第三節平面向量的數量積及平面向量的應用[備考方向要明了]考什么怎么考1.理解平面向量數量積的含義及其物理意義．了解平面向量的數量積與向量投影的關系．2.掌握數量積的坐標表達式，會進行平面向量數量積的運算．3.能運用數量積表示兩個向量的夾角，會用數量積判斷兩個平面向量的垂直關系．4.會用向量方法解決某些簡單的平面幾何問題．會用向量方法解決簡單的力學問題與其他一些實際問題.近年來的新課標高考對平面向量的數量積的考查，主要以選擇題、填空題的形式出現：(1)直接利用數量積進行平面向量的運算，如年北京T13，上海T12等．(2)利用平面向量的數量積計算及兩個向量的夾角問題，如年新課標全國T13，江西T7等.(3)利用平面向量的數量積解決垂直問題．如年安徽T11等.[歸納·知識整合]1．平面向量的數量積平面向量數量積的定義已知兩個非零向量a和b，它們的夾角為θ，把數量|a||b|cosθ叫做a和b的數量積(或內積)，記作a·b.即a·b＝|a||b|cosθ，規定0·a＝0.2．向量數量積的運算律(1)a·b＝b·a(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c[探究]根據數量積的運算律，判斷下列結論是否成立．(1)a·b＝a·c，則b＝c嗎？(2)(a·b)c＝a(b·c)嗎？提示：(1)不一定，a＝0時不成立，另外a≠0時，a·b＝a·c.由數量積概念可知b與c不能確定；(2)(a·b)c＝a(b·c)不一定相等．(a·b)c是c方向上的向量，而a(b·c)是a方向上的向量，當a與c不共線時它們必不相等．3．平面向量數量積的有關結論已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)結論幾何表示坐標表示模|a|＝eq\r(a·a)|a|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))夾角cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝eq\f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))·\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)))a⊥b的充要條件a·b＝0x1x2＋y1y2＝0|a·b|與|a||b|的關系|a·b|≤|a||b||x1x2＋y1y2|≤eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))[自測·牛刀小試]1．(教材習題改編)已知|a|＝5，|b|＝4，a·b＝－10，則a與b的夾角為()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2,3)πC.eq\f(π,6) D.eq\f(5,6)π解析：選B設a與b的夾角為θ，則a·b＝|a||b|cosθ＝5×4cosθ＝－10，即cosθ＝－eq\f(1,2).又∵θ∈[0，π]，∴θ＝eq\f(2,3)π.2．(教材習題改編)等邊三角形ABC的邊長為1，＝a，＝b，＝c，那么a·b＋b·c＋c·a等于()A．3 B．－3C.eq\f(3,2) D．－eq\f(3,2)解析：選D由題意知|a|＝|b|＝|c|＝1，且a與b的夾角為120°，b與c的夾角為120°，c與a的夾角也為120°.故a·b＋b·c＋c·a＝－eq\f(3,2).3．設向量a，b滿足|a|＝|b|＝1，a·b＝－eq\f(1,2)，則|a＋2b|＝()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C.eq\r(5) D.eq\r(7)解析：選B|a＋2b|＝eq\r(|a＋2b|2)＝eq\r(|a|2＋4a·b＋4|b|2)＝eq\r(1－2＋4)＝eq\r(3).4．(教材習題改編)已知|a|＝3，|b|＝4，且a與b不共線，若向量a＋kb與a－kb垂直，則k＝________.解析：∵(a＋kb)⊥(a－kb)，∴(a＋kb)·(a－kb)＝0，即|a|2－k2|b|2＝0.又∵|a|＝3，|b|＝4，∴k2＝eq\f(9,16)，即k＝±eq\f(3,4).答案：±eq\f(3,4)5．若向量a＝(1,1)，b＝(2,5)，c＝(3，x)滿足條件(8a－b)·c＝30，則x＝________.解析：由題意可得8a－b＝(6,3)，又(8a－b)·c＝30，c＝(3，x)，則18＋3x＝30，解得x＝4.答案：4平面向量數量積的運算[例1](1)(·天津高考)已知△ABC為等邊三角形，AB＝2.設點P，Q滿足＝λ，＝(1－λ)，λ∈R，若·＝－eq\f(3,2)，則λ＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1±\r(2),2)C.eq\f(1±\r(10),2) D.eq\f(－3±2\r(2),2)(2)(·上海高考)在平行四邊形ABCD中，∠A＝eq\f(π,3)，邊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(||,||)＝eq\f(||,||)，則·的取值范圍是________．