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  • 2021-06-23 发布

高考数学二轮复习教案:第二编 专题二 第3讲 平面向量

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第 3 讲 平面向量 「考情研析」1.考查平面向量的基本定理及基本运算,多以熟知的平面图形 为背景进行考查,多为选择题、填空题,难度为中低档. 2.考查平面向量的数 量积,以选择题、填空题为主,难度为低档;向量作为工具,还常与三角函数、 解三角形、不等式、解析几何结合,以解答题形式出现. 核心知识回顾 1.平面向量的数量积 (1)若 a,b 为非零向量,夹角为 θ,则 a·b=□01 |a||b|·cosθ. (2)设 a=(x1,y1),b=(x2,y2),则 a·b=□02 x1x2+y1y2. 2.两个非零向量平行、垂直的充要条件 若 a=(x1,y1),b=(x2,y2),则 (1)a∥b⇔□01 a=λb(b≠0)⇔□02 x1y2-x2y1=0. (2)a⊥b⇔□03 a·b=0⇔□04 x1x2+y1y2=0. 3.利用数量积求长度 (1)若 a=(x,y),则|a|=□01 a·a=□02 x2+y2. (2)若 A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB → | =□03 (x2-x1)2+(y2-y1)2. 4.利用数量积求夹角 若 a=(x1,y1),b=(x 2,y2),θ 为 a 与 b 的夹角,则 cosθ= □01 a·b |a||b| =□02 x1x2+y1y2 x21+y21 x22+y22. 5.三角形“四心”向量形式的充要条件 设 O 为△ABC 所在平面上一点,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,则 (1)O 为△ABC 的外心⇔□01 |OA → |=|OB → |=|OC → |= a 2sinA. (2)O 为△ABC 的重心⇔□02 OA → +OB → +OC → =0. (3)O 为△ABC 的垂心⇔□03 OA → ·OB → =OB → ·OC → =OC → ·OA → . (4)O 为△ABC 的内心⇔□04 aOA → +bOB → +cOC → =0. 热点考向探究 考向 1 平面向量的概念及运算 例 1 (1)已知向量 a=(1,2),b=(-2,3),若 ma-nb 与 2a+b 共线(其中 m, n∈R 且 n≠0),则m n =(  ) A.-2 B.2 C.-1 2 D.1 2 答案 A 解析 因为 ma-nb=(m+2n,2m-3n),2a+b=(0,7),ma-nb 与 2a+b 共 线,所以 m+2n=0,即m n =-2.故选 A. (2)(2019·云南第二次统考)已知点 O(0,0),A(-1,3),B(2,-4),OP → =OA → +m AB → .若点 P 在 y 轴上,则实数 m 的值为(  ) A.1 3 B.1 4 C.1 5 D.1 6 答案 A 解析 由题意,可得OA → =(-1,3),AB → =(3,-7), 所以OP → =OA → +mAB → =(3m-1,3-7m), 点 P 在 y 轴上,即 3m-1=0,m=1 3.故选 A. (3)(2019·贵州南白中学(遵义县一中)高一联考)已知 D 是△ABC 的边 AB 上 的中点,则向量CD → 等于(  ) A.BC → +1 2BA → B.-BC → -1 2BA → C.BC → -1 2BA → D.-BC → +1 2BA → 答案 D 解析 ∵D 是△ABC 的边 AB 的中点,∴CD → =1 2(CA → +CB → ),CA → =BA → -BC → , CD → =1 2(BA → -BC → -BC → )=-BC → +1 2BA → .故选 D. 平面向量的线性运算有几何运算和坐标运算两种形式,几何运算主要是利用 三角形法则和平面向量的基本定理,坐标运算主要是利用向量加、减、数乘运算 的法则进行求解.