平面向量习题

前言

在高中阶段，平面向量是个非常特殊的数学素材，在没有引入向量的坐标时，我们一般会想到用“形”来刻画向量，它们之间的加减运算主要依托“三角形法则”和“平行四边形法则”展开；当引入了向量的坐标表示以后，向量就有了“数”的内涵，这时候向量之间的运算，即可以考虑用“形”来刻画，也可以考虑用数来刻画。

• 比如用形来刻画运算，(overrightarrow{AB}+overrightarrow{BC}+overrightarrow{CA}=vec{0})，(overrightarrow{AB}=overrightarrow{AC}-overrightarrow{BC})等，

• 再比如用数来刻画运算，设(vec{a}=(x_1，y_1))，(vec{b}=(x_2，y_2))；则(vec{a}pm vec{b}=(x_1pm x_2，y_1pm y_2))，

(vec{a}cdot vec{b}=x_1x_2+y_1y_2)；

• 再比如用数来刻画位置关系，(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)；

相关定理

• 平面几何知识，

• 当三角形中出现一边的中点时，是否可以考虑用向量方法求解；

典例剖析

题组2-1设(O)在(Delta ABC)内部，且有(overrightarrow{OA}+2overrightarrow{OB}+3overrightarrow{OC}=vec{0})，则(Delta ABC)的面积与(Delta AOC)的面积之比为多少？

分析：由题目可知(overrightarrow{OA}+2overrightarrow{OB}+3overrightarrow{OC}=vec{0})，

将其系数做恰当的拆分得到，((overrightarrow{OA}+overrightarrow{OC})+2(overrightarrow{OB}+overrightarrow{OC})=vec{0})，

如图即(2overrightarrow{OD}=-4overrightarrow{OE})，即(overrightarrow{OD}=-2overrightarrow{OE})，

即可知点(O)一定在(Delta ABC)的中位线(DE)上，且在中位线上靠近点(E)的三等分点处。

理由如下：以(OA)和(OC)为邻边做平行四边形(AOCG)，则点(D)为(AC)的中点，

同理，点(E)为(BC)的中点，则可知(DE)为中位线，又(overrightarrow{OD}=-2overrightarrow{OE})，

则(O、D、E)三点共线，故点(O)一定在(Delta ABC)的中位线(DE)上，且在中位线上靠近点(E)的三等分点处。

令点(B)到边(AC)的高线为(h)，则过点(E)和边(AC)平行的直线必然会平分高线(h)，

又由于点(O)是(DE)的三等分点之一，故( riangle AOC) 的高为(cfrac{h}{2})的(cfrac{2}{3})，

则(S_{Delta ABC}=cfrac{1}{2}cdot ACcdot h)，(S_{Delta AOC}=cfrac{1}{2}cdot ACcdot cfrac{h}{2}cdot cfrac{2}{3}=cfrac{1}{3}cdotcfrac{1}{2}cdot ACcdot h)，

故(Delta ABC)的面积与(Delta AOC)的面积之比为3。

【反思总结】：线段等分点的向量给出方式，

二等分点(中点)：(overrightarrow{OA}=-overrightarrow{OB})，或(overrightarrow{OA}+overrightarrow{OB}=overrightarrow{0})，则点(O)是(AB)的中点；

三等分点：(overrightarrow{OA}=-2overrightarrow{OB})，或(overrightarrow{OA}+2overrightarrow{OB}=overrightarrow{0})，则点(O)是(AB)的靠近(B)的三等分点；

四等分点：(overrightarrow{OA}=-3overrightarrow{OB})，或(overrightarrow{OA}+3overrightarrow{OB}=overrightarrow{0})，则点(O)是(AB)的靠近(B)的四等分点；

题组2-2设(O)在(Delta ABC)内部，且有(overrightarrow{OA}=2overrightarrow{BO}+3overrightarrow{CO})，延长(BO)交(AC)于点(D)，则(cfrac{S_{Delta COD}}{S_{Delta AOD}})的值为【B】

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

分析：由题目可知(overrightarrow{OA}+2overrightarrow{OB}+3overrightarrow{OC}=vec{0})，

将其系数做恰当的拆分得到，((overrightarrow{OA}+overrightarrow{OC})+2(overrightarrow{OB}+overrightarrow{OC})=vec{0})，

如图即(2overrightarrow{OF}=-4overrightarrow{OE})，即(overrightarrow{OF}=-2overrightarrow{OE})，

即可知(E、O、F)三点共线，且点(O)一定在(Delta ABC)的中位线(EF)上，且在中位线上靠近点(E)的三等分点处。

理由如下：以(OA)和(OC)为邻边做平行四边形(AOCG)，则点(F)为(AC)的中点，

同理，点(E)为(BC)的中点，则可知(EF)为中位线，又(overrightarrow{OF}=-2overrightarrow{OE})，

则(E、O、F)三点共线，故点(O)一定在(Delta ABC)的中位线(EF)上，且在中位线上靠近点(E)的三等分点处。

此时连结(BE)，由点(O)是( riangle BCF)的重心可知，延长(BO)交(AC)于点(D)，

则点(D)必是边(CF)的中点，即(CD=DF)，则(AD=2DF=3CD)，

过点(O)作(AC)的垂线段，设其高为(h)，

由同高不同底可得，(cfrac{S_{Delta COD}}{S_{Delta AOD}}=cfrac{cfrac{1}{2}cdot CDcdot h}{cfrac{1}{2}cdot ADcdot h}=cfrac{1}{3})

【解后反思】当题目告诉(overrightarrow{OA}=2overrightarrow{BO}+3overrightarrow{CO})，则有结论：

①(E、O、F)三点共线，点(O)一定在(Delta ABC)的中位线(EF)上，且在中位线上靠近点(E)的三等分点处。

②延长(BO)交(AC)与点(D)，则点(D)是(CF)的中点。

③三等分点出现，常常和三角形的重心，三角形边的中点等联系起来，

题组2-3设(P)在(Delta ABC)内部，且有(overrightarrow{AP}=cfrac{1}{2}cdot overrightarrow{AB}+cfrac{1}{3}cdotoverrightarrow{AC})，则(cfrac{S_{Delta ABP}}{S_{Delta ABC}})的值为【B】

