第3講平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用舉例1向量的夾角定義圖示范圍共線與垂直已知兩個非零向量a和b，作a，b，則AOB就是a與b的夾角設(shè)是a與b的夾角，則的取值范圍是 0°180°若0°，則a與b同向；若180°，則a與b反向；若90°，則a與b垂直2.平面向量的數(shù)量積定義設(shè)兩個非零向量a，b的夾角為，則數(shù)量|a|b|·cos_叫做a與b的數(shù)量積，記作a·b投影|a|cos_叫做向量a在b方向上的投影，|b|cos_叫做向量b在a方向上的投影幾何意義數(shù)量積a·b等于a的長度|a|與b在a的方向上的投影|b|cos_的乘積3向量數(shù)量積的運算律(1)a·bb·a；(2)(a)·b(a·b)a·(b)；(3)(ab)·ca·cb·c.4平面向量數(shù)量積的有關(guān)結(jié)論已知非零向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，a與b的夾角為.結(jié)論幾何表示坐標(biāo)表示模|a|a|夾角cos cos ab的充要條件a·b0x1x2y1y20疑誤辨析判斷正誤(正確的打“”，錯誤的打“×”)(1)向量在另一個向量方向上的投影為數(shù)量，而不是向量()(2)兩個向量的數(shù)量積是一個實數(shù)，向量的加、減、數(shù)乘運算的運算結(jié)果是向量()(3)由a·b0可得a0或b0.()(4)(a·b)ca(b·c)()(5)兩個向量的夾角的范圍是.()(6)若a·b>0，則a和b的夾角為銳角；若a·b<0，則a和b的夾角為鈍角()答案：(1)(2)(3)×(4)×(5)×(6)×教材衍化1(必修4P108A組T6改編)已知a·b12，|a|4，a和b的夾角為135°，則|b|為()A12B6C3D3解析：選B.a·b|a|b|cos 135°12，所以|b|6.2(必修4P105例4改編)已知向量a(2，1)，b(1，k)，a·(2ab)0，則k_解析：因為2ab(4，2)(1，k)(5，2k)，由a·(2ab)0，得(2，1)·(5，2k)0，所以102k0，解得k12.答案：123(必修4P106練習(xí)T3改編)已知|a|5，|b|4，a與b的夾角120°，則向量b在向量a方向上的投影為_解析：由數(shù)量積的定義知，b在a方向上的投影為|b|cos 4×cos 120°2.答案：2易錯糾偏(1)沒有找準(zhǔn)向量的夾角致誤；(2)不理解向量的數(shù)量積的幾何意義致誤；(3)向量的數(shù)量積的有關(guān)性質(zhì)應(yīng)用不熟練致誤1已知ABC的三邊長均為1，且c，a，b，則a·bb·ca·c_解析：因為a，bb，ca，c120°，|a|b|c|1，所以a·bb·ca·c1×1×cos 120°，所以a·bb·ca·c.答案：2已知點A(1，1)，B(1，2)，C(2，1)，D(3，4)，則向量在方向上的投影為_解析：(2，1)，(5，5)，由定義知，在方向上的投影為.答案：3設(shè)向量a(1，2)，b(m，1)，如果向量a2b與2ab平行，那么a與b的數(shù)量積等于_解析：a2b(12m，4)，2ab(2m，3)，由題意得3(12m)4(2m)0，則m，所以a·b1×2×1.答案：平面向量數(shù)量積的運算 (1)如圖，已知平面四邊形ABCD，ABBC，ABBCAD2，CD3，AC與BD交于點O.記I1·，I2·，I3·，則()AI1I2I3 BI1I3I2CI3 I1I2 DI2I1I3(2)已知ABC是邊長為2的等邊三角形，P為平面ABC內(nèi)一點，則·()的最小值是()A2 BC D1【解析】(1)如圖所示，四邊形ABCE是正方形，F(xiàn)為正方形的對角線的交點，易得AO<AF，而AFB90°，所以AOB與COD為鈍角，AOD與BOC為銳角根據(jù)題意，I1I2···()·|·|·cosAOB<0，所以I1<I2，同理得，I2>I3，作AGBD于G，又ABAD，所以O(shè)B<BGGD<OD，而OA<AFFC<OC，所以|·|<|·|，而cosAOBcosCOD<0，所以·>·，即I1>I3.所以I3<I1<I2.