解题过程中要注意方程思想的运用及正确使用运算法则. 1.(2019·四川巴中高三诊断)向量AB → =(2,3),AC → =(4,7),则BC → =(  ) A.(-2,-4) B.(2,4) C.(6,10) D.(-6,-10) 答案 B 解析 BC → =AC → -AB → =(2,4).故选 B. 2.(2019·四川宜宾高三二诊)在平行四边形 ABCD 中,M 是 DC 的中点,向 量DN → =2NB → ,设AB → =a,AD → =b,则MN → =(  ) A.1 6a-2 3b B.-1 6a+1 3b C.1 6a+7 6b D.1 6a-1 3b 答案 A 解析 根据题意画图,如图所示,则DM → =1 2DC → =1 2AB → =1 2a,DN → =2 3DB → =2 3(AB → -AD → )=2 3AB → -2 3AD → =2 3a-2 3b,∴MN → =DN → -DM → =2 3a-2 3b-1 2a=1 6a-2 3b,故选 A. 3.(2019·陕西高三一模)如图,在▱OACB 中,E 是 AC 的中点,F 是 BC 上 的一点,且 BC=3BF,若OC → =mOE → +nOF → ,其中 m,n∈R,则 m+n 的值为(  ) A.1 B.3 2 C.7 5 D.7 3 答案 C 解析 在平行四边形中OA → =BC → ,OB → =AC → ,OC → =OA → +OB → ,因为 E 是 AC 的中点,所以AE → =1 2AC → =1 2OB → ,所以OE → =OA → +AE → =OA → +1 2OB → ,因为 BC=3BF, 所以BF → =1 3BC → =1 3OA → ,所以OF → =OB → +BF → =OB → +1 3OA → ,因为OC → =mOE → +nOF → , 所以OC → =(m+1 3n)OA → +(1 2m+n)OB → ,在▱OACB 中,OC → =OA → +OB → ,所以 Error!解得Error!所以 m+n=7 5.故选 C. 考向 2 平面向量的数量积 例 2 (1)(2019·辽宁鞍山一中三模)设 a,b 是夹角为 60°的单位向量,则 2a+ b 和 3a-2b 的夹角为(  ) A.30° B.60° C.120° D.150° 答案 B 解析 由题意,因为 a,b 是夹角为 60°的单位向量, ∴a·b=|a||b|cos60°=1 2 ,则(2a+b)·(3a-2b)=6a 2-2b2-a·b=6-2-1 2 =7 2 , |2a+b|= (2a+b)2= 4a2+4a·b+b2= 4+2+1= 7,|3a-2b|= (3a-2b)2= 9a2-12a·b+4b2= 9-12 × 1 2 +4= 13-6= 7,设 2a+b 和 3a-2b 的夹角 为 α,则 cosα= (2a+b)·(3a-2b) |2a+b||3a-2b| = 7 2 7 × 7 =1 2 ,即 α=60°.故选 B. (2)如图,在△ABC 中,AB=BC=4,∠ABC=30°,AD 是 BC 边上的高,则 AD → ·AC → =(  ) A.0 B.4 C.8 D.-4 答案 B 解析 因为 AB=BC=4,∠ABC=30°,AD 是 BC 边上的高,所以 AD= 4sin30°=2,所以AD → ·AC → =AD → ·(AB → +BC → )=AD → ·AB → +AD → ·BC → =AD → ·AB → =2×4×1 2 =4. 故选 B. (3)(2019·安徽黄山高三二模)已知向量 a,b 满足|a|=2,|b|=2,且 a⊥(a+2b), 则 b 在 a 方向上的投影为(  ) A.1 B.- 2 C. 2 D.-1 答案 D 解析 因为 a⊥(a+2b),所以 a·(a+2b)=0,∴4+2a·b=0,a·b=-2,因 此 b 在 a 方向上的投影为a·b |a| =-1.选 D. (1)向量数量积有两种不同形式的计算公式:一是夹角公式 a·b=|a||b|cosθ; 二是坐标公式 a·b=x1x2+y1y2. (2)用数量积求长度的方法:|a|= a·a;|a±b|= a2 ± 2a·b+b2;若 a=(x,y), 则|a|= x2+y2. (3)用数量积公式求夹角:cosθ= a·b |a||b|. 