第一节 平面向量的概念及线性运算
A 级·基础过关|固根基|
→ →
1.设 D，E，F 分别为△ABC 的三边 BC，CA，AB 的中点，则EB＋FC＝( )
→ A.AD 1 → C. BC 2
1 → B. AD 2 → D.BC
1 1 1
解析：选 A 由题意得EB＋FC＝ (AB＋CB)＋ (AC＋BC)＝ (AB＋AC)＝AD. 2 2 2
→ → → → → → → → → 2．向量 e1，e2，a，b 在正方形网格中的位置如图所示，则 a－b＝( )
A．－4e1－2e2 C．e1－3e2
B．－2e1－4e2 D．3e1－e2
解析：选 C 结合图形易得，a＝－e1－4e2，b＝－2e1－e2，故 a－b＝e1－ 3e2.
→ → →
3．(2019 届兰州模拟)设 D 为△ABC 所在平面内一点，BC＝－4CD，则AD＝ ( )
1 3 → → A. AB－ AC 4 4 3 1 → → C. AB－ AC 4 4
3 1
→ → B. AB＋ AC 4 4
1 3
→ → D. AB＋ AC 4 4
→ → → → → → → → →
解析：选 B 设AD＝xAB＋yAC，由BC＝－4 CD可得，BA＋AC＝－4CA－4AD，
1 x＝ ，
→
→
→
→
－4x＝－1，
4
即－AB－3AC＝－4xAB
，则－4yAC
→
→ → 1 3
{
解得
－4y＝－3，
即AD＝ AB＋ AC，故
{
3
4
4
y＝ ， 4
选 B.
→ → →
4．已知AB＝a＋2b，BC＝－5a＋6b，CD＝7a－2b，则下列一定共线的三点 是( )
A．A，B，C C．B，C，D
B．A，B，D D．A，C，D
→ → → → → → →
解 析：选 B 因为AD＝AB＋BC＋CD＝3a＋6b＝3(a＋2b)＝3AB，又AB，AD有公 共点 A，所以 A，B，D 三点共线．
→ → → →
5．已知平面内一点 P 及△ABC，若PA＋PB＋PC＝AB，则点 P 与△ABC 的位 置关系是( )
A．点 P 在线段 AB 上 C．点 P 在线段 AC 上
B．点 P 在线段 BC 上 D．点 P 在△ABC 外部
→ → → → → → → → → → →
解析：选 C 由PA＋PB＋PC＝AB，得PA＋PB＋PC＝PB－PA，即PC＝－2PA， 故点 P 在线段 AC 上．
6．已知向量 a，b 不共线，且 c＝λa＋b，d＝a＋(2λ－1)b，若 c 与 d 共线反 向，则实数 λ 的值为( )
A．1
1 2
C．1 或－
1 B．－
2
1 2
D．－1 或－
解析：选 B 由于 c 与 d 共线反向，则存在实数 k 使 c＝kd(k＜0)，于是λa＋b＝k[a＋(2λ－1)b]．
整理得 λa＋b＝ka＋(2λk－k)b.
λ＝k，
由于 a，b 不共线，所以有
{
2λk－k＝1，
1
整理得 2λ－λ－1＝0，解得 λ＝1 或 λ＝－ .
2
2
1
又因为 k＜0，所以λ＜0，故 λ＝－ .
2
7.如图所示，在△ABC 中，点 O 是 BC 的中点，过点 O 的直线分别交直线 → → → →
AB，AC 于不同的两点 M，N，若AB＝mAM，AC＝nAN，则 m＋n 的值为( )
A．1 C．3
解析：选 B ∵O 为 BC 的中点， →
→ →
B．2 D．4
∴AO＝ (AB＋AC)
2 1 1
m
n
→ → → → ＝ (mAM＋nAN)＝ AM＋ AN. 2 2 2
m n
∵M，O，N 三点共线，∴ ＋ ＝1，∴m＋n＝2.
2 2
→
8．如图，在▱ABCD 中，AC，BD 相交于点 O，E 为线段 AO 的中点．若BE＝ → →
λBA＋μBD(λ，μ∈R)，则 λ＋μ 等于( )
A．1
2 3 C.
