［基礎(chǔ)題組練］TOC\o"1-5"\h\z(2019?高考全國卷II)已知AB=(2,3),AC=(3,t),lBCl=l,貝^AB?BC=( )A．－3 B．－2C.2 D.3解析：選C.因為BC=AC-Ab=(1,t-3),所以iBC匸1+(t-3)2=1，解得t=3,所以BC=(1,0)，所以AB^BC=2X1+3X0=2，故選C.(2019?高考全國卷I)已知非零向量a,b滿足lal=2lbl,且(a-b)丄b,則a與b的夾角為()nA—6C.2nD.C.2nD.5n解析：選B.設(shè)a與b的夾角為a,因為(a-b)丄b,所以(a-b)b=0,所以a?b=b2,所以lalJblcosa=lbl2，又lal=2lbl,所以cosa=2，因為a￡(0,n),所以a=3.故選B.(2019?貴陽模擬)如圖，在邊長為1的正方形組成的網(wǎng)格中，平行四邊形ABCD的頂)11點D被陰影遮住，找出D點的位置，AB?AD的值為()11A.10C.12DC.12解析：選B.以點A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，A(0，0)，B(4，1)，C(6,4)，根據(jù)四邊形ABCD為平行四邊形，可以得到D(2,3)，所以AB?AD=(4,1)?(2,3)=8+3=11.故選B.

4.（2019?貴州黔東南州一模）已知梯形ABCD中，AB〃CD,AB=2CD，且ZDAB=90°,AB=2,A．1010—g BE所以qC={~3,1),QD(3，1AB=2,A．1010—g BE所以qC={~3,1),QD(3，1)，A 1O所以QC?QD=9+1=-9-.故選d.如圖，AB是半圓O的直徑，P是AB上的點，M,N是直徑AB上關(guān)于O對稱的兩點,且AB=6且AB=6,MN=4,A．13 B．7C.5 D.3解析：選C.連接AP,BP，則pM=pa+am,pN=pb+bn=pb-AM，所以PM^pN=(pA—> —> —> —> —> —> —> —> —> —> —> —> —> —> —> —> —>+aM)^(PB-aM)=PA^PB-FA^AM+AM^PB-IAMI2=-FA^AM+AM^PB-IAMI2=am?AB-|AM|2=1X6-1=5.向量a,b均為非零向量，(a—2b)丄a,(b—2a)丄b,則a,b的夾角為 .解析：因為(a-2b)丄a,(b-2a)丄b，所以(a-2b)?a=0,(b-2a)?b=0,即a2-2a?b=0,b2-2a?b=0,所以b2=a2=2a?b,cos<a,b>=蠱]=盤2=^因為〈a,b〉e[0,n],所以

n〈a,b〉=3.答案：n已知點M,N滿足lMCl=lNCl=3，且lCM+CNl=2活，則M,N兩點間的距離為解析：依題意，得CM+CN|2=iCM)2+iCN|2+2CM?CN=18+2CM?CN=20，則CMCN=1，故M,N兩點間的距離為lMNl=lCN-CMl=\!ICNI2+|CM|2-2CNCM="\：'9+9-2=4.答案：4(2019?石家莊質(zhì)量檢測(一))已知AB與AC的夾角為90°,lABl=2,lACI=1,AM=kAB+〃ACa，“gr),且AM?BC=o,則心的值為 解析：根據(jù)題意，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0),B(0,2),C(1,0)，所以Ab=(0,2),Ac=(1,0),BC=(1,-2)?設(shè)M(x,y),則AM=(x,y),所以AM^BC二(x,y)?(l,■2)=x■2y二0,所以x―2y,又AM1一一 - 一入2y=AAB+yAC，即(x,y)=A(0,2)+“(1,0)=(w,2入)，所以x二〃,y=2A，所以一=—px答案：4已知向量m=(sina—2,—cosa),n=(—sina,cosa),其中a^R.若加丄n,求角a；若lm_nl=\：2,求cos2a的值.解：(1)若m丄n，則m?n=0,即為-sina(sina-2)-cos2a=0,即sina=2,n 5n可得a=2kn+石或a=2kn+石,keZ.