[自主解答](1)以點A為坐標原點，AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則B(2,0)，C(1，eq\r(3))，由＝λ，得P(2λ，0)，由＝(1－λ)，得Q(1－λ，eq\r(3)(1－λ))，所以·＝(－λ－1，eq\r(3)(1－λ))·(2λ－1，－eq\r(3))＝－(λ＋1)·(2λ－1)－eq\r(3)×eq\r(3)(1－λ)＝－eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(1,2).(2)建立平面直角坐標系，如圖．則B(2,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).令eq\f(BM,BC)＝eq\f(CN,CD)＝λ，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)＋2，\f(\r(3),2)λ))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－2λ，\f(\r(3),2))).∴·＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)＋2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－2λ))＋eq\f(3,4)λ＝－λ2－2λ＋5＝－(λ＋1)2＋6.∵0≤λ≤1，∴·∈[2,5]．[答案](1)A(2)[2,5]———————————————————平面向量數量積的類型及求法(1)向量數量積有兩種計算公式：一是夾角公式a·b＝|a||b|cosθ；二是坐標公式a·b＝x1x2＋y1y2.(2)求較復雜的向量數量積的運算時，可先利用向量數量積的運算律或相關公式進行化簡．注意以下兩個重要結論的應用：①(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2；②(a＋b)·(a－b)＝a2－b2.1.(·江蘇高考)如圖，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\r(2)，則·的值是________．解析：以A為坐標原點，AB，AD所在的直線分別為x，y軸建立直角坐標系，則B(eq\r(2)，0)，E(eq\r(2)，1)，D(0,2)，C(eq\r(2)，2)．設F(x,2)(0≤x≤eq\r(2))，由·＝eq\r(2)?eq\r(2)x＝eq\r(2)?x＝1，所以F(1,2)，·＝(eq\r(2)，1)·(1－eq\r(2)，2)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)平面向量的夾角與模的問題[例2]已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61.(1)求a與b的夾角θ；(2)求|a＋b|和|a－b|.[自主解答](1)∵(2a－3b)·(2a＋b)＝61，解得a·b＝－6.∴cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－6,4×3)＝－eq\f(1,2)，又0≤θ≤π，∴θ＝eq\f(2π,3).(2)|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝13，∴|a＋b|＝eq\r(13).|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝37.∴|a－b|＝eq\r(37).本例條件不變，若＝a，＝b，試求△ABC的面積．解：∵與的夾角θ＝eq\f(2,3)π，∴∠ABC＝π－eq\f(2,3)π＝eq\f(1,3)π.又||＝|a|＝4，||＝|b|＝3，∴S△ABC＝eq\f(1,2)||||sin∠ABC＝eq\f(1,2)×4×3×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3).———————————————————1．利用數量積求解長度問題的處理方法(1)a2＝a·a＝|a|2或|a|＝eq\r(a·a).(2)|a±b|＝eq\r(a±b2)＝eq\r(a2±2a·b＋b2).(3)若a＝(x，y)，則|a|＝eq\r(x2＋y2).2．求向量夾角的方法(1)利用向量數量積的定義知，cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)，其中兩向量夾角的范圍為0°≤θ≤180°，求解時應求出三個量：a·b，|a|，|b|或者找出這三個量之間的關系．(2)利用坐標公式，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則cosθ＝eq\f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))·\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))).