(2)如圖，以等邊三角形ABC的底邊BC所在的直線為x軸，以BC的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0，)，B(1，0)，C(1，0)，設(shè)P(x，y)，則(x，y)，(1x，y)，(1x，y)，所以·()(x，y)·(2x，2y)2x22，當(dāng)x0，y時，·()取得最小值，為，選擇B.【答案】(1)C(2)B (變問法)在本例(2)的條件下，若D，E是邊BC的兩個三等分點(D靠近點B)，則·等于_解析：法一：(通性通法)因為D，E是邊BC的兩個三等分點，所以BDDECE，在ABD中，AD2BD2AB22BD·AB·cos 60°222××2×，即AD，同理可得AE，在ADE中，由余弦定理得cosDAE，所以·|·|cosDAE××.法二：(光速解法)如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，由正三角形的性質(zhì)易得A(0，)，D，E，所以，所以··.答案： (1)向量數(shù)量積的兩種運算方法當(dāng)已知向量的模和夾角時，可利用定義法求解，即a·b|a|b|cosa，b當(dāng)已知向量的坐標(biāo)時，可利用坐標(biāo)法求解，即若a(x1，y1)，b(x2，y2)，則a·bx1x2y1y2.(2)數(shù)量積在平面幾何中的應(yīng)用解決涉及幾何圖形的向量的數(shù)量積運算問題時，常利用解析法，巧妙構(gòu)造坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)求解 1(2020·杭州中學(xué)高三月考)若A，B，C三點不共線，|2，|3|，則·的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選D.設(shè)|x，則|3|3x，由于A，B，C三點不共線，能構(gòu)成三角形，如圖：由三角形三邊的性質(zhì)得，解得<x<1，由余弦定理的推論得，cos C，所以·|cos C3x2×5x22，由<x<1得，<5x22<3，故選D.2已知向量a，b，|a|1，|b|2.若對任意單位向量e，均有|a·e|b·e|，則a·b的最大值是_解析：由題意，令e(1，0)，a(cos ，sin )，b(2cos ，2sin )，則由|a·e|b·e|，可得|cos |2|cos |.令sin 2sin m，22得4|cos cos |sin sin 1m2對一切實數(shù)，恒成立，所以4|cos cos |sin sin 1，故a·b2(cos cos sin sin )2|cos cos |sin sin .答案：平面向量的夾角與模(高頻考點)平面向量的夾角與模是高考的熱點，題型多為選擇題、填空題，難度適中，屬中檔題主要命題角度有：(1)求兩向量的夾角；(2)求向量的模；(3)兩向量垂直問題；(4)求參數(shù)值或范圍角度一求兩向量的夾角 (2020·紹興一中高三期中)若|ab|ab|2|a|，則向量ab與a的夾角為()A. B.C. D.【解析】因為|ab|ab|2|a|，所以|ab|2|ab|2，兩邊平方可得a22a·bb2a22a·bb2，化簡可得a·b0，設(shè)向量ab與a的夾角為，則可得cos ，又0，故.【答案】B角度二求向量的模 (2018·高考浙江卷)已知a，b，e是平面向量，e是單位向量若非零向量a與e的夾角為，向量b滿足b24e·b30，則|ab|的最小值是()A.1 B.1C2 D2【解析】法一：設(shè)O為坐標(biāo)原點，a，b(x，y)，e(1，0)，由b24e·b30得x2y24x30，即(x2)2y21，所以點B的軌跡是以C(2，0)為圓心，1為半徑的圓因為a與e的夾角為，所以不妨令點A在射線yx(x>0)上，如圖，數(shù)形結(jié)合可知|ab|min|1.故選A.法二：由b24e·b30得b24e·b3e2(be)·(b3e)0.設(shè)b，e，3e，所以be，b3e，所以·0，取EF的中點為C，則B在以C為圓心，EF為直徑的圓上，如圖設(shè)a，作射線OA，使得AOE，所以|ab|(a2e)(2eb)|a2e|2eb|1.故選A.【答案】A角度三兩向量垂直問題 已知|a|4，|b|8，a與b的夾角是120°.求k為何值時，(a2b)(kab)?【解】由已知得，a·b4×8×16.