资源描述
第4讲 平面对量应用举例
[最新考纲]
1．会用向量方法解决某些简洁的平面几何问题．
2．会用向量方法解决简洁的力学问题与其他一些实际问题.
知 识 梳 理
1．向量在平面几何中的应用
向量在平面几何中的应用主要是用向量的线性运算及数量积解决平面几何中的平行、垂直、平移、全等、相像、长度、夹角等问题．
(1)证明线段平行或点共线问题，包括相像问题，常用共线向量定理：a∥b(b≠0)⇔a＝λb⇔x1y2－x2y1＝0.
(2)证明垂直问题，常用数量积的运算性质
a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0(a，b均为非零向量)．
(3)求夹角问题，利用夹角公式
cos θ＝＝(θ为a与b的夹角)．
2．向量在三角函数中的应用
与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热点题型．解答此类问题，除了要娴熟把握向量数量积的坐标运算公式、向量模、向量夹角的坐标运算公式外，还应把握三角恒等变换的相关学问．
3．向量在解析几何中的应用
向量在解析几何中的应用，是以解析几何中的坐标为背景的一种向量描述．它主要强调向量的坐标问题，进而利用直线和圆锥曲线的位置关系的相关学问来解答，坐标的运算是考查的主体．
4．向量在物理中的应用
物理学中的力、速度、位移都是矢量，它们的分解、合成与向量的加减法相像，因此可以用向量的学问来解决某些物理问题.
同学用书第76页
辨 析 感 悟
1．向量与其他数学学问的交汇
(1)已知△ABC中，BC边最长，＝a，＝b，且a·b＞0，则△ABC的外形为钝角三角形．(×)
(2)在四边形ABCD中，＝，且·＝0，则四边形ABCD是矩形．(×)
(3)(2022·贵州调研改编)在平面直角坐标系xOy中，若定点A(1,2)与动点P(x，y)满足·＝4，则点P的轨迹方程是x＋2y－4＝0.(√)
2．平面对量在物理中的应用
(4)作用于同一点的两个力F1和F2的夹角为，且|F1|＝3，|F2|＝5，则F1＋F2大小为.(√)
(5)已知一物体在共点力F1＝(lg 2，lg 2)，F2＝(lg 5，lg 2)的作用下产生位移s＝(2lg 5,1)，则共点力对物体做的功W为2.(√)
[感悟·提升]
1．一个手段
实现平面对量与三角函数、平面对量与解析几何之间的转化的主要手段是向量的坐标运算．
2．两条主线
(1)向量兼具代数的抽象与严谨和几何的直观与形象，向量本身是一个数形结合的产物，在利用向量解决问题时，要留意数与形的结合、代数与几何的结合、形象思维与规律思维的结合．
(2)要留意变换思维方式，能从不同角度看问题，要擅长应用向量的有关性质解题.
考点一 向量在平面几何中的应用
【例1】 (1)(2021·新课标全国Ⅱ卷)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则·＝________.
(2)(2021·天津卷)在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点．若·＝1，则AB的长为________．
审题路线 (1)法一：把向量与分别用基底，表示．
法二：建立平面直角坐标系⇒求向量，的坐标．
(2)把向量与分别用基底，表示⇒利用·＝1整理⇒建立关于||的一元二次方程⇒解得||.
解析 (1)法一 ·＝·(－)＝2－2＝22－×22＝2.
法二 以A为原点建立平面直角坐标系(如图)．则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，E(1,2)．
∴＝(1,2)，＝(－2,2)．
从而·＝(1,2)·(－2,2)＝1×(－2)＋2×2＝2.
(2)由题意可知，＝＋，＝－＋.由于·＝1，所以(＋)·＝1，
即2＋·－2＝1.①
由于||＝1，∠BAD＝60°，所以·＝||，
因此①式可化为1＋||－||2＝1，解得||＝0(舍去)或，所以AB的长为.