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

分析：如图，点(E)，(F)分别是边(AB)，(AC)的二等分点和三等分点，作平行四边形(AEPF)，延长(AP)交(BC)于点(D)，

则由图可知，( riangle ABP)的高(PM)与( riangle ABC)的高(CN)的关系为(CN=3PM)，

故由同底不同高可知，(cfrac{S_{Delta ABP}}{S_{Delta ABC}}=cfrac{cfrac{1}{2}cdot PMcdot AB}{cfrac{1}{2}cdot CNcdot AB}=cfrac{1}{3})

引申：且可知(3BD=2CD)。

题组2-4【三角形重心的给出方式】在(Delta ABC)中，(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=3overrightarrow{AD})，则点(D)为( riangle ABC)的重心。

分析：如图所示，

由于(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=3overrightarrow{AD})，

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

故点(D)为( riangle ABC)的重心，

例3设F(_1)、F(_2)为双曲线(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0))的左右焦点，(P)为双曲线右支上的一点，满足((overrightarrow{OP}+overrightarrow{OF_2})cdot overrightarrow{PF_2}=0)，(O)为坐标原点，且(3|overrightarrow{PF_1}|=4|overrightarrow{PF_2}|)，则双曲线的离心率是多少？

分析：设点(P(x，y))，由点(F_1(-c，0))和点(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)，

即点(P)在以坐标原点为圆心，以(c)为半径的圆上；

也在以(F_1F_2)为直径的圆上，故(angle F_1PF_2=90^{circ})。

【初中数学：直径所对的圆周角为直角】

故有(overrightarrow{PF_1}cdot overrightarrow{PF_2}=0)，

这样(3|overrightarrow{PF_1}|=4|overrightarrow{PF_2}|)得到，

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

又由双曲线的定义知道，(|PF_1|-|PF_2|=2a=k) ，

则离心率(e=cfrac{2c}{2a}=cfrac{5k}{k}=5)。

【点评】①用向量的左边引入数学运算，从而能得到点(P)的轨迹，这样就能得出直角三角形。

②由直角三角形结合已知条件能得到(2c)，用定义式能得到(2a)，从而离心率可解。

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

分析：设向量(|overrightarrow{AB}|=x)，则(|overrightarrow{OB}|=sqrt{x^2+9})，

再设(< overrightarrow{OA} ，overrightarrow{OB}>= heta)，则(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB}=|overrightarrow{OA}||overrightarrow{OB}|cos heta=3 imessqrt{x^2+9} imescfrac{3}{sqrt{x^2+9}}=9)

【点评】根据内积的定义，要么求单个的(|overrightarrow{OB}|)的值和(cos heta)的值，要么能求得(|overrightarrow{OB}|cos heta)的整体的值，本题目刚好是利用三角函数能求得整体的值。

例5已知(vec{a}，vec{b}，vec{c})为平面向量，其中(vec{a}，vec{b})为单位向量，(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)，

则有(|vec{a}+vec{b}+vec{c}|^2=vec{a}^2+vec{b}^2+vec{c}^2+2vec{a}cdot vec{b}+2vec{a}cdot vec{c}+2vec{b}cdot vec{c}=1+1+2+0+2+2=8)，

故(|vec{a}+vec{b}+vec{c}|=2sqrt{2})。

例6对任意平面向量(vec{a}，vec{b})，下列关系式不恒成立的是【】

(A.|vec{a}cdot vec{b}|leq |vec{a}||vec{b}|)

分析：恒成立，由于(vec{a}cdot vec{b}=|vec{a}|cdot |vec{b}|cos heta) ，故有(|vec{a}cdot vec{b}|=|vec{a}|cdot |vec{b}||cos heta|leq |vec{a}|cdot |vec{b}|) ；

(B.|vec{a}- vec{b}|leq ||vec{a}|-|vec{b}||)

分析：不恒成立，比如这个反例，(vec{a}=vec{-b})，取为一对相反单位向量，则此时左边为(|2|leq 0)出错。

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

分析：恒成立，可以按照多项式乘法展开；

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

分析：恒成立，可以按照多项式乘法展开；

例7【2017河北武邑中学一模，文11】在(RtDelta ABC)中，(CA=CB=3)，(M，N)是斜边(AB)上的两个动点，(MN=sqrt{2})，则(overrightarrow{CM}cdot overrightarrow{CN})的取值范围是【】

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

分析：求向量的内积的取值范围，应该想到用内积的坐标运算，本题目难点是一般想不到主动建系，由形的运算转化为数的运算。

解：如图所示，以点(C)为坐标原点，分别以(CB、CA)所在的直线为(x、y)轴建立如同所示的坐标系，
则(C(0，0))，(A(0，3))，(B(3 ，0))，设点(N)的横坐标为(x)，则由等腰直角三角形可知，点(N)的纵坐标为(3-x)，即点(N(x，3-x))，

又由(MN=sqrt{2})，计算可知点(M(x-1，4-x))，则(overrightarrow{CM}=(x-1，4-x))，(overrightarrow{CN}=(x，3-x))，

由于点(M,N)是动点，取两个极限位置研究(x)的取值范围，

当点(M)位于点(A)时，(x)取到最小值(1)，当点(N)位于点(B)时，(x)取到最大值(3)，即(1leq xleq 3)，

则(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)，(xin [1，3])

