ()A.1010 B.31010 C.35例3[思路點(diǎn)撥](1)利用已知條件求出|a+b|,然后利用向量的數(shù)量積公式求解夾角即可;(2)建立平面直角坐標(biāo)系,用坐標(biāo)表示出AG,AB即可求它們的夾角的余弦值.(1)D(2)B[解析](1)∵a·(a+b)=a2+a·b=25+(-6)=19,|a+b|=a2+2a·∴cos<a,a+b>=a·(a+b)(2)如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),以AB所在直線為x軸,AC所在直線為y軸,建立平面直角坐標(biāo)系,則B(3,0),C(0,2),∴E(2,0),F(0,1),∴直線CE的方程為x+y-2=0,直線BF的方程為x+3y-3=0.由x+y-2=0,x+3y-3=0,解得x=32,y=12,即G(3∴cos<AG,AB>=9252×3=310[總結(jié)反思]求平面向量夾角的方法:(1)定義法:利用向量數(shù)量積的定義得,cos<a,b>=a·b|a||(2)坐標(biāo)法:若非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),則cos<a,b>=x1微點(diǎn)3平面向量的垂直例4(1)已知單位向量a,b的夾角為60°,則在下列向量中,與b垂直的是 ()A.a+2b B.2a+bC.a-2b D.2a-b(2)已知向量a=(2,1),b=(2,-3),且ka+b與a-b垂直,則k= ()A.3 B.2 C.-2 D.-3例4[思路點(diǎn)撥](1)求平面向量的數(shù)量積是否為0,即可判斷兩向量是否垂直;(2)根據(jù)題意,求出ka+b和a-b的坐標(biāo),由(ka+b)·(a-b)=4(k-3)=0,可得k的值.(1)D(2)A[解析](1)∵(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a||b|cos60°-|b|2=2×1×1×12-1=∴(2a-b)⊥b.故選D.(2)由向量a=(2,1),b=(2,-3),得ka+b=(2k+2,k-3),a-b=(0,4),∵ka+b與a-b垂直,∴(ka+b)·(a-b)=4(k-3)=0,解得k=3.故選A.[總結(jié)反思](1)當(dāng)向量a與b是坐標(biāo)形式,即a=(x1,y1),b=(x2,y2)時(shí),若要證明a⊥b,則只需證明a·b=0,即證明x1x2+y1y2=0.(2)當(dāng)向量a,b是非坐標(biāo)形式時(shí),要把a(bǔ),b用已知的不共線向量作為基底來(lái)表示,且要知道不共線的向量的模與夾角,進(jìn)行運(yùn)算證明a·b=0.(3)數(shù)量積的運(yùn)算a·b=0?a⊥b是對(duì)非零向量而言的,若a=0,則雖然有a·b=0,但不能說(shuō)a⊥b.?應(yīng)用演練1.【微點(diǎn)1】設(shè)向量a=(m,1),b=(1,2),且|a+b|2=|a|2+|b|2,則m= ()A.0 B.1 C.2 D.-21.D[解析]由|a+b|2=|a|2+|b|2得,a2+b2+2a·b=a2+b2,∴a·b=0,∴a·b=m+2=0,解得m=-2.故選D.2.【微點(diǎn)1】已知向量a,b滿足|a|=1,|b|=3,且a與b的夾角為π6,則|2a-b|= (A.12 B.13 C.1 2.C[解析]∵向量a,b滿足|a|=1,|b|=3,且a與b的夾角為π6,∴(2a-b)2=4a2-4a·b+b2=4×12-4×1×3×cosπ6+(3)2∴|2a-b|=1.3.【微點(diǎn)2】已知向量a=(-3,1),b=(x,-4).