第26讲　平面向量数量积的应用高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第26讲　平面向量数量积的应用高考数学一轮复习讲义练习，共16页。试卷主要包含了 有关向量夹角的两个结论等内容，欢迎下载使用。

激活思维
1. (人A必二P36练习T1)已知a＝(－3，4)，b＝(5，2)，则|a|＝_5_，|b|＝_ eq \r(29)_，a·b＝_－7_.
【解析】 |a|＝ eq \r((－3)2＋42)＝5，|b|＝ eq \r(52＋22)＝ eq \r(29)，a·b＝(－3)×5＋4×2＝－7.
2. (人A必二P61复习参考题T13(4))已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则a＝2e1＋e2与b＝－3e1＋2e2的夹角为( C )
A. 30° B. 60°
C. 120° D. 150°
【解析】 因为e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，所以|e1|＝1，|e2|＝1，e1·e2＝ eq \f(1,2).又a·b＝(2e1＋e2)·(－3e1＋2e2)＝－6e eq \\al(2,1)＋e1·e2＋2e eq \\al(2,2)＝－6＋ eq \f(1,2)＋2＝－ eq \f(7,2)，|a|＝ eq \r((2e1＋e2)2)＝ eq \r(4e eq \\al(2,1)＋4e1·e2＋e eq \\al(2,2))＝ eq \r(7)，|b|＝ eq \r((－3e1＋2e2)2)＝ eq \r(9e eq \\al(2,1)－12e1·e2＋4e eq \\al(2,2))＝ eq \r(7)，所以cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|)＝－ eq \f(1,2)，所以a＝2e1＋e2与b＝－3e1＋2e2的夹角为120°.
3. (人A必二P22练习T1)已知|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，向量a与b的夹角为 eq \f(π,6)，向量b与c的夹角为 eq \f(π,4)，则(a·b)c＝_ eq \r(3)c_；a(b·c)＝_3 eq \r(2)a_．
【解析】 (a·b)c＝|a||b|cs eq \f(π,6)c＝1×2× eq \f(\r(3),2)c＝ eq \r(3)c，a(b·c)＝a·|b||c|cs eq \f(π,4)＝2×3× eq \f(\r(2),2)a＝3 eq \r(2)a.
4. 已知|a|＝1，b＝(1， eq \r(3))，a⊥(a＋b)，则向量a在向量b上的投影向量为( D )
A. (－1，－ eq \r(3))B. (－ eq \r(3)，－1)
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)))
【解析】 由题知|b|＝ eq \r(1＋3)＝2，与向量b同向的单位向量为 eq \f(b,|b|)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).因为a⊥(a＋b)，所以a·(a＋b)＝a2＋a·b＝1＋2cs 〈a，b〉＝0，得cs 〈a，b〉＝－ eq \f(1,2)，所以|a|cs 〈a，b〉＝－ eq \f(1,2)，所以向量a在向量b上的投影向量为－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4))).
5. 如图，已知A，B，C是单位圆O上的三点，且 eq \(OA,\s\up6(→))＝ eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(OC,\s\up6(→))，则 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝_－ eq \f(1,2)_．
(第5题)
【解析】 因为 eq \(OA,\s\up6(→))＝ eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(OC,\s\up6(→))，所以 eq \(OA,\s\up6(→))2＝ eq \(OB,\s\up6(→))2＋ eq \(OC,\s\up6(→))2＋2| eq \(OB,\s\up6(→))|·| eq \(OC,\s\up6(→))|·cs ∠BOC，解得cs ∠BOC＝－ eq \f(1,2).又∠BOC∈[0，π]，所以∠BOC＝ eq \f(2π,3)，故△OAB，△OAC均是边长为1的正三角形，所以 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝1×1×cs eq \f(2π,3)＝－ eq \f(1,2).
聚焦知识
1. 向量的夹角
已知两个非零向量a，b，作 eq \(OA,\s\up6(→))＝a， eq \(OB,\s\up6(→))＝b，那么∠AOB称为向量a与b的夹角，向量夹角的取值范围是_[0，π]_．
2. 投影向量
如图，设a，b是两个非零向量， eq \(AB,\s\up6(→))＝a， eq \(CD,\s\up6(→))＝b，考虑如下变换：过 eq \(AB,\s\up6(→))的起点A和终点B，分别作 eq \(CD,\s\up6(→))所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到 eq \(A1B1,\s\up6(→))，称上述变换为向量a向向量b投影， eq \(A1B1,\s\up6(→))叫做向量a在向量b上的投影向量，且a在b上的投影向量为|a|cs θ eq \f(b,|b|)＝ eq \f(a·b,|b|2)·b，θ为a与b的夹角．
3. 平面向量的数量积
已知两个非零向量a，b，θ为a，b的夹角，那么数量|a||b|cs θ叫做向量a，b的数量积，记作a·b.
4. 平面向量数量积的性质
(1) 若e是单位向量，则a·e＝e·a＝|a|cs θ(θ为a，e的夹角)；
(2) a⊥b⇔a·b＝0；
(3) 当向量a，b同向时，a·b＝|a||b|；当向量a，b反向时，a·b＝_－|a||b|_，特别地，a·a＝|a|2，|a|＝ eq \r(a·a)；
(4) cs θ＝ eq \f(a·b,|a||b|)(θ为a，b的夹角)；
(5) |a·b|≤_|a||b|_．
5. 平面向量数量积的运算律
(1) 交换律：a·b＝b·a；
(2) 分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c；
(3) 对任意λ∈R，λ(a·b)＝(λa)·b＝a·(λb).