当(x=2)时，(f(x)_{min}=f(2)=4)，当(x=1)或(x=3)时，(f(x)_{max}=f(1)=f(3)=6)，

即(f(x)in [4，6])。故选(D)。

例8【2019届高三理科数学二轮用题】在矩形(ABCD)中，(AB=2)，(AD=4)，(AC)与(BD)相交于点(O)，过点(A)作(AEperp BD)于(E)，则(overrightarrow{AE}cdot overrightarrow{AC})=【】

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

法1：从形的角度思考，采用坐标法求解；以点(A)为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，

则可知(A(0，0))，(B(0，-2))，(C(4，-2))，(D(4，0))，设(E(x，y))，

则由(k_{AE}cdot k_{BD}=-1)，可得(y=-2x)①，又直线(BD：2y=x-4)②，

联立①②可得，(x=cfrac{4}{5})，(y=-cfrac{8}{5})，

则(overrightarrow{AE}cdot overrightarrow{AC}=(cfrac{4}{5}，-cfrac{8}{5})cdot (4，-2)=cfrac{32}{5})，故选(C).

法2：本题目是否还可以用基向量法，以(overrightarrow{AB})和(overrightarrow{AD})为基向量来表示其他向量，待思考；

例9【2017辽宁沈阳二模】已知向量(overrightarrow{OA}=(3，1))，(overrightarrow{OB}=(-1，3))，(overrightarrow{OC}=moverrightarrow{OA})(-noverrightarrow{OB})((m>0，n>0))，若(m+nin [1，2])，则向量(|overrightarrow{OC}|)的取值范围是【】

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

解：(overrightarrow{OC}=moverrightarrow{OA}-noverrightarrow{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})

【预备知识】已知(m>0)，(n>0) ，(m+nin [1，2])，求(m^2+n^2)的取值范围。

分析：将上述给定的数的条件转化为形的条件，则(m^2+n^2)可以看成半径为(r)的动圆上位于第一象限内的一点，(1leq m+nleq 2)可以看成两条平行线(m+n=1)和(m+n=2)之间的平面区域内且位于第一象限的的任意一点，

故(m^2+n^2)的取值范围：最小值可以看成圆心((0，0))到直线(m+n=1)的距离的平方，最大值可以看成圆心((0，0))到点((0，2))或((2，0))的距离的平方(取不到)，

则可知(d_1=cfrac{1}{sqrt{2}})，(d_2=2)，故(d_1^2=cfrac{1}{2})，(d_2^2=4)，即(m^2+n^2in [cfrac{1}{2}，4])；

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

例10已知向量(vec{a}=(1，1))，(vec{b}=(-1，1))，(vec{c}=(sqrt{2}cos heta，sqrt{2}sin heta))，实数(m，n)满足(mvec{a}+nvec{b}=vec{c})，则((m-1)^2+(n-1)^2)的最小值为(3-2sqrt{2})；

法1：由于(mvec{a}+nvec{b}=vec{c})，即(m(1，1)+n(-1，1)=(sqrt{2}cos heta，sqrt{2}sin heta))

则(left{egin{array}{l}{m-n=sqrt{2}cos heta}\{m+n=sqrt{2}sin heta}end{array} ight.)，借助(cos^2 heta+sin^2 heta=1)可得，

((m+n)^2+(m-n)^2=2)，打开整理得到(m^2+n^2=1)，

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

由于(-1leq sin hetaleq 1)，则(3-2sqrt{2}leq 3-2sqrt{2}sin hetaleq 3+2sqrt{2})

故所求的最小值为(3-2sqrt{2})。

法2：变量集中，由(left{egin{array}{l}{m-n=sqrt{2}cos heta}\{m+n=sqrt{2}sin heta}end{array} ight.)，

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

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

(=3-2sqrt{2}sin heta)；其余同上；

例11【均值不等式的使用】在平面直角坐标系(xoy)中，已知点(A)在椭圆(cfrac{x^2}{16}+cfrac{y^2}{8}=1)上，点(P)满足(overrightarrow{AP}=(lambda-1)overrightarrow{OA}(lambdain R))，且(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OP}=12)，求线段(OP)在(x)轴上的投影长度的最大值。

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

则有(overrightarrow{OP}=lambdaoverrightarrow{OA})，故(O、P、A)三点共线，由(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OP}=12)，得到(|overrightarrow{OA}|cdot |overrightarrow{OP}|=12)，

设OP与(x)轴的夹角为( heta)，点(A(x，y))，(B)为点(A)在(x)轴上的投影，由图可知，线段(OP)在(x)轴上的投影长度为(||overrightarrow{OP}|cdot cos heta|)

则(||overrightarrow{OP}|cdot cos heta|=|overrightarrow{OP}| imes cfrac{|overrightarrow{OB}|}{|overrightarrow{OA}|})(=cfrac{12}{|overrightarrow{OA}|} imes cfrac{|overrightarrow{OB}|}{|overrightarrow{OA}|})

(=12cdot cfrac{|overrightarrow{OB}|}{|overrightarrow{OA}|^2})，又由于(|overrightarrow{OB}|=|x|)，(|overrightarrow{OA}|=sqrt{x^2+y^2})，

(=12 imes cfrac{|x|}{x^2+y^2})， 接下来施行变量集中，由于(cfrac{x^2}{16}+cfrac{y^2}{8}=1)，得到(y^2=8-cfrac{x^2}{2})，代入

(=12 imes cfrac{|x|}{cfrac{x^2}{2}+8})，分子分母同除以(|x|)得到，

(=12 imes cfrac{1}{frac{|x|}{2}+frac{8}{|x|}}leq 12 imes cfrac{1}{4}=3)，

当且仅当(|x|=4)时等号成立，故线段(OP)在(x)轴上的投影长度的最大值为(3)。

例12【向量的模的运算】已知(|vec{a}|=1，|vec{b}|=2，<vec{a}，vec{b}>=60^{circ})，求(|vec{a}+2vec{b}|)