(3)三角函數法，可以把這兩個向量的夾角放在三角形中；利用正余弦定理、三角形的面積公式等求解．2．(1)已知平面向量α，β，|α|＝1，β＝(2,0)，α⊥(α－2β)，求|2α＋β|的值；(2)已知三個向量a、b、c兩兩所夾的角都為120°，|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，求向量a＋b＋c與向量a的夾角．解：(1)∵β＝(2,0)，∴|β|＝2，又α⊥(α－2β)，∴α·(α－2β)＝α2－2α·β＝1－2α·β＝0.∴α·β＝eq\f(1,2).∴(2α＋β)2＝4α2＋β2＋4α·β＝4＋4＋2＝10.∴|2α＋β|＝eq\r(10).(2)由已知得(a＋b＋c)·a＝a2＋a·b＋a·c＝1＋2cos120°＋3cos120°＝－eq\f(3,2)，|a＋b＋c|＝eq\r(a＋b＋c2)＝eq\r(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c)＝eq\r(1＋4＋9＋4cos120°＋6cos120°＋12cos120°)＝eq\r(3).設向量a＋b＋c與向量a的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a＋b＋c·a,|a＋b＋c||a|)＝eq\f(－\f(3,2),\r(3))＝－eq\f(\r(3),2)，即θ＝150°，故向量a＋b＋c與向量a的夾角為150°.平面向量的垂直問題[例3]已知|a|＝4，|b|＝8，a與b的夾角是120°.(1)計算|a＋b|；(2)當k為何值時，(a＋2b)⊥(ka－b)．[自主解答](1)|a＋b|2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝16＋2×4×8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋64＝48，故|a＋b|＝4eq\r(3).(2)若(a＋2b)⊥(ka－b)，則(a＋2b)·(ka－b)＝0，即ka2＋(2k－1)a·b－2b2＝16k－16(2k－1)－2×64＝0，解得k＝－7.即k＝－7時，兩向量垂直．———————————————————兩向量垂直的判斷方法及應用(1)若a，b為非零向量，則a⊥b?a·b＝0；若非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則a⊥b?x1x2＋y1y2＝0.(2)一對向量垂直與向量所在的直線垂直是一致的，向量的線性運算與向量的坐標運算是求解向量問題的兩大途徑．3．在直角三角形ABC中，已知＝(2,3)，＝(1，k)，求k的值．解：(1)當A＝90°時，∵⊥，∴·＝0.∴2×1＋3k＝0，解得k＝－eq\f(2,3).(2)當B＝90°時，∵⊥，又＝－＝(1，k)－(2,3)＝(－1，k－3)，∴·＝2×(－1)＋3×(k－3)＝0，解得k＝eq\f(11,3).(3)當C＝90°時，∵⊥，∴1×(－1)＋k(k－3)＝0，即k2－3k－1＝0.∴k＝eq\f(3±\r(13),2).綜上可得k的值為－eq\f(2,3)或eq\f(11,3)或eq\f(3±\r(13),2).平面向量數量積的應用[例4]設向量a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，c＝(cosβ，－4sinβ)．(1)若a與b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；(2)求|b＋c|的最大值；(3)若tanαtanβ＝16，求證：a∥b.[自主解答](1)由a與b－2c垂直，a·(b－2c)＝a·b－2a·c＝0，即4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0，tan(α＋β)＝2.(2)b＋c＝(sinβ＋cosβ，4cosβ－4sinβ)|b＋c|2＝sin2β＋2sinβcosβ＋cos2β＋16cos2β－32cosβsinβ＋16sin2β＝17－30sinβcosβ＝17－15sin2β，最大值為32，所以|b＋c|的最大值為4eq\r(2).(3)由tanαtanβ＝16得sinαsinβ＝16cosαcosβ，即4cosα·4cosβ－sinαsinβ＝0，所以a∥b.———————————————————平面向量與三角函數的綜合問題的命題形式與解題思路(1)題目條件給出向量的坐標中含有三角函數的形式，運用向量共線或垂直或等式成立等，得到三角函數的關系式，然后求解．(2)給出用三角函數表示的向量坐標，要求的是向量的模或者其他向量的表達形式，解題思路是經過向量的運算，利用三角函數在定義域內的有界性，求得值域等．4．在△ABC中，已知2·＝eq\r(3)||·||＝3||2，求角A，B，C的大小．解：設BC＝a，AC＝b，AB＝c，∵由2·＝eq\r(3)||·||得2bccosA＝eq\r(3)bc，∴cosA＝eq\f(\r(3),2)，又∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,6).