1.已知向量 a 与 b 的夹角为 30°,且|a|=2,|2a-b|=2,则|b|=(  ) A.2 3 B. 3 C. 2 D.3 2 答案 A 解析 ∵a·b=|a||b|cos30°= 3|b|,|2a-b|2=4a2-4a·b+b2=16-4 3|b|+|b|2 =4,∴|b|=2 3.故选 A. 2.(2019·贵州省南白中学(遵义县一中)高二联考)已知|AB → |=1,|BC → |=2,若 AB → ·BC → =0,AD → ·DC → =0,则|BD → |的最大值为(  ) A.2 5 5 B.2 C. 5 D.2 5 答案 C 解析 由题意可知,AB⊥BC,CD⊥AD, 故四边形 ABCD 为圆内接四边形,且圆的直径为 AC,由勾股定理可得 AC= AB2+BC2= 5,因为 BD 为上述圆的弦,而圆的最长的弦为其直径,故|BD → |的 最大值为 5.故选 C. 3.如图,在△ABC 中,O 为 BC 的中点,若 AB=1,AC=4,〈AB → ,AC → 〉= 60°,则|OA → |=________. 答案  21 2 解析 因为〈AB → ,AC → 〉=60°,所以AB → ·AC → =|AB → |·|AC → |cos60°=1×4×1 2 =2.又 AO → =1 2(AB → +AC → ),所以 AO → 2=1 4(AB → +AC → )2=1 4(AB → 2+2AB → ·AC → +AC → 2),即 AO → 2=1 4 ×(1+4+16)=21 4 ,所以|OA → |= 21 2 .                        考向 3  平面向量与三角函数 例 3 (1)(2019·贵州遵义航天高级中学四模)在△ABC 中,角 A,B,C 的对 边分别为 a,b,c,B=π 4 ,cosA=3 5 ,BA → ·BC → =28,则 b 的值为(  ) A.3 B.5 2 C.4 D.5 答案 D 解析 由题意可知,BA → ·BC → =28,∴ac=28 2,在△ABC 中,∵cosA=3 5 ,∴ sinA= 1-cos2A=4 5 ,sinC=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=7 2 10 , 由正弦定理可得, a sinA = b sinB = c sinC ,即a 4 5 =b 2 2 =c 7 2 10 ,∴a=4 2 5 b,c=7 5 b,代入 ac=28 2中,得(4 2 5 b)·(7 5b )=28 2,得 b2=25, ∴b=5.故选 D. (2) 在 △ ABC 中 , 角 A , B , C 所 对 的 边 分 别 为 a , b , c , 设 m = (2cos(π 6 +A),cos2A-cos2B),n=(1,cos(π 6 -A)),且 m∥n. ①求角 B 的值; ②若△ABC 为锐角三角形,且 A= π 4 ,外接圆半径 R=2,求△ABC 的周 长. 解 ①由 m∥n,得 cos2A-cos2B=2cos(π 6 +A)·cos(π 6 -A),即 2sin2B-2sin2A =2(3 4cos2A-1 4sin2A),化简得 sinB= 3 2 ,故 B=π 3 或2π 3 . ②易知 B=π 3 ,则由 A=π 4 ,得 C=π-(A+B)=5π 12. 由正弦定理 a sinA = b sinB = c sinC =2R,得 a=4sinπ 4 =2 2,b=4sinπ 3 =2 3,c= 4sin5π 12 =4sin(π 4 +π 6)=4×( 2 2 × 3 2 +1 2 × 2 2 )= 6+ 2,所以△ABC 的周长为 6+2 3+3 2. 平面向量作为解决问题的工具,具有代数形式和几何形式的“双重型”,高 考常在平面向量与三角函数的交汇处命题,通过向量运算作为题目条件,通常利 用向量的平行与垂直进行转化. 1.