6. 平面向量数量积的性质及其坐标表示
设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为向量a，b的夹角．
(1) 数量积：a·b＝|a||b|cs θ＝_x1x2＋y1y2_；
(2) 模：|a|＝ eq \r(a·a)＝_ eq \r(x eq \\al(2,1)＋y eq \\al(2,1))_；
(3) 夹角：cs θ＝ eq \f(a·b,|a||b|)＝_ eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x eq \\al(2,1)＋y eq \\al(2,1))·\r(x eq \\al(2,2)＋y eq \\al(2,2)))_；
(4) 对两非零向量a，b，a⊥b的充要条件：a·b＝0⇔_x1x2＋y1y2＝0_；
(5) |a·b|≤|a||b|(当且仅当a∥b时等号成立)⇔|x1x2＋y1y2|≤ eq \r(x eq \\al(2,1)＋y eq \\al(2,1))· eq \r(x eq \\al(2,2)＋y eq \\al(2,2)).
7. 平面向量数量积运算的常用公式
(1) (a＋b)·(a－b)＝a2－b2；
(2) (a±b)2＝a2±2a·b＋b2.
8. 有关向量夹角的两个结论
(1) 两个向量a与b的夹角为锐角，则有a·b＞0，反之不成立(因为夹角为0时不成立)；
(2) 两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b＜0，反之不成立(因为夹角为π时不成立).
研题型 素养养成
举题说法
平面向量的数量积运算
例1 (1) (2023·全国乙卷)已知正方形ABCD的边长为2，E是AB的中点，则 eq \(EC,\s\up6(→))· eq \(ED,\s\up6(→))＝( B )
A. eq \r(5)B. 3
C. 2 eq \r(5)D. 5
【解析】 方法一：以{ eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AD,\s\up6(→))}为基底向量，可知| eq \(AB,\s\up6(→))|＝| eq \(AD,\s\up6(→))|＝2， eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AD,\s\up6(→))＝0，则 eq \(EC,\s\up6(→))＝ eq \(EB,\s\up6(→))＋ eq \(BC,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AD,\s\up6(→))， eq \(ED,\s\up6(→))＝ eq \(EA,\s\up6(→))＋ eq \(AD,\s\up6(→))＝－ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AD,\s\up6(→))，所以 eq \(EC,\s\up6(→))· eq \(ED,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))))＝－ eq \f(1,4) eq \(AB,\s\up6(→))2＋ eq \(AD,\s\up6(→))2＝－1＋4＝3.
(例1(1)答)
方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，则E(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，可得 eq \(EC,\s\up6(→))＝(1，2)， eq \(ED,\s\up6(→))＝(－1，2)，所以 eq \(EC,\s\up6(→))· eq \(ED,\s\up6(→))＝－1＋4＝3.
方法三：由题意可得ED＝EC＝ eq \r(5)，CD＝2，在△CDE中，由余弦定理可得cs ∠DEC＝ eq \f(DE2＋CE2－DC2,2DE·CE)＝ eq \f(5＋5－4,2×\r(5)×\r(5))＝ eq \f(3,5)，所以 eq \(EC,\s\up6(→))· eq \(ED,\s\up6(→))＝| eq \(EC,\s\up6(→))|| eq \(ED,\s\up6(→))|cs ∠DEC＝ eq \r(5)× eq \r(5)× eq \f(3,5)＝3.
(2) (2022·全国甲卷)设向量a，b的夹角的余弦值为 eq \f(1,3)，且|a|＝1，|b|＝3，则(2a＋b)·b＝_11_．
【解析】 (2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2|a||b|·cs 〈a，b〉＋|b|2＝2×1×3× eq \f(1,3)＋32＝11.
(1) 基底法：当已知向量的模和夹角θ时，可利用定义法求解，适用于平面图形中的向量数量积的有关计算问题．
(2) 坐标法：当平面图形易建系求出各点坐标时，可利用坐标法求解．
变式1 (1) (2024·新高考Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝( D )
A. －2B. －1
C. 1D. 2
【解析】 因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，所以b2－4a·b＝0，即4＋x2－4x＝0，解得x＝2.
(2) (2025·盐城期中)已知点C在以AB为直径的圆上，D为BC的中点，若AB＝8，AC＝4，则 eq \(DA,\s\up6(→))· eq \(DB,\s\up6(→))的值为_－12_．
【解析】 如图， eq \(DA,\s\up6(→))· eq \(DB,\s\up6(→))＝( eq \(DC,\s\up6(→))＋ eq \(CA,\s\up6(→)))· eq \f(1,2) eq \(CB,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(CA,\s\up6(→))－\f(1,2)\(CB,\s\up6(→))))· eq \f(1,2) eq \(CB,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(CB,\s\up6(→))· eq \(CA,\s\up6(→))－ eq \f(1,4) eq \(CB,\s\up6(→))2，由题知BC⊥AC，| eq \(CB,\s\up6(→))|2＝82－42＝48，则 eq \(DA,\s\up6(→))· eq \(DB,\s\up6(→))＝0－ eq \f(1,4)×48＝－12.
(变式1(2)答)
投影向量
例2 (1) (2025·泉州期初)已知|b|＝2|a|，若a与b的夹角为60°，则2a－b在b上的投影向量为( B )
A. eq \f(1,2)bB. － eq \f(1,2)b
C. － eq \f(3,2)bD. eq \f(3,2)b
【解析】 因为|b|＝2|a|，a与b的夹角为60°，所以a·b＝|a||b|cs 60°＝|a|×2|a|× eq \f(1,2)＝|a|2，则(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2|a|2－4|a|2＝－2|a|2，所以2a－b在b上的投影向量为 eq \f((2a－b)·b,|b|) eq \f(b,|b|)＝ eq \f(－2|a|2,2|a|) eq \f(b,2|a|)＝－ eq \f(1,2)b.