答案 (1)2 (2)
规律方法 用平面对量解决平面几何问题时，有两种方法：基向量法和坐标系法，建立平面直角坐标系时一般利用已知的垂直关系，或使较多的点落在坐标轴上，这样便于快速解题．
【训练1】 (1)(2022·杭州质检)在边长为1的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E是BC的中点，则·＝( )．
A. B. C. D.
(2)在△ABC所在平面上有一点P，满足＋＋＝，则△PAB与△ABC的面积之比值是( )．
A. B. C. D.
解析 (1)建立如图平面直角坐标系，则A，C，
B.
∴E点坐标为，
∴＝(，0)，＝，
∴·＝×＝.
(2)由已知可得＝2，
∴P是线段AC的三等分点(靠近点A)，
易知S△PAB＝S△ABC，即S△PAB∶S△ABC＝1∶3.
答案 (1)D (2)A
考点二 向量在三角函数中的应用
【例2】 设向量a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，c＝(cos β，－4sin β)．
(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；
(2)求|b＋c|的最大值；
(3)若tan αtan β＝16，求证：a∥b.
(1)解 由于a与b－2c垂直，所以a·(b－2c)＝4cos αsin β－8cos αcos β＋4sin αcos β＋8sin αsin β＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0，
因此tan(α＋β)＝2.
(2)解 由b＋c＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)，得
|b＋c|＝
＝≤4.
又当β＝kπ－(k∈Z)时，等号成立，
所以|b＋c|的最大值为4.
(3)证明 由tan αtan β＝16，得＝，所以a∥b.
规律方法 (1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．
(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．
【训练2】 (2021·江苏卷)已知向量a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，0＜β＜α＜π.
(1)若|a－b|＝，求证：a⊥b；
(2)设c＝(0,1)，若a＋b＝c，求α，β的值．
解 (1)由题意得|a－b|2＝2，
即(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝2.
又由于a2＝b2＝|a|2＝|b|2＝1，所以2－2a·b＝2，
即a·b＝0，故a⊥b.
(2)由于a＋b＝(cos α＋cos β，sin α＋sin β)＝(0,1)，
所以
由此得，cos α＝cos(π－β)，由0＜β＜π，得0＜π－β＜π，
又0＜α＜π，故α＝π－β.
代入sin α＋sin β＝1得，sin α＝sin β＝，
而α＞β，所以α＝，β＝.
同学用书第77页
考点三 向量在解析几何中的应用
【例3】 (2021·湖南卷)已知平面上肯定点C(2,0)和直线l：x＝8，P为该平面上一动点，作PQ⊥l，垂足为Q，且·＝0.
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)若EF为圆N：x2＋(y－1)2＝1的任一条直径，求·的最值．
解 (1)设P(x，y)，则Q(8，y)．
由(＋)·(－)＝0，
得||2－||2＝0，
即(x－2)2＋y2－(x－8)2＝0，
化简得＋＝1.
所以点P在椭圆上，其方程为＋＝1.
(2)因·＝(－)·(－)＝(－－)·(－)＝(－)2－2＝2－1，
P是椭圆＋＝1上的任一点，设P(x0，y0)，
则有＋＝1，即x＝16－，又N(0,1)，
所以2＝x＋(y0－1)2＝－y－2y0＋17
＝－(y0＋3)2＋20.
因y0∈[－2，2]，所以当y0＝－3时，2取得最大值20，故·的最大值为19；
当y0＝2时，2取得最小值为13－4(此时x0＝0)，故·的最小值为12－4.