(2019·安徽宣城二调)在直角三角形 ABC 中,∠A=90°,AB=2,AC=4, P 在△ABC 斜边 BC 的中线 AD 上,则AP → ·(PB → +PC → )的最大值为(  ) A.25 8 B.5 2 C.25 4 D.25 2 答案 B 解析 以 A 为坐标原点,以AB → ,AC → 方向分别为 x 轴、y 轴正方向建立平面 直角坐标系,则 B(2,0),C(0,4),中点 D(1,2),设 P(x,2x),所以AP → =(x,2x),PD → = (1-x,2-2x),AP → ·(PB → +PC → )=AP → ·(2PD → )=2[x(1-x)+2x·(2-2x)]=-10(x2-x), 当 x=1 2 时,AP → ·(PB → +PC → )的最大值为5 2.故选 B. 2.(2019·贵州南白中学(遵义县一中)高一下学期第一次联考)已知在△ABC 中,C=2A,cosA=3 4 ,且 2BA → ·CB → =-27. (1)求 cosB 的值; (2)求△ABC 的周长. 解 (1)∵C=2A,∴cosC=cos2A=2cos2A-1=1 8 , ∴sinC=3 7 8 ,sinA= 7 4 , ∴cosB=-cos(A+C)=sinAsinC-cosAcosC= 9 16. (2)∵ AB sinC = BC sinA ,∴AB=3 2BC, ∵2BA → ·CB → =-27,cosB= 9 16 , ∴BC·AB=24,∴BC=4,AB=6, ∴AC= BC2+AB2-2BC·AB·cosB = 16+36-2 × 4 × 6 × 9 16 =5, ∴C△ABC=AB+AC+BC=15, ∴△ABC 的周长为 15. 真题 押题 『真题模拟』 1. (2019·山西吕梁模拟)如图,|OA → |=2,|OB → |= 2,|OC → |=4,OA → 与OB → 的夹角 为 135°,若OC → =λOA → +4OB → ,则 λ=(  ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 B 解析 ∵|OA → |=2,|OB → |= 2,|OC → |=4,OA → 与OB → 的夹角为 135°, ∴OA → ·OB → =2× 2×(- 2 2 )=-2,若OC → =λOA → +4OB → ,则 OC → 2=λ2OA → 2+16OB → 2+8λOA → ·OB → ∴16=4λ2+16×2+8λ×(-2),∴λ=2,故选 B. 2.(2019·厦门模拟)已知△ABC 是正三角形,O 是△ABC 的中心,D 和 E 分 别为边 AB 和 AC 的中点,若OA → =xOD → +yOE → ,则 x+y=(  ) A.-4 B.4 C.2 D.-2 答案 B 解析 ∵O 是△ABC 的中心,D 和 E 分别是边 AB,AC 的中点,∴OA → =OD → +DA → =OD → +1 2BA → =OD → +1 2(OA → -OB → ),∴OA → =2OD → -OB → ,同理可得:OA → =2OE → - OC → .∴2OA → =2OD → +2OE → -(OB → +OC → ),∵O A → +O B → +O C → =0,∴OA → =2OD → +2OE → -(OB → +OC → +OA → )=2OD → +2OE → ,∴x=y=2,∴x+y=4. 3.(2019·贵州遵义航天高级中学四模)已知向量 a=(2,-1),b=(1,7),则 下列结论正确的是(  ) A.a⊥b B.a∥b C.a⊥(a-b) D.a⊥(a+b) 答案 D 解析 a·b=-5≠0,A 不正确;a=(2,-1),b=(1,7),2×7+1=15≠0, B 不正确;a·(a-b)=(2,-1)·(1,-8)=10≠0,C 不正确;a+b=(3,6),a·(a+ b)=6-6=0,即 a⊥(a+b).故选 D. 4.(2019·安徽宣城二调)已知平面向量 a,b,满足|a|=2,|b|=1,a 与 b 的 夹角为 60°,若(a+λb)⊥b,则实数 λ 的值为________. 答案 -1 解析 ∵|a|=2,|b|=1,a 与 b 的夹角为 60°,∴a·b=|a||b|cos60°=1.