(2) (2025·湖州、衢州、丽水质检)已知△ABC外接圆的圆心为O，且2 eq \(AO,\s\up6(→))＝ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))，| eq \(AO,\s\up6(→))|＝| eq \(AB,\s\up6(→))|，则向量 eq \(BA,\s\up6(→))在向量 eq \(BC,\s\up6(→))上的投影向量为( A )
A. eq \f(1,4) eq \(BC,\s\up6(→))B. eq \f(\r(3),4) eq \(BC,\s\up6(→))
C. － eq \f(1,4) eq \(BC,\s\up6(→))D. － eq \f(\r(3),4) eq \(BC,\s\up6(→))
【解析】 如图，因为2 eq \(AO,\s\up6(→))＝ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))，所以O为BC的中点．又O为△ABC外接圆的圆心，故BC边为圆O的直径，则| eq \(AO,\s\up6(→))|＝| eq \(OB,\s\up6(→))|.又| eq \(AO,\s\up6(→))|＝| eq \(AB,\s\up6(→))|，则△ABO为正三角形，则| eq \(BA,\s\up6(→))|＝ eq \f(1,2)| eq \(BC,\s\up6(→))|，所以向量 eq \(BA,\s\up6(→))在向量 eq \(BC,\s\up6(→))上的投影向量为| eq \(BA,\s\up6(→))|cs 60°× eq \f(\(BC,\s\up6(→)),|\(BC,\s\up6(→))|)＝ eq \f(1,4) eq \(BC,\s\up6(→)).
(例2(2)答)
(1) 向量a在b上的投影向量为|a|cs θ·e(其中e为与b同向的单位向量)，它是一个向量，且与b共线，其方向由向量a和b的夹角θ的余弦值决定．
(2) 向量a在b上的投影向量为 eq \f(a·b,|b|) eq \f(b,|b|).
变式2 (多选)已知单位向量a和b满足a·b＝－ eq \f(\r(3),3)，向量b在向量a上的投影向量为c，向量a在向量b上的投影向量为d，则下列结论正确的是( ABD )
A. |c|＝|d|B. a·b＝a·c
C. d＝ eq \f(\r(3),3)bD. c·d＝－ eq \f(\r(3),9)
【解析】 因为a和b为单位向量，所以|a|＝|b|＝1，a·b＝|a||b|cs 〈a，b〉＝－ eq \f(\r(3),3).因为向量b在向量a上的投影为|b|cs 〈a，b〉＝－ eq \f(\r(3),3)，所以向量b在向量a上的投影向量为c＝－ eq \f(\r(3),3)a.又因为向量a在向量b上的投影为|a|cs 〈a，b〉＝－ eq \f(\r(3),3)，所以向量a在向量b上的投影向量为d＝－ eq \f(\r(3),3)b，故C错误；|d|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)b))＝ eq \f(\r(3),3)，|c|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)a))＝ eq \f(\r(3),3)，故A正确；a·b＝|a||b|cs 〈a，b〉＝－ eq \f(\r(3),3)，a·c＝a· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)a))＝－ eq \f(\r(3),3)，故B正确；c·d＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)a))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)b))＝ eq \f(1,3)a·b＝－ eq \f(\r(3),9)，故D正确．
数量积的应用
视角1 向量的模长问题
例 3-1 (2024·新高考Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|＝( B )
A. eq \f(1,2)B. eq \f(\r(2),2)
C. eq \f(\r(3),2)D. 1
【解析】 因为(b－2a)⊥b，所以(b－2a)·b＝0，即b2＝2a·b.又因为|a|＝1，|a＋2b|＝2，所以a2＋4a·b＋4b2＝1＋6b2＝4，解得|b|＝ eq \f(\r(2),2).
求平面向量的模的方法
(1) 公式法：利用|a|＝ eq \r(a·a)及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2；
(2) 几何法：利用向量的几何意义．
变式 3-1 (2024·邢台二模)已知平面内的向量a在向量b上的投影向量为 eq \f(1,2)b，且|a|＝|b|＝1，则|a－2b|＝( A )
A. eq \r(3)B. 1
C. eq \f(3,4)D. eq \f(\r(3),2)
【解析】 因为 eq \f(a·b,|b|2)b＝ eq \f(1,2)b，所以 eq \f(a·b,|b|2)＝ eq \f(1,2).又|a|＝|b|＝1，所以cs 〈a，b〉＝ eq \f(1,2)⇒〈a，b〉＝ eq \f(π,3)，所以|a－2b|2＝(a－2b)2＝a2－4a·b＋4b2＝1－4×1×1× eq \f(1,2)＋4＝3，所以|a－2b|＝ eq \r(3).
视角2 夹角问题
例 3-2 (2023·全国甲卷)已知向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，|c|＝ eq \r(2)，且a＋b＋c＝0，则cs 〈a－c，b－c〉＝( D )
A. － eq \f(4,5)B. － eq \f(2,5)
C. eq \f(2,5)D. eq \f(4,5)
【解析】 方法一：因为a＋b＋c＝0，所以c＝－a－b，等式两边同时平方得2＝a2＋b2＋2a·b＝1＋1＋2a·b，所以a·b＝0.又a－c＝a－(－a－b)＝2a＋b，b－c＝b－(－a－b)＝a＋2b，所以(a－c)·(b－c)＝(2a＋b)·(a＋2b)＝2a2＋5a·b＋2b2＝4，且|a－c|＝|2a＋b|＝ eq \r((2a＋b)2)＝ eq \r(4＋1)＝ eq \r(5)，|b－c|＝|a＋2b|＝ eq \r((a＋2b)2)＝ eq \r(1＋4)＝ eq \r(5)，所以cs 〈a－c，b－c〉＝ eq \f((a－c)·(b－c),|a－c||b－c|)＝ eq \f(4,5).