法1：基向量法，

(|vec{a}+2vec{b}|^2=vec{a}^2+4vec{b}^2+2 imes 2 imes vec{a}cdot vec{b})；

(=|vec{a}|^2+4|vec{b}|^2+4|vec{a}|cdot |vec{b}|cdot cos60^{circ})；

(=1+16+4 imes 1 imes 2 imes cos60^{circ}=21)，

故(|vec{a}+2vec{b}|=sqrt{21})。

法2：建立坐标系，利用向量坐标法构造向量三角形法，

建立如图所示的坐标系，则可知(vec{a}=(1，0))，(vec{b}=(1，sqrt{3}))，

则(vec{a}+2vec{b}=(1，0)+2(1，sqrt{3})=(3，2sqrt{3}))，

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

法3：构造向量三角形法，利用余弦定理求解。

由图可知，(overrightarrow{OA}=vec{a})，(overrightarrow{OD}=2vec{b})，做向量三角形( riangle OAB)，

则在( riangle OAB)中，(|OA|=|vec{a}|=1)，(|AB|=|2vec{b}|=4)，(|OB|=|vec{a}+2vec{b}|)，(angle OAB=120^{circ})，

由余弦定理可知，(|OB|^2=1^2+4^2-2 imes 1 imes 4 imes cos120^{circ}=21)，

故(|vec{a}+2vec{b}|=|OB|=sqrt{21})。

例13【向量共面基本定理+同一法】在( riangle ABC)中，点(G)满足(overrightarrow{GA}+overrightarrow{GB}+overrightarrow{GC}=vec{0})，若存在点(O)，使得(overrightarrow{OG}=cfrac{1}{6}overrightarrow{BC})，且(overrightarrow{OA}=moverrightarrow{OB}+noverrightarrow{OC})，则(m-n)=【】

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

分析：由题目(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})，

则(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})，结合已知(overrightarrow{OA}=moverrightarrow{OB}+noverrightarrow{OC})，

则可知(m=-cfrac{3}{2})，(n=-cfrac{1}{2})，则(m-n=-1)，故选(D)。

例14【2017年理科数学全国卷Ⅲ卷第12题】在矩形(ABCD)中，(AB=1)，(AD=2)，动点(P)在以(C)为圆心且与(BD)相切的圆上，若(overrightarrow{AP}=lambda overrightarrow{AB}+mu overrightarrow{AD})，则(lambda+mu)的最大值为【】

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

分析：以点(A)为坐标原点，分别以(AD)，(AB)所在的直线为(x)轴和(y)轴建立如图所示的平面直角坐标系，则(A(0，0))，(B(0，1))，(C(2，1))，(D(2，0))；

又由于(AB=1)，(AD=2)，动点(P)在以(C)为圆心且与(BD)相切的圆上，则(BD=sqrt{5})，由等面积法可知圆的半径为(r=cfrac{2}{sqrt{5}})，

这样圆上的动点的坐标可设为(P(2+cfrac{2}{sqrt{5}}cos heta，1+cfrac{1}{sqrt{5}}cos heta))，

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

又由于(overrightarrow{AP}=(2+cfrac{2}{sqrt{5}}cos heta，1+cfrac{2}{sqrt{5}}sin heta))，则有

(2mu=2+cfrac{2}{sqrt{5}}cos heta)，(lambda=1+cfrac{2}{sqrt{5}}sin heta)，

化简为(mu=1+cfrac{1}{sqrt{5}}cos heta)，(lambda=1+cfrac{2}{sqrt{5}}sin heta)，

则(lambda+mu=1+cfrac{1}{sqrt{5}}cos heta+1+cfrac{2}{sqrt{5}}sin heta=2+cfrac{1}{sqrt{5}}cos heta+cfrac{2}{sqrt{5}}sin heta=2+sin( heta+phi))，

由于(-1leq sin( heta+phi)leq 1)，故(2-1leq 2+sin( heta+phi)leq 2+1)，即(lambda+muin [1，3])，

故所求的最大值为3，故选(A)。

解后反思：培养主动使用向量这一数学工具的数学应用意识很关键。

例15已知点(O)是( riangle ABC)的外接圆的圆心，(AC=3)，(AB=2)，(BC=sqrt{7})，求(overrightarrow{AO}cdot overrightarrow{BC})的值；

分析：本题目可以考虑的角度比较多，比如利用向量的内积的定义，向量的内积的坐标运算，这些思路都不能走下去，所以需要重新思考新的思路，比如利用向量的内积的几何意义；

由于点(O)是外心，过点(O)做(OFperp AC)于点(F)，过点(O)做(OEperp AB)于点(E)，则(|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}|cosangle CAO-|overrightarrow{AO}||overrightarrow{AB}|cosangle BAO=|overrightarrow{AC}||overrightarrow{AF}|-|overrightarrow{AB}||overrightarrow{AE}|)

(=3 imes cfrac{3}{2}-2 imes 1=cfrac{5}{2})。

例16【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知( riangle ABC)的内角(A)，(B)，(C)所对的边分别是(a)、(b)、(c)，且满足((b+2c)cosA=-acosB)，设(D)为(BC)的中点，(b=4)，(AD=sqrt{7})，则(c)= 【】

【法1】：如图所示，由((b+2c)cosA=-acosB)，边化角，得到(A=120^{circ})，设(BD=CD=y)，(AB=x)，(angle ADB=alpha)，(angle ADC=eta)，

在( riangle ABC)中，(AB=x)，(AC=4)，(BC=2y)，(A=120^{circ})，

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

又在( riangle ADB)和( riangle ADC)中，由(cosalpha+coseta=0)，得到(cfrac{7+y^2-x^2}{2sqrt{7}y}+cfrac{7+y^2-16}{2sqrt{7}y}=0)②，

联立①②，得到(x=6)或(x=-2)(舍去)，故选(A)。

【法2】：由((b+2c)cosA=-acosB)，边化角，得到(A=120^{circ})，由于点(D)为(BC)的中点，利用向量方法，

(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=2overrightarrow{AD})，两边平方，得到