若(a+b)⊥a,則向量a與b的夾角為 ()A.π4 B.π3 C.2π3 3.D[解析]因?yàn)閍+b=(x-3,-3),(a+b)⊥a,所以-3(x-3)+1×(-3)=0,解得x=2,則cos<a,b>=a·b|又<a,b>∈[0,π],所以<a,b>=3π4.故選D4.【微點(diǎn)3】已知向量b=(12,32),向量a在向量b上的投影的數(shù)量為-2.若(λa+b)⊥b,則實(shí)數(shù)λ的值為 (A.14 B.-14 C.12 4.C[解析]∵向量b=(12,32),向量a在向量b上的投影的數(shù)量為-2,∴a·b=-2×|b|=-2.∵(λa+b)⊥b,∴(λa+b)·b=λa·b+b2=-2λ+1=0,∴λ=12.5.【微點(diǎn)2】已知非零向量AB,AC滿足(AB|AB|+AC|AC|)·BC=0,且AB|AB|·AC|A.三邊均不相等的三角形 B.直角三角形C.等腰(非等邊)三角形 D.等邊三角形5.D[解析]∵(AB|AB|+AC|AC|)·BC=0,AB|AB|,AC|AC|分別為單位向量,∴角A的平分線與BC垂直,∴AB=AC.∵cosA=AB|AB|·探究點(diǎn)三平面向量數(shù)量積的綜合問(wèn)題例5在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知cosA=35(1)若△ABC的面積為3,求AB·AC的值;(2)設(shè)m=(2sinB2,1),n=(cosB,cosB2),且m∥n,求sin(B-2C)例5[思路點(diǎn)撥](1)根據(jù)面積公式求得|AB||AC|,利用夾角余弦的向量表示即可得到答案;(2)根據(jù)向量平行的坐標(biāo)表示得到B=π4,根據(jù)三角函數(shù)兩角的和差公式可求得答案解:(1)因?yàn)閏osA=35,A∈(0,π),所以sinA=45,則S△ABC=12|AB||AC|sinA=25|AB||AC|=3,所以|AB||AC|=152,又cosA=AB·AC|AB||AC|=3(2)因?yàn)閙∥n,所以2sinB2cosB2=cosB,即sinB=cosB,又B∈(0,π),所以B=π4,因?yàn)閟inA=45,cosA=35,sinB=cosB=22,所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=45×22+35×22=7102,cosC=-cos(A+B)=-cosAcosB+sinAsinB=-35×22+45×22=210,則sin2C=2sinCcosC=2×7102×210=725,cos2C=2cos2C-1=2×2100-1=-2425,所以sin(B-2C)=[總結(jié)反思]利用向量運(yùn)算進(jìn)行轉(zhuǎn)化,化歸為三角函數(shù)的問(wèn)題或三角恒等變換問(wèn)題是常規(guī)的解題思路和方法.以向量為載體考查三角形問(wèn)題時(shí),要注意正弦定理、余弦定理等知識(shí)的應(yīng)用.變式題(1)已知向量a,b滿足|a|=|b|=1,且對(duì)任意t∈R都有|a+b|≤|a-tb|,則a與b的夾角為 ()A.π3 B.π2 C.2π3(2)已知函數(shù)f(x)=32|sinπx|的部分圖像如圖6-35-4所示,A1,A2,A3是圖像的頂點(diǎn),O,B,C,D為f(x)的圖像與x軸的交點(diǎn),線段A3D上有五個(gè)不同的點(diǎn)Q1,Q2,…,Q5,記ni=OA2·OQi(i=1,2,…,5),則n1+n2+…+n圖6-35-41523 B.45 C.1543變式題(1)D(2)D[解析](1)由|a+b|≤|a-tb|,可得(a+b)2≤(a-tb)2,即a2+2a·b2+b2≤a2-2a·bt+t2b2.