因為(a2b)(kab)，所以(a2b)·(kab)0，ka2(2k1)a·b2b20，即16k16(2k1)2×640.所以k7.即k7時，a2b與kab垂直角度四求參數(shù)值或范圍 已知ABC是正三角形，若與向量的夾角大于90°，則實數(shù)的取值范圍是_【解析】因為與向量的夾角大于90°，所以()·<0，即|2|·|cos 60°<0，解得>2.故填(2，)【答案】(2，) (1)求平面向量的夾角的方法定義法：利用向量數(shù)量積的定義知，cos ，其中兩個向量的夾角的范圍為0，求解時應(yīng)求出三個量：a·b，|a|，|b|或者找出這三個量之間的關(guān)系；坐標(biāo)法：若a(x1，y1)，b(x2，y2)，則cos ；(2)求向量的模的方法公式法：利用|a|及(a±b)2|a|2±2a·b|b|2，把向量模的運算轉(zhuǎn)化為數(shù)量積運算幾何法：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 1(2020·浙江新高考研究聯(lián)盟)已知向量a，b，c滿足|a|1，|b|k，|c|2k且abc0，則b與c夾角的余弦值的取值范圍是_解析：設(shè)b與c的夾角為，由題bca，所以b2c22b·c1.即cos 1.因為|a|bc|bc|，所以|2k2|1.所以k.所以1cos .答案：2已知向量與的夾角為120°，且|3，|2.若，且，則實數(shù)的值為_解析：因為，所以·0.又，所以()·()0，即(1)·220，所以(1)|cos 120°940.所以(1)×3×2×()940.解得.答案：向量數(shù)量積的綜合應(yīng)用 (2020·金華十校聯(lián)考)在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m(cos(AB)，sin(AB)，n(cos B，sin B)，且m·n.(1)求sin A的值；(2)若a4，b5，求角B的大小及向量在方向上的投影【解】(1)由m·n，得cos(AB)cos Bsin(AB)sin B，所以cos A.因為0<A<，所以sin A .(2)由正弦定理，得，則sin B，因為a>b，所以A>B，則B，由余弦定理得52c22×5c×，解得c1.故向量在方向上的投影為|cos Bccos B1×.平面向量與三角函數(shù)的綜合問題(1)題目條件給出的向量坐標(biāo)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(biāo)，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 1在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知向量m，n，且2m·n|m|，則A_解析：因為2m·n2sin cos 2cos2 sin A(cos A1)sin 1，又|m|1，所以2m·n|m|sin，即sin.因為0<A<，所以<A<，所以A，即A.答案：2已知向量a(cos x，sin x)，b(3，)，x0，(1)若ab，求x的值；(2)記f(x)a·b，求f(x)的最大值和最小值以及對應(yīng)的x的值解：(1)因為a(cos x，sin x)，b(3，)，ab，所以cos x3sin x.若cos x0，則sin x0，與sin2xcos2x1矛盾，故cos x0.于是tan x.又x0，所以x.(2)f(x)a·b(cos x，sin x)·(3，)3cos xsin x2cos.因為x0，所以x，從而1cos.于是，當(dāng)x，即x0時，f(x)取到最大值3；當(dāng)x，即x時，f(x)取到最小值2.平面向量中的最值范圍問題 (1)(2020·杭州市高三模擬)在ABC中，C90°，AC4，BC3，D是AB的中點，E，F(xiàn)分別是邊BC、AC上的動點，且EF1，則·的最小值等于()A. B.C. D.(2)(2020·浙江新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)已知向量a，b滿足|ab|4，|ab|3，則|a|b|的取值范圍是()A3，5 B4，5C3，4 D4，7【解析】(1)以三角形的直角邊為坐標(biāo)軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示： 則A(0，4)，B(3，0)，C(0，0)，D.