平面向量習題

本文轉載自查看原文 2019-02-10 13:45 946

前言

在高中階段，平面向量是個非常特殊的數學素材，在沒有引入向量的坐標時，我們一般會想到用“形”來刻畫向量，它們之間的加減運算主要依托“三角形法則”和“平行四邊形法則”展開；當引入了向量的坐標表示以后，向量就有了“數”的內涵，這時候向量之間的運算，即可以考慮用“形”來刻畫，也可以考慮用數來刻畫。

比如用形來刻畫運算，$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}=\vec{0}$，$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{BC}$等，
再比如用數來刻畫運算，設$\vec{a}=(x_1，y_1)$，$\vec{b}=(x_2，y_2)$；則$\vec{a}\pm \vec{b}=(x_1\pm x_2，y_1\pm y_2)$，

$\vec{a}\cdot \vec{b}=x_1x_2+y_1y_2$；

再比如用數來刻畫位置關系，$\vec{a}//\vec{b}\Leftrightarrow x_1y_2-x_2y_1=0$；$\vec{a}\perp \vec{b}\Leftrightarrow x_1x_2+y_1y_2=0$；

典例剖析

題組2-1 設$O$在$\Delta ABC$內部，且有$\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+3\overrightarrow{OC}=\vec{0}$，則$\Delta ABC$的面積與$\Delta AOC$的面積之比為多少？

分析：由題目可知$\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+3\overrightarrow{OC}=\vec{0}$，

將其系數做恰當的拆分得到，$(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC})+2(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})=\vec{0}$，

如圖即$2\overrightarrow{OD}=-4\overrightarrow{OE}$，即$\overrightarrow{OD}=-2\overrightarrow{OE}$，

即可知點$O$一定在$\Delta ABC$的中位線$DE$上，且在中位線上靠近點$E$的三等分點處。

理由如下：以$OA$和$OC$為鄰邊做平行四邊形$AOCG$，則點$D$為$AC$的中點，

同理，點$E$為$BC$的中點，則可知$DE$為中位線，又$\overrightarrow{OD}=-2\overrightarrow{OE}$，

則$O、D、E$三點共線，故點$O$一定在$\Delta ABC$的中位線$DE$上，且在中位線上靠近點$E$的三等分點處。

令點$B$到邊$AC$的高線為$h$，則過點$E$和邊$AC$平行的直線必然會平分高線$h$，

又由於點$O$是$DE$的三等分點之一，故$\triangle AOC$ 的高為$\cfrac{h}{2}$的$\cfrac{2}{3}$，

則$S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}\cdot AC\cdot h$，$S_{\Delta AOC}=\cfrac{1}{2}\cdot AC\cdot \cfrac{h}{2}\cdot \cfrac{2}{3}=\cfrac{1}{3}\cdot\cfrac{1}{2}\cdot AC\cdot h$，

故$\Delta ABC$的面積與$\Delta AOC$的面積之比為3。

【反思總結】：線段等分點的向量給出方式，

二等分點(中點)：$\overrightarrow{OA}=-\overrightarrow{OB}$，或$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{0}$，則點$O$是$AB$的中點；

三等分點：$\overrightarrow{OA}=-2\overrightarrow{OB}$，或$\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{0}$，則點$O$是$AB$的靠近$B$的三等分點；

四等分點：$\overrightarrow{OA}=-3\overrightarrow{OB}$，或$\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{0}$，則點$O$是$AB$的靠近$B$的四等分點；

題組2-2 設$O$在$\Delta ABC$內部，且有$\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{BO}+3\overrightarrow{CO}$，延長$BO$交$AC$於點$D$，則$\cfrac{S_{\Delta COD}}{S_{\Delta AOD}}$的值為【B】

$A.\cfrac{2}{3}$ $B.\cfrac{1}{3}$ $C.\cfrac{1}{2}$ $D.\cfrac{3}{4}$

分析：由題目可知$\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+3\overrightarrow{OC}=\vec{0}$，

將其系數做恰當的拆分得到，$(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC})+2(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})=\vec{0}$，

如圖即$2\overrightarrow{OF}=-4\overrightarrow{OE}$，即$\overrightarrow{OF}=-2\overrightarrow{OE}$，

即可知$E、O、F$三點共線，且點$O$一定在$\Delta ABC$的中位線$EF$上，且在中位線上靠近點$E$的三等分點處。

理由如下：以$OA$和$OC$為鄰邊做平行四邊形$AOCG$，則點$F$為$AC$的中點，

同理，點$E$為$BC$的中點，則可知$EF$為中位線，又$\overrightarrow{OF}=-2\overrightarrow{OE}$，

則$E、O、F$三點共線，故點$O$一定在$\Delta ABC$的中位線$EF$上，且在中位線上靠近點$E$的三等分點處。

此時連結$BE$，由點$O$是$\triangle BCF$的重心可知，延長$BO$交$AC$於點$D$，

則點$D$必是邊$CF$的中點，即$CD=DF$，則$AD=2DF=3CD$，

過點$O$作$AC$的垂線段，設其高為$h$，

由同高不同底可得，$\cfrac{S_{\Delta COD}}{S_{\Delta AOD}}=\cfrac{\cfrac{1}{2}\cdot CD\cdot h}{\cfrac{1}{2}\cdot AD\cdot h}=\cfrac{1}{3}$

【解后反思】當題目告訴$\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{BO}+3\overrightarrow{CO}$，則有結論：

①$E、O、F$三點共線，點$O$一定在$\Delta ABC$的中位線$EF$上，且在中位線上靠近點$E$的三等分點處。

②延長$BO$交$AC$與點$D$，則點$D$是$CF$的中點。

③三等分點出現，常常和三角形的重心，三角形邊的中點等聯系起來，

題組2-3 設$P$在$\Delta ABC$內部，且有$\overrightarrow{AP}=\cfrac{1}{2}\cdot \overrightarrow{AB}+\cfrac{1}{3}\cdot\overrightarrow{AC}$，則$\cfrac{S_{\Delta ABP}}{S_{\Delta ABC}}$的值為【B】

$A.\cfrac{2}{3}$ $B.\cfrac{1}{3}$ $C.\cfrac{1}{2}$ $D.\cfrac{3}{4}$

分析：如圖，點$E$，$F$分別是邊$AB$，$AC$的二等分點和三等分點，作平行四邊形$AEPF$，延長$AP$交$BC$於點$D$，

則由圖可知，$\triangle ABP$的高$PM$與$\triangle ABC$的高$CN$的關系為$CN=3PM$，

故由同底不同高可知，$\cfrac{S_{\Delta ABP}}{S_{\Delta ABC}}=\cfrac{\cfrac{1}{2}\cdot PM\cdot AB}{\cfrac{1}{2}\cdot CN\cdot AB}=\cfrac{1}{3}$

引申：且可知$3BD=2CD$。

題組2-4 【三角形重心的給出方式】在$\Delta ABC$中，$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}$，則點$D$為$\triangle ABC$的重心。

分析：如圖所示，

由於$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}$，

又$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AE}=2\overrightarrow{AF}=2\cdot \cfrac{3}{2}\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AD}$，