规律方法 向量在解析几何中的作用
(1)载体作用：向量在解析几何问题中消灭，多用于“包装”，解决此类问题时关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关距离、斜率、夹角、轨迹、最值等问题．
(2)工具作用：利用a⊥b⇔a·b＝0；a∥b⇔a＝λb(b≠0)，可解决垂直、平行问题，特殊地，向量垂直、平行的坐标表示对于解决解析几何中的垂直、平行问题是一种比较可行的方法．
【训练3】 已知点P(0，－3)，点A在x轴上，点Q在y轴的正半轴上，点M满足·＝0，＝－，当点A在x轴上移动时，求动点M的轨迹方程．
解 设M(x，y)为所求轨迹上任一点，设A(a,0)，Q(0，b)(b＞0)，则＝(a,3)，＝(x－a，y)，＝(－x，b－y)，
由·＝0，得a(x－a)＋3y＝0.①
由＝－，得
(x－a，y)＝－(－x，b－y)＝，
∴∴
把a＝－代入①，
得－＋3y＝0，
整理得y＝x2(x≠0)．
所以动点M的轨迹方程为y＝x2(x≠0)．
1．向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合供应了前提，运用向量的有关学问可以解决某些函数问题．
2．以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题．通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法．
3．解析几何问题和向量的联系：可将向量用点的坐标表示，利用向量运算及性质解决解析几何问题．
创新突破5——破解平面对量与圆的交汇问题
【典例】 (2021·湖南卷改编)已知a，b是单位向量，a·b＝0❶.若向量c满足|c－a－b|＝1❷，则|c|的最大值为________．
突破1：依据条件❶转化到平面直角坐标系中．
突破2：把条件❷坐标化．
突破3：把坐标化后的式子配方整理可得到圆的方程．
突破4：利用圆的学问求|c|max.
解析 建立如图所示的直角坐标系，由题意知a⊥b，且a与b是单位向量，
∴可设＝a＝(1,0)，＝b＝(0,1)，＝c＝(x，y)．
∴c－a－b＝(x－1，y－1)，
∵|c－a－b|＝1，
∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，即点C(x，y)的轨迹是以M(1,1)为圆心，1为半径的圆．
而|c|＝，
∴|c|的最大值为|OM|＋1，
即|c|max＝＋1.
答案 ＋1
[反思感悟] 平面对量中有关最值问题的求解通常有两种思路：一是“形化”，即利用平面对量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后依据平面图形的特征直接进行推断；二是“数化”，即利用平面对量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关学问来解决．本题接受了“形化”与“数化”的结合，利用坐标运算将问题转化为圆的学问解决．
【自主体验】
1．△ABC外接圆的半径为1，圆心为O，且2 ＋＋＝0，||＝||，则·＝( )．
A. B. C．3 D．2
解析 由2 ＋＋＝0，得2 ＋－＋－＝0，即＝－，即O，B，C三点共线，BC为△ABC外接圆的直径，故∠BAC＝90°.又||＝||，得B＝60°，所以C＝30°，且||＝(如图所示)．
所以·＝||||cos 30°＝×2×＝3.
答案 C
2．给定两个长度为1的平面对量和，它们的夹角为.如图所示，点C在以O为圆心的圆弧上运动．若＝x ＋y ，其中x，y∈R，则x＋y的最大值是________．
解析
法一 以O为坐标原点，所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(1,0)，
B，
设∠AOC＝α，
则C(cos α，sin α)，
由＝x ＋y ，
得
所以x＝cos α＋sin α，y＝sin α，
所以x＋y＝cos α＋sin α＝2sin，
又α∈，所以当α＝时，x＋y取得最大值2.
法二 依题意，||＝1，则||2＝1，
又＝x＋y，||＝||＝1，
<，>＝120°，
∴x2·2＋y2·2＋2xy·＝1，
因此x2＋y2＋2xycos 120°＝1，xy＝x2＋y2－1.
∴3xy＝(x＋y)2－1≤32，即(x＋y)2≤4.
∴x＋y的最大值是2.
答案 2
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2022·邵阳模拟)已知a＝(1，sin2x)，b＝(2，sin 2x)，其中x∈(0，π)．若|a·b|＝|a||b|，则tan x的值等于( )．
A．1 B．－1 C. D.
解析 由|a·b|＝|a||b|知，a∥b.
所以sin 2x＝2sin2x，即2sin xcos x＝2sin2x，
而x∈(0，π)，
所以sin x＝cos x，即x＝，故tan x＝1.