設(shè)E(x，0)，則F(0, )，0x1.所以，.所以·x422.令f(x)2，當(dāng)x1時，則f(x).令f(x)0得x.當(dāng)0x時，f(x)0，當(dāng)x1時，f(x)0.所以當(dāng)x時，f(x)取得最小值f.當(dāng)x1時，f(1)，故選B.(2)|a|b|max|ab|，|ab |4，(|a|b|)2|ab|2|ab|225，所以|a|b|5.【答案】(1)B(2)B求解向量數(shù)量積最值問題的兩種思路(1)直接利用數(shù)量積公式得出代數(shù)式，依據(jù)代數(shù)式求最值(2)建立平面直角坐標(biāo)系，通過坐標(biāo)運算得出函數(shù)式，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值 1已知平面向量a，b，|a|1，|b|2，a·b1，若e為平面單位向量，則|a·e|b·e|的最大值是_解析：由a·b1，|a|1，|b|2可得兩向量的夾角為60°，建立平面直角坐標(biāo)系，可設(shè)a(1，0)，b(1，)，e(cos ，sin )，則|a·e|b·e|cos |cos sin |cos |cos |sin |sin |2|cos |，所以|a·e|b·e|的最大值為.答案：2(2020·金華十校高考模擬)若非零向量a，b滿足：a2(5a4b)·b，則cosa，b的最小值為_解析：非零向量a，b滿足：a2(5a4b)·b，可得a ·b(a24b2)(|a|24|b|2)·2|a|·|b|，即有cosa，b·，當(dāng)且僅當(dāng)|a|2|b|，取得最小值.答案：核心素養(yǎng)系列12數(shù)學(xué)建模平面向量的綜合運用一、平面向量在平面幾何中的應(yīng)用 (1)已知O是平面上的一定點，A，B，C是平面上不共線的三個動點，若動點P滿足()，(0，)，則點P的軌跡一定通過ABC的()A內(nèi)心B外心C重心D垂心(2)在平行四邊形ABCD中，AD1，BAD60°，E為CD的中點若·1，則AB_【解析】(1)由原等式，得()，即()，根據(jù)平行四邊形法則，知2(D為BC的中點)，所以點P的軌跡必過ABC的重心故選C.(2)在平行四邊形ABCD中，又因為，所以·()·()2··2|2|cos 60°|21×1×|21.所以|0，又|0，所以|.【答案】(1)C(2)向量與平面幾何綜合問題的解法(1)坐標(biāo)法把幾何圖形放在適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系中，則有關(guān)點與向量就可以用坐標(biāo)表示，這樣就能進行相應(yīng)的代數(shù)運算和向量運算，從而使問題得到解決(2)基向量法適當(dāng)選取一組基底，溝通向量之間的聯(lián)系，利用向量間的關(guān)系構(gòu)造關(guān)于未知量的方程進行求解 二、平面向量與函數(shù)、不等式的綜合應(yīng)用 (1)設(shè)是兩個非零向量a，b的夾角，若對任意實數(shù)t，|atb|的最小值為1，則下列判斷正確的是()A若|a|確定，則唯一確定B若|b|確定，則唯一確定C若確定，則|b|唯一確定D若確定，則|a|唯一確定(2)(一題多解)已知向量a，b為單位向量，且a·b，向量c與ab共線，則|ac|的最小值為_【解析】(1)設(shè)g(t)(atb)2b2t22ta·ba2，當(dāng)且僅當(dāng)t時，g(t)取得最小值1，所以b2×2a·b×a21，化簡得a2sin 21，所以當(dāng)確定時，|a|唯一確定(2)法一：因為向量c與ab共線，所以可設(shè)ct(ab)(tR)，所以ac(t1)atb，所以(ac)2(t1)2a22t(t1)a·bt2b2，因為向量a，b為單位向量，且a·b，所以(ac)2(t1)2t(t1)t2t2t1，所以|ac|，所以|ac|的最小值為.法二：因為向量a，b為單位向量，且a·b，所以向量a，b的夾角為120°，在平面直角坐標(biāo)系中，不妨設(shè)向量a(1，0)，b，則ab，因為向量c與ab共線，所以可設(shè)ct(tR)，所以ac，所以|ac|，所以|ac|的最小值為.