故點$D$為$\triangle ABC$的重心，

例3 設F$_1$、F$_2$為雙曲線$\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)$的左右焦點，$P$為雙曲線右支上的一點，滿足$(\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OF_2})\cdot \overrightarrow{PF_2}=0$，$O$為坐標原點，且$3|\overrightarrow{PF_1}|=4|\overrightarrow{PF_2}|$，則雙曲線的離心率是多少？

分析：設點$P(x，y)$，由點$F_1(-c，0)$和點$F_2(c，0)$，得到$\overrightarrow{OP}=(x，y)$，$\overrightarrow{OF_2}=(c，0)$，

$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OF_2}=(c+x，y)$，$\overrightarrow{PF_1}=(-c-x，-y)$，$\overrightarrow{PF_2}=(c-x，-y)$，

由$(\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OF_2})\cdot \overrightarrow{PF_2}=0$得到，

$(c-x)(c+x)-y^2=0$，即$c^2=x^2+y^2$，

即點$P$在以坐標原點為圓心，以$c$為半徑的圓上；

也在以$F_1F_2$為直徑的圓上，故$\angle F_1PF_2=90^{\circ}$。

【初中數學：直徑所對的圓周角為直角】

故有$\overrightarrow{PF_1}\cdot \overrightarrow{PF_2}=0$，

這樣$3|\overrightarrow{PF_1}|=4|\overrightarrow{PF_2}|$得到，

可設$|PF_1|=4k(k>0)$，$|PF_2|=3k$，故$|F_1F_2|=5k$，即$2c=5k$，

又由雙曲線的定義知道，$|PF_1|-|PF_2|=2a=k$ ，

則離心率$e=\cfrac{2c}{2a}=\cfrac{5k}{k}=5$。

【點評】①用向量的左邊引入數學運算，從而能得到點$P$的軌跡，這樣就能得出直角三角形。

②由直角三角形結合已知條件能得到$2c$，用定義式能得到$2a$，從而離心率可解。

例4 已知向量$\overrightarrow{OA}\perp \overrightarrow{AB}$，$|\overrightarrow{OA}|=3$，求$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}$的值。

分析：設向量$|\overrightarrow{AB}|=x$，則$|\overrightarrow{OB}|=\sqrt{x^2+9}$，

再設$< \overrightarrow{OA} ，\overrightarrow{OB}>=\theta$，則$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|cos\theta=3\times\sqrt{x^2+9}\times\cfrac{3}{\sqrt{x^2+9}}=9$

【點評】根據內積的定義，要么求單個的$|\overrightarrow{OB}|$的值和$cos\theta$的值，要么能求得$|\overrightarrow{OB}|cos\theta$的整體的值，本題目剛好是利用三角函數能求得整體的值。

例5 已知$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$為平面向量，其中$\vec{a}，\vec{b}$為單位向量，$\vec{a}\cdot \vec{b}=0$，且$\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{c}=1$，求$|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|$

分析：由$\vec{a}\cdot \vec{b}=0$，可知$<\vec{a}，\vec{b}>=90^{\circ}$，

又$\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{c}=1$，即$|\vec{a}||\vec{c}|cos<\vec{a}，\vec{c}>=|\vec{b}||\vec{c}|cos<\vec{b}，\vec{c}>=1$，

即$<\vec{a}，\vec{c}>=<\vec{b}，\vec{c}>=45^{\circ}$，故由$\vec{a}\cdot \vec{c}=1$可知，

$|\vec{c}|=\sqrt{2}$，又$|\vec{a}|=1$，$|\vec{b}|=1$，

則有$|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2=\vec{a}^2+\vec{b}^2+\vec{c}^2+2\vec{a}\cdot \vec{b}+2\vec{a}\cdot \vec{c}+2\vec{b}\cdot \vec{c}=1+1+2+0+2+2=8$，

故$|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|=2\sqrt{2}$。

例6 對任意平面向量$\vec{a}，\vec{b}$，下列關系式不恆成立的是【】

$A.|\vec{a}\cdot \vec{b}|\leq |\vec{a}||\vec{b}|$

分析：恆成立，由於$\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}|\cdot |\vec{b}|cos\theta$ ，故有$|\vec{a}\cdot \vec{b}|=|\vec{a}|\cdot |\vec{b}||cos\theta|\leq |\vec{a}|\cdot |\vec{b}|$ ；

$B.|\vec{a}- \vec{b}|\leq ||\vec{a}|-|\vec{b}||$

分析：不恆成立，比如這個反例，$\vec{a}=\vec{-b}$，取為一對相反單位向量，則此時左邊為$|2|\leq 0$出錯。

$C.(\vec{a}+ \vec{b})^2= |\vec{a}+\vec{b}|^2$

分析：恆成立，可以按照多項式乘法展開；

$D.(\vec{a}+ \vec{b})\cdot (\vec{a}- \vec{b})= \vec{a}^2-\vec{b}^2$

分析：恆成立，可以按照多項式乘法展開；

例7 【2017河北武邑中學一模，文11】在$Rt\Delta ABC$中，$CA=CB=3$，$M，N$是斜邊$AB$上的兩個動點，$MN=\sqrt{2}$，則$\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}$的取值范圍是【】

$A.[2，\cfrac{5}{2}]$ $B.[2，4]$ $C.[3，6]$ $D.[4，6]$

分析：求向量的內積的取值范圍，應該想到用內積的坐標運算，本題目難點是一般想不到主動建系，由形的運算轉化為數的運算。

解：如圖所示，以點$C$為坐標原點，分別以$CB、CA$所在的直線為$x、y$軸建立如同所示的坐標系，
則$C(0，0)$，$A(0，3)$，$B(3 ，0)$，設點$N$的橫坐標為$x$，則由等腰直角三角形可知，點$N$的縱坐標為$3-x$，即點$N(x，3-x)$，

又由$MN=\sqrt{2}$，計算可知點$M(x-1，4-x)$，則$\overrightarrow{CM}=(x-1，4-x)$，$\overrightarrow{CN}=(x，3-x)$，

由於點$M,N$是動點，取兩個極限位置研究$x$的取值范圍，

當點$M$位於點$A$時，$x$取到最小值$1$，當點$N$位於點$B$時，$x$取到最大值$3$，即$1\leq x\leq 3$，

則$\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}=f(x)=((x-1，4-x)\cdot (x，3-x)$

$=x(x-1)+(4-x)(3-x)=2(x-2)^2+4$，$x\in [1，3]$

當$x=2$時，$f(x)_{min}=f(2)=4$，當$x=1$或$x=3$時，$f(x)_{max}=f(1)=f(3)=6$，

即$f(x)\in [4，6]$。故選$D$。

例8 【2019屆高三理科數學二輪用題】在矩形$ABCD$中，$AB=2$，$AD=4$，$AC$與$BD$相交於點$O$，過點$A$作$AE\perp BD$於$E$，則$\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}$=【】

$A.\cfrac{8}{5}$ $B.\cfrac{16}{5}$ $C.\cfrac{32}{5}$ $D.8$

法1：從形的角度思考，采用坐標法求解；以點$A$為坐標原點建立如圖所示的直角坐標系，

則可知$A(0，0)$，$B(0，-2)$，$C(4，-2)$，$D(4，0)$，設$E(x，y)$，

則由$k_{AE}\cdot k_{BD}=-1$，可得$y=-2x$①，又直線$BD：2y=x-4$②，

聯立①②可得，$x=\cfrac{4}{5}$，$y=-\cfrac{8}{5}$，

則$\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}=(\cfrac{4}{5}，-\cfrac{8}{5})\cdot (4，-2)=\cfrac{32}{5}$，故選$C$.