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

化简为(x^2-4x-12=0)，解得(x=6)或(x=-2)(舍去)，故选(A)。

解后反思：法1为通法，法2特殊解法，比如点(D)变化为四分之三等分点，法2就失效了；同时注意，出现(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=2overrightarrow{AD})或者(overrightarrow{AD}=cfrac{1}{2}(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}))，意味着点(D)为(BC)的中点。

例17【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知平面向量(vec{a})、(vec{b})满足((vec{a}-2vec{b})perp (3vec{a}+vec{b}))，且(|vec{a}|=cfrac{1}{2}|vec{b}|)，则向量(vec{a})与(vec{b})的夹角的正弦值为【】

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

分析：由题可知，((vec{a}-2vec{b})cdot (3vec{a}+vec{b})=0)，化简得到，(3vec{a}^2-5vec{a}cdot vec{b}-2vec{b}^2=0)①，

由(|vec{a}|=cfrac{1}{2}|vec{b}|)，可设(|vec{a}|=t(t>0))，则(|vec{b}|=2t)，代入①式，

得到(-10t^2cos heta+5t^2=0)，得到(cos heta=cfrac{1}{2})，则(sin heta=cfrac{sqrt{3}}{2})，故选(C).

例18【2019届高三理科数学三轮模拟试题】如图，已知两点(A)，(B)在单位圆上，(angle yOB=60^{circ})，(angle xOA=30^{circ})，则(|2overrightarrow{OA}+3overrightarrow{OB}|)=___________。

法1：向量法，由题目可知，(angle AOB=120^{circ})，(|overrightarrow{OA}|=|overrightarrow{OB}|=1)，

则(|2overrightarrow{OA}+3overrightarrow{OB}|=sqrt{|2overrightarrow{OA}+3overrightarrow{OB}|^2})

(=sqrt{4|overrightarrow{OA}|^2+9|overrightarrow{OB}|^2+2 imes 2 imes 3 imes overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB}})

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

法2：坐标法，已知(A(cfrac{sqrt{3}}{2}，cfrac{1}{2}))，(B(-cfrac{sqrt{3}}{2}，cfrac{1}{2}))，则(overrightarrow{OA}=(cfrac{sqrt{3}}{2}，cfrac{1}{2}))，

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

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

法3：解三角形法，由向量的平行四边形法则可知，所求的模长即( riangle OCD)中的边长(|OC|)，由已知(|OD|=3|OB|=3)，(|CD|=2|OA|=2)，(angle ODC=60^{circ})，

由余弦定理可知(|2overrightarrow{OA}+3overrightarrow{OB}|^2=|OC|^2=2^2+3^2-2 imes2 imes 3 imes cos60^{circ}=7)，

故(|2overrightarrow{OA}+3overrightarrow{OB}|=sqrt{7})。

例19【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知在平面四边形(MNPQ)中，(overrightarrow{MP}=(2，4))，(overrightarrow{NQ}=(-4，4))，则(overrightarrow{MN}cdot overrightarrow{PQ})的最小值为_________.

分析：特殊化策略，由于平面向量是自由向量，故我们可以将点(M)平移到坐标原点，将点(N)放置到(x)轴上，

故点(M(0，0))，(N(x，0))，则点(P(2，4))，可以计算得到点(Q(x-4，0))，

则(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)，

故当(x=3)时，其有最小值为(-9)。

例20【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知向量(vec{a})，(vec{b})满足(|vec{a}|=3)，(|vec{b}|=2sqrt{3})，且(vec{a}perp (vec{a}+vec{b}))，则(vec{a})在(vec{b})方向上的投影为【】

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

回顾：由向量的内积定义，(vec{a}cdot vec{b}=|vec{a}| imes|vec{b}| imes cos heta)，其中( heta=<vec{a}，vec{b}>)，

则(vec{a})在(vec{b})方向上的投影为(|vec{a}| imes cos heta)；(vec{b})在(vec{a})方向上的投影为(|vec{b}| imes cos heta)；

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)，

则有(9+2sqrt{3}|vec{a}|cos heta=0)，即(|vec{a}| imes cos heta=-cfrac{3sqrt{3}}{2})，故选(C)

例21【向量的投影的几何意义】【2018西安八校联考第5题】已知(O)是坐标原点，点(A(2，1))，点(M(x，y))是平面区域(egin{cases}&yleq x\&x+yleq 1\&yge -1end{cases})内的一个动点，则(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM})的最大值是多少？

法1：利用向量的坐标运算得到，(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM}=2x+y)，故转化为求(2x+y)的最大值，即求(z=2x+y)的最大值，用线性规划的常规方法解决即可。

法2：利用向量的投影的几何意义求解，说明：点(M)是三角形区域内部及边界上的一个动点，动画只做了点(M)在边界上的情形；

注：图中有向线段(OB)是向量(overrightarrow{OM})在向量(overrightarrow{OA})方向上的投影，它是可正，可负，可零的；

(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM}=|overrightarrow{OA}|cdot |overrightarrow{OM}|cdot cos heta)，其中(|overrightarrow{OA}|)是个定值，

故只需要求(|overrightarrow{OM}|cdot cos heta)的最大值，而(|overrightarrow{OM}|cdot cos heta)的几何意义是(overrightarrow{OM})在(overrightarrow{OA})方向上的投影，

由图形可知，当点(M(x，y))位于点((2，-1))时投影(|overrightarrow{OM}|cdot cos heta)最大，故将点((2，-1))代入(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM}=3)。