3 B. 4 1 2 D.
解析：选 B ∵E 为线段 AO 的中点，
→ ∴BE
→ → → 1 1 1 1 1 BA＋ BO
→
)
BA＋2( BA＋2(
2
＝ ＝
BD∴BE BA＋ BO
2 2 2
1 1
→ → → → ＝ BA＋ BD＝λBA＋μBD， 2 4
1 1 3
∴λ＋μ＝ ＋ ＝ .
2 4 4
→ → →
9．若|AB|＝8，|AC|＝5，则|BC|的取值范围是________．
→ → → → → → → →
解析：BC 同向时，|BC|＝8－5＝3；当AB，AC
＝AC－AB，当AB，AC 反向时， → → → → →
|BC|＝8＋5＝13；当AB，AC不共线时，3＜|BC|＜13.综上可知 3≤|BC|≤13.
答案：[3，13]
→ → → → → x
10 ． 在 锐 角 △ABC 中 ， CM＝ 3MB， AM＝ xAB＋ yAC(x ， y ∈ R) ， 则 y
＝
________．
→ → → →
解析：由题设可得CA＋AM＝3(AB－AM)， → → 3 1
即 4AM＝3AB＋AC，即AM＝ AB＋ AC.
4 4 → → →
又AM＝xAB＋yAC，则 x＝ ，y＝ .故 ＝3. 4 4 y 答案：3
→ →
11．设 a，b 是不共线的两个平面向量，已知PQ＝a＋kb，QR＝2a－b.若 P， Q，R 三点共线，则实数 k 的值为________．
解析：∵a，b 是不共线的两个平面向量， →
∴2a－b≠0，即QR≠0.
→ →
∵P，Q，R 三点共线，∴PQ与QR共线，
→ →
∴存在唯一实数 λ，使PQ＝λQR，∴a＋kb＝2λa－λb，
2λ＝1，
∴根据平面向量基本定理得
→ → → →
3 1 x
1
{
解得 k＝－ .
k＝－λ，
2
1
答案：－
2
→ → →
12．设 O 在△ABC 的内部，D 为 AB 的中点，且OA＋OB＋2OC＝0，则△ABC 的面积与△AOC 的面积的比值为________．
解析：
∵D 为 AB 的中点， →
→ →
1
∴OD (OA )，
＝ ＋OB 2 → → →
又OA＋OB＋2OC＝0， → → ∴OD＝－OC， ∴O 为 CD 的中点． 又∵D 为 AB 的中点，
1 1 S △
∴S△AOC＝ S△ADC＝ S△ABC，则
2 4 S △ 答案：4
B 级·素养提升|练能力|
→ →
13.(2019 届广州市综合测试一)设 P 是△ABC 所在平面内的一点，且CP＝2PA， 则△PAB 与△PBC 的面积的比值是( )
1 3 A. 2 3 C.
1 2 B. 3 4 D. → |CP|
ABC
＝4.
AOC
→ →
2
解 析：选 B 因为CP＝2PA，所以 ＝ .又△PAB 在边 PA 上的高与△PBC
→ 1 |PA|
→ |PA|
S △
在边 PC 上的高相等，所以
S △
1
＝ ＝ . PBC → 2
|CP|
PAB
→ →
14.如图，A，B 分别是射线 OM，ON 上的点，给出下列向量：①OA＋2OB；
1 1 3 1 3 1 3 1 → → → → → → → → ② OA＋ ＋ OB；⑤ OA－ OB.若这些向量均以 O 为起点，
OB；③ OA＋ OB；④ OA
2 3 4 3 4 5 4 5 则终点落在阴影区域内(包括边界)的有( )
A．①② C．①③
B．②④ D．③⑤
解析：选 B 在 ON 上取点 C，使得 OC＝2OB，以 OA，OC 为邻边作平行 → → →
四边形 OCDA，则OD＝OA＋2OB，其终点不在阴影区域内，排除 A、C；取 OA 上 1 1
一点 E，使 AE＝ OA，作 EF∥OB，交 AB 于点 F，则 EF＝ OB，由于 EF＜
4 4 1
1 → →
OB，所以 OA＋ OB的终点不在阴影区域内，排除 D，故选 B. 3 4 3
15．在直角梯形 ABCD 中，∠A＝90°，∠B＝30°，AB＝2 3，BC＝2， → → →
点 E 在线段 CD 上，若AE＝AD＋μAB，则 μ 的取值范围是________．
解析：由题意如图所示，可求得 AD＝1，CD＝ 3，
3
→ → 所以AB＝2DC.