法2：本題目是否還可以用基向量法，以$\overrightarrow{AB}$和$\overrightarrow{AD}$為基向量來表示其他向量，待思考；

例9 【2017遼寧沈陽二模】已知向量$\overrightarrow{OA}=(3，1)$，$\overrightarrow{OB}=(-1，3)$，$\overrightarrow{OC}=m\overrightarrow{OA}$$-n\overrightarrow{OB}$$(m>0，n>0)$，若$m+n\in [1，2]$，則向量$|\overrightarrow{OC}|$的取值范圍是【】

$A.[\sqrt{5}，2\sqrt{5}]$ $B.[\sqrt{5}，2\sqrt{10})$ $C.(\sqrt{5}，\sqrt{10})$ $D.[\sqrt{5}，2\sqrt{10}]$

解：$\overrightarrow{OC}=m\overrightarrow{OA}-n\overrightarrow{OB}=m(3，1)-n(-1，3)=(3m，m)-(-n，3n)=(3m+n，m-3n)$，

故$|\overrightarrow{OC}|=\sqrt{(3m+n)^2+(m-3n)^2}=\sqrt{10m^2+10n^2}=\sqrt{10}\sqrt{m^2+n^2}$

【預備知識】已知$m>0$，$n>0$ ，$m+n\in [1，2]$，求$m^2+n^2$的取值范圍。

分析：將上述給定的數的條件轉化為形的條件，則$m^2+n^2$可以看成半徑為$r$的動圓上位於第一象限內的一點，$1\leq m+n\leq 2$可以看成兩條平行線$m+n=1$和$m+n=2$之間的平面區域內且位於第一象限的的任意一點，

故$m^2+n^2$的取值范圍：最小值可以看成圓心$(0，0)$到直線$m+n=1$的距離的平方，最大值可以看成圓心$(0，0)$到點$(0，2)$或$(2，0)$的距離的平方(取不到)，

則可知$d_1=\cfrac{1}{\sqrt{2}}$，$d_2=2$，故$d_1^2=\cfrac{1}{2}$，$d_2^2=4$，即$m^2+n^2\in [\cfrac{1}{2}，4]$；

接上可知，$|\overrightarrow{OC}|=\sqrt{10}\sqrt{m^2+n^2}\in [\sqrt{5}，2\sqrt{10})$，故選$B$。

例10 已知向量$\vec{a}=(1，1)$，$\vec{b}=(-1，1)$，$\vec{c}=(\sqrt{2}cos\theta，\sqrt{2}sin\theta)$，實數$m，n$滿足$m\vec{a}+n\vec{b}=\vec{c}$，則$(m-1)^2+(n-1)^2$的最小值為$3-2\sqrt{2}$；

法1：由於$m\vec{a}+n\vec{b}=\vec{c}$，即$m(1，1)+n(-1，1)=(\sqrt{2}cos\theta，\sqrt{2}sin\theta)$

則$\left\{\begin{array}{l}{m-n=\sqrt{2}cos\theta}\\{m+n=\sqrt{2}sin\theta}\end{array}\right.$，借助$cos^2\theta+sin^2\theta=1$可得，

$(m+n)^2+(m-n)^2=2$，打開整理得到$m^2+n^2=1$，

故$(m-1)^2+(n-1)^2=m^2+n^2-2(m+n)+2=3-2\sqrt{2}sin\theta$，

由於$-1\leq sin\theta\leq 1$，則$3-2\sqrt{2}\leq 3-2\sqrt{2}sin\theta\leq 3+2\sqrt{2}$

故所求的最小值為$3-2\sqrt{2}$。

法2：變量集中，由$\left\{\begin{array}{l}{m-n=\sqrt{2}cos\theta}\\{m+n=\sqrt{2}sin\theta}\end{array}\right.$，

解得$m=\cfrac{\sqrt{2}(cos\theta+sin\theta)}{2}$，$n=\cfrac{\sqrt{2}(sin\theta-cos\theta)}{2}$，

代入得到$(m-1)^2+(n-1)^2=\Big[\cfrac{\sqrt{2}(cos\theta+sin\theta)}{2}-1\Big]^2+\Big[\cfrac{\sqrt{2}(sin\theta-cos\theta)}{2}-1\Big]^2$

$=3-2\sqrt{2}sin\theta$；其余同上；

例11 【均值不等式的使用】在平面直角坐標系$xoy$中，已知點$A$在橢圓$\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{8}=1$上，點$P$滿足$\overrightarrow{AP}=(\lambda-1)\overrightarrow{OA}(\lambda\in R)$，且$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}=12$，求線段$OP$在$x$軸上的投影長度的最大值。

解析：由$\overrightarrow{AP}=(\lambda-1)\overrightarrow{OA}$，即$\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OA}=(\lambda-1)\overrightarrow{OA}$

則有$\overrightarrow{OP}=\lambda\overrightarrow{OA}$，故$O、P、A$三點共線，由$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}=12$，得到$|\overrightarrow{OA}|\cdot |\overrightarrow{OP}|=12$，

設OP與$x$軸的夾角為$\theta$，點$A(x，y)$，$B$為點$A$在$x$軸上的投影，由圖可知，線段$OP$在$x$軸上的投影長度為$||\overrightarrow{OP}|\cdot cos\theta|$

則$||\overrightarrow{OP}|\cdot cos\theta|=|\overrightarrow{OP}|\times \cfrac{|\overrightarrow{OB}|}{|\overrightarrow{OA}|}$$=\cfrac{12}{|\overrightarrow{OA}|}\times \cfrac{|\overrightarrow{OB}|}{|\overrightarrow{OA}|}$

$=12\cdot \cfrac{|\overrightarrow{OB}|}{|\overrightarrow{OA}|^2}$，又由於$|\overrightarrow{OB}|=|x|$，$|\overrightarrow{OA}|=\sqrt{x^2+y^2}$，

$=12\times \cfrac{|x|}{x^2+y^2}$，接下來施行變量集中，由於$\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{8}=1$，得到$y^2=8-\cfrac{x^2}{2}$，代入

$=12\times \cfrac{|x|}{\cfrac{x^2}{2}+8}$，分子分母同除以$|x|$得到，

$=12\times \cfrac{1}{\frac{|x|}{2}+\frac{8}{|x|}}\leq 12\times \cfrac{1}{4}=3$，

當且僅當$|x|=4$時等號成立，故線段$OP$在$x$軸上的投影長度的最大值為$3$。

例12 【向量的模的運算】已知$|\vec{a}|=1，|\vec{b}|=2，<\vec{a}，\vec{b}>=60^{\circ}$，求$|\vec{a}+2\vec{b}|$

法1：基向量法，

$|\vec{a}+2\vec{b}|^2=\vec{a}^2+4\vec{b}^2+2\times 2\times \vec{a}\cdot \vec{b}$；