【答案】(1)D(2)通過向量的數(shù)量積運算把向量運算轉(zhuǎn)化為實數(shù)運算，再結(jié)合函數(shù)、不等式的知識解決，同時也要注意平面向量的坐標(biāo)運算在這方面的應(yīng)用 三、平面向量與解三角形的綜合應(yīng)用 已知在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m(sin A，sin B)，n(cos B，cos A)，m·nsin 2C.(1)求角C的大??；(2)若sin A，sin C，sin B成等差數(shù)列，且·()18，求c.【解】(1)m·nsin A·cos Bsin B·cos Asin(AB)，對于ABC，ABC，0<C<，所以sin(AB)sin C，所以m·nsin C，又m·nsin 2C，所以sin 2Csin C，cos C，又因為C(0，)，所以C.(2)由sin A，sin C，sin B成等差數(shù)列，可得2sin Csin Asin B，由正弦定理得2cab.因為·()18，所以·18，即abcos C18，ab36.由余弦定理得c2a2b22abcos C(ab)23ab，所以c24c23×36，c236，所以c6. (1)解決平面向量與三角函數(shù)的交匯問題，關(guān)鍵是準(zhǔn)確利用向量的坐標(biāo)運算化簡已知條件，將其轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)中的有關(guān)問題解決(2)還應(yīng)熟練掌握向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算公式、幾何意義、向量模、夾角的坐標(biāo)運算公式以及三角恒等變換、正、余弦定理等知識 四、平面向量與解析幾何的綜合應(yīng)用 (1)若點O和點F分別為橢圓1的中心和左焦點，點P為橢圓上的任意一點，則·的最大值為_(2)已知F為雙曲線1(a>0，b>0)的左焦點，定點A為雙曲線虛軸的一個端點，過F，A兩點的直線與雙曲線的一條漸近線在y軸右側(cè)的交點為B，若3，則此雙曲線的離心率為_【解析】(1)由橢圓1可得F(1，0)，點O(0，0)，設(shè)P(x，y)(2x2)，則·x2xy2x2x3x2x3(x2)22，2x2，當(dāng)且僅當(dāng)x2時，·取得最大值6.(2)由F(c，0)，A(0，b)，得直線AF的方程為yxb.根據(jù)題意知，直線AF與漸近線yx相交，聯(lián)立得消去x得，yB.由3，得yB4b，所以4b，化簡得3c4a，所以離心率e.【答案】(1)6(2)向量在解析幾何中的2個作用載體作用向量在解析幾何問題中出現(xiàn)，多用于“包裝”，解決此類問題的關(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(biāo)之間的關(guān)系，從而解決有關(guān)距離、斜率、夾角、軌跡、最值等問題工具作用利用aba·b0(a，b為非零向量)，abab(b0)可解決垂直、平行問題，特別地，向量垂直、平行的坐標(biāo)表示對于解決解析幾何中的垂直、平行問題是一種比較簡捷的方法基礎(chǔ)題組練1已知A，B，C為平面上不共線的三點，若向量(1，1)，n(1，1)，且n·2，則n·等于()A2 B2C0 D2或2解析：選B.n·n·()n·n·(1，1)·(1，1)2022.2(2020·溫州市十校聯(lián)合體期初)設(shè)正方形ABCD的邊長為1，則|等于()A0 B.C2 D2解析：選C.正方形ABCD的邊長為1，則|2|2|2|22·121212124，所以|2，故選C.3(2020·溫州市十校聯(lián)合體期初)已知平面向量a，b，c滿足cxayb(x，yR)，且a·c>0，b·c>0.()A若a·b<0則x>0，y>0B若a·b<0則x<0，y<0C若a·b>0則x<0，y<0D若a·b>0則x>0，y>0解析：選A.由a·c>0，b·c>0，若a·b<0，可舉a(1，1)，b(2，1)，c(0，1)，則a·c1>0，b·c1>0，a·b1<0，由cxayb，即有0x2y，1xy，解得x，y，則可排除B；若a·b>0，可舉a(1，0)，b(2，1)，c(1，1)，則a·c1>0，b·c3>0，a·b2>0，由cxayb，即有1x2y，1y，解得x1，y1，則可排除C，D.