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。
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比如用形来刻画运算，(overrightarrow{AB}+overrightarrow{BC}+overrightarrow{CA}=vec{0})，(overrightarrow{AB}=overrightarrow{AC}-overrightarrow{BC})等，
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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
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平面几何知识，
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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
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；
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，
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)。
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，
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。
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。
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})。
(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；
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)。
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；
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)。
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；
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)。
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})。
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)。
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。
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})。
【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。
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).
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})。
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)。
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)
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))
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)。
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).
分析：(cfrac{m}{n}=sqrt{3})。
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).
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
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；
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);
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})。
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})。
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
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).
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).
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});
(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}).
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))；
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。
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})。