$=|\vec{a}|^2+4|\vec{b}|^2+4|\vec{a}|\cdot |\vec{b}|\cdot cos60^{\circ}$；

$=1+16+4\times 1\times 2\times cos60^{\circ}=21$，

故$|\vec{a}+2\vec{b}|=\sqrt{21}$。

法2：建立坐標系，利用向量坐標法構造向量三角形法，

建立如圖所示的坐標系，則可知$\vec{a}=(1，0)$，$\vec{b}=(1，\sqrt{3})$，

則$\vec{a}+2\vec{b}=(1，0)+2(1，\sqrt{3})=(3，2\sqrt{3})$，

故$|\vec{a}+2\vec{b}|=\sqrt{3^2+(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{21}$。

法3：構造向量三角形法，利用余弦定理求解。

由圖可知，$\overrightarrow{OA}=\vec{a}$，$\overrightarrow{OD}=2\vec{b}$，做向量三角形$\triangle OAB$，

則在$\triangle OAB$中，$|OA|=|\vec{a}|=1$，$|AB|=|2\vec{b}|=4$，$|OB|=|\vec{a}+2\vec{b}|$，$\angle OAB=120^{\circ}$，

由余弦定理可知，$|OB|^2=1^2+4^2-2\times 1\times 4\times cos120^{\circ}=21$，

故$|\vec{a}+2\vec{b}|=|OB|=\sqrt{21}$。

例13 【向量共面基本定理+同一法】在$\triangle ABC$中，點$G$滿足$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}$，若存在點$O$，使得$\overrightarrow{OG}=\cfrac{1}{6}\overrightarrow{BC}$，且$\overrightarrow{OA}=m\overrightarrow{OB}+n\overrightarrow{OC}$，則$m-n$=【】

$A.2$ $B.-2$ $C.1$ $D.-1$

分析：由題目$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}$可知，

$(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OG})+(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OG})+(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OG})=\vec{0}$，整理得到

$\overrightarrow{OG}=\cfrac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$，又$\overrightarrow{OG}=\cfrac{1}{6}\overrightarrow{BC}$，

則$\cfrac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})=\cfrac{1}{6}\overrightarrow{BC}=\cfrac{1}{6}(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})$

整理得到，$\overrightarrow{OA}=-\cfrac{3}{2}\overrightarrow{OB}-\cfrac{1}{2}\overrightarrow{OC}$，結合已知$\overrightarrow{OA}=m\overrightarrow{OB}+n\overrightarrow{OC}$，

則可知$m=-\cfrac{3}{2}$，$n=-\cfrac{1}{2}$，則$m-n=-1$，故選$D$。

例14 【2017年理科數學全國卷Ⅲ卷第12題】在矩形$ABCD$中，$AB=1$，$AD=2$，動點$P$在以$C$為圓心且與$BD$相切的圓上，若$\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AD}$，則$\lambda+\mu$的最大值為【】

$A.3$ $B.2\sqrt{2}$ $C.\sqrt{5}$ $D.2$

分析：以點$A$為坐標原點，分別以$AD$，$AB$所在的直線為$x$軸和$y$軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則$A(0，0)$，$B(0，1)$，$C(2，1)$，$D(2，0)$；

又由於$AB=1$，$AD=2$，動點$P$在以$C$為圓心且與$BD$相切的圓上，則$BD=\sqrt{5}$，由等面積法可知圓的半徑為$r=\cfrac{2}{\sqrt{5}}$，

這樣圓上的動點的坐標可設為$P(2+\cfrac{2}{\sqrt{5}}cos\theta，1+\cfrac{1}{\sqrt{5}}cos\theta)$，

由於$\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AD}=\lambda(0，1)+\mu(2，0)=(2\mu，\lambda)$，

又由於$\overrightarrow{AP}=(2+\cfrac{2}{\sqrt{5}}cos\theta，1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}sin\theta)$，則有

$2\mu=2+\cfrac{2}{\sqrt{5}}cos\theta$，$\lambda=1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}sin\theta$，

化簡為$\mu=1+\cfrac{1}{\sqrt{5}}cos\theta$，$\lambda=1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}sin\theta$，

則$\lambda+\mu=1+\cfrac{1}{\sqrt{5}}cos\theta+1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}sin\theta=2+\cfrac{1}{\sqrt{5}}cos\theta+\cfrac{2}{\sqrt{5}}sin\theta=2+sin(\theta+\phi)$，

由於$-1\leq sin(\theta+\phi)\leq 1$，故$2-1\leq 2+sin(\theta+\phi)\leq 2+1$，即$\lambda+\mu\in [1，3]$，

故所求的最大值為3，故選$A$。

解后反思：培養主動使用向量這一數學工具的數學應用意識很關鍵。

例15 已知點$O$是$\triangle ABC$的外接圓的圓心，$AC=3$，$AB=2$，$BC=\sqrt{7}$，求$\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{BC}$的值；

分析：本題目可以考慮的角度比較多，比如利用向量的內積的定義，向量的內積的坐標運算，這些思路都不能走下去，所以需要重新思考新的思路，比如利用向量的內積的幾何意義；

由於點$O$是外心，過點$O$做$OF\perp AC$於點$F$，過點$O$做$OE\perp AB$於點$E$，則$|AF|=\cfrac{3}{2}$，$|AE|=1$，

$\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AO}\cdot (\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{AB}$

$=|\overrightarrow{AO}||\overrightarrow{AC}|cos\angle CAO-|\overrightarrow{AO}||\overrightarrow{AB}|cos\angle BAO=|\overrightarrow{AC}||\overrightarrow{AF}|-|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AE}|$

$=3\times \cfrac{3}{2}-2\times 1=\cfrac{5}{2}$。

例16 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】已知$\triangle ABC$的內角$A$，$B$，$C$所對的邊分別是$a$、$b$、$c$，且滿足$(b+2c)cosA=-acosB$，設$D$為$BC$的中點，$b=4$，$AD=\sqrt{7}$，則$c$= 【】

【法1】：如圖所示，由$(b+2c)cosA=-acosB$，邊化角，得到$A=120^{\circ}$，設$BD=CD=y$，$AB=x$，$\angle ADB=\alpha$，$\angle ADC=\beta$，

在$\triangle ABC$中，$AB=x$，$AC=4$，$BC=2y$，$A=120^{\circ}$，

則由余弦定理得到$(2y)^2=x^2+16-2\cdot 4x\cdot cos120^{\circ}$①，

又在$\triangle ADB$和$\triangle ADC$中，由$cos\alpha+cos\beta=0$，得到$\cfrac{7+y^2-x^2}{2\sqrt{7}y}+\cfrac{7+y^2-16}{2\sqrt{7}y}=0$②，

聯立①②，得到$x=6$或$x=-2$(舍去)，故選$A$。

【法2】：由$(b+2c)cosA=-acosB$，邊化角，得到$A=120^{\circ}$，由於點$D$為$BC$的中點，利用向量方法，

$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}$，兩邊平方，得到

$|\overrightarrow{AB}|^2+|\overrightarrow{AC}|^2+2|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|cos120^{\circ}=4|\overrightarrow{AD}|^2$，即$x^2+16+2\cdot x\cdot 4\cdot (-\cfrac{1}{2})=28$，