答案 A
2．(2022·南昌模拟)若|a|＝2sin 15°，|b|＝4cos 15°，a与b的夹角为30°，则a·b的值是( )．
A. B. C．2 D.
解析 a·b＝|a||b|cos 30°＝8sin 15°cos 15°×＝4×sin 30°×＝.
答案 B
3.
(2021·哈尔滨模拟)函数y＝tanx－的部分图象如图所示，则(＋)·＝( )．
A．4 B．6 C．1 D．2
解析 由条件可得B(3,1)，A(2,0)，
∴(＋)·＝(＋)·(－)＝2－2＝10－4＝6.
答案 B
4．已知|a|＝2|b|，|b|≠0且关于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有两相等实根，则向量a与b的夹角是( )．
A．－ B．－ C. D.
解析 由已知可得Δ＝|a|2＋4a·b＝0，
即4|b|2＋4×2|b|2cos θ＝0，∴cos θ＝－，
又∵0≤θ≤π，∴θ＝.
答案 D
5．(2022·安庆二模)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对应的三角形的边长，若4a＋2bC＋3c＝0，则cos B＝( )．
A．－ B. C. D．－
解析 由4a＋2bC＋3c＝0，得
4a＋3c＝－2bC＝－2b(－)＝2b＋
2b，所以4a＝3c＝2b.
由余弦定理得cos B＝＝＝－.
答案 A
二、填空题
6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若·＝·＝1，那么c＝________.
解析 由题意知·＋·＝2，
即·－·＝·(＋)
＝2＝2⇒c＝||＝.
答案
7．(2022·南通一调)在△ABC中，若AB＝1，AC＝，|＋|＝||，则＝________.
解析 易知满足|＋|＝||的A，B，C构成直角三角形的三个顶点，且∠A为直角，于是＝||·cos∠ABC＝1×cos 60°＝.
答案
8．(2021·东北三校一模)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(3b－c)cos A＝acos C，S△ABC＝，则·＝________.
解析 依题意得(3sin B－sin C)cos A＝sin Acos C，
即3sin Bcos A＝sin Acos C＋sin Ccos A＝sin(A＋C)＝sin B>0，
于是有cos A＝，sin A＝＝，
又S△ABC＝·bcsin A＝bc×＝，
所以bc＝3，·＝bccos(π－A)＝－bccos A＝－3×＝－1.
答案 －1
三、解答题
9．已知圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝4及点A(1,1)，M是圆C上的任意一点，点N在线段MA的延长线上，且＝2，求点N的轨迹方程．
解 设M(x0，y0)，N(x，y)．由＝2，得
(1－x0,1－y0)＝2(x－1，y－1)，∴
∵点M(x0，y0)在圆C上，
∴(x0－3)2＋(y0－3)2＝4，
即(3－2x－3)2＋(3－2y－3)2＝4.∴x2＋y2＝1.
∴所求点N的轨迹方程是x2＋y2＝1.
10．(2022·北京海淀模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若·＝·＝k(k∈R)．
(1)推断△ABC的外形；
(2)若c＝，求k的值．
解 (1)∵·＝cbcos A，·＝cacos B，
又·＝·，∴bccos A＝accos B，
∴sin Bcos A＝sin Acos B，
即sin Acos B－sin Bcos A＝0，∴sin(A－B)＝0，
∵－π＜A－B＜π，∴A＝B，即△ABC为等腰三角形．
(2)由(1)知，·＝bccos A＝bc·＝＝k，
∵c＝，∴k＝1.
力量提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．已知向量＝(2,0)，向量＝(2,2)，向量＝(cos α，sin α)，则向量与向量的夹角的取值范围是( )．
A. B. C. D.
解析 由题意，得＝＋＝(2＋cos α，2＋sin α)，所以点A的轨迹是圆
(x－2)2＋(y－2)2＝2，如图，当A位于使直线OA与圆相切时，向量与向量的
夹角分别达到最大、最小值，故选D.