因为点 E 在线段 CD 上， → →
所以DE＝λDC(0≤λ≤1)． → → → 因为AE＝AD＋DE，
2μ →
→ → → → → → DE， 又AE＝AD＋μAB＝AD＋2μDC＝AD＋
λ
2μ λ 1 所以 ＝1，即 μ＝ .因为 0≤λ≤1，所以 0≤μ≤ .
λ 2 2
1
答案：0，2
[]
→
16．如图所示，矩形 ABCD 的对角线相交于点 O，E 为 AO 的中点，若DE
＝ → →
λAB＋μAD(λ，μ 为实数)，则 λ2＋μ2＝________．
→ → → → → → → → → 1 1 1 1 1 1 1 3
解 析：由题意得DE＝ DA＋ DO＝ DA＋ DB DA＋ (DA＋AB)＝ AB－ AD，又
＝
2 2 2 4 2 4 4 4 →
→
→
1 3 5
DE＝λAB＋μAD，所以 λ＝ ，μ＝－ ，故 λ2＋μ2＝ .
4 4 8
5
→
答案：
8
第五章 平面向量
第二节 平面向量基本定理及坐标表示
A 级·基础过关|固根基|
1.设平面向量 a＝(－1，0)，b＝(0，2)，则 2a－3b 等于( ) A．(6，3) C．(2，1)
B．(－2，－6) D．(7，2)
解析：选 B 2a－3b＝(－2，0)－(0，6)＝(－2，－6)．
5
2．若向量 a＝(2，1)，b＝(－1，2)，c＝
(0，2)，则 c 可用向量 a，b 表示为
1
B．c＝－ a－b
2
3
1
( )
1
A．c＝ a＋b
2
3
1
C．c＝ a＋ b D．c＝ a－ b
2 2 2 2
解析：选 A 设向量 c＝xa＋yb，易知
{
0＝2x－y，
5
＝x＋2y， 2
1
∴
{
x＝ ，
1
2
∴c＝ a＋b.故选 A.
2
y＝1，
→ → → →
3.已知向量AC，AD和AB在边长为 1 的正方形网格中的位置如图所示，若AC＝ → →
λAB＋μAD，则 λ＋μ 等于( )
A．2 B．－2 C．3 D．－3
解析：选 A 如图所示，建立平面直角坐标系 xAy，
→ → →
则AD＝(1，0)，AC＝(2，－2)，AB＝(1，2)．
→ → →
因为AC＝λAB＋μAD，所以(2，－2)＝λ(1，2)＋μ(1，0)＝(λ＋μ，2λ)，所以 2＝λ＋μ，
λ＝－1，
{
解得
{
μ＝3，
所以 λ＋μ＝2.故选 A.
－2＝2λ，
4．已知向量 a＝(1，1)，b＝(－1，2)，若(a－b)∥(2a＋tb)，则 t＝( ) A．0 C．－2
1 B. 2 D．－3
解析：选 C 由题意得 a－b＝(2，－1)，2a＋tb＝(2－t，2＋2t)．因为(a－ b)∥(2a＋tb)，所以 2×(2＋2t)＝(－1)×(2－t)，解得 t＝－2，故选 C.
→
5．已知 OB 是平行四边形 OABC 的一条对角线，O 为坐标原点，OA＝(2，4)， → → →
OB＝(1，3)，若点 E 满足OC＝3EC，则点 E 的坐标为( )
2
A.
2 1
B.
1
(－
1
3，－ 3
)
(－
3，－ 3
)
2
1
2
D.
C.
( 3)
， 3
( 3)
， 3
→ → →
解析：选 A 易知OC＝OB－OA＝(－1，－1)，则 C(－1，－1)，设 E(x，y)， →
→
→
－3－3x＝－1，
则 3EC＝3(－1－x，－1－y)＝(－3－3x，－3－3y)，由OC { ，知
＝3EC
－3－3y＝－1，
2 x＝－ ，
3
2 2
所以
{
2
所以 E
(－
3
3. ，－
)
y＝－ ，
3
6．(一题多解)(2019 届合肥市第一次质检)设平面向量 a＝(－3，4)，向量 b 与向量 a 方向相反，且|b|＝10，则向量 b 的坐标为( )
6 8
A.
(－ 5)
， 5 6
8
B．(－6，8)
C.