化簡為$x^2-4x-12=0$，解得$x=6$或$x=-2$(舍去)，故選$A$。

解后反思：法1為通法，法2特殊解法，比如點$D$變化為四分之三等分點，法2就失效了；同時注意，出現$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}$或者$\overrightarrow{AD}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，意味着點$D$為$BC$的中點。

例17 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】已知平面向量$\vec{a}$、$\vec{b}$滿足$(\vec{a}-2\vec{b})\perp (3\vec{a}+\vec{b})$，且$|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}|\vec{b}|$，則向量$\vec{a}$與$\vec{b}$的夾角的正弦值為【】

$A.\cfrac{1}{2}$ $B.-\cfrac{1}{2}$ $C.\cfrac{\sqrt{3}}{2}$ $D.-\cfrac{\sqrt{3}}{2}$

分析：由題可知，$(\vec{a}-2\vec{b})\cdot (3\vec{a}+\vec{b})=0$，化簡得到，$3\vec{a}^2-5\vec{a}\cdot \vec{b}-2\vec{b}^2=0$①，

由$|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}|\vec{b}|$，可設$|\vec{a}|=t(t>0)$，則$|\vec{b}|=2t$，代入①式，

得到$-10t^2cos\theta+5t^2=0$，得到$cos\theta=\cfrac{1}{2}$，則$sin\theta=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，故選$C$.

例18 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】如圖，已知兩點$A$，$B$在單位圓上，$\angle yOB=60^{\circ}$，$\angle xOA=30^{\circ}$，則$|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|$=___________。

法1：向量法，由題目可知，$\angle AOB=120^{\circ}$，$|\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=1$，

則$|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|^2}$

$=\sqrt{4|\overrightarrow{OA}|^2+9|\overrightarrow{OB}|^2+2\times 2\times 3\times \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}}$

$=\sqrt{4+9+2\times 2\times 3\times 1\times 1\times (-\cfrac{1}{2})}=7$，故$|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{7}$。

法2：坐標法，已知$A(\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})$，$B(-\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})$，則$\overrightarrow{OA}=(\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})$，

$\overrightarrow{OB}=(-\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})$，則$2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=(-\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{5}{2})$，

故$|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{(-\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2+(\cfrac{5}{2})^2}=\sqrt{7}$。

法3：解三角形法，由向量的平行四邊形法則可知，所求的模長即$\triangle OCD$中的邊長$|OC|$，由已知$|OD|=3|OB|=3$，$|CD|=2|OA|=2$，$\angle ODC=60^{\circ}$，

由余弦定理可知$|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|^2=|OC|^2=2^2+3^2-2\times2\times 3\times cos60^{\circ}=7$，

故$|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{7}$。

例19 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】已知在平面四邊形$MNPQ$中，$\overrightarrow{MP}=(2，4)$，$\overrightarrow{NQ}=(-4，4)$，則$\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{PQ}$的最小值為_________.

分析：特殊化策略，由於平面向量是自由向量，故我們可以將點$M$平移到坐標原點，將點$N$放置到$x$軸上，

故點$M(0，0)$，$N(x，0)$，則點$P(2，4)$，可以計算得到點$Q(x-4，0)$，

則$\overrightarrow{MN}=(x，0)$，$\overrightarrow{PQ}=(x-6，-4)$，

故$\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{PQ}=(x，0)\cdot(x-6，-4)=x(x-6)=(x-3)^2-9$，

故當$x=3$時，其有最小值為$-9$。

例20 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】已知向量$\vec{a}$，$\vec{b}$滿足$|\vec{a}|=3$，$|\vec{b}|=2\sqrt{3}$，且$\vec{a}\perp (\vec{a}+\vec{b})$，則$\vec{a}$在$\vec{b}$方向上的投影為【】

$A.3$ $B.-3$ $C.-\cfrac{3\sqrt{3}}{2}$ $D.\cfrac{3\sqrt{3}}{2}$

回顧：由向量的內積定義，$\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}|\times|\vec{b}|\times cos\theta$，其中$\theta=<\vec{a}，\vec{b}>$，

則$\vec{a}$在$\vec{b}$方向上的投影為$|\vec{a}|\times cos\theta$；$\vec{b}$在$\vec{a}$方向上的投影為$|\vec{b}|\times cos\theta$；

解析：由$\vec{a}\perp (\vec{a}+\vec{b})$，得到$\vec{a}\cdot (\vec{a}+\vec{b})=0$，即$\vec{a}^2+\vec{a}\cdot \vec{b}=0$，

則有$9+2\sqrt{3}|\vec{a}|cos\theta=0$，即$|\vec{a}|\times cos\theta=-\cfrac{3\sqrt{3}}{2}$，故選$C$

例21 【向量的投影的幾何意義】【2018西安八校聯考第5題】已知$O$是坐標原點，點$A(2，1)$，點$M(x，y)$是平面區域$\begin{cases}&y\leq x\\&x+y\leq 1\\&y\ge -1\end{cases}$內的一個動點，則$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}$的最大值是多少？

法1：利用向量的坐標運算得到，$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=2x+y$，故轉化為求$2x+y$的最大值，即求$z=2x+y$的最大值，用線性規划的常規方法解決即可。

法2：利用向量的投影的幾何意義求解，說明：點$M$是三角形區域內部及邊界上的一個動點，動畫只做了點$M$在邊界上的情形；

注：圖中有向線段$OB$是向量$\overrightarrow{OM}$在向量$\overrightarrow{OA}$方向上的投影，它是可正，可負，可零的；

$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=|\overrightarrow{OA}|\cdot |\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta$，其中$|\overrightarrow{OA}|$是個定值，

故只需要求$|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta$的最大值，而$|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta$的幾何意義是$\overrightarrow{OM}$在$\overrightarrow{OA}$方向上的投影，

由圖形可知，當點$M(x，y)$位於點$(2，-1)$時投影$|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta$最大，故將點$(2，-1)$代入$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=3$。

變式題1：求$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}$的最小值是多少？

分析：由上圖可以看出，當兩個向量的夾角為鈍角時，其投影是負值，故當點$M$位於點$C$時，其內積最小，

此時將點$(-1，-1)$代入得到$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=-3$。

變式題2：求向量$\overrightarrow{OM}$的投影的絕對值最小時的動點$M$的軌跡方程？

分析：當其夾角為$90^{\circ}$時，有向線段$OB=0$，故向量$\overrightarrow{OM}$的投影的絕對值最小$0$；

此時，點$M$在三角形區域內部且和直線$OA$垂直，故其軌跡為$y=-2x，(-1\leqslant y\leqslant 0)$

例22 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】已知$A$，$B$是函數$f(x)=\left\{\begin{array}{l}{e^{x-2a}，x\geqslant a}\\{e^{-x}，x<a}\end{array}\right.(a>0)$圖像上的兩個動點，點$P(a，0)$，若$\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}$的最小值為0，則函數$f(x)$的最小值為【】