∵(a+ λb)⊥b,∴b·(a+λb)=0, ∴λ|b|2+a·b=0,即 λ+1=0,解得 λ=-1. 5.(2019·全国卷Ⅲ)已知 a,b 为单位向量,且 a·b=0,若 c=2a- 5b,则 cos 〈a,c〉=________. 答案 2 3 解析 由题意,得 cos〈a,c〉=a·(2a- 5b) |a|·|2a- 5b| = 2a2- 5a·b |a|· |2a- 5b|2 = 2 1 × 4+5 =2 3. 6.(2019·浙江高考)已知正方形 ABCD 的边长为 1,当每个 λ i(i=1,2,3,4,5,6) 取遍±1 时,|λ1AB → +λ2BC → +λ3CD → +λ4DA → +λ5AC → +λ6BD → |的最小值是_______,最大 值是_______. 答案 0 2 5 解析 如图,以 A 为原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴建立平 面直角坐标系,则 AB → =(1,0),AD → =(0,1). 设 a=λ1AB → +λ2BC → +λ3CD → +λ4DA → +λ5AC → +λ6BD → =λ1AB → +λ2AD → -λ3AB → -λ4AD → +λ5(AB → +AD → )+λ6(AD → -AB → ) =(λ1-λ3+λ5-λ6)AB → +(λ2-λ4+λ5+λ6)AD → =(λ1-λ3+λ5-λ6,λ2-λ4+λ5+λ6). 故|a|= (λ1-λ3+λ5-λ6)2+(λ2-λ4+λ5+λ6)2. ∵λi(i=1,2,3,4,5,6)取遍±1, ∴当 λ1-λ3+λ5-λ6=0,λ2-λ4+λ5+λ6=0 时, |λ1AB → +λ2BC → +λ3CD → +λ4DA → +λ5AC → +λ6BD → |取得最小值 0. 考虑到 λ5-λ6,λ5+λ6 有相关性,要确保所求模最大,只需使|λ1-λ3+λ5- λ6|,|λ2-λ4+λ5+λ6|尽可能取到最大值, 即当 λ1-λ3+λ5-λ6=2,λ2-λ4+λ5+λ6=4 或 λ1-λ3+λ5-λ6=4,λ2-λ4+λ5 +λ6=2 时可取到最大值, ∴|λ1AB → +λ2BC → +λ3CD → +λ4DA → +λ5AC → +λ6BD → |的最大值为 4+16=2 5. 『金版押题』 7.已知AB → ⊥AC → ,|AB → |=1 t ,|AC → |=t,若点 P 是△ABC 所在平面内的一点, 且AP → = AB → |AB → | + 4AC → |AC → | ,则PB → ·PC → 的最大值等于(  ) A.13 B.15 C.19 D.21 答案 A 解析 建立如图所示的直角坐标系,则 B(1 t ,0),C(0,t), AB → =(1 t ,0),AC → =(0,t), AP → = AB → |AB → | + 4AC → |AC → | =t(1 t ,0)+4 t(0,t)=(1,4),即 P(1,4),PB → ·PC → = (1 t -1,-4)·(-1,t-4)=17-(1 t +4t)≤17-2 1 t·4t=13,当且仅当 t=1 2 时取 “=”. 8.已知在△ABC 中,D 是 BC 的中点,过点 D 的直线分别交直线 AB,AC 于 E , F 两 点 , 若 AB → = λAE → (λ>0) , AC → = μAF → (μ>0) , 则 1 λ + 4 μ 的 最 小 值 是 ________. 答案 9 2 解析 由题意得,AB → +AC → =2AD → =λAE → +μAF → ,所以AD → =λ 2AE → +μ 2AF → ,又 D, E,F 在同一条直线上,可得λ 2 +μ 2 =1.所以1 λ +4 μ =(λ 2 +μ 2)·(1 λ +4 μ)=5 2 +2λ μ + μ 2λ ≥5 2 + 2=9 2 ,当且仅当 2λ=μ 时取等号. 配套作业 一、选择题 1.(2019·安徽毛坦厂中学高三校区 4 月联考)如图所示,在梯形 ABCD 中,AB ∥CD,CD → =-2AB → ,点 E 是 AD 的中点,若AB → =a,CE → =b,则BE → =(  ) A.-3a-b B.2a-b C.