(
5，－ 5
)
D．(6，－8)
解析：选 D 解法一：因为 a 与 b 的方向相反，所以可设 b＝(3t，－4t)(t＞
0)．又|b|＝10，则 9t2＋16t2＝100，解得 t＝2，或 t＝－2(舍去)，所以 b＝(6，－ 8)，故选 D.
3
解法二：与 a 方向相反的单位向量为
4
(
5， ，－ 5
)
令 b＝t
(
3 4
5(t＞0)，由|b|＝10，得 t＝10， ，－ 5
)
所以 b＝(6，－8)，故选 D.
7．(2019 届唐山模拟)一直线 l 与平行四边形 ABCD 中的两边 AB，AD 分别 → → → → → →
交于点 E，F，且交其对角线 AC 于点 M，若AB＝2AE，AD＝3AF，AM＝λAB－ →
5
μAC(λ，μ∈R)，则 μ－λ＝( )
2
1 2 A．－ 3 2 C.
B．1
D．－3
→ → → → → → → → →
解析：选 A AM＝λAB－μAC＝λAB－μ(AB＋AD)＝(λ－μ)AB－μAD＝2(λ－μ)AE－ →
3μAF，因为 E，M，F 三点共线，所以 2(λ－μ)＋(－3μ)＝1，即 2λ－5μ＝1，所以 5 1
μ－λ＝－ ，故选 A. 2 2
→ → → →
8．(2019 届厦门模拟)已知|OA|＝1，|OB|＝ 3，OA·OB＝0，点 C 在∠AOB 内， → →
→
→
→
m
且OC与OA的夹角为 30°，设OC＝mOA＋nOB(m，n∈R)，则 的值为( )
n
A．2 C．3
5 B. 2 D．4
→ → → →
解析：选 C ∵OA·OB＝0，∴OA⊥OB.
→ → →
以OA所在直线为 x 轴，OB所在直线为 y 轴建立平面直角坐标系，则OA＝(1， → → → →
0)，OB＝(0， 3)，∴OC＝mOA＋nOB＝(m， 3n)．
∵tan 30°＝
3n
m 3
＝ ，∴m＝3n，即 ＝3，故选 C. 3 n m
→ → →
9．在▱ABCD 中，AC 为一条对角线，AB＝(2，4)，AC＝(1，3)，则向量BD的 坐标为________．
→ → →
解析：∵BC＝AC－AB＝(－1，－1)， → → → → →
∴BD＝AD－AB＝BC－AB＝(－3，－5)． 答案：(－3，－5)
→ → →
10．已知点 A(2，3)，B(4，5)，C(7，10)，若AP＝AB＋λAC(λ∈R)，且点 P 在
直线 x－2y＝0 上，则实数 λ 的值为________．
→ → →
解 析：设 P(x，y)，则由AP ＋λAC，得(x－2，y－3)＝(2，2)＋λ(5，7)＝(2
＝AB ＋5λ，2＋7λ)，
x－2＝2＋5λ，
所以
{
y－3＝2＋7λ，
即 x＝5λ＋4，y＝7λ＋5. 又点 P 在直线 x－2y＝0 上， 2
故 5λ＋4－2(7λ＋5)＝0，解得 λ＝－ .
3
2
答案：－
3
→ →
11．已知 D，E，F 分别为△ABC 的边 BC，CA，AB 的中点，且BC＝a，CA
→
1
→
→
→ →
1 1 1
＝b，给出下列命题：①AD b；③CF a＋ b；④AD＋BE
＝ a－b；②BE＝a＋ ＝－ 2 2 2 2 →
＋CF＝0.