$A.-\cfrac{1}{e^2}$ $B.-\cfrac{1}{e}$ $C.\cfrac{1}{e^2}$ $D.\cfrac{1}{e}$

分析：先做出分段函數$f(x)$的大致草圖如下，

由於分段函數的圖像關於$x=a$對稱，點$P(a，0)$在對稱軸上，故由$\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}$的最小值為$0$，

結合圖像可知兩個向量的夾角為銳角或直角，不可能為鈍角，否則最小值為負值，

又由於圖像是對稱的，從點$P$出發的兩條射線都和曲線相切時向量的夾角才會最大，

故說明向量的夾角為$90^{\circ}$，且可知兩條切線的斜率為$k=\pm 1$，且可知$\angle APO=45^{\circ}$，

那么怎么說明兩個切點就是圖中的$A$，$B$兩個點呢？

設切點$A(x_0，y_0)$，則$-e^{-x_0}=-1$，則$x_0=0$，$y_0=1$，故點$A(0，1)$，從而可知$a=1$，

由對稱性也可知，$B(2，1)$，到此完全說明$A(0，1)$，$B(2，1)$為兩個切點。

故$f(x)_{min}=f(a)=f(1)=\cfrac{1}{e}$，故選$D$。

例23 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】過圓$O：x^2+y^2=4$外的一點$P$做圓$O$的兩條切線，切點分別為$A$，$B$，若$|AB|=2\sqrt{3}$，則$\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}$=【】

$A.4$ $B.6$ $C.4\sqrt{3}$ $D.6\sqrt{3}$

分析：如圖所示，$|OB|=2$，$|BD|=\cfrac{1}{2}|AB|=\sqrt{3}$，故$\angle BOD=60^{\circ}$，

則$\angle PBO=30^{\circ}$，則兩向量$\overrightarrow{PA}$與$\overrightarrow{PB}$的夾角為$\angle APB=60^{\circ}$，

又由於$Rt\triangle BOP$，則$|\overrightarrow{PB}|=2\sqrt{3}$，則有$\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}=2\sqrt{3}\times2\sqrt{3}\times cos60^{\circ}=6$，故選$B$.

例24 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】在平面直角坐標系$xOy$中，已知點$A(1，0)$，點$B(0，1)$，$\angle AOC=30^{\circ}$，設$\overrightarrow{OC}=m\overrightarrow{OA}+n\overrightarrow{OB}$，且點$C$在第一象限，則$\cfrac{m}{n}$=_________。

分析：$\cfrac{m}{n}=\sqrt{3}$。

例25 【2014.浙江卷】設$\theta$是兩個非零向量$\vec{a},\vec{b}$的夾角，已知對任意實數$t$，$|\vec{b}+t\vec{a}|$的最小值是$1$，【】

$A.若\theta確定，則|\vec{a}|唯一確定$

$B.若\theta確定，則|\vec{b}|唯一確定$

$C.若|\vec{a}|確定，則\theta唯一確定$

$D.若|\vec{b}|確定，則\theta唯一確定$

分析：利用$\Delta=0$，而不是$\Delta \leq 0$.
求解：
【法1】$|\vec{b}+t\vec{a}|≥1$，則有$\vec{b}^2+t^2\vec{a}^2+2\vec{a}\vec{b}t≥1$，即有$t^2a^2+2|\vec{a}||\vec{b}|\cos\theta\cdot t+b^2-1≥0$，

要保證對任意實數$t$，$|\vec{b}+t\vec{a}|$的最小值取到$1$，則必須$\Delta =0$，而不是$\Delta\leq 0$，

故解得$\Delta=4a^2b^2\cos^2\theta-4a^2(b^2 -1)=0$，則有$b^2-1=cos^2\theta$,故選B.

【法2】令$f(t)=|\vec{b}+t\vec{a}|^2=b^2+t^2a^2+2abt$，利用二次函數的最小值是1求解，倒是不容易出錯。

感悟：同類題，已知開口向上的二次函數的值域是$[0,＋∞)$，則利用$\Delta=0$，而不是$\Delta \leq 0$.

例26 如圖，等邊$\triangle ABC$的邊長為$2$，頂點$B$，$C$分別在$x$軸的非負半軸，$y$軸的非負半軸上滑動，$M$為$AB$中點，則$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}$的最大值為【】

$A.\sqrt{7}$ $B.\cfrac{5}{2}+\sqrt{7}$ $C.\cfrac{7}{2}$ $D.3+\cfrac{3\sqrt{3}}{2}$

法1：如圖所示，設$\angle OBC=\theta$，則$\theta\in [0，\cfrac{\pi}{2}]$，則點$B(2cos\theta，0)$，$C(0，2sin\theta)$，

則點$A(2cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)，2sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+2sin\theta)$，點$M(cos\theta+cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)，sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+sin\theta)$

故$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=(2cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)，2sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+2sin\theta)\cdot (cos\theta+cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)，sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+sin\theta)$

$=2cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)\cdot [cos\theta+cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)]+[2sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+2sin\theta]\cdot [sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+sin\theta]$

$=2cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)\cdot cos\theta+2cos^2(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+2sin^2(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+4sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)\cdot sin\theta+2sin^2\theta$

$=2(\cfrac{1}{2}cos\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin\theta)cos\theta+2+4(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos\theta-\cfrac{1}{2}sin\theta)\cdot sin\theta+2sin^2\theta$

$=cos^2\theta+\sqrt{3}sin\theta cos\theta+2+2\sqrt{3}sin\theta cos\theta-2sin^2\theta+2sin^2\theta$

$=3\sqrt{3}sin\theta cos\theta+cos^2\theta+2$

$=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}sin2\theta+\cfrac{1}{2}cos2\theta+\cfrac{5}{2}$

$=\sqrt{7}sin(2\theta+\phi)+\cfrac{5}{2}$

當$sin(2\theta+\phi)=1$時， $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}$最大值為$\cfrac{5}{2}+\sqrt{7}$，故選$B$.

法2：題源，另一種解法

例7 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】在$\triangle ABC$中，內角$A，B，C$所對的邊分別為$a，b，c$，$AD$為$\angle BAC$的平分線，且滿足$4\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}+3\overrightarrow{AB}$，$|\overrightarrow{AD}|=\sqrt{3}$，若$4c+a=8$，求$a$，$b$，$c$的值；

分析：由$4\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}+3\overrightarrow{AB}$，可得$3\overrightarrow{AD}-3\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}$，

即$3\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{DC}$，即$|CD|=3|BD|$，又$4c+a=8$，

則$a=8-4c=|BC|$，$|BD|=\cfrac{1}{4}|BC|=2-c$，$|CD|=6-2c$，

又由於$AD$為$\angle BAC$的平分線，由角平分線定理可知，

$\cfrac{BD}{CD}=\cfrac{AB}{AC}=\cfrac{1}{3}$，故$|AC|=3c$，

在$\triangle ABD$與$\triangle ACD$中，分別對$\angle BAD$和$\angle DAC$用余弦定理可得，

$\cfrac{3+c^2-(2-c)^2}{2\times \sqrt{3}c}=\cfrac{3+(3c)^2-(6-3c)^2}{2\times \sqrt{3}\times 3c}$