变式题1：求(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM})的最小值是多少？

分析：由上图可以看出，当两个向量的夹角为钝角时，其投影是负值，故当点(M)位于点(C)时，其内积最小，

此时将点((-1，-1))代入得到(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM}=-3)。

变式题2：求向量(overrightarrow{OM})的投影的绝对值最小时的动点(M)的轨迹方程？

分析：当其夹角为(90^{circ})时，有向线段(OB=0)，故向量(overrightarrow{OM})的投影的绝对值最小(0)；

此时，点(M)在三角形区域内部且和直线(OA)垂直，故其轨迹为(y=-2x，(-1leqslant yleqslant 0))

例22【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知(A)，(B)是函数(f(x)=left{egin{array}{l}{e^{x-2a}，xgeqslant a}\{e^{-x}，x<a}end{array} ight.(a>0))图像上的两个动点，点(P(a，0))，若(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB})的最小值为0，则函数(f(x))的最小值为【】

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

分析：先做出分段函数(f(x))的大致草图如下，

由于分段函数的图像关于(x=a)对称，点(P(a，0))在对称轴上，故由(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB})的最小值为(0)，

结合图像可知两个向量的夹角为锐角或直角，不可能为钝角，否则最小值为负值，

又由于图像是对称的，从点(P)出发的两条射线都和曲线相切时向量的夹角才会最大，

故说明向量的夹角为(90^{circ})，且可知两条切线的斜率为(k=pm 1)，且可知(angle APO=45^{circ})，

那么怎么说明两个切点就是图中的(A)，(B)两个点呢？

设切点(A(x_0，y_0))，则(-e^{-x_0}=-1)，则(x_0=0)，(y_0=1)，故点(A(0，1))，从而可知(a=1)，

由对称性也可知，(B(2，1))，到此完全说明(A(0，1))，(B(2，1))为两个切点。

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

例23【2019届高三理科数学三轮模拟试题】过圆(O：x^2+y^2=4)外的一点(P)做圆(O)的两条切线，切点分别为(A)，(B)，若(|AB|=2sqrt{3})，则(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB})=【】

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

分析：如图所示，(|OB|=2)，(|BD|=cfrac{1}{2}|AB|=sqrt{3})，故(angle BOD=60^{circ})，

则(angle PBO=30^{circ})，则两向量(overrightarrow{PA})与(overrightarrow{PB})的夹角为(angle APB=60^{circ})，

又由于(Rt riangle BOP)，则(|overrightarrow{PB}|=2sqrt{3})，则有(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB}=2sqrt{3} imes2sqrt{3} imes cos60^{circ}=6)，故选(B).

例24【2019届高三理科数学三轮模拟试题】在平面直角坐标系(xOy)中，已知点(A(1，0))，点(B(0，1))，(angle AOC=30^{circ})，设(overrightarrow{OC}=moverrightarrow{OA}+noverrightarrow{OB})，且点(C)在第一象限，则(cfrac{m}{n})=_________。

分析：(cfrac{m}{n}=sqrt{3})。

例25【2014.浙江卷】设( heta)是两个非零向量(vec{a},vec{b})的夹角，已知对任意实数(t)，(|vec{b}+tvec{a}|)的最小值是(1)，【】

$A.若 heta确定，则|vec{a}|唯一确定$

$B.若 heta确定，则|vec{b}|唯一确定$

$C.若|vec{a}|确定，则 heta唯一确定$

$D.若|vec{b}|确定，则 heta唯一确定$

分析：利用(Delta=0)，而不是(Delta leq 0).
求解：
【法1】(|vec{b}+tvec{a}|≥1)，则有(vec{b}^2+t^2vec{a}^2+2vec{a}vec{b}t≥1)，即有(t^2a^2+2|vec{a}||vec{b}|cos hetacdot t+b^2-1≥0)，

要保证对任意实数(t)，(|vec{b}+tvec{a}|)的最小值取到(1)，则必须(Delta =0)，而不是(Deltaleq 0)，

故解得(Delta=4a^2b^2cos^2 heta-4a^2(b^2 -1)=0)，则有(b^2-1=cos^2 heta),故选B.

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

感悟：同类题，已知开口向上的二次函数的值域是([0,＋∞))，则利用(Delta=0)，而不是(Delta leq 0).

例26如图，等边( riangle ABC)的边长为(2)，顶点(B)，(C)分别在(x)轴的非负半轴，(y)轴的非负半轴上滑动，(M)为(AB)中点，则(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM})的最大值为【】

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

法1：如图所示，设(angle OBC= heta)，则( hetain [0，cfrac{pi}{2}])，则点(B(2cos heta，0))，(C(0，2sin heta))，

则点(A(2cos(cfrac{pi}{3}- heta)，2sin(cfrac{pi}{3}- heta)+2sin heta))，点(M(cos heta+cos(cfrac{pi}{3}- heta)，sin(cfrac{pi}{3}- heta)+sin heta))

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

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

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

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

(=cos^2 heta+sqrt{3}sin heta cos heta+2+2sqrt{3}sin heta cos heta-2sin^2 heta+2sin^2 heta)

(=3sqrt{3}sin heta cos heta+cos^2 heta+2)

(=cfrac{3sqrt{3}}{2}sin2 heta+cfrac{1}{2}cos2 heta+cfrac{5}{2})

(=sqrt{7}sin(2 heta+phi)+cfrac{5}{2})

当(sin(2 heta+phi)=1)时， (overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM})最大值为(cfrac{5}{2}+sqrt{7})，故选(B).