方法二：因为|a|＝|b|＝1，|c|＝ eq \r(2)，且a＋b＋c＝0，所以分别以a，b，c为边构造等腰直角三角形OAB，如图所示，以O为坐标原点， eq \(OA,\s\up6(→))方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，则a＝ eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，0)，b＝ eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，1)，c＝ eq \(BO,\s\up6(→))＝(－1，－1)，则a－c＝(2，1)，b－c＝(1，2)，所以|a－c|＝|b－c|＝ eq \r(5)，所以cs 〈a－c，b－c〉＝ eq \f((a－c)·(b－c),|a－c||b－c|)＝ eq \f(2×1＋1×2,\r(5)×\r(5))＝ eq \f(4,5).
(例3-2答)
(1) 求平面向量的夹角的方法
①定义法：cs θ＝ eq \f(a·b,|a||b|)；②坐标法．
(2) 两个向量垂直的充要条件
a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0).
变式 3-2 (2024·苏锡常镇一调)已知平面向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，|a|＝|b|＝1，|c|＝ eq \r(3)，则a与b的夹角为( B )
A. eq \f(π,4)B. eq \f(π,3)
C. eq \f(2π,3)D. eq \f(3π,4)
【解析】 由题意知平面向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，|a|＝|b|＝1，|c|＝ eq \r(3)，故a＋b＝－c，所以(a＋b)2＝c2，所以a2＋2a·b＋b2＝3，所以a·b＝ eq \f(1,2)，则cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|)＝ eq \f(1,2).又〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝ eq \f(π,3).
极化恒等式与矩形大法
1. 极化恒等式：a·b＝ eq \f(1,4)[(a＋b)2－(a－b)2]
特别地，在△ABC中，若M为BC的中点， eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝| eq \(AM,\s\up6(→))|2－ eq \f(1,4)| eq \(BC,\s\up6(→))|2.
2. 平面向量的矩形大法
如图，若四边形ABCD为矩形，O为矩形所在平面内任一点，则 eq \(OA,\s\up6(→))2＋ eq \(OC,\s\up6(→))2＝ eq \(OB,\s\up6(→))2＋ eq \(OD,\s\up6(→))2.
例4 (1) 已知正六边形ABCDEF的边长为2，P是正六边形ABCDEF边上任意一点，则 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PB,\s\up6(→))的最大值为( B )
A. 13B. 12
C. 8D. 2 eq \r(3)
【解析】 如图，取AB的中点O，连接OP，OE，则 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PB,\s\up6(→))＝ eq \(PO,\s\up6(→))2－ eq \(OA,\s\up6(→))2＝ eq \(PO,\s\up6(→))2－1.当点P与点D或点E重合时，| eq \(PO,\s\up6(→))|max＝| eq \(EO,\s\up6(→))|＝ eq \r(13)，所以( eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PB,\s\up6(→)))max＝12.
(例4(1)答)
(2) 在平面内， eq \(AB1,\s\up6(→))⊥ eq \(AB2,\s\up6(→))，| eq \(OB1,\s\up6(→))|＝| eq \(OB2,\s\up6(→))|＝1， eq \(AP,\s\up6(→))＝ eq \(AB1,\s\up6(→))＋ eq \(AB2,\s\up6(→)). 若| eq \(OP,\s\up6(→))|＜ eq \f(1,2)，则| eq \(OA,\s\up6(→))|的取值范围是 ( D )
A. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),2)))B. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，\f(\r(7),2)))
C. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，\r(2)))D. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),2)，\r(2)))
【解析】 方法一：如图(1)，由矩形大法知| eq \(OB1,\s\up6(→))|2＋| eq \(OB2,\s\up6(→))|2＝| eq \(OA,\s\up6(→))|2＋ eq \(|OP,\s\up6(→))|2，所以12＋12＝| eq \(OA,\s\up6(→))|2＋| eq \(OP,\s\up6(→))|2＝2，所以| eq \(OA,\s\up6(→))|2＝2－| eq \(OP,\s\up6(→))|2.因为| eq \(OP,\s\up6(→))|＜ eq \f(1,2)，所以0≤| eq \(OP,\s\up6(→))|2＜ eq \f(1,4)，所以 eq \f(7,4)＜2－| eq \(OP,\s\up6(→))|2≤2，所以 eq \f(7,4)＜| eq \(OA,\s\up6(→))|2≤2，解得 eq \f(\r(7),2)＜| eq \(OA,\s\up6(→))|≤ eq \r(2).
方法二：建立如图(2)所示的平面直角坐标系，设AB1＝a，AB2＝b，O(x，y)，则P(a，b)，(x－a)2＋y2＝1且x2＋(y－b)2＝1，可得(x－a)2＋(y－b)2＝2－x2－y2.因为| eq \(OP,\s\up6(→))|＜ eq \f(1,2)，所以(x－a)2＋(y－b)2＜ eq \f(1,4)，从而2－x2－y2＜ eq \f(1,4)，即x2＋y2＞ eq \f(7,4).因为(x－a)2＋y2＝1，x2＋(y－b)2＝1，所以x2≤1，y2≤1，则x2＋y2≤2，故 eq \f(7,4)＜x2＋y2≤2，所以| eq \(OA,\s\up6(→))|＝ eq \r(x2＋y2)∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),2)，\r(2))).
