第4講 平面向量的綜合應(yīng)用一、填空題→ → →1．在△ABC中，BC＝a，CA＝b，AB＝c，且|a|＝1，|b|＝2，|c|＝ 3，則a·b＋b·cc·a＝________.解析由|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，可得→2→2→2，∠B＝90°，∠C＝60°，|CA|＝|BC|＋|AB|∠A＝30°，所以a·b＋b·c＋c·a＝2cos120＋°23cos150＋°0＝－4.答案－4→→→→＝1，2．在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，若AB·AC＝BA·BC那么c＝________.解析→→→→→→→→→→→＝→2由題知AB·＋·＝，即·－·＝·＋CB)AB＝ACBABC2ABACABBCAB(AC→2?c＝|AB|＝ 2.答案 23．已知△ABO三頂點(diǎn)的坐標(biāo)為 A(1,0)，B(0,2)，O(0,0)，P(x，y)是坐標(biāo)平面內(nèi)一→→→→→→點(diǎn)，且滿足AP·≤0，BP·≥0，則OP·的最小值為________．OAOBAB解析→→＝－≤，且→→，－·由已知得AP·＝－，··＝OA(x1y)(1,0)x10BPOB(xy2)(0,2)→→·(－1,2)＝－x＋2y≥－1＝2(y－2)≥0，即x≤1，且y≥2，所以O(shè)P·AB＝(x，y)＋4＝3.答案3．已知平面上有四個互異點(diǎn)→→→→→A、B、C、D，若(DB＋DC－2DA·－AC＝，4)(AB)0則△ABC的形狀為________．解析→→－→→→＝，由(DB＋DC·－AC)2DA)(AB0→→→→→→＝0，得[(DB－DA)＋(DC－DA)](AB·－AC)→→→→→2→2所以(AB＋AC)·(AB－AC)＝0.所以|AB|－|AC|＝0，→ →∴|AB|＝|AC|，故△ABC是等腰三角形．答案 等腰三角形如圖，△ABC的外接圓的圓心為O，AB＝2，AC＝3，＝→→＝________.BC7，則AO·BC解析→→＝→→→AO··－AB)BCAO(AC→→→→＝AO·AC－AO·AB，→→1→→→1→→因?yàn)镺A＝OB，所以AO在AB上的投影為2|AB|，所以AO·AB＝2|AB|·|AB|＝2，→→1→→9同理AO·AC＝2|AC||AC·|＝2，→→95故AO·BC＝2－2＝2.答案526．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，點(diǎn)D，E分別為AB，→→→→222成________數(shù)列．BC的中點(diǎn)，且AB·CD＝BC·，則a，b，cAE→→→→→－→→→＝→－→→→，即解析由AB·＝·，得(CB·＋CA)(AC·＋AB)CDBCAECA)(CBAB)(AC→2→2→2→22222222成等差數(shù)列．CB－CA＝AC－AB，所以a－b＝b－c，所以a，b，c答案等差．已知點(diǎn)是邊長為的正三角形上的動點(diǎn)，則→→→P2ABC邊BC＋AC＝7AP·(AB)________.解析→→＝→＝→，△為正三如圖，因?yàn)锳B＋ACAD2AOABC角形，所以四邊形→ABDC為菱形，BC⊥AO，所以AP在→→向量AD上的投影為AO.→→→→→→又|AO|＝3，所以AP·(AB＋AC)＝|AO||AD·|＝6.答案6．已知△為等邊三角形，＝設(shè)點(diǎn)→→→→ABC＝λAB，AQ＝(1－λ)AC，8AB2.P，Q滿足AP→→3λ∈R，若BQ·CP＝－，則λ＝________.2解析以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，則B(2,0)，C(1，→→→→3)，由AP＝λAB，得P(2λ，0)，由AQ＝(1－λ)AC，得Q(1－λ，3(1－→→3)＝－(λ＋1)(2λ－1)－3λ))，所以BQ·CP＝(－λ－1，3(1－λ))(2·λ－1，－31×3(1－λ)＝－2，解得λ＝2.答案12．設(shè)→＝1，1→為坐標(biāo)原點(diǎn)，動點(diǎn)→→，ON＝(0,1)，OP(x，y)滿足0≤OP·9OM2OM→→≤1，則z＝y(tǒng)－x的最小值是________．≤1,0≤OP·ON解析 由題得10≤x＋2y≤1，0≤y≤1，