由eq\r(3)||·||＝3||2得bc＝eq\r(3)a2，由正弦定理得sinC·sinB＝eq\r(3)sin2A＝eq\f(\r(3),4)，∴sinC·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－C))＝eq\f(\r(3),4)，即sinC·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosC＋\f(\r(3),2)sinC))＝eq\f(\r(3),4)，∴2sinC·cosC＋2eq\r(3)sin2C＝eq\r(3)，∴sin2C－eq\r(3)cos2C＝0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C－\f(π,3)))＝0，由A＝eq\f(π,6)知0<C<eq\f(5π,6)，∴－eq\f(π,3)<2C－eq\f(π,3)<eq\f(4π,3)，從而2C－eq\f(π,3)＝0或2C－eq\f(π,3)＝π，即C＝eq\f(π,6)或C＝eq\f(2π,3).故A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(2π,3)，C＝eq\f(π,6)或A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(2π,3).3個防范——與向量夾角有關的易誤點(1)若a·b>0，則a與b的夾角為銳角或0°；(2)若a·b<0，則a與b的夾角為鈍角或180°；(3)在求△ABC的三邊所對應向量的夾角時，要注意是三角形的內角還是外角．如等邊△ABC中，與的夾角應為120°而不是60°.4個區別——向量運算與實數運算的區別(1)在實數運算中，若ab＝0，則a與b中至少有一個為0.而在向量數量積的運算中，不能從a·b＝0推出a＝0或b＝0成立．實際上由a·b＝0可推出以下四種結論：①a＝0，b＝0；②a＝0，b≠0；③a≠0，b＝0；④a≠0，b≠0，但a⊥b.(2)在實數運算中，若a，b∈R，則|ab|＝|a|·|b|，但對于向量a，b卻有|a·b|≤|a|·|b|，當且僅當a∥b時等號成立．這是因為|a·b|＝|a|·|b|·|cosθ|，而|cosθ|≤1.(3)實數運算滿足消去律：若bc＝ca，c≠0，則有b＝a.在向量數量積的運算中，若a·b＝a·c(a≠0)，則不一定得到b＝c.(4)實數運算滿足乘法結合律，但向量數量積的運算不滿足乘法結合律，即(a·b)·c不一定等于a·(b·c)，這是由于(a·b)·c表示一個與c共線的向量，而a·(b·c)表示一個與a共線的向量，而c與a不一定共線.創新交匯——平面向量與其他知識的交匯1．平面向量的數量積是每年高考的重點和熱點內容，且常與三角函數、數列、三角形、解析幾何等交匯命題，且常考常新．2．此類問題的解題思路是轉化為代數運算，其轉化途徑主要有兩種：一是利用平面向量平行或垂直的充要條件；二是利用向量數量積的公式和性質．[典例](·廣東高考)對任意兩個非零的平面向量α和β，定義α°β＝eq\f(α·β,β·β).若兩個非零的平面向量a，b滿足a與b的夾角θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，且a°b和b°a都在集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)|n∈Z))中，則a°b＝()A.eq\f(5,2) B.eq\f(3,2)C．1 D.eq\f(1,2)[解析]a°b＝eq\f(a·b,b2)＝eq\f(|a||b|,|b|2)cosθ＝eq\f(|a|,|b|)cosθ，b°a＝eq\f(|b|,|a|)·cosθ，因為|a|>0，|b|>0,0<cosθ<eq\f(\r(2),2)，且a°b、b°a∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(n∈Z))))，所以eq\f(|a|,|b|)cosθ＝eq\f(n,2)，eq\f(|b|,|a|)cosθ＝eq\f(m,2)，其中m，n∈N*，兩式相乘，得eq\f(m·n,4)＝cos2θ，因為0<cosθ<eq\f(\r(2),2)，所以0<cos2θ<eq\f(1,2)，得到0<m·n<2，故m＝n＝1，即a°b＝eq\f(1,2).[答案]Deq\a\vs4\al([名師點評])1．本題具有以下創新點(1)本題屬新定義問題，命題背景新穎；(2)考查知識新穎，本題把向量的數量積、夾角、不等式、集合等問題通過新定義有機結合在一起，較好地考查了考生的閱讀理解能力和知識的遷移、轉化的能力．2．解決本題的關鍵有以下幾點(1)讀懂、讀透題目中所給的新定義α°β＝eq\f(α·β,β·β)的意義．(2)理解a°b與b°a都在集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(n∈Z))))中的實際意義是eq\f(|a|,|b|)cosθ與eq\f(|b|,|a|)cosθ都能表示成eq\f(n,2)(n∈Z)的形式．(3)善于轉化，通過兩式相乘，將問題轉化為0<cos2θ<eq\f(1,2)，即0<m·n<2成立，從而求得結論．eq\a\vs4\al([變式訓練])1．