图(1)
图(2)
(例4(2)答)
变式4 已知|a|＝|b|＝2，|c|＝1，(a－c)·(b－c)＝0，则|a－b|的取值范围是( C )
A. [ eq \r(6)－1， eq \r(6)＋1]B. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(7)－1,2)，\f(\r(7)＋1,2)))
C. [ eq \r(7)－1， eq \r(7)＋1]D. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)－1,2)，\f(\r(6)＋1,2)))
【解析】 如图，作 eq \(OA,\s\up6(→))＝a， eq \(OB,\s\up6(→))＝b， eq \(OC,\s\up6(→))＝c，则a－c＝ eq \(OA,\s\up6(→))－ eq \(OC,\s\up6(→))＝ eq \(CA,\s\up6(→))，b－c＝ eq \(OB,\s\up6(→))－ eq \(OC,\s\up6(→))＝ eq \(CB,\s\up6(→)).由(a－c)·(b－c)＝0，得 eq \(CA,\s\up6(→))· eq \(CB,\s\up6(→))＝0，故CA⊥CB.以CA，CB为两邻边作矩形CBDA，由矩形大法知OC2＋OD2＝OA2＋OB2.因为OA＝OB＝2，OC＝1，代入上式得OD＝ eq \r(7).|a－b|＝| eq \(OA,\s\up6(→))－ eq \(OB,\s\up6(→))|＝| eq \(AB,\s\up6(→))|＝| eq \(CD,\s\up6(→))|，而OD－OC≤CD≤OD＋OC，即 eq \r(7)－1≤CD≤ eq \r(7)＋1，故|a－b|的取值范围是[ eq \r(7)－1， eq \r(7)＋1].
(变式4答)
随堂内化
1. (2025·潍坊期初)已知向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若网格纸上小正方形的边长为2，则(a＋b)·c＋a·b＝( D )
(第1题)
A. 0B. 3
C. 6D. 12
【解析】 以两向量公共点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则a＝(4，2)，b＝(4，－2)，c＝(0，2)，则(a＋b)·c＋a·b＝(8，0)·(0，2)＋(4，2)·(4，－2)＝12.
(第1题答)
2. (2024·黄山一检)已知向量a，b满足|2a＋b|＝2 eq \r(3)，|a|＝1，|b|＝2，则向量a，b的夹角为( B )
A. eq \f(π,6)B. eq \f(π,3)
C. eq \f(2π,3)D. eq \f(5π,6)
【解析】 由|2a＋b|＝2 eq \r(3)，得|2a＋b|2＝4a2＋b2＋4a·b＝12.又|a|＝1，|b|＝2，所以a·b＝1.设向量a，b的夹角为θ，θ∈[0，π]，所以a·b＝|a||b|cs θ＝1×2cs θ＝1，可得cs θ＝ eq \f(1,2)，所以θ＝ eq \f(π,3).
3. (2024·福州、厦门三检)在菱形ABCD中，若| eq \(AB,\s\up6(→))－ eq \(AD,\s\up6(→))|＝| eq \(AB,\s\up6(→))|，且 eq \(AD,\s\up6(→))在 eq \(AB,\s\up6(→))上的投影向量为λ eq \(AB,\s\up6(→))，则λ＝( B )
A. － eq \f(1,2)B. eq \f(1,2)
C. － eq \f(\r(2),2)D. eq \f(\r(2),2)
【解析】 由| eq \(AB,\s\up6(→))－ eq \(AD,\s\up6(→))|＝| eq \(AB,\s\up6(→))|，得| eq \(DB,\s\up6(→))|＝| eq \(AB,\s\up6(→))|，又四边形ABCD是菱形，故△ABD是正三角形，∠BAD＝ eq \f(π,3)， eq \(AD,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝| eq \(AD,\s\up6(→))|| eq \(AB,\s\up6(→))|cs eq \f(π,3)＝ eq \f(1,2)| eq \(AB,\s\up6(→))|2，因此 eq \(AD,\s\up6(→))在 eq \(AB,\s\up6(→))上的投影向量为 eq \f(\(AD,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|2)· eq \(AB,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up6(→))，所以λ＝ eq \f(1,2).
4. (2025·盐城期中)人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法．假设二维空间中有两个点A(x1，y1)，B(x2，y2)，O为坐标原点，定义余弦相似度为cs (A，B)＝cs 〈 eq \(OA,\s\up6(→))， eq \(OB,\s\up6(→))〉，余弦距离为1－cs (A，B).已知点A(cs α，sin α)，B( eq \r(3)，－1)，若A，B的余弦距离为 eq \f(1,3)，则cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝( B )
A. － eq \f(7,9)B. － eq \f(1,9)
C. eq \f(1,9)D. eq \f(7,9)
【解析】 由题设知 eq \(OA,\s\up6(→))＝(cs α，sin α)， eq \(OB,\s\up6(→))＝( eq \r(3)，－1)，所以cs (A，B)＝cs 〈 eq \(OA,\s\up6(→))， eq \(OB,\s\up6(→))〉＝ eq \f(\(OA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→)),|\(OA,\s\up6(→))||\(OB,\s\up6(→))|)＝ eq \f(\r(3)cs α－sin α,1×2)＝ eq \f(\r(3),2)cs α－ eq \f(1,2)sin α＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6))).由1－cs (A，B)＝1－cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝ eq \f(1,3)，得cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝ eq \f(2,3)，所以cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝2cs2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))－1＝－ eq \f(1,9).
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. (2025·南京零模)已知|a|＝ eq \r(3)，|b|＝1.若(a＋2b)⊥a，则cs 〈a，b〉＝( A )
A. － eq \f(\r(3),2) B. － eq \f(\r(3),3)
C. eq \f(\r(3),3) D. eq \f(\r(3),2)
【解析】 因为(a＋2b)⊥a，所以(a＋2b)·a＝a2＋2a·b＝0，又|a|＝ eq \r(3)，所以a·b＝－ eq \f(3,2)，所以cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|)＝－ eq \f(\r(3),2).
2. (2024·晋城二模)已知向量a和b满足|a|＝3，|b|＝2，|a＋b|＝ eq \r(7)，则向量b在向量a上的投影向量为( A )
A. － eq \f(1,3)a B. －a
C. eq \f(1,3)a D. a
【解析】 由向量a和b满足|a|＝3，|b|＝2，|a＋b|＝ eq \r(7)，可得|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝13＋2a·b＝7，解得a·b＝－3，所以向量b在向量a上的投影向量为 eq \f(a·b,|a|) eq \f(a,|a|)＝ eq \f(－3,9)a＝－ eq \f(1,3)a.