所以可行域如圖所示，所以當(dāng)直線y－x＝z經(jīng)過點(diǎn)A(1,0)時，z＝－1.min答案－110．對任意兩個非零的平面向量α和β，定義α°β＝α·βπ.若平面向量a，b滿足|a|≥|b|>0，a與b的夾角θ∈0，4，且a°b和bβ·β°a都在集合nn∈Z中，則a°b＝________.2|·|a|×|b|×cosθ|b|2解析根據(jù)題中給定的兩個向量的新運(yùn)算可知a°b＝b·b＝＝|a|cosθ|b|cosθπ2|b||b|，b°a＝|a|，又由θ∈0，4可得2<cosθ<1，由|a|≥|b|>0可得0<|a||b|cosθ，即°∈，又由于nn∈Z，所以|b|cosθ1≤1，于是0<|a|<1b°a∈2||a|＝2，ba(0,1)即|a|＝2|b|cosθ.①同理|a|cosθ22θ>2nn∈Z，所以°|b|>2，將①代入后得2cos2，又由于a°b∈2|ab2nn33|b|＝2cosθ＝2(n∈Z)，于是1<2<2，故n＝3，∴cosθ＝2，|a|＝3|b|，∴a°b＝|b|32＝2.答案

32二、解答題11．已知在銳角△ABC中的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為 a，b，c，定義向量mB(sinB，－3)，n＝cos2B，4cos2－2，且m∥n.(1)求函數(shù)f(x)＝sin2xcosB－cos2xsinB的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若b＝1，求△ABC的面積的最大值．2B解 (1)因?yàn)閙∥n，所以4cos2－2sinB＋ 3cos2B＝2sinBcosB＋ 3cos2Bπ πsin2B＋3cos2B＝2sin2B＋3＝0，所以B＝3.π所以f(x)＝sin(2x－B)＝sin2x－3.ππ3π于是由2kπ＋2≤2x－3≤2kπ＋2(k∈Z)，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為511kπ＋12π，kπ＋12π，k∈Z.當(dāng)＝時，由余弦定理，得＝2＋c2－2accosπ(2)11ba3△ABC＝1π3max＝34.S2acsin34)12．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為0.(1)求角B的大?。弧?2)若b＝2 3，試求AB·CB的最小值．

→→ →→a，b，c，且(2a＋c)·BC·BA＋cCA·CB→→→→解(1)因?yàn)?2a＋c)BC·＋cCA·＝0，BACB所以(2a＋c)accosB＋abccosC＝0，即(2a＋c)cosB＋bcosC＝0，所以(2sinA＋sinC)cosB＋sinBcosC＝0，即2sinAcosB＋sin(B＋C)＝0，因?yàn)閟in(B＋C)＝sinA≠0，12π所以cosB＝－2，所以B＝3.2222π22＋ac≥3ac，即ac≤4，所以(2)因?yàn)閎＝a＋c－2accos3，所以12＝a＋c→→2π1＝＝時等號成立，所以→→AB·CB＝accos3＝－≥－，當(dāng)且僅當(dāng)·的2ac2ac2ABCB最小值為－2.π3π13．已知A，B，C的坐標(biāo)分別為A(3,0)，B(0,3)，C(cosα，sinα)，α∈2，2.→→(1)若|AC|＝|BC|，求角α的值；→→2sin2α＋sin2α(2)若AC·BC＝－1，求1＋tanα的值．解→→(1)∵AC＝(cosα－3，sinα)，BC＝(cosα，sinα－3)，→2(cosα－3)22α，∴AC＝＋sinα＝－106cos→22α－2→→，BC＝cosα＋(sin3)＝10－6sinα，由|AC＝||BC|→2→2可得AC＝BC，即10－6cosα＝10－6sinα，得sinα＝cosα.π3ππ又α∈2，25，∴α＝4.→→(2)由AC·BC＝－1，得(cosα－3)cosα＋sinα(sinα－3)＝－1，2∴sinα＋cosα＝3.①2sin2α＋sin2α2sin2α＋2sinαcosα又1＋tanα＝sinα＝2sinαcosα.由①式兩邊分別平方，得11＋cosα45＋2sinαcosα＝9，∴2sinαcosα＝－9.252sinα＋sin2α∴1＋tanα＝－9.14．已知M(0，－2)，點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)B在y軸的正半軸上，點(diǎn) P在直線AB→ → → →上，且滿足AP＝PB，MA·AP＝0.(1)當(dāng)A點(diǎn)在x軸上移動時，求動點(diǎn) P的軌跡C的方程；(2)過(－2,0)的直線l與軌跡C交于E、F兩點(diǎn)，又過E、F作軌跡C的切線l1、l2，當(dāng)l1⊥l2時，求直線l的方程．解(1)設(shè)P(x，y)，A(xA,0)，B(0，yB)，→ →則AP＝(x－xA，y)，PB＝(－x，yB－y)．→→由AP＝PB得xA＝2x，yB＝2y.→，→＝(x－xA，y)，又MA＝(xA,2)AP→→即MA＝(2x,2)