設(shè)a與b的夾角為θ,可得t2-2cosθ·t-2cosθ-1≥0對(duì)任意t∈R都成立,所以Δ=4cos2θ+4(2cosθ+1)≤0,即cosθ=-1,又θ∈[0,π],所以θ=π.故選D.(2)由題意得,函數(shù)f(x)的最小正周期T=1,即點(diǎn)B,C,D的橫坐標(biāo)分別為1,2,3,故A2(32,32),A3(52,320）則kOA2=33,kDA3=32-052-3=-3.因?yàn)閗OA2·kDA3=-1,所以O(shè)A2⊥DA3,故n1+n2+…+n5=OA2·(OQ1+OQ2+OQ3+OQ4+OQ5同步作業(yè)1.已知向量a=(1,-1),b=(-2,3),則|a-b|=()A.5 B.1 C.5 D.251.C[解析]∵a-b=(3,-4),∴|a-b|=5.故選C.2.已知向量a=(3,m),b=(1,2),若(a+b)⊥b,則m= ()A.-4 B.-3 C.2 D.32.A[解析]∵向量a=(3,m),b=(1,2),∴a+b=(4,m+2),由(a+b)⊥b,得(a+b)·b=(4,m+2)·(1,2)=4+2m+4=0,解得m=-4,故選A.3.已知向量|a|=2,|b|=1,(a+b)·(a-3b)=1,則向量a與向量b的夾角為 ()A.π4 B.3π4 C.π3 3.B[解析]由向量|a|=2,|b|=1,(a+b)·(a-3b)=1,可得a2-2a·b-3b2=1,即2-2a·b-3=1,所以a·b=-1,即|a||b|cos<a,b>=-1,所以cos<a,b>=-22,又<a,b>∈[0,π],所以向量a與向量b的夾角為3π4.故選4.在△ABC中,AB·AC=0,點(diǎn)P為BC的中點(diǎn),且|PA|=|AB|,則向量BA在向量BC上的投影的數(shù)量為 ()A.-34|BC| B.34|C.-14|BC| D.14|4.D[解析]因?yàn)椤鰽BC中,AB·AC=0,所以AB⊥AC,所以△ABC是直角三角形.又點(diǎn)P為BC的中點(diǎn),所以|PA|=|PB|=12BC,又|PA|=|AB|,所以△PAB是等邊三角形,所以向量BA在向量BC上的投影的數(shù)量為|BA|cosB=12|BC|×cos60°=14|BC|.5.在△ABC中,AB=AC,BD=2DC,E是AC的中點(diǎn),若AD·BE=-4,則AB·AC= ()A.0 B.2 C.4 D.85.D[解析]∵BD=2DC,∴AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23(AC-AB)=13AB+23AC,∵E是AC的中點(diǎn),∴BE=AE-AB=12AC-AB,∴AD·BE=（13AB+23AC）·（12AC-AB）=16∴AB·AC=8.故選D.6.(多選題)已知向量a=(0,5),b=(4,-3),c=(-2,-1),那么下列結(jié)論錯(cuò)誤的是 ()A.a-b與c為共線向量B.a-b與c垂直C.a-b與a的夾角為鈍角D.a-b與b的夾角為銳角6.ACD[解析]由向量a=(0,5),b=(4,-3),得a-b=(-4,8),又c=(-2,-1),且(-4)×(-1)≠(-2)×8,所以a-b與c不是共線向量;因?yàn)?a-b)·c=(-4)×(-2)+(-1)×8=0,所以a-b與c垂直;(a-b)·a=40>0,顯然a-b與a不共線,故a-b與a的夾角為銳角;(a-b)·b=-40<0,顯然a-b與b不共線,故a-b與b的夾角為鈍角.故選ACD.7.在△ABC中,AB=(3,3),CB=(-3,3),則CA·CB=.