已知向量與關于x軸對稱，j＝(0,1)，則滿足不等式2＋j·≤0的點Z(x，y)的集合用陰影表示為()解析：選C依題意得，動點Z的坐標滿足：(x2＋y2)＋(0,1)·(0，－2y)＝x2＋y2－2y≤0，即x2＋(y－1)2≤1，易知該不等式表示的平面區域是以點(0,1)為圓心，1為半徑的圓及其內部．2．已知平面內的向量，滿足：||＝||＝2，與的夾角為eq\f(π,2)，又＝λ1＋λ2,0≤λ1≤1,1≤λ2≤2，則點P的集合所表示的圖形的面積是()A．8 B．4C．2 D．1解析：選B如圖，以O為原點，所在直線為x軸，所在直線為y軸，建立平面直角坐標系，則A(2,0)，B(0,2)，設P(x，y)，則由＝λ1＋λ2，得(x，y)＝λ1(2,0)＋λ2(0,2)＝(2λ1,2λ2)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2λ1，,y＝2λ2.))又因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤λ1≤1，,1≤λ2≤2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2，,2≤y≤4.))所以點P的集合為{(x，y)|0≤x≤2,2≤y≤4}，它表示正方形區域(如圖中陰影部分所示)，所以點P的集合所表示的圖形的面積為2×2＝4.一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1．(·重慶高考)設x∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，－2)，且a⊥b，則|a＋b|＝()A.eq\r(5) B.eq\r(10)C．2eq\r(5) D．10解析：選B由a⊥b，可得a·b＝0，即x－2＝0，得x＝2，所以a＋b＝(3，－1)，故|a＋b|＝eq\r(32＋－12)＝eq\r(10).2．(·湖北高考)若向量a＝(1,2)，b＝(1，－1)，則2a＋b與a－b的夾角等于()A．－eq\f(π,4) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(3π,4)解析：選C2a＋b＝2(1,2)＋(1，－1)＝(3,3)，a－b＝(1,2)－(1，－1)＝(0,3)．在平面直角坐標系中，根據圖形得2a＋b與a－b的夾角為eq\f(π,4).3．如圖，在△ABC中，AD⊥AB，＝eq\r(3)，||＝1，則·＝()A．2eq\r(3) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)解析：選D建系如圖．設B(xB,0)，D(0,1)，C(xC，yC)，＝(xC－xB，yC)，＝(－xB,1)，∵＝eq\r(3)，∴xC－xB＝－eq\r(3)xB?xC＝(1－eq\r(3))·xB，yC＝eq\r(3)，＝((1－eq\r(3))xB，eq\r(3))，＝(0,1)，·＝eq\r(3).4．已知|a|＝6，|b|＝3，a·b＝－12，則向量a在向量b方向上的射影的數量是()A．－4 B．4C．－2 D．2解析：選A設a與b的夾角為θ，∵a·b為向量b的模與向量a在向量b方向上的射影的數量的乘積，而cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(2,3)，∴|a|cosθ＝6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－4.5．已知圓O的半徑為1，PA、PB為該圓的兩條切線，A、B為兩切點，那么·的最小值為()A．－4＋eq\r(2) B．－3＋eq\r(2)C．－4＋2eq\r(2) D．－3＋2eq\r(2)解析：選D設∠APB＝2θ，||＝x，則·＝||·||·cos2θ＝||2cos2θ＝(||2－1)·(1－2sin2θ)＝(x2－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x2)))＝x2－2－1＋eq\f(2,x2)≥－3＋2eq\r(2)，當且僅當x2＝eq\f(2,x2)即x＝eq\r(4,2)時取等號．6．已知|a|＝2|b|≠0，且關于x的函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)|a|x2＋a·bx在R上有極值，則a與b的夾角范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))解析：選Cf(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)|a|x2＋a·bx在R上有極值，即f′(x)＝x2＋|a|x＋a·b＝0有兩個不同的實數解，故Δ＝|a|2－4a·b＞0?cos〈a，b〉＜eq\f(1,2)，又〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)).二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分)7．