-3a-2b D.2a-2b 答案 A 解析 ∵CD → =-2AB → ,∴DC → =2AB → ,∵点 E 是 AD 的中点,∴AE → =ED → .∴BE → =AE → -AB → =ED → -AB → =CD → -CE → -AB → =-2a-b-a=-3a-b.故选 A. 2.(2019·陕西榆林三模)已知向量 a 与向量 b 的模均为 2,若|a-3b|=2 7, 则向量 a 与向量 b 的夹角是(  ) A.60° B.30° C.120° D.150° 答案 A 解析 ∵|a-3b|2=|a|2-6a·b+9|b| 2=40-24cos〈a,b〉=28,∴cos〈a, b〉=1 2 ,∴〈a,b〉=60°,故选 A. 3.如图,在△OAB 中,P 为线段 AB 上的一点,OP → =xOA → +yOB → ,且BP → =2 PA → ,则(  ) A.x=2 3 ,y=1 3 B.x=1 3 ,y=2 3 C.x=1 4 ,y=3 4 D.x=3 4 ,y=1 4 答案 A 解析 由题意知OP → =OB → +BP → ,又BP → =2PA → ,所以OP → =OB → +2 3BA → =OB → +2 3 (OA → -OB → )=2 3OA → +1 3OB → ,易知 x=2 3 ,y=1 3. 4.(2019·新疆维吾尔族自治区二模)O 是△ABC 的外接圆圆心,且OA → +AB → + AC → =0,|OA → |=|AB → |=1,则CA → 在BC → 方向上的投影为(  ) A.-1 2 B.- 3 2 C.1 2 D. 3 2 答案 B 解析 由OA → +AB → +AC → =0,得 OB → =CA → ,所以四边形 ABOC 是平行四边 形.又 O 是△ABC 的外接圆圆心,所以 OA=OB=OC,所以四边形 ABOC 是菱 形,且∠ACO=60°,CB 平分∠ACO,所以∠ACB=30°,即 CA → 与BC → 的夹角为 150°,因为|OA → |=|AB → |=1,所以CA → 在BC → 方向上的投影为|CA → |cos150°=- 3 2 .故选 B. 5.已知AB → =(2,1),点 C(-1,0),D(4,5),则向量AB → 在CD → 方向上的投影为(  ) A.-3 5 B.-3 5 5 C.3 2 2 D.3 5 答案 C 解析 ∵点 C(-1,0),D(4,5),∴CD → =(5,5).又AB → =(2,1),∴向量AB → 在CD → 方向上的投影为|AB → |cos〈AB → ,CD → 〉= AB → ·CD → |CD → | = 15 5 2 =3 2 2 . 6.在△ABC 中,(BC → +BA → )·AC → =|AC → |2,则△ABC 的形状一定是(  ) A.等边三角形 B.等腰三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 答案 C 解析 由(BC → +BA → )·AC → =|AC → |2,得AC → ·(BC → +BA → -AC → )=0,即AC → ·(BC → +BA → + CA → )=0,∴AC → ·2BA → =0,∴AC → ⊥BA → . ∴∠A=90°,选 C. 7.(2019·山东师范大学附属中学五模)已知 O 是△ABC 所在平面上的一定点, 若动点 P 满足OP → =OA → +λ( AB → |AB|sinB + AC → |AC|sinC),λ∈(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 ∵|AB|sinB=|AC|sinC,设它们等于 t,∴OP → =OA → +λ·1 t(AB → +AC → ),如 图,设 BC 的中点为 D,则AB → +AC → =2AD → ,λ·1 t(AB → +AC → )表示与AD → 共线的向量 AP → ,而点 D 是 BC 的中点,即 AD 是△ABC 的中线,所以点 P 的轨迹一定通过 三角形的重心.故选 C. 8.