故選A.4在ABC中，()·|2，則ABC的形狀一定是()A等邊三角形 B等腰三角形C直角三角形 D等腰直角三角形解析：選C.由()·|2，得·()0，即·()0，所以2·0，所以.所以A90°，又因為根據(jù)條件不能得到|.故選C.5已知正方形ABCD的邊長為2，點F是AB的中點，點E是對角線AC上的動點，則·的最大值為()A1 B2C3 D4解析：選B.以A為坐標(biāo)原點，方向分別為x軸、y軸的正方向建立平面直角坐標(biāo)系(圖略)，則F(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，設(shè)E(，)(02)，則(，2)，(1，2)，所以·342.所以·的最大值為2.故選B.6(2020·金華市東陽二中高三月考)若a，b是兩個非零向量，且|a|b|ab|，則b與ab的夾角的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選B.因為|a|b|ab|，不妨設(shè)|ab|1，則|a|b|.令a，b，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OACB，則平行四邊形OACB為菱形故有OAB為等腰三角形，故有OABOBA，且0<<.而由題意可得，b與ab的夾角，即與的夾角，等于，OAC中，由余弦定理可得|OC|21|OA|2|AC|22|OA|·|AC|·cos 2222··cos 2，解得cos 21.再由1，可得，所以cos 2，所以2，所以，故，即b與ab的夾角的取值范圍是.7(2020·溫州市十校聯(lián)合體期初)已知平面向量a與b的夾角為120°，且|a|b|4，那么|a2b|_解析：因為平面向量a與b的夾角為120°，且|a|b|4，所以a·b4·4·cos 120°8，所以|a2b|4.答案：48(2020·嘉興一中高考適應(yīng)性考試)設(shè)e1，e2為單位向量，其中a2e1e2，be2，且a在b上的投影為2，則a·b_，e1與e2的夾角為_解析：設(shè)e1，e2的夾角為，因為a在b上的投影為2，所以2e1·e2|e2|22|e1|·|e2|cos 12，解得cos ，則.a·b(2e1e2)·e22e1·e2|e2|22|e1|·|e2|cos 12.答案：29.如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點Q為邊CD上一個動點，點P為線段BQ (含端點)上一個動點若1，則·的取值范圍為_解析：當(dāng)1時，Q為CD的中點設(shè)m，n，(01)易知mn，mmn，mnnm(1)n，所以···44(1)5284.根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)可知，當(dāng)時上式取得最小值；當(dāng)0時上式取得最大值4.所以·的取值范圍為.答案：10(2020·溫州市十五校聯(lián)合體聯(lián)考)已知坐標(biāo)平面上的凸四邊形ABCD滿足(1，)，(，1)，則凸四邊形ABCD的面積為_；·的取值范圍是_解析：由(1，)，(，1)得，且|2，|2，所以凸四邊形ABCD的面積為×2×22；因為ABCD為凸四邊形，所以AC與BD交于四邊形內(nèi)一點，記為M，則·()·()····，設(shè)，則，(0，1)，且，(1)，(1)，所以·4(1)4(1)2，0)，所以有時，·取到最小值2.答案：22，0)11已知m，n(cos x，1)(1)若mn，求tan x的值；(2)若函數(shù)f(x)m·n，x0，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間解：(1)由mn得，sincos x0，展開變形可得，sin xcos x，即tan x.(2)f(x)m·nsin，由2k2x2k，kZ得，kxk，kZ.