3. (2024·泰州调研)若e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则向量e1－e2与e2的夹角为( D )
A. 30° B. 60°
C. 90° D. 120°
【解析】 (e1－e2)·e2＝e1·e2－e eq \\al(2,2)＝ eq \f(1,2)－1＝－ eq \f(1,2)，|e1－e2|＝ eq \r(e eq \\al(2,1)－2e1·e2＋e eq \\al(2,2))＝ eq \r(1－2×\f(1,2)＋1)＝1，cs 〈e1－e2，e2〉＝ eq \f((e1－e2)·e2,|e1－e2|·|e2|)＝ eq \f(－\f(1,2),1×1)＝－ eq \f(1,2).由于向量夹角的取值范围是{α|0°≤α≤180°}，所以向量e1－e2与e2的夹角为120°.
4. (2024·鹰潭二模)在Rt△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝ eq \f(π,6)，C＝ eq \f(π,2)，c＝2，P是△ABC外接圆上一点，则 eq \(PC,\s\up6(→))·( eq \(PA,\s\up6(→))＋ eq \(PB,\s\up6(→)))的最大值是( A )
A. 4 B. 2＋ eq \r(10)
C. 3 D. 1＋ eq \r(10)
【解析】 如图，设Rt△ABC的外心为O，则点O是AB的中点，则 eq \(PC,\s\up6(→))·( eq \(PA,\s\up6(→))＋ eq \(PB,\s\up6(→)))＝2 eq \(PC,\s\up6(→))· eq \(PO,\s\up6(→))＝2( eq \(PO,\s\up6(→))＋ eq \(OC,\s\up6(→)))· eq \(PO,\s\up6(→))＝2 eq \(PO,\s\up6(→))2＋2 eq \(PO,\s\up6(→))· eq \(OC,\s\up6(→)).因为c＝2，故| eq \(PO,\s\up6(→))|＝| eq \(OC,\s\up6(→))|＝1，而 eq \(PO,\s\up6(→))· eq \(OC,\s\up6(→))＝cs 〈 eq \(PO,\s\up6(→))， eq \(OC,\s\up6(→))〉，故 eq \(PC,\s\up6(→))·( eq \(PA,\s\up6(→))＋ eq \(PB,\s\up6(→)))≤2＋2＝4，当且仅当 eq \(PO,\s\up6(→))与 eq \(OC,\s\up6(→))同向时取等号．
(第4题答)
二、 多项选择题
5. (2024·聊城二模)已知向量a＝(－1，2)，b＝(1，λ)，若b在a上的投影向量为a，则( ACD )
A. λ＝3 B. a∥b
C. a⊥(b－a) D. a与b的夹角为45°
【解析】 对于A，因为b在a上的投影向量为a，即 eq \f(a·b,|a|) eq \f(a,|a|)＝a，所以 eq \f(a·b,|a|2)＝1，即 eq \f(－1＋2λ,(\r(5))2)＝1，解得λ＝3，故A正确；对于B，a＝(－1，2)，b＝(1，3)，所以(－1)×3－2×1≠0，故B错误；对于C，a·(b－a)＝(－1，2)·(2，1)＝－2＋2＝0，所以a⊥(b－a)，故C正确；对于D，cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|)＝ eq \f(－1＋6,\r(5)×\r(10))＝ eq \f(\r(2),2)，所以a与b的夹角为45°，故D正确．
6．(2024·广州一模)已知向量a，b不共线，向量a＋b平分a与b的夹角，则下列结论一定正确的是( BC )
A. a·b＝0
B. (a＋b)⊥(a－b)
C. 向量a，b在a＋b上的投影向量相等
D. |a＋b|＝|a－b|
【解析】 如图，作向量 eq \(OA,\s\up6(→))＝a， eq \(OB,\s\up6(→))＝b，在□OACB中， eq \(OC,\s\up6(→))＝a＋b， eq \(BA,\s\up6(→))＝a－b，由向量a＋b平分a与b的夹角，得□OACB是菱形，即|a|＝|b|.对于A，a与b不一定垂直，故A错误；对于B，(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0，即(a＋b)⊥(a－b)，故B正确；对于C，a在a＋b上的投影向量为 eq \f(a·(a＋b),|a＋b|2)(a＋b)＝ eq \f(a2＋a·b,|a＋b|2)(a＋b)，b在a＋b上的投影向量为 eq \f(b·(a＋b),|a＋b|2)(a＋b)＝ eq \f(b2＋a·b,|a＋b|2)·(a＋b)＝ eq \f(a2＋a·b,|a＋b|2)(a＋b)，故C正确；对于D，由A知，a·b不一定为0，则|a＋b|与|a－b|不一定相等，故D错误．
(第6题答)
7. (2025·盐城期中)下列向量运算一定正确的有( AB )
A. (a＋b)·(a－b)＝a2－b2
B. |a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2
C. |a＋b||a－b|＝|a2－b2|
D. |a＋b|3＝(a＋b)3
【解析】 对于A，(a＋b)·(a－b)＝a2－a·b＋b·a－b2＝a2－b2，故A正确；对于B，|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2，故B正确；对于C，不妨取a＝(0，1)，b＝(1，0)，则a＋b＝(1，1)，a－b＝(－1，1)，a2＝1，b2＝1，则|a＋b||a－b|＝ eq \r(2)× eq \r(2)＝2，而|a2－b2|＝|1－1|＝0，故C错误；对于D，不妨取a＝(0，1)，b＝(1，0)，则a＋b＝(1，1)，|a＋b|＝ eq \r(2)，|a＋b|3＝2 eq \r(2)，而(a＋b)3＝(a＋b)2·(a＋b)＝(a2＋2a·b＋b2)·(a＋b)＝2(a＋b)＝(2，2)，故D错误．
三、 填空题
8. 在平行四边形ABCD中，若 eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，3)， eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，4)，则 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AD,\s\up6(→))＝_4_．
【解析】 因为四边形ABCD为平行四边形，所以 eq \(AD,\s\up6(→))＝ eq \(BC,\s\up6(→))＝ eq \(AC,\s\up6(→))－ eq \(AB,\s\up6(→))，又 eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，3)， eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，4)，所以 eq \(AD,\s\up6(→))＝(2，4)－(1，3)＝(1，1)，所以 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AD,\s\up6(→))＝1×1＋3×1＝4.