平面向量 a,b 满足|a|=4,|b|=2,a+b 在 a 上的投影为 5,则|a-2b|为 (  ) A.2 B.4 C.8 D.16 答案 B 解析 根据条件,|a+b|cos〈(a+b),a〉=|a+b|· (a+b)·a |a+b||a| =a2+a·b |a| =16+a·b 4 =5,所以 a·b=4,所以(a-2b)2=a2-4a·b+4b2=16-16+16=16,所以|a-2b| =4.故选 B. 二、填空题 9.(2019·辽宁沈阳郊联体高三一模)若平面向量 e1,e2 满足|e1|=|3e1+e2|=2, 则 e1 在 e2 方向上的投影的最大值为________. 答案 -4 2 3 解析 因为|e1|=|3e1+e2|=2,所以|e1|2=4,9|e1|2+|e2|2+6e1·e2=4, e1 在 e2 方向上的投影为e1·e2 |e2| =2cosθ,其中 θ 为 e1,e2 的夹角. 又 36+|e2|2+12|e2|cosθ=4,故|e2|2+12|e2|cosθ+32=0. 设 t=|e2|,则 t2+12tcosθ+32=0 有非负解, 故Error!故 cosθ≤-2 2 3 , 故e1·e2 |e2| ≤-4 2 3 , 即 e1 在 e2 方向上的投影的最大值为-4 2 3 . 10.向量 a,b 满足|a|=2,|b|=1,且|a-2b|∈(2,2 3],则 a,b 的夹角 θ 的取值范围是________. 答案 (π 3 ,2π 3 ] 解析 ∵|a-2b|∈(2,2 3],∴(a-2b)2∈(4,12], 即 a2+4b2-4a·b=4+4-8cosθ∈(4,12], ∴cosθ∈[-1 2 ,1 2),故 θ∈(π 3 ,2π 3 ]. 11.(2019·四川成都外国语学校高三一模)如图所示,在△ABC 中,AD= DB,点 F 在线段 CD 上,设AB → =a,AC → =b,AF → =xa+yb,则1 x + 4 y+1 的最小值 为_______,此时 x=________. 答案 3+2 2  2-1 解析 AF → =xa+yb=2xAD → +yAC → . ∵C,F,D 三点共线, ∴2x+y=1.即 y=1-2x.由图可知 x>0. ∴1 x + 4 y+1 =1 x + 2 1-x =x+1 x-x2. 令 f(x)=x+1 x-x2 ,得 f′(x)=x2+2x-1 (x-x2)2 , 令 f′(x)=0,得 x= 2-1 或 x=- 2-1(舍去). 当 0 2-1 时,f′(x)>0. ∴当 x= 2-1 时,f(x)取得最小值 f( 2-1)= 2 ( 2-1)-( 2-1)2 =3+2 2. 三、解答题 12.已知向量 a=(sinx,cosx),b=(cos(x+π 6)+sinx,cosx),函数 f(x)=a·b. (1)求 f(x)的单调递增区间; (2)若 α∈(0,π 2),且 cos(α+ π 12)=1 3 ,求 f(α). 解 (1)f(x)=sinxcos(x+π 6)+1= 3 2 sinxcosx-1 2sin2x+1= 3 4 sin2x+1 4cos2x+3 4 =1 2sin(2x+π 6)+3 4. 令 2kπ-π 2 ≤2x+π 6 ≤2kπ+π 2 ,k∈Z, 解得 kπ-π 3 ≤x≤kπ+π 6 ,k∈Z. 故 f(x)的单调递增区间为[kπ-π 3 ,kπ+π 6],k∈Z. (2)f(α)=1 2sin(2α+π 6)+3 4 =sin(α+ π 12)cos(α+ π 12)+3 4 , 又 cos(α+ π 12)=1 3 ,且 α∈(0,π 2), ∴sin(α+ π 12)=2 2 3 ,∴f(α)=2 2 9 +3 4. 13.已知△ABC 的面积为 S,且BA → ·BC → =S. (1)求 tan2B 的值; (2)若 cosA=3 5 ,且|CA → -CB → |=2,求 BC 边上的中线 AD 的长. 解 (1)由已知BA → ·BC → =S 有 accosB=1 2acsinB,可得 tanB=2,所以 tan2B= 2tanB 1-tan2B =-4 3. (2)由|CA → -CB → |=2 可得|BA → |=2,由(1)知 tanB=2, 解得 sinB=2 5 5 ,cosB= 5 5 ,又 cosA=3 5 ,所以 sinA=4 5 ,sinC=sin(A+B)= sinAcosB+cosAsinB=2 5 5 . 