法2：题源，另一种解法

例7【2019届高三理科数学三轮模拟试题】在( riangle ABC)中，内角(A，B，C)所对的边分别为(a，b，c)，(AD)为(angle BAC)的平分线，且满足(4overrightarrow{AD}=overrightarrow{AC}+3overrightarrow{AB})，(|overrightarrow{AD}|=sqrt{3})，若(4c+a=8)，求(a)，(b)，(c)的值；

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

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

则(a=8-4c=|BC|)，(|BD|=cfrac{1}{4}|BC|=2-c)，(|CD|=6-2c)，

又由于(AD)为(angle BAC)的平分线，由角平分线定理可知，

(cfrac{BD}{CD}=cfrac{AB}{AC}=cfrac{1}{3})，故(|AC|=3c)，

在( riangle ABD)与( riangle ACD)中，分别对(angle BAD)和(angle DAC)用余弦定理可得，

(cfrac{3+c^2-(2-c)^2}{2 imes sqrt{3}c}=cfrac{3+(3c)^2-(6-3c)^2}{2 imes sqrt{3} imes 3c})

解得(c=cfrac{5}{4})，(b=cfrac{15}{4})，(a=3)。

解后反思：本题目需要特别注意向量系数的拆分技巧；

例7设点(A)，(B)，(C)不共线，则“(overrightarrow{AB})与(overrightarrow{AC})的夹角( heta)为锐角”是“|(overrightarrow{AB})+(overrightarrow{AC})|>|(overrightarrow{BC})|”的【】条件

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

法1： 从数的角度求解，由于点(A)，(B)，(C)不共线，则三点可以构成一个三角形( riangle ABC)，

由向量加法可知，(overrightarrow{BC}=overrightarrow{AC}-overrightarrow{AB})，则|(overrightarrow{AB})+(overrightarrow{AC})|>|(overrightarrow{BC})|

等价于|(overrightarrow{AB})+(overrightarrow{AC})|>|(overrightarrow{AC})-(overrightarrow{AB})|，两边平方，变形得到，

(4|overrightarrow{AB}|cdot |overrightarrow{AC}|cdot cos heta>0)，故(cos heta>0)，即( heta)为锐角；

反之，当两个向量的夹角为锐角时，上述过程逆推成立，故选(C);

法2：从形的角度求解；做一个向量三角形，让( heta)变化，从动态图中就可以看出来；选(C);

题组1 设(vec{a}，vec{b})为单位向量，若向量(vec{c})满足(|vec{c}-(vec{a}+vec{b})|=|vec{a}-vec{b}|)，则向量(|vec{c}|)的最大值为多少？

法1：最容易想到两边平方，整理得到(vec{c}^2-2(vec{a}+vec{b})cdot vec{c}+4vec{a}vec{b}=0)，

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

法2：本题目用到绝对值不等式和均值不等式，

由题目得到(|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}|)，

接下来需要求(|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(2vec{a}^2+2vec{b}^2)}=2sqrt{2})，当且仅当(|vec{a}+vec{b}|=|vec{a}-vec{b}|)，

即(vec{a}perpvec{b})时取到等号，故(|vec{c}|leq 2sqrt{2})。

题组1-1设(vec{a}，vec{b})为单位向量，且(vec{a}perp vec{b})，若向量(vec{c})满足(|vec{c}-(vec{a}+vec{b})|=|vec{a}-vec{b}|)，则向量(|vec{c}|)的最大值为多少？

法1：采用上题的法2.

法2：由于(vec{a}，vec{b})为单位向量，且(vec{a}perp vec{b})，

故设(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})的终点坐标对应的轨迹为圆心为((1，1))，半径为(sqrt{2})的圆，

又由于圆过圆心，则(|vec{c}|)的最大值为圆的直径(2sqrt{2})。

题组1-2已知(vec{a})，(vec{b})是单位向量，(vec{a}cdot vec{b}=0)，若向量(vec{c})满足(|vec{c}-vec{a}-vec{b}|=1)，则(|vec{c}|)的最大值为()

A.(sqrt{2}-1) (hspace{1cm}) B.(sqrt{2}) (hspace{1cm}) C.(sqrt{2}+1) (hspace{1cm}) D.(sqrt{2}+2)

法1：从形入手，条件(|vec{c}-(vec{a}+vec{b})|=1)可以理解为如图的情况，

而(|vec{a}+vec{b}|=sqrt{2})，向量(vec{c})的终点在单位圆上，

故向量(|vec{c}|)的最大值为(sqrt{2}+1)，故选C。

法2：从数的角度，由题意得到(|vec{a}|=|vec{b}|=1，vec{a}cdotvec{b}=0)，

所以(|vec{a}+vec{b}|=sqrt{2})，又因为(|vec{c}-vec{a}-vec{b}|=1)，

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

设(vec{c})与(vec{a}+vec{b})的夹角为( heta)，

则(|vec{c}|^2-2|vec{c}| imessqrt{2}cos heta+2=1)，

即(|vec{c}|^2+1=2sqrt{2}|vec{c}|cos hetaleq 2sqrt{2}|vec{c}|)，

即(|vec{c}|^2-2sqrt{2}|vec{c}|+1leq 0)，

解得(sqrt{2}-1leq |vec{c}|leq sqrt{2}+1)。

法3：数形结合，由于(vec{a}，vec{b})为单位向量，且(vec{a}perp vec{b})，

故设(vec{a}=(1，0)，vec{b}=(0，1)，vec{c}=(x，y))，

则(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})的终点坐标在圆心位于点((1，1))半径为(1)的圆上，

故(|vec{c}|)的最大值是(sqrt{2}+1)，

当然也可以知道(|vec{c}|)的最小值是(sqrt{2}-1)。

针对性训练

练1【2019高一期末考试】平行四边形(ABCD)中，(AB=3)，(AD=2)，(angle BAD=60^{circ})，若(overrightarrow{AE}=lambda overrightarrow{AB}+overrightarrow{AD})，且(BDperp AE)，则(lambda)的值为【】

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

提示：由题设可以得到，(lambda overrightarrow{AB}=overrightarrow{DE})，故点(E)应该在(DC)上，然后以点(A)为坐标原点建系，则(B(3，0))，(D(1，sqrt{3}))，(C(4，sqrt{3}))，设(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})，故选(A).

练2【2019高一期末考试】已知单位向量(vec{a})，(vec{b})满足(|vec{a}-vec{b}|=1)，则(|2vec{a}+vec{b}|)=【】

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

提示：给(|vec{a}-vec{b}|=1)平方，可以求得(vec{a}cdot vec{b})的值，然后给(|2vec{a}+vec{b}|)平方再开方，可得；选(D).