其中正确命题的个数为________．
1 1
→ → → → →
解析：由BC＝a，CA＝b，得AD＝ CB＋AC＝－ a－b，故①错； 2 2 → →
→
1 1
BE＝BC＋ CA＝a＋ b，故②正确；
2 2
→ → →
CF＝ (CB＋CA)＝ (－a＋b)＝－ a＋ b，故③正确； 2 2 2 2
→ → →
1 1 1 1 所以AD ＋CF＝－b－ a＋a＋ b＋ b－ a＝0，故④正确．
＋BE
2 2 2 2 所以正确命题个数为 3. 答案：3
1
1
1 1
12．(一题多解)如图，在正方形 ABCD 中，M，N 分别是 BC，CD 的中点， → → →
若AC＝λAM＋μBN，则 λ＋μ＝________．
解析：解法一：以 AB，AD 所在直线分别为 x 轴，y 轴，建立平面直角坐标 系 xAy，如图所示，
→
设正方形的边长为 1，易得 A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)，M1，，N ，1，AM
2 2 1
→
1
1 1
＝1，2，BN＝
()(－ ，1)，
2
μ
→ → → → AC＝(1，1)．因为AC＝λAM＋μBN
λ
＋μ
2
＝λ
(－
， 2
)＝(1，1)，
μ λ－
＝1， 2
6 λ＝ ，
5
8
所以解得
λ
{{
＋μ＝1， 2
1
→ → → →
所以 λ＋μ＝ . 2 μ＝ ，
5
1
→ →
5
→ → →
μ
→
解法二：由AM＝AB ＋AD ＝λAM ＝
＋ AD，BN＝－ AB ，得AC ＋μBN 2 2
μ
λ－
λ
→
→
→ →
2
5
＝1，
6 λ＝ ，
(λ－
2
)AB
8
，又AC＝AB＋AD
，所以解得
λ
2
8
所以 λ＋μ＝ .
{( (
＋
＋μAD
)
2
5
μ＝ ，
5
＋μ＝1， 2
答案：
5
B 级·素养提升|练能力|
13.若 α，β 是平面内的一组基底，向量 γ＝xα＋yβ(x，y∈R)，则称(x，y)为 向量 γ 在基底 α，β 下的坐标，现已知向量 a 在基底 p＝(1，－1)，q＝(2，1)下的 坐标为(－2，2)，则 a 在另一组基底 m＝(－1，1)，n＝(1，2)下的坐标为( )
A．(2，0) C．(－2，0)
B．(0，－2) D．(0，2)
解析：选 D 因为 a 在基底 p，q 下的坐标为(－2，2)， 即 a＝－2p＋2q＝(2，4)， 令 a＝xm＋yn＝(－x＋y，x＋2y)，
－x＋y＝2，
所以
x＝0，
{
x＋2y＝4，
即
{
y＝2.
所以 a 在基底 m，n 下的坐标为(0，2)．
14．(2019 届南充模拟)如图，原点 O 是△ABC 内一点，顶点 A 在 x 轴上， → → → → → →
∠AOB＝150°，∠BOC＝90°，|OA|＝2，|OB|＝1，|OC|＝3，若OC＝λOA＋μOB，则 μ
＝( ) λ
3
A．－
3 C．－ 3
3 B. 3 D. 3
－ 解 析：选 D 由题可得 A(2，0)，B(
3
2
1 3 3 3
2，C
，
)(－ ，－ 2 ).因为OC＝λOA＋
2
→ →
→ μOB
，所以由向量相等的坐标表示可得
3 3
2λ－ μ＝－ ，
2 2
解得
λ＝－3，
{
所以
{
2
μ 3 3 μ＝－3 3，
＝－
2
，
μ
＝ 3，故选 D. λ
→ →
15．(一题多解)在△ABC 中，点 D 在线段 BC 的延长线上，且BC＝3CD，点 O
→ → →
在线段 CD 上(与点 C，D 不重合)，若AO＝xAB＋(1－x)AC，则 x 的取值范围是( )
1
A.
1
B.
(0，2) (0，3)
1
C.
1
D.
(－ ，0)
2
(－ ，0)
3 →
→ → →
→
4
解 析：选 D 解法一：依题意，设BO＝λBC，其中 1＜λ＜ ，则有AO＝AB＋BO
3 → → → → → → → → → → → → ＝AB＋λBC＝AB＋λ(AC－AB)＝(1－λ)AB＋λAC.又AO＝xAB＋(1－x)AC，且AB，AC不共
1
线，于是有 x＝1－λ∈
3
1 3
(－ ，0)，即 x 的取值范围是(－ ，0)，故选 D.
→ → → → → → → → → →
解法二：∵AO －AC)，即CO＝xCB
＝xAB＋AC－xAC，∴AO－AC＝x(AB ＝－ →
3xCD.∵O 在线段 CD(不含 C，D 两点)上，
∴0＜－3x＜1， 1
∴－ ＜x＜0.故选 D.