已知a與b為兩個不共線的單位向量，k為實數，若向量a＋b與向量ka－b垂直，則k＝________.解析：∵a＋b與ka－b垂直，∴(a＋b)·(ka－b)＝0，化簡得(k－1)(a·b＋1)＝0，根據a、b向量不共線，且均為單位向量得a·b＋1≠0，得k－1＝0，即k＝1.答案：18．(·北京高考)已知正方形ABCD的邊長為1，點E是AB邊上的動點，則·的值為________；·的最大值為________．解析：法一：以，為基向量，設＝λ(0≤λ≤1)，則＝－＝λ－，＝－，所以·＝(λ－)·(－)＝－λ·＋2＝－λ×0＋1＝1.又＝，所以·＝λ－)·＝λ2－·＝λ×1－0＝λ≤1，即·的最大值為1.法二：建立如圖所示的平面直角坐標系，令E點坐標為(t,0)(0≤t≤1)可得·＝(t,－1)·(0,－1)＝1,·＝(t,－1)·(1,0)＝t≤1故·＝1，·的最大值為1.答案：119．(·湖南高考)如圖，在平行四邊形ABCD中，AP⊥BD，垂足為P，且AP＝3，則·＝________.解析：設AC與BD的交點為O，則·＝·2＝22＋2·＝2×32＋0＝18.答案：18三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)10．已知a＝(1,2)，b＝(1,1)，且a與a＋λb的夾角為銳角，求實數λ的取值范圍．解：∵a與a＋λb均為非零向量，且夾角為銳角，∴a·(a＋λb)>0，即(1,2)·(1＋λ，2＋λ)>0.∴(1＋λ)＋2(2＋λ)>0.∴λ>－eq\f(5,3).當a與a＋λb共線時，存在實數m，使a＋λb＝ma，即(1＋λ，2＋λ)＝m(1,2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋λ＝m，,2＋λ＝2m，))解得λ＝0.即當λ＝0時，a與a＋λb共線，綜上可知，λ>－eq\f(5,3)且λ≠0.11．已知△ABC為銳角三角形，向量m＝(3cos2A，sinA)，n＝(1，－sinA)，且m⊥n.(1)求A的大小；(2)當＝pm，＝qn(p>0，q>0)，且滿足p＋q＝6時，求△ABC面積的最大值．解：(1)∵m⊥n，∴3cos2A－sin2A＝0.∴3cos2A－1＋cos2A＝0，∴cos2A＝eq\f(1,4).又∵△ABC為銳角三角形，∴cosA＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,3).(2)由(1)可得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(\r(3),2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2))).∴||＝eq\f(\r(21),4)p，||＝eq\f(\r(7),2)q.∴S△ABC＝eq\f(1,2)||·||·sinA＝eq\f(21,32)pq.又∵p＋q＝6，且p>0，q>0，∴eq\r(p)·eq\r(q)≤eq\f(p＋q,2)，∴eq\r(p)·eq\r(q)≤3.∴p·q≤9.∴△ABC面積的最大值為eq\f(21,32)×9＝eq\f(189,32).12．已知向量a＝(1,2)，b＝(cosα，sinα)．設m＝a＋tb(t為實數)．(1)若α＝eq\f(π,4)，求當|m|取最小值時實數t的值；(2)若a⊥b，問：是否存在實數t，使得向量a－b和向量m的夾角為eq\f(π,4)，若存在，請求出t；若不存在，請說明理由．解：(1)因為α＝eq\f(π,4)，所以b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，a·b＝eq\f(3\r(2),2)，則|m|＝eq\r(a＋tb2)＝eq\r(5＋t2＋2ta·b)＝eq\r(t2＋3\r(2)t＋5)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(3\r(2),2)))2＋\f(1,2))，所以當t＝－eq\f(3\r(2),2)時，|m|取到最小值，最小值為eq\f(\r(2),2).(2)存在滿足題意的實數t，由條件得coseq\f(π,4)＝eq\f(a－b·a＋tb,|a－b||a＋tb|)，又因為|a－b|＝eq\r(a－b2)＝eq\r(6)，|a＋tb|＝eq\r(a＋tb2)＝eq\r(5＋t2)，(a－b)·(a＋tb)＝5－t，則有eq\f(5－t,\r(6)×\r(5＋t2))＝eq\f(\r(2),2)，且t<5，整理得t2＋5t－5＝0，所以存在t＝eq\f(－5±3\r(5),2)滿足條件．1．下列判斷：①若a2＋b2＝0，則a＝b＝0；②已知a，b，c是三個非零向量，若a＋b＝0，則|a·c|＝|b·c|；③a，b共線?a·b＝|a||b|；④|a||b|<a·b；⑤a·a·a＝|a|3；⑥a2＋b2≥2a·b；⑦非零向量a，b滿足a·b>0，則a與b的夾角為銳角；⑧若a，b的夾角為θ，則|b|cosθ表示向量b在向量a方向上的射影的數量．其中正確的是________．解析：由于a2≥0，b2≥0，所以，若a2＋b2＝0，則a＝b＝0，故①正確；若a＋b＝0，則a＝－b，又a，b，c是三個非零向量，所以a·c＝－b·c，所以|a·c|