答案 D
2．(2022·北京东城区期末)已知△ABD是等边三角形，且＋＝，||＝，那么四边形ABCD的面积为( )．
A. B. C．3 D.
解析
如图所示，＝－＝－，∴2＝2，
即3＝2＋2－·，
∵||＝||，
∴||2－||||cos 60°＝3，∴||＝2.
又＝－＝，∴||＝||＝1，
∴||2＋||2＝||2，∴BC⊥CD.
∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝×22×sin 60°＋×1×＝ ，故选B.
答案 B
二、填空题
3．(2022·苏锡常镇二调)已知向量a，b满足|a|＝，|b|＝1，且对一切实数x，|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，则a与b的夹角大小为________．
解析 |a|＝，|b|＝1，|a＋xb|≥|a＋b|对一切实数x恒成立，两边平方整理得x2＋2a·bx－2a·b－1≥0对一切实数x恒成立，所以(2a·b)2＋4(2a·b＋1)≤0，即(a·b＋1)2≤0，所以a·b＝－1，故cos<a，b>＝＝－，又<a，b>∈[0，π]，所以<a，b>＝，即a，b的夹角是.
答案
三、解答题
4．(2022·南通模拟)已知向量m＝，
n＝.
(1)若m·n＝1，求cos的值；
(2)记f(x)＝m·n，在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cos B＝bcos C，求函数f(A)的取值范围．
解 (1)m·n＝sin ·cos ＋cos2
＝sin ＋＝sin＋，
∵m·n＝1，∴sin＝.
cos＝1－2sin2＝，
cos＝－cos＝－.
(2)∵(2a－c)cos B＝bcos C，
由正弦定理得(2sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，
∴2sin Acos B－sin Ccos B＝sin Bcos C.
∴2sin Acos B＝sin(B＋C)．
∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sin A≠0.
∴cos B＝，
∵0＜B＜π，∴B＝，∴0＜A＜.
∴＜＋＜，sin∈.
又∵f(x)＝sin＋，
∴f(A)＝sin＋.
故函数f(A)的取值范围是.
方法强化练——平面对量 (对应同学用书P283)
(建议用时：90分钟)
一、选择题
1．(2022·福建质检)已知向量a＝(m2,4)，b＝(1,1)，则“m＝－2”是“a∥b”的( )．
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析 依题意，当m＝－2时，a＝(4,4)，b＝(1,1)，所以a＝4b，即a∥b，即由m＝－2可以推出a∥b；当a∥b时，m2＝4，得，m＝±2，所以不能推得m＝－2，即“m＝－2”是“a∥b”的充分不必要条件．
答案 A
2．(2021·德州一模)已知向量a＝(2,3)，b＝(k,1)，若a＋2b与a－b平行，则k的值是( )．
A．－6 B．－ C. D．14
解析 由题意得a＋2b＝(2＋2k,5)，且a－b＝(2－k,2)，又由于a＋2b和a－b平行，则2(2＋2k)－5(2－k)＝0，解得k＝.
答案 C
3．(2021·浙江五校联考)已知|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，则|a＋2b|＝( )．
A．9 B．3 C．1 D．2
解析 由|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，得a2－4a·b＋4b2＝1，
∴4a·b＝4，∴|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2＝5＋4＝9，
∴|a＋2b|＝3.
答案 B
4．(2022·郑州一模)已知平面对量a＝(－2，m)，b＝(1，)，且(a－b)⊥b，则实数m的值为( )．
A．－2 B．2 C．4 D．6
解析 由于(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝0，即－2＋m－4＝0，解得m＝2.
答案 B
5．(2022·长春一模)已知|a|＝1，|b|＝6，a·(b－a)＝2，则向量a与b的夹角为( )．
A. B. C. D.
解析 a·(b－a)＝a·b－a2＝2，所以a·b＝3，
所以cos<a，b>＝＝＝.所以<a，b>＝.
答案 B
6．(2021·潮州二模)已知向量a＝(1，－cos θ)，b＝(1,2cos θ)且a⊥b，则cos 2θ等于( )．
A．－1 B．0 C. D.
解析 a⊥b⇒a·b＝0，即1－