又x0，所以當(dāng)x0，時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和.12(2020·金華市東陽二中高三月考)設(shè)O是ABC的三邊中垂線的交點，a，b，c分別為角A，B，C對應(yīng)的邊，已知b22bc20，求·的取值范圍解：因為O是ABC的三邊中垂線的交點，故O是三角形外接圓的圓心，如圖所示，延長AO交外接圓于點D.因為AD是O的直徑，所以ACDABD90°.所以cosCAD，cosBAD.所以··()··|·cosCAD|·cosBAD|2|2b2c2b2(2bb2)(因為c22bb2)b2b.因為c22bb2>0，解得0<b<2.令f(b).所以當(dāng)b時，f(b)取得最小值.又f(0)0，f(2)2.所以f(b)<2.即·的取值范圍是.綜合題組練1(2020·嘉興市高考模擬)已知平面向量a，b滿足|a|b|1，a·b，若向量c滿足|abc|1，則|c|的最大值為()A1 B.C. D2解析：選D.由平面向量a，b滿足|a|b|1，a·b，可得|a|·|b|·cosa，b1·1·cosa，b，由0a，b，可得a，b，設(shè)a(1，0)，b，c(x，y)，則|abc|1，即有1，即為1，故|abc|1的幾何意義是在以為圓心，半徑等于1的圓上和圓內(nèi)部分，|c|的幾何意義是表示向量c的終點與原點的距離，而原點在圓上，則最大值為圓的直徑，即為2.2(2020·溫州市高考模擬)記maxa，b，已知向量a，b，c滿足|a|1，|b|2，a·b0，cab(，0，且1)，則當(dāng)maxc·a，c·b取最小值時，|c|()A. B.C1 D.解析：選A.如圖，設(shè)a，b，則a(1，0)，b(0，2)，因為，0，1，所以01.又cab，所以c·a(abb)·a；c·b(abb)·b44.由44，得.所以maxc·a，c·b.令f().則f().所以f()min，此時，所以cab.所以|c| .故選A.3(2020·瑞安市龍翔高中高三月考)向量m，n(sin x，cos x)，x(0，)，若mn，則tan x_；若m與n的夾角為，則x_解析：m，n(sin x，cos x)，x(0，)，由mn，得cos xsin x0，即sin0，因為0<x<，所以<x<，則x，x.所以tan x1.由m與n的夾角為，得cossin，因為0<x<，所以<x<，則x，x.答案：14(2020·寧波市余姚中學(xué)高三期中)已知向量，的夾角為60°，|2，|2，.若2，則|的最小值是_，此時，夾角的大小為_解析：向量，的夾角為60°，|2，|2，即有·|·|·cos 60°2×2×2，若2，可得2，則| 2，當(dāng)，1時，|的最小值為2.由 ，可得·2·4·26，則cos，由0°，180°，可得，30°.答案：230°5(2020·紹興市柯橋區(qū)高三期中檢測)已知平面向量a，b，c滿足|a|4，|b|3，|c|2，b·c3，求(ab)2(ac)2(ab)·(ac)2的最大值解：設(shè)a，b，c，ab與ac所成夾角為，則(ab)2(ac)2(ab)·(ac)2|AB|2|AC|2|AB|2|AC|2cos2|AB|2|AC|2sin2|AB|2|AC|2sin2CAB4S，因為|b|3，|c|2，b·c3，所以b，c的夾角為60°，設(shè)B(3，0)，C(1，)，則|BC|，所以SOBC×3×2×sin 60°，設(shè)O到BC的距離為h，則·BC·hSOBC，所以h，因為|a|4，所以A點落在以O(shè)為圓心，以4為半徑的圓上，所以A到BC的距離最大值為4h4.所以SABC的最大值為××2，所以(ab)2(ac)2(ab)·(ac)2的最大值為4(43)2.6.在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，已知點A(1，0)和點B(1，0)，|1，且AOC，其中O為坐標(biāo)原點(1)若，設(shè)點D為線段OA上的動點，求|的最小值；(2)若，向量m，n(1cos ，sin 2cos )，求m·n的最小值及對應(yīng)的值解：(1)設(shè)D(t，0)(0t1)，由題意知C，所以，所以|2tt2t2t1，所以當(dāng)t時，|最小，為.(2)由題意得C(cos ，sin )，m(cos 1，sin )，則m·n1cos2sin22sin cos 1cos 2sin 21sin，因為，所以2，所以當(dāng)2，即時，sin取得最大值1.所以m·n的最小值為1，此時.26