3
5
16．在矩形 ABCD 中，AB＝ 5，BC＝ 3，P 为矩形内一点，且 AP＝ ，若
2
→ → →
AP＝λAB＋μAD(λ，μ∈R)，则 5λ＋ 3μ的最大值为________．
解析：
建立如图所示的平面直角坐标系，设 P(x，y)，B( 5，0)，C( 5， 3)，D(0， 3)．
5 5
22∵AP＝ ，∴x＋y＝
2
4
，
点 P 满足的约束条件为 0 ≤ x ≤ 5， 0 ≤ y ≤ 3，
{
5
x2＋y2＝ .
4
→ → →
∵AP＝λAB＋μAD(λ，μ∈R)，
∴(x，y)＝λ( 5，0)＋μ(0， 3)． ∴
{
x＝ 5λ，
∴x＋y＝ 5λ＋ 3μ.
y＝ 3μ，
2（x2＋y2）＝
10 5
2 ×
4 2 ＝ ，
∵x＋y≤
当且仅当 x＝y 时取等号，
∴ 5λ＋ 3μ的最大值为 10
答案：
2
10 2 .
第五章 平面向量
第三节 平面向量的数量积及其应用
A 级·基础过关|固根基|
1.已知向量 a＝(1，1)，b＝(0，2)，则下列结论正确的是( ) A．a∥b C．|a|＝|b|
B．(2a－b)⊥b D．a·b＝3
解 析：选 B 对于 A，1×2－0×1≠0，错误；对于 B，2a－b＝(2，0)，b＝ (0，2)，则 2×0＋0×2＝0，所以(2a－b)⊥b，正确；对于 C，|a|＝ 2，|b|＝2， 错误；对于 D，a·b＝1×0＋1×2＝2，错误．
2．(2020 届陕西省百校联盟模拟)已知向量 a＝(1，m)，b＝(0，－2)，且(a＋ b)⊥b，则实数 m 等于( )
A．2 C．－1
B．1 D．－2
解析：选 A 依题意得 a＋b＝(1，m－2)，所以(a＋b)·b＝1×0－2(m－2)＝ 0，解得 m＝2，故选 A.
3．(2019 届永州模拟)已知非零向量 a，b 的夹角为 60°，且|b|＝1，|2a－b|＝ 1，则|a|＝( )
1 2 A. C. 2
B．1
D．2
解析：选 A ∵非零向量 a，b 的夹角为 60°，且|b|＝1，
1 |a|
∴a·b＝|a|×1× ＝ .
2 2
∵|2a－b|＝1，
∴|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4|a|2－2|a|＋1＝1， ∴4|a|2－2|a|＝0， 1 ∴|a|＝ .
2
4．(2019 届石家庄模拟)若两个非零向量 a，b 满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，则 向量 a＋b 与 a 的夹角为( )
π A. 3 5π C. 6
2π B. 3 π D. 6
解析：选 D 设|b|＝1，则|a＋b|＝|a－b|＝2. 由|a＋b|＝|a－b|，得 a·b＝0，
故以 a，b 为邻边的平行四边形是矩形，且|a|＝ 3， 设向量 a＋b 与 a 的夹角为 θ，
a·（a＋b） a2＋a·b |a| 3 则 cos θ＝ ＝ ＝ ＝ ， |a|·|a＋b| |a|·|a＋b| |a＋b| 2 π ∵0≤θ≤π，∴θ＝ . 6
5．已知向量 a，b 满足|a|＝1，(a＋b)·(a－2b)＝0，则|b|的取值范围为( ) A．[1，2] 1 1
C.
B．[2，4] 1
D.
[ 2]
， 4
[，1]
2
解 析：选 D 由题意知 b≠0，设向量 a，b 的夹角为 θ，因为(a＋b)·(a－2b)＝ a2－a·b－2b2＝0，又|a|＝1，所以 1－|b|cos θ－2|b|2＝0，所以|b|cos θ＝1－2|b|2，
1
因为－1≤cos θ≤1，所以－|b|≤1－2|b|≤|b|，所以 ≤|b|≤1，所以|b|的取值范围
2
2
1
是
[，1].
2
π 3
6．若单位向量 e1，e2 的夹角为 ，向量 a＝e1＋λe2(λ∈R)，且|a|＝ ，则 λ＝
2 3
________．
1 1 3
解析：由题意可得 e1·e2＝ ，|a|2＝(e1＋λe2)2＝1＋2λ× ＋λ2＝ ，化简得 λ2
2 2 4 1 1
＋λ＋ ＝0，解得 λ＝－ .