7.6[解析]因?yàn)镃A=CB+BA=CB-AB=(-3,3)-(3,3)=(-23,0),所以CA·CB=(-23,0)·(-3,3)=6.8.已知平面向量a,b滿足|a|=|b|,且(2a-b)⊥b,則a,b的夾角為 ()A.π6 B.π4 C.π38.B[解析]∵(2a-b)⊥b,∴(2a-b)·b=2a·b-b2=0,∴a·b=22b2,又|a|=|b|,∴cos<a,b>=a·b|a||b|=22b2b2=22,又0≤9.若單位向量a,b滿足a⊥b,向量c滿足(a+c)·b=1,且向量b,c的夾角為60°,則|c|= ()A.12 B.2 C.2339.B[解析]因?yàn)閱挝幌蛄縜,b滿足a⊥b,所以a·b=0,所以(a+c)·b=a·b+c·b=c·b=1,所以c·b=|c|·|b|cos60°=12|c|=1,所以|c|=2.故選B10.“勾3股4弦5”是勾股定理的一個(gè)特例,根據(jù)記載,西周時(shí)期的數(shù)學(xué)家商高曾經(jīng)和周公討論過(guò)“勾3股4弦5”的問(wèn)題.比畢達(dá)哥拉斯發(fā)現(xiàn)勾股定理早了500多年,如圖K35-1,在矩形ABCD中,△ABC滿足“勾3股4弦5”,且AB=3,BC=4,E為AD上一點(diǎn),BE⊥AC,若BE=λBA+μBC,則λ+μ的值為 ()圖K35-1A.107 B.9C.2516 D.10.C[解析]以B為原點(diǎn),以BC,BA所在直線分別為x軸,y軸,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,因?yàn)锳B=3,BC=4,所以A(0,3),B(0,0),C(4,0),則AC=(4,-3),設(shè)E(a,3),則BE=(a,3).因?yàn)锽E⊥AC,所以AC·BE=4a-9=0,解得a=94.由BE=λBA+μBC,得（94,3）=λ(0,3)+μ(4,0),所以4μ=94,3λ11.(多選題)設(shè)向量a=(2,0),b=(1,1),則 ()A.|a|=|b| B.(a-b)∥bC.(a-b)⊥b D.a與b的夾角為π11.CD[解析]∵|a|=2,|b|=2,∴A錯(cuò)誤;∵a-b=(1,-1),∴(a-b)·b=1-1=0,∴(a-b)⊥b,∴B錯(cuò)誤,C正確;∵cos<a,b>=a·b|a||b|=222=22,且0≤<a,b>≤π,∴a,b12.(多選題)已知向量a=(2,1),b=(1,-1),c=(m-2,-n),其中m,n均為正數(shù),且(a-b)∥c,則下列說(shuō)法正確的是 ()A.a與b的夾角為鈍角B.向量a在b上的投影的數(shù)量為5C.2m+n=4D.mn的最大值為212.CD[解析]對(duì)于A,向量a=(2,1),b=(1,-1),則a·b=2-1=1>0,又a,b不共線,所以a,b的夾角為銳角,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,向量a在b上的投影的數(shù)量為a·b|b|=22,B錯(cuò)誤;對(duì)于C,a-b=(1,2),若(a-b)∥c,則-n=2(m-2),變形可得2m+n=4,C正確;對(duì)于D,由2m+n=4,且m,n均為正數(shù),得mn=12(2m·n)≤12（2m+n2）2=2,當(dāng)且僅當(dāng)m=1,n=13.在日常生活中,我們會(huì)看到如圖K35-2所示的情景,兩個(gè)人共提一個(gè)行李包.假設(shè)行李包所受重力為G,作用在行李包上的兩個(gè)拉力分別為F1,F2,且|F1|=|F2|,F1與F2的夾角為θ.給出以下結(jié)論:圖K35-2①θ越大越費(fèi)力,θ越小越省力;②θ的取值范圍為[0,π];③當(dāng)θ=π2時(shí),|F1④當(dāng)θ=2π3時(shí),|F1其中正確結(jié)論的序號(hào)是.

13.①④[解析]對(duì)于①,因?yàn)閨G|=|F1+F2|為定值,所以G2=F12+F22+2|F1|×|F2|×cosθ=2|F1|2(1+cosθ),解得|F1|2=|G|22(1+cosθ),當(dāng)θ∈(0,π)時(shí),y=cosθ單調(diào)遞減,所以|F1|2單調(diào)遞增,即θ越大越費(fèi)力,θ越小越省力,故①正確.對(duì)于②,由題意知,θ的取值范圍是(0,π),故②錯(cuò)誤.對(duì)于③,當(dāng)θ=π2時(shí),|F1