因为 sinB=sinC,所以 B=C,所以 AB=AC=2, 所以中线 AD 也为 BC 边上的高, 所以 AD=ABsinB=2×2 5 5 =4 5 5 . 14.(2019·湘赣十四校高三第二次联考)在△ABC 中,已知内角 A,B,C 所 对的边分别为 a,b,c,a=3 2,b=3,cosA=cos2B. (1)求边 c 的长; (2)若 D 为直线 BC 上的一点,且|CD → |=2|BD → |,求|AD → |. 解 (1)解法一:∵a=3 2,b=3, ∴sinA= 2sinB. ① 又 cosA=cos2B, ② 所以①与②平方相加得 2sin2B+cos22B=1, 即 cos22B-cos2B=0,∴cos2B=0 或 cos2B=1. 又 a>b,∴B 为锐角,∴0°<2B<180°, ∴cos2B=0,B=45°. ∴sinA= 2sinB=1,∴A=90°,所以△ABC 为等腰直角三角形,∴c=b= 3. 解法二:∵a>b,∴B 为锐角,∴0°<2B<180°, ∵cosA=cos2B,∴A=2B. ∴sinA=sin2B=2sinBcosB, 由正弦定理与余弦定理得,a=2b·a2+c2-b2 2ac , 又∵a=3 2,b=3,∴c2-6c+9=0,即 c=3. (2)解法一:①当CD → =-2 BD → 时, AD → =AC → +CD → =AC → +2 3CB → =AC → +2 3AB → -2 3AC → =2 3AB → +1 3AC → , ∴|AD → |= 4 9AB → 2+2· 2 3AB → · 1 3AC → +1 9AC → 2= 5; ②当CD → =2 BD → 时, AD → =AC → +CD → =AC → +2CB → =AC → +2AB → -2AC → =2AB → -AC → , ∴|AD → |= 4AB → 2-2·2AB → ·AC → +AC → 2=3 5. 解法二:①当CD → =-2 BD → 时,在△ACD 中,AC=3,CD=2 2,∠ACD= 45°,∴AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos45°=5, ∴|AD → |= 5; ②当CD → =2 BD → 时,在△ACD 中,AC=3,CD=6 2,∠ACD=45°,∴AD2= AC2+CD2-2AC·CDcos45°=45,|AD → |=3 5. 15.已知向量 a=(2cos ωx 2 , 3),b=(3cos ωx 2 ,sinωx),ω>0,设函数 f(x)=a·b -3 的部分图象如图所示,A 为图象的最低点,B,C 为图象与 x 轴的交点,且△ ABC 为等边三角形,其高为 2 3. (1)求 ω 的值及函数 f(x)的值域; (2)若 f(x0)=8 3 5 ,且 x0∈(-10 3 ,2 3),求 f(x0+1)的值. 解 (1)由已知可得 f(x)=a·b-3=6cos2ωx 2 + 3sinωx-3=2 3sin(ωx+π 3), 由正△ABC 的高为 2 3,可得 BC=4, 所以函数 f(x)的最小正周期 T=4×2=8, 即2π ω =8,得 ω=π 4 ,故 f(x)=2 3sin(πx 4 +π 3), 所以函数 f(x)的值域为[-2 3,2 3]. (2)由(1)有 f(x0)=2 3sin(πx0 4 +π 3), 又 f(x0)=8 3 5 ,故 sin(πx0 4 +π 3)=4 5 , 由 x0∈(-10 3 ,2 3),得πx0 4 +π 3 ∈(-π 2 ,π 2), 所以 cos(πx0 4 +π 3)= 1-(4 5 )2=3 5 , 故 f(x0+1)=2 3sin(πx0 4 +π 4 +π 3) =2 3sin[(πx0 4 +π 3)+π 4] =2 3× 2 2 [sin(πx0 4 +π 3)+cos(πx0 4 +π 3)] = 6×(4 5 +3 5)=7 6 5 .