解得$c=\cfrac{5}{4}$，$b=\cfrac{15}{4}$，$a=3$。

解后反思：本題目需要特別注意向量系數的拆分技巧；

例7 設點$A$，$B$，$C$不共線，則“$\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{AC}$的夾角$\theta$為銳角”是“|$\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{AC}$|>|$\overrightarrow{BC}$|”的【】條件

$A.充分不必要$ $B.必要不充分$ $C.充要$ $D.既不充分也不必要$

法1：從數的角度求解，由於點$A$，$B$，$C$不共線，則三點可以構成一個三角形$\triangle ABC$，

由向量加法可知，$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$，則|$\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{AC}$|>|$\overrightarrow{BC}$|

等價於|$\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{AC}$|>|$\overrightarrow{AC}$-$\overrightarrow{AB}$|，兩邊平方，變形得到，

$4|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|\cdot \cos\theta>0$，故$\cos\theta>0$，即$\theta$為銳角；

反之，當兩個向量的夾角為銳角時，上述過程逆推成立，故選$C$;

法2：從形的角度求解；做一個向量三角形，讓$\theta$變化，從動態圖中就可以看出來；選$C$;

題組1 設$\vec{a}，\vec{b}$為單位向量，若向量$\vec{c}$滿足$|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|$，則向量$|\vec{c}|$的最大值為多少？

法1：最容易想到兩邊平方，整理得到$\vec{c}^2-2(\vec{a}+\vec{b})\cdot \vec{c}+4\vec{a}\vec{b}=0$，

分解為$(\vec{c}-2\vec{a})(\vec{c}-2\vec{b})=0$，到此思路受阻。

法2：本題目用到絕對值不等式和均值不等式，

由題目得到$|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|\ge |\vec{c}|-|\vec{a}+\vec{b}|$，

即$|\vec{c}|\leq |\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|$，

接下來需要求$|\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|$的最大值。

$|\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|\leq \sqrt{2(|\vec{a}+\vec{b}|)^2+2(|\vec{a}-\vec{b}|)^2}$

$=\sqrt{2(2\vec{a}^2+2\vec{b}^2)}=2\sqrt{2}$，當且僅當$|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}-\vec{b}|$，

即$\vec{a}\perp\vec{b}$時取到等號，故$|\vec{c}|\leq 2\sqrt{2}$。

題組1-1 設$\vec{a}，\vec{b}$為單位向量，且$\vec{a}\perp \vec{b}$，若向量$\vec{c}$滿足$|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|$，則向量$|\vec{c}|$的最大值為多少？

法1：采用上題的法2.

法2：由於$\vec{a}，\vec{b}$為單位向量，且$\vec{a}\perp \vec{b}$，

故設$\vec{a}=(1，0)，\vec{b}=(0，1)，\vec{c}=(x，y)$，

由$|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|$得到，

$|(x，y)-(1，1)|=|(1，-1)|$，即$\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}$，

即$(x-1)^2+(y-1)^2=2$，

故$\vec{c}$的終點坐標對應的軌跡為圓心為$(1，1)$，半徑為$\sqrt{2}$的圓，

又由於圓過圓心，則$|\vec{c}|$的最大值為圓的直徑$2\sqrt{2}$。

題組1-2 已知$\vec{a}$，$\vec{b}$是單位向量，$\vec{a}\cdot \vec{b}=0$，若向量$\vec{c}$滿足$|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|=1$，則$|\vec{c}|$的最大值為()

A.$\sqrt{2}-1$ $\hspace{1cm}$ B.$\sqrt{2}$ $\hspace{1cm}$ C.$\sqrt{2}+1$ $\hspace{1cm}$ D.$\sqrt{2}+2$

法1：從形入手，條件$|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=1$可以理解為如圖的情況，

而$|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{2}$，向量$\vec{c}$的終點在單位圓上，

故向量$|\vec{c}|$的最大值為$\sqrt{2}+1$，故選C。

法2：從數的角度，由題意得到$|\vec{a}|=|\vec{b}|=1，\vec{a}\cdot\vec{b}=0$，

所以$|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{2}$，又因為$|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|=1$，

所以$|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|^2=\vec{c}^2-2\vec{c}\cdot(\vec{a}+\vec{b})+(\vec{a}+\vec{b})^2=1$，

設$\vec{c}$與$\vec{a}+\vec{b}$的夾角為$\theta$，

則$|\vec{c}|^2-2|\vec{c}|\times\sqrt{2}cos\theta+2=1$，

即$|\vec{c}|^2+1=2\sqrt{2}|\vec{c}|cos\theta\leq 2\sqrt{2}|\vec{c}|$，

即$|\vec{c}|^2-2\sqrt{2}|\vec{c}|+1\leq 0$，

解得$\sqrt{2}-1\leq |\vec{c}|\leq \sqrt{2}+1$。

法3：數形結合，由於$\vec{a}，\vec{b}$為單位向量，且$\vec{a}\perp \vec{b}$，

故設$\vec{a}=(1，0)，\vec{b}=(0，1)，\vec{c}=(x，y)$，

則$\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}=(x-1，y-1)$，由$|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=1$可得，

$\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}=1$，即$(x-1)^2+(y-1)^2=1$，

即向量$\vec{c}$的終點坐標在圓心位於點$(1，1)$半徑為$1$的圓上，

故$|\vec{c}|$的最大值是$\sqrt{2}+1$，

當然也可以知道$|\vec{c}|$的最小值是$\sqrt{2}-1$。

針對性訓練

練1 【2019高一期末考試】平行四邊形$ABCD$中，$AB=3$，$AD=2$，$\angle BAD=60^{\circ}$，若$\overrightarrow{AE}=\lambda \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$，且$BD\perp AE$，則$\lambda$的值為【】

$A.\cfrac{1}{6}$ $B.\cfrac{1}{5}$ $C.\cfrac{1}{4}$ $D.\cfrac{1}{3}$

提示：由題設可以得到，$\lambda \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DE}$，故點$E$應該在$DC$上，然后以點$A$為坐標原點建系，則$B(3，0)$，$D(1，\sqrt{3})$，$C(4，\sqrt{3})$，設$E(x，\sqrt{3})$，

由$\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BD}=0$，可解得$x=\cfrac{3}{2}$，代入$\lambda \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DE}$，求得$\lambda=\cfrac{1}{6}$，故選$A$.

練2 【2019高一期末考試】已知單位向量$\vec{a}$，$\vec{b}$滿足$|\vec{a}-\vec{b}|=1$，則$|2\vec{a}+\vec{b}|$=【】

$A.\sqrt{2}$ $B.\sqrt{3}$ $C.\sqrt{5}$ $D.\sqrt{7}$

提示：給$|\vec{a}-\vec{b}|=1$平方，可以求得$\vec{a}\cdot \vec{b}$的值，然后給$|2\vec{a}+\vec{b}|$平方再開方，可得；選$D$.

練3 【2019高一期末考試】已知非零向量$\vec{a}$，$\vec{b}$滿足$|\vec{a}|=|\vec{b}|$，且$|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{3}|\vec{b}|$，則$<\vec{a}，\vec{b}>$=_________.