(2)若I加-nl- 2,即有(加-n)2-2,即(2sina-2)2+(2cosa)2-2,即為4sin2a+4-8sina+4cos2a-2,3即有8-8sina—2，可得sina—4,2si2si一一216X2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A(—1,—2),B(2,3),C(—2,—1).求以線段AB,AC為鄰邊的平行四邊形兩條對角線的長；設(shè)實數(shù)t滿足(AB—tOC)?OC=0,求t的值.解：(1)由題設(shè)知AB=(3,5),AC=(-1,1),則AB+AC=(2,6),AB-AC=(4,4).所以IAB+ACI=2帀,IAB-ACI=4竝故所求的兩條對角線的長分別為4邁,2師⑵法一：由題設(shè)知：OC=(-2,-1),AB-tOC=(3+2t,5+1).由(AB-tOC)Oc=o，得：(3+2t,5+t)?(-2,-1)=0,從而5t=-11,所以/二-#.法二：AB^OC=tOC2,AB=(3,5),XBOCt-XBOCt-|OC|2115.［綜合題組練］A.—18C.181.(2019?湖南省五市十校聯(lián)考)在直角三角形ABC中，ZC=n,AB=4,AC=2,若AD=|AB,則CD?A.—18C.18—6\：3D.6曲

解析：選C.法n由ZC解析：選C.法n由ZC巧,AB=4,AC=2，得CB二2込,cA-cB=o.cb-cB=（cA+AD）.cB=cAGB+72AB-GB==3（cB-cA）^cB=2cB2=18，故選C.法二：如圖，以c為坐標(biāo)原點，cA,cB所在的直線分別為x,y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則c(0,0)，A(2,0),B(0,2込).由題意得ZcBA=■6，又Ab=3AB，所以d(-1,3、月)，貝dcb-cB=(-1,3占)?(0,2\'3)=18，故選C.2.(2019?南寧模擬)已知o是△abc內(nèi)一點，＜OA+(OB+dc=o,AB?AC=2且ZBAC=60°,則AOBc的面積為（ ）2D.3A.2D.3S^OBCS^OBC=|S^ABC?因為解析：選A.因為鬲+亦+荒=0，所以O(shè)是\ABC的重心，于是ABAC=2，所以ABi?iACi?cos/bac=2，因為zbac=60°，所以iABi-iaci=4.又s_=1iaBTOC\o"1-5"\h\z△ABc2c 一 [3l?lAcisin/BAc=V3，所以AOBc的面積為專，故選A.(應(yīng)用型)已知△ABc是邊長為2的等邊三角形，P為平面ABc內(nèi)一點，貝yPA?(PB+陀)的最小值是( )A.—2 B.—24—3 D.—1解析：選B.如圖，以等邊三角形ABc的底邊BC所在直線為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,；3),B(-1,0),c(1,0),設(shè)P(x,y),則PA=(-x,V3-y),PB=(-1-x,-y),Pc=(1-x,-y),所以PA(PB+Pc)=(-x,\；3-y)?(-2x,-2y)=2x2+2(y-2)2-2，當(dāng)x=0,

y=￥時，PA（PB+PC）取得最小值為-|.（應(yīng)用型）如圖，菱形ABCD的邊長為2,ZBAD=60°,M為DC的中點，若N為菱形內(nèi)任意一點（含邊界），則AM?AN的最大值為 .解析：由平面向量的數(shù)量積的幾何意義知，AMAN等于AMi與AN在AM方向上的投影之積，所以（AMAN）max二Am^Ac二+AD）（AB+AD）二|Abi+Adi+|ABAD二9.答案：9（創(chuàng)新型）已知向量a=（cosx,sinx）,b=（3,—\：3）,xW[O,&⑴若a〃b,求x的值；⑵記fx）=a?b，求fx）的最大值和最小值以及對應(yīng)的x的值.解：（1）因為a=（cosx,sinx）,b二（3,-\：3）,a〃b,所以-p3cosx=3sinx.若cosx=0，貝I」sinx=0,與sin2x+cos2x=1矛盾，故cosx*0.于是tanx于是tanx_ 5nw[0,n]，所以x二石.（2fx）=a?b=（cosx,sinx）?（33）=3cosx-\3sinx=2p3cos因為xW[0,n因為xW[0,n]，所以x+en 7n_6，~6_從而-1Wcos|于是，當(dāng)x+~6=6，即x=0時，fx）取到最大值3；n 5n 廠當(dāng)x+6=n，即x二石時，fx)取到最小值-2】3.(創(chuàng)新型)在AABC中，ZA,ZB,ZC的對邊分別為a,b,c,已知向量m=(cosB,2cos2C—1),n=(c,b—2a),且mn=O.求ZC的大小；若點D為邊AB上一點，且滿足AD=DB,lCDl=\'7c=2\3，求AABC的面積.解：(1)因為m=(cosB,cosC),n=(c,b-2a),m?n二0,所以ccosB+(b-2a)cosC=0,在AABC中，由正弦定理得sinCcosB+(sinB-2sinA)cosC=0，sinA=2sinAcosC，又sinA*0,