练3【2019高一期末考试】已知非零向量(vec{a})，(vec{b})满足(|vec{a}|=|vec{b}|)，且(|vec{a}+vec{b}|=sqrt{3}|vec{b}|)，则(<vec{a}，vec{b}>)=_________.

提示：令(|vec{a}|=|vec{b}|=t)，给(|vec{a}+vec{b}|=sqrt{3}|vec{b}|)平方，变形得到(cos<vec{a}，vec{b}>=cfrac{1}{2})，故(<vec{a}，vec{b}>=cfrac{pi}{3});

练4【2019高一期末考试第21题】已知向量(vec{a})，(vec{b})，(vec{c})满足(vec{a}=(-1，3))，(|vec{b}|=4sqrt{5})，(|vec{c}|=2sqrt{5})，

(1).若(vec{a}//vec{c})，求(vec{c})的坐标；

提示：设(vec{c}=(x，y))，由题设得到方程组，求解即可，(vec{c}=(sqrt{2}，-3sqrt{2}))或(vec{c}=(-sqrt{2}，3sqrt{2}))，

(2).若(vec{a}perp (2vec{a}-vec{b}))，求(vec{a})与(vec{b})的夹角( heta)。

提示：利用内积为(0)，可以求得(cos heta=cfrac{sqrt{2}}{2})，又( hetain [0，pi])，故( heta=cfrac{pi}{4}).

例4【2020北京人大附中高一试题】若平面向量(vec{a})，(vec{b})满足(|vec{a}+vec{b}|=1)，(vec{a}+vec{b})平行于(x)轴，(vec{b}=(2,-1))，则(vec{a})=__________。

法1：将向量(vec{a})，(vec{b})看成两个单个向量，设(vec{a}=(x,y))，(vec{b}=(2,-1))，

则(vec{a}+vec{b}=(2+x,y-1))，由(vec{a}+vec{b})平行于(x)轴，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：将(vec{a}+vec{b})视为一个整体，由(vec{a}+vec{b})平行于(x)轴，则(vec{a}+vec{b}=(1,0))或(vec{a}+vec{b}=(-1,0));

当(vec{a}+vec{b}=(1,0))时，(vec{a}=(1,0)-vec{b}=(1,0)-(2,-1)=(-1,1))；

当(vec{a}+vec{b}=(-1,0))时，(vec{a}=(-1,0)-vec{b}=(-1,0)-(2,-1)=(-3,1))；

例4【2020北京人大附中高一试题】已知不共线的平面向量(vec{a})，(vec{b})，(vec{c})两两所成的角相等，并且(|vec{a}|=1)，(|vec{b}|=2)，(|vec{c}|=3)，试求(vec{a}+vec{b}+vec{c})的长度以及与已知三向量的夹角。

法1：主动建系，利用向量的坐标，从数的角度计算；

由于不共线的平面向量(vec{a})，(vec{b})，(vec{c})两两所成的角相等，即为(cfrac{2pi}{3})，

故建立如下所示的平面直角坐标系，则(vec{a}=(0,1))，(vec{b}=(-sqrt{3},-1))，(vec{c}=(cfrac{3sqrt{3}}{2},-cfrac{3}{2}))，

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

设(<vec{d},vec{a}>= heta)，则由(cos heta=cdots=-cfrac{sqrt{3}}{2})，解得( heta=cfrac{5pi}{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})的长度为(sqrt{3})，与三个向量的夹角分别为(cfrac{5pi}{6})、(cfrac{pi}{2})、(cfrac{pi}{6}).

法2：无需建系，利用已知的模长和已知的夹角求解；

由题目可知，(|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})，

则(|vec{a}+vec{b}+vec{c}|=sqrt{(vec{a}+vec{b}+vec{c})^2})

(=sqrt{|vec{a}|^2+|vec{b}|^2+|vec{c}|^2+2vec{a}cdotvec{b}+2vec{a}cdotvec{c}+2vec{b}cdotvec{c}})

(=sqrt{1+4+9+2 imes 1 imes 2 imes(-cfrac{1}{2})+2 imes 2 imes 3 imes(-cfrac{1}{2})+2 imes 1 imes 3 imes(-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}cdotvec{a}+vec{a}cdotvec{b}+vec{a}cdotvec{c}}{sqrt{3} imes 1})

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

同理同法，可求其他的夹角，略。

例9【2020人大附中高一试题向量部分第15题】已知向量(vec{a})，(vec{b})的夹角为(cfrac{pi}{4})，(|vec{b}|=cfrac{sqrt{2}}{2})，且对于任意的(xin R)，都有(|vec{b}+xvec{a}|geqslant |vec{b}-vec{a}|)，则(|vec{a}|)=_____________。

分析：由于对于任意的(xin R)，都有(|vec{b}+xvec{a}|geqslant |vec{b}-vec{a}|)，

则(|vec{b}+xvec{a}|^2geqslant |vec{b}-vec{a}|^2)对于任意的(xin R)都成立，

即((vec{b}+xvec{a})^2geqslant (vec{b}-vec{a})^2)对于任意的(xin R)都成立，

即(vec{b}^2+2xvec{a}cdotvec{b}+x^2cdot vec{a}^2geqslant vec{b}^2+vec{a}^2-2vec{a}cdotvec{b})，

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

由于(vec{a} eq vec{0})，故上式是关于(x)的二次不等式，注意：(vec{a}^2=|vec{a}|^2)，

即(|vec{a}|^2cdot x^2+|vec{a}|cdot x+|vec{a}|-|vec{a}|^2geqslant 0)对于任意的(xin R)都成立，

故(Delta leqslant 0)恒成立，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)^2leqslant 0)，

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

即(|vec{a}|=cfrac{1}{2})。