提示：令$|\vec{a}|=|\vec{b}|=t$，給$|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{3}|\vec{b}|$平方，變形得到$cos<\vec{a}，\vec{b}>=\cfrac{1}{2}$，故$<\vec{a}，\vec{b}>=\cfrac{\pi}{3}$;

練4 【2019高一期末考試第21題】已知向量$\vec{a}$，$\vec{b}$，$\vec{c}$滿足$\vec{a}=(-1，3)$，$|\vec{b}|=4\sqrt{5}$，$|\vec{c}|=2\sqrt{5}$，

(1).若$\vec{a}//\vec{c}$，求$\vec{c}$的坐標；

提示：設$\vec{c}=(x，y)$，由題設得到方程組，求解即可，$\vec{c}=(\sqrt{2}，-3\sqrt{2})$或$\vec{c}=(-\sqrt{2}，3\sqrt{2})$，

(2).若$\vec{a}\perp (2\vec{a}-\vec{b})$，求$\vec{a}$與$\vec{b}$的夾角$\theta$。

提示：利用內積為$0$，可以求得$cos\theta=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，又$\theta\in [0，\pi]$，故$\theta=\cfrac{\pi}{4}$.

例4 【2020北京人大附中高一試題】若平面向量$\vec{a}$，$\vec{b}$滿足$|\vec{a}+\vec{b}|=1$，$\vec{a}+\vec{b}$平行於$x$軸，$\vec{b}=(2,-1)$，則$\vec{a}$=__________。

法1：將向量$\vec{a}$，$\vec{b}$看成兩個單個向量，設$\vec{a}=(x,y)$，$\vec{b}=(2,-1)$，

則$\vec{a}+\vec{b}=(2+x,y-1)$，由$\vec{a}+\vec{b}$平行於$x$軸，可得$y=1$

由$|\vec{a}+\vec{b}|=1$，可得到$\sqrt{(2+x)^2+(1-1)^2}=1$，解得$x=-1$或$x=-3$，

故$\vec{a}=(-1,1)$或$\vec{a}=(-3,1)$.

法2：將$\vec{a}+\vec{b}$視為一個整體，由$\vec{a}+\vec{b}$平行於$x$軸，則$\vec{a}+\vec{b}=(1,0)$或$\vec{a}+\vec{b}=(-1,0)$;

當$\vec{a}+\vec{b}=(1,0)$時，$\vec{a}=(1,0)-\vec{b}=(1,0)-(2,-1)=(-1,1)$；

當$\vec{a}+\vec{b}=(-1,0)$時，$\vec{a}=(-1,0)-\vec{b}=(-1,0)-(2,-1)=(-3,1)$；

例4 【2020北京人大附中高一試題】已知不共線的平面向量$\vec{a}$，$\vec{b}$，$\vec{c}$兩兩所成的角相等，並且$|\vec{a}|=1$，$|\vec{b}|=2$，$|\vec{c}|=3$，試求$\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$的長度以及與已知三向量的夾角。

法1：主動建系，利用向量的坐標，從數的角度計算；

由於不共線的平面向量$\vec{a}$，$\vec{b}$，$\vec{c}$兩兩所成的角相等，即為$\cfrac{2\pi}{3}$，

故建立如下所示的平面直角坐標系，則$\vec{a}=(0,1)$，$\vec{b}=(-\sqrt{3},-1)$，$\vec{c}=(\cfrac{3\sqrt{3}}{2},-\cfrac{3}{2})$，

則$\vec{d}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=(\cfrac{\sqrt{3}}{2},-\cfrac{3}{2})$，即$\vec{d}=\sqrt{3}$;

設$<\vec{d},\vec{a}>=\theta$，則由$\cos\theta=\cdots=-\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，解得$\theta=\cfrac{5\pi}{6}$；

同理同法，可得到$<\vec{d},\vec{b}>=\cfrac{\pi}{2}$，$<\vec{d},\vec{c}>=\cfrac{\pi}{6}$.

故向量$\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$的長度為$\sqrt{3}$，與三個向量的夾角分別為$\cfrac{5\pi}{6}$、$\cfrac{\pi}{2}$、$\cfrac{\pi}{6}$.

法2：無需建系，利用已知的模長和已知的夾角求解；

由題目可知，$|\vec{a}|=1$，$|\vec{b}|=2$，$|\vec{c}|=3$，令$\vec{d}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$；

且$<\vec{a},\vec{b}>=<\vec{b},\vec{c}>=<\vec{c},\vec{a}>=120^{\circ}$，

則$|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|=\sqrt{(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})^2}$

$=\sqrt{|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2+2\vec{a}\cdot\vec{b}+2\vec{a}\cdot\vec{c}+2\vec{b}\cdot\vec{c}}$

$=\sqrt{1+4+9+2\times 1\times 2\times(-\cfrac{1}{2})+2\times 2\times 3\times(-\cfrac{1}{2})+2\times 1\times 3\times(-\cfrac{1}{2}) }=\sqrt{3}$

$\cos<\vec{d},\vec{a}>=\cfrac{\vec{a}\cdot(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})}{|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|\cdot \vec{a}}=\cfrac{\vec{a}\cdot\vec{a}+\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{a}\cdot\vec{c}}{\sqrt{3}\times 1}$

$=\cfrac{1+(-1)-\frac{3}{2}}{\sqrt{3}}=-\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，故$<\vec{d},\vec{a}>=\cfrac{5\pi}{6}$，

同理同法，可求其他的夾角，略。

例9 【2020人大附中高一試題向量部分第15題】已知向量$\vec{a}$，$\vec{b}$的夾角為$\cfrac{\pi}{4}$，$|\vec{b}|=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，且對於任意的$x\in R$，都有$|\vec{b}+x\vec{a}|\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|$，則$|\vec{a}|$=_____________。

分析：由於對於任意的$x\in R$，都有$|\vec{b}+x\vec{a}|\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|$，

則$|\vec{b}+x\vec{a}|^2\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|^2$對於任意的$x\in R$都成立，

即$(\vec{b}+x\vec{a})^2\geqslant (\vec{b}-\vec{a})^2$對於任意的$x\in R$都成立，

即$\vec{b}^2+2x\vec{a}\cdot\vec{b}+x^2\cdot \vec{a}^2\geqslant \vec{b}^2+\vec{a}^2-2\vec{a}\cdot\vec{b}$，

即$\vec{a}^2\cdot x^2+2\cdot |\vec{a}|\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}x+2\cdot |\vec{a}|\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}-\vec{a}^2\geqslant0$，

由於$\vec{a}\neq \vec{0}$，故上式是關於$x$的二次不等式，注意：$\vec{a}^2=|\vec{a}|^2$，

即$|\vec{a}|^2\cdot x^2+|\vec{a}|\cdot x+|\vec{a}|-|\vec{a}|^2\geqslant 0$對於任意的$x\in R$都成立，

故$\Delta \leqslant 0$恆成立，即$\Delta=|\vec{a}|^2-4|\vec{a}|^2(|\vec{a}|-|\vec{a}|^2)\leqslant 0$，

即$1-4(|\vec{a}|-|\vec{a}|^2)\leqslant 0$，即$(2|\vec{a}|-1)^2\leqslant 0$，

又由於$(2|\vec{a}|-1)^2\geqslant 0$，故只能$(2|\vec{a}|-1)^2=0$，

即$|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}$。

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