4 2
1
答案：－
2
7．(2019 届江西七校联考)已知向量 a＝(1， 3)，b＝(3，m)，且 b 在 a 上的 投影为－3，则向量 a 与 b 的夹角为________．
解析：因为 b 在 a 上的投影为－3，
所以|b|cos〈a，b〉＝－3，又|a|＝ 13＋（ 3）2＝2，所以 a·b＝|a||b|cos〈a， b〉＝－6，又 a·b＝1×3＋ 3m，所以 3＋ 3m＝－6，解得 m＝－3 3，则 b＝(3，－
3 3)，所以|b|＝ 32＋（－3 3）2＝6，所以 cos〈a，b〉＝
|a||b| 2 ×6 2
＝ ＝－ ， a·b
－6
1
2π
因为 0≤〈a，b〉≤π，所以 a 与 b 的夹角为 .
3
2π
答案：
3
8．(一题多解)(2019 年天津卷)在四边形 ABCD 中，AD∥BC，AB＝2 3，AD → →
＝5，∠A＝30°，点 E 在线段 CB 的延长线上，且 AE＝BE，则BD·AE＝ ________．
解析：解法一：∵∠BAD＝30°，AD∥BC，∴∠ABE＝30°，
又 EA＝EB，∴∠EAB＝30°，
在△EAB 中，AB＝2 3，∴EA＝EB＝2.
以 A 为坐标原点，直线 AD 为 x 轴建立如图所示的平面直角坐标系．
则 A(0，0)，D(5，0)，E(1， 3)，B(3， 3)， → →
∴BD＝(2，－ 3)，AE＝(1， 3)， → → ∴BD·AE＝(2，－ 3)·(1， 3)＝－1. 解法二：同解法一，求出 EB＝EA＝2， → →
以AB，AD为一组基底，
→ 2
则BD＝AD－AB，AE＝AB＋BE＝AB－ AD，
5 → → → → → ∴BD
·AE＝(AD－AB － AD
)·AB
→ → → → → → →
2 →
(
5
)
→
→ → → → →
2 2
2
＝AD·AB－AB＋ AB·AD－ AD 5 5
2
7 2
＝ AD·AB－AB2－ AD 5
5
→ → → →
2
2 7 3
＝ ×5×2 3× －12－ ×25＝－1.
2 5 5 答案：－1
9．已知向量 a＝(2，－1)，b＝(1，x)． (1)若 a⊥(a＋b)，求|b|的值；
(2)若 a＋2b＝(4，－7)，求向量 a 与 b 夹角的大小．
解：(1)由题意得 a＋b＝(3，－1＋x)．
由 a⊥(a＋b)，可得 6＋1－x＝0，解得 x＝7，即 b＝(1，7)， 所以|b|＝ 50＝5 2.
(2)由题意得，a＋2b＝(4，2x－1)＝(4，－故 x＝－3， 所以 b＝(1，－3)，
7)， a·b （2，－1）·（1，－3） 2 所以 cos〈a，b〉＝ ＝ ＝ . |a||b| 5 × 10 2 因为〈a，b〉∈[0，π]，
π
所以 a 与 b 夹角是 .
4
10．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61. (1)求 a 与 b 的夹角为 θ； (2)求|a＋b|；
→ →
(3)若AB＝a，BC＝b，求△ABC 的面积． 解：(1)因为(2a－3b)·(2a＋b)＝61， 所以 4|a|2－4a·b－3|b|2＝61. 又|a|＝4，|b|＝3， 所以 64－4a·b－27＝61， 所以 a·b＝－6，
a·b
－6
1 所以 cos θ＝ ＝
＝－ .
|a||b| 4 ×3
2
2π 又 0≤θ≤π，所以 θ＝ .
3 (2)|a＋b|2＝(a＋b)2 ＝|a|2＋2a·b＋|b|2
＝42＋2×(－6)＋32＝13，所以|a＋b|＝ 13. 2π
→ →
(3)因为AB与BC的夹角 θ＝ ，
3
2π π
所以∠ABC＝π－ ＝ .
3 3
→ →
又|AB|＝|a|＝4，|BC|＝|b|＝3， 1 S4×3× 3
所以 △ABC＝ ×＝3 3.