9. (2024·常德3月模拟改)已知平面向量a，b均为单位向量，且夹角为60°，若向量c与a，b共面，且满足a·c＝b·c＝1，则|c|＝_ eq \f(2\r(3),3)_．
【解析】 设c＝m a＋n b，因为a·b＝|a||b|cs 〈a，b〉＝1×1× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)，a·c＝b·c＝1，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a·c＝a·(ma＋nb)＝m＋\f(1,2)n＝1，,b·c＝b·(ma＋nb)＝\f(1,2)m＋n＝1，))解得m＝n＝ eq \f(2,3)，所以c＝ eq \f(2,3)a＋ eq \f(2,3)b，所以|c|＝ eq \r(\f(4,9)|a|2＋2×\f(2,3)|a|×\f(2,3)|b|×\f(1,2)＋\f(4,9)|b|2)＝ eq \f(2\r(3),3).
10．(2024·阜阳一测)如图，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，| eq \(CD,\s\up6(→))|＝2| eq \(AB,\s\up6(→))|＝2，则( eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(CD,\s\up6(→)))· eq \(FE,\s\up6(→))＝_ eq \f(3,2)_．
(第10题)
【解析】 如图，连接AF，DF，所以 eq \(FA,\s\up6(→))＝ eq \(FB,\s\up6(→))＋ eq \(BA,\s\up6(→))， eq \(FD,\s\up6(→))＝ eq \(FC,\s\up6(→))＋ eq \(CD,\s\up6(→))，因为E，F分别为AD，BC的中点，所以 eq \(FE,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \(FA,\s\up6(→))＋ eq \(FD,\s\up6(→)))＝ eq \f(1,2)( eq \(FB,\s\up6(→))＋ eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \(FC,\s\up6(→))＋ eq \(CD,\s\up6(→)))＝ eq \f(1,2)( eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \(CD,\s\up6(→)))，所以( eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(CD,\s\up6(→)))· eq \(FE,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(CD,\s\up6(→)))·( eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \(CD,\s\up6(→)))＝ eq \f(1,2)( eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(CD,\s\up6(→)))·( eq \(CD,\s\up6(→))－ eq \(AB,\s\up6(→)))＝ eq \f(1,2)(| eq \(CD,\s\up6(→))|2－| eq \(AB,\s\up6(→))|2)＝ eq \f(4－1,2)＝ eq \f(3,2).
(第10题答)
四、 解答题
11. 如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点．
(第11题)
(1) 若AD＝BC＝3，求 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))的值；
【解答】 由极化恒等式知 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝ eq \(AD,\s\up6(→))2－ eq \f(\(BC,\s\up6(→))2,4)＝9－ eq \f(9,4)＝ eq \f(27,4).
(2) 若 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝27， eq \(FB,\s\up6(→))· eq \(FC,\s\up6(→))＝－5，求 eq \(EB,\s\up6(→))· eq \(EC,\s\up6(→))的值．
【解答】 设| eq \(AD,\s\up6(→))|＝3m＞0，| eq \(BC,\s\up6(→))|＝2n＞0.因为 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝27，由极化恒等式知 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝ eq \(AD,\s\up6(→))2－ eq \f(\(BC,\s\up6(→))2,4)＝9m2－n2＝27.因为 eq \(FB,\s\up6(→))· eq \(FC,\s\up6(→))＝－5，由极化恒等式知 eq \(FB,\s\up6(→))· eq \(FC,\s\up6(→))＝ eq \(FD,\s\up6(→))2－ eq \(BD,\s\up6(→))2＝m2－n2＝－5，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9m2－n2＝27，,m2－n2＝－5，))解得m＝2，n＝3，所以 eq \(EB,\s\up6(→))· eq \(EC,\s\up6(→))＝4m2－n2＝7.
12. 如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，M是AB上靠近A的三等分点，N是BC的中点，Q是DN与MC的交点．
(第12题)
(1) 用向量 eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AD,\s\up6(→))表示 eq \(DN,\s\up6(→))， eq \(MC,\s\up6(→))；
【解答】 由题意可得 eq \(CN,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(CB,\s\up6(→))＝－ eq \f(1,2) eq \(BC,\s\up6(→))＝－ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up6(→))， eq \(MB,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up6(→))，所以 eq \(DN,\s\up6(→))＝ eq \(DC,\s\up6(→))＋ eq \(CN,\s\up6(→))＝ eq \(AB,\s\up6(→))－ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up6(→))， eq \(MC,\s\up6(→))＝ eq \(MB,\s\up6(→))＋ eq \(BC,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AD,\s\up6(→)).