2
2 B 级·素养提升|练能力|
→ → 11.(2019 届郑州质量预测)在矩形 ABCD 中，AB＝3，BC＝ 3，BE＝2EC，点
→ → → →
F 在边 CD 上．若AB·AF＝3，则AE·BF的值为( )
A．0 C．－4
2
8 3 B. 3 D．4 2 3
→ → → → → → → →
解 析：选 C BE＝2EC⇒|BE|＝ |BC|＝ .设AB与AF的夹角为 α，AB·AF＝3⇒
3 3 → →
|AF|cos α＝1⇒|DF|＝1.以 A 为坐标原点，AD 为 x 轴，AB 为 y 轴建立平面直角坐
2 3
标系，则 B(0，3)，F( 3，1)，E
→ →
(
2 3 →
，3
).因此BF
3
－2×3＝2－6＝－4，故选 C.
＝( 3，－2)，AE
·BF＝
× 3
3
→ → →
12．(2019 届西安模拟)已知 P 为△ABC 所在平面内一点，AB＋PB＋PC＝0， → → →
|AB|＝|PB|＝|PC|＝2，则△ABC 的面积等于( )
A. 3 C．3 3
B．2 3 D．4 3
→ →
解析：选 B 由|PB|＝|PC|得，△PBC 是等腰三角形，取 BC 的中点 D，连接 → → → → → → →
PD，则 PD⊥BC，又AB＋PB＋PC＝0，所以AB＝－(PB＋PC)＝－2PD，所以 PD＝ 1
→ →
AB＝1，且 PD∥AB，故 AB⊥BC，即△ABC 是直角三角形．由|PB|＝2，|PD|＝1 2
→
→
1
可得|BD|＝ 3，则|BC|＝2 3，所以△ABC 的面积为 ×2×2 3＝2 3.
2
13．(一题多解)(2020 届大同模拟)已知 P 是线段 AB 的垂直平分线上一点，O → → → → →
是平面上一点，OA＝a，OB＝b，OP＝p，且|OA|＝3，|OB|＝2，则 p·(a－b)＝ ________.
→ →
解析：解法一：如图，设 C 为线段 AB 的中点，连接 CP，OC，则CP⊥AB， → → → → → → → → → → → → → → 得CP·AB＝0.p·(a－b)＝OP·(OA－OB)＝(OC＋CP)·BA＝OC·BA＋CP·BA＝OC·BA，
→
→ →
→ → →
1
又OC＝ (OA＋OB)，BA＝OA－OB，
2
→ → → → → → → → 所以OC·BA＝ (OA )·(OA－OB)＝ (OA2－OB2)＝ .
＋OB 2 2 2
1 1 5
解法二：因为 P 是线段 AB 垂直平分线上任意一点，不妨设 P 是线段 AB 的 → → 1 1 1 5
22
中点，所以OP＝p＝ (OA＋OB)＝ (a＋b)，所以 p·(a－b)＝ (a－b)＝ .
2 2 2 2
5 →
答案： 14.
2
→
在如图所示的平面直角坐标系中，已知点 A(1，0)和点 B(－1，0)，|OC|＝1， 且∠AOC＝θ，其中 O 为坐标原点．
3
→ →
(1)若 θ＝ π，设点 D 为线段 OA 上的动点，求|OC＋OD|的最小值；
4
π
(2)若 θ∈
→
，n＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求 m·n 的最
小值及对应的 θ 的值．
解：(1)设 D(t，0)(0≤t≤1)，
由题意知 C－
[0，2]，向量 m＝BC
(
2 ， 2
2
2 ，
2 ，
)
→ →
所以OC＋OD
＝－
2 ＋t， 2
(
2
)
→ →
1 1
所以|OC＋OD|2＝ － 2t＋t2＋
2 2
＝t2－ 2t＋1＝
(t－
2 1 2 ＋ ，
2
)
2
所以当 t＝
2
2
→ → . 时，|OC＋OD|有最小值且最小值为 2 2
→
(2)由题意得 C(cos θ，sin θ)，m＝BC＝(cos θ＋1，sin θ)，则 m·n＝1－cos2θ＋
π
sin2θ－2sin θcos θ＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－ 2sin(2θ＋4
)，
π
π
π 5π
因为 θ∈[0，2
]，所以
≤2θ＋ ≤ ，
4 4 4
π π
π
π
所以当 2θ＋
4)
取得最大值 1，所以当 θ＝
2
＝ ，即 θ＝8
时，sin (
2θ＋
取得最小值为 1－ 2.
π
时，m·n 4
8
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