(2) 求∠CQN的余弦值．
【解答】 由题图知∠CQN＝〈 eq \(DN,\s\up6(→))， eq \(MC,\s\up6(→))〉，由(1)得 eq \(DN,\s\up6(→))· eq \(MC,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))－\f(1,2)\(AD,\s\up6(→))))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))))＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up6(→))2＋ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AD,\s\up6(→))－ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up6(→))2＝4，且| eq \(DN,\s\up6(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))－\f(1,2)\(AD,\s\up6(→))))\s\up12(2))＝ eq \r(\(AB,\s\up6(→))2－\(AB,\s\up6(→))·\(AD,\s\up6(→))＋\f(1,4)\(AD,\s\up6(→))2)＝ eq \r(10)，| eq \(MC,\s\up6(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))))\s\up12(2))＝ eq \r(\f(4,9)\(AB,\s\up6(→))2＋\f(4,3)\(AB,\s\up6(→))·\(AD,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))2)＝ eq \r(8)＝2 eq \r(2)，所以cs ∠CQN＝ eq \f(\(DN,\s\up6(→))·\(MC,\s\up6(→)),|\(DN,\s\up6(→))||\(MC,\s\up6(→))|)＝ eq \f(4,\r(10)×2\r(2))＝ eq \f(\r(5),5).
B组 能力提升练
13. (2024·威海二模)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，且对∀λ∈R，|b＋λa|≥|b－a|，则a·b＝( C )
A. －2 B. －1
C. 1 D. 2
【解析】 因为|b＋λa|≥|b－a|，所以|b＋λa|2≥|b－a|2，所以|a|2λ2＋2λa·b＋2a·b－|a|2≥0.因为对∀λ∈R，|b＋λa|≥|b－a|，所以Δ＝(2a·b)2－4|a|2(2a·b－|a|2)≤0，所以|2a·b|2－4(2a·b－1)≤0，所以a·b＝1.
14. (2025·聊城期中)在△ABC中，A＝ eq \f(π,4)， eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝8 eq \r(2)，其外接圆的圆心为O，则 eq \(AO,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＋2 eq \(AO,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→)) 的最小值为( D )
A. 4 B. 4 eq \r(2)
C. 16 D. 16 eq \r(2)
(第14题答)
【解析】 因为A＝ eq \f(π,4)， eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝8 eq \r(2)，所以| eq \(AB,\s\up6(→))|·| eq \(AC,\s\up6(→))|·cs A＝8 eq \r(2)，所以| eq \(AB,\s\up6(→))|·| eq \(AC,\s\up6(→))|＝16.因为O为△ABC外接圆圆心，如图，过O作OD⊥AB于点D，则D为AB的中点，所以 eq \(AO,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝| eq \(AO,\s\up6(→))|·| eq \(AB,\s\up6(→))|·cs ∠OAB＝| eq \(AD,\s\up6(→))|·| eq \(AB,\s\up6(→))|＝ eq \f(1,2)| eq \(AB,\s\up6(→))|2，同理可得 eq \(AO,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)| eq \(AC,\s\up6(→))|2，所以 eq \(AO,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＋2 eq \(AO,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)| eq \(AB,\s\up6(→))|2＋| eq \(AC,\s\up6(→))|2.又因为| eq \(AB,\s\up6(→))|·| eq \(AC,\s\up6(→))|＝16，所以| eq \(AB,\s\up6(→))|＝ eq \f(16,|\(AC,\s\up6(→))|)，所以 eq \f(1,2)| eq \(AB,\s\up6(→))|2＋| eq \(AC,\s\up6(→))|2＝ eq \f(128,|\(AC,\s\up6(→))|2)＋| eq \(AC,\s\up6(→))|2≥2 eq \r(\f(128,|\(AC,\s\up6(→))|2)·|\(AC,\s\up6(→))|2)＝16 eq \r(2)，当且仅当 eq \f(128,|\(AC,\s\up6(→))|2)＝| eq \(AC,\s\up6(→))|2，即| eq \(AC,\s\up6(→))|2＝8 eq \r(2)，| eq \(AB,\s\up6(→))|2＝16 eq \r(2)时等号成立．
15. (2024·潍坊二模)(多选)已知向量a，b，c为平面向量，|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，|c－a|＝ eq \f(1,2)，则( BCD )
A. 1≤|c|≤ eq \f(3,2)
B. (c－a)·(c－b)的最大值为 eq \f(1＋2\r(5),4)
C. －1≤b·c≤1
D. 若c＝λa＋μb，则λ＋μ的最小值为1－ eq \f(\r(5),4)
【解析】 对于A，设a＝(1，0)，b＝(0，2)，c＝(x，y)，根据|c－a|＝ eq \f(1,2)有 eq \r((x－1)2＋y2)＝ eq \f(1,2)，即(x－1)2＋y2＝ eq \f(1,4)，表示圆心为(1，0)，半径为 eq \f(1,2)的圆．又|c|＝ eq \r(x2＋y2)的几何意义为原点到圆(x－1)2＋y2＝ eq \f(1,4)上点(x，y)的距离，则 eq \f(1,2)≤|c|≤ eq \f(3,2)，故A错误．对于B，(c－a)·(c－b)＝(x－1)x＋y(y－2)＝x2－x＋y2－2y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋(y－1)2－ eq \f(5,4)，则转化为求圆(x－1)2＋y2＝ eq \f(1,4)上的点到点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))的最大距离的平方与 eq \f(5,4)的差，为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))\s\up12(2)＋12)＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(5,4)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(5,4)＝ eq \f(1＋2\r(5),4)，故B正确．对于C，b·c＝2y，因为－ eq \f(1,2)≤y≤ eq \f(1,2)，故－1≤b·c≤1，故C正确．对于D，因为(x－1)2＋y2＝ eq \f(1,4)，故x＝ eq \f(cs θ,2)＋1，y＝ eq \f(sin θ,2)，又因为c＝λa＋μb＝(λ，2μ)，故λ＝x，μ＝ eq \f(y,2)，则λ＋μ＝ eq \f(cs θ,2)＋1＋ eq \f(sin θ,4)＝ eq \f(\r(5),4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)cs θ＋\f(\r(5),5)sin θ))＋1＝ eq \f(\r(5),4)sin (θ＋φ)＋1，故当sin (θ＋ φ)＝－1时，λ＋μ取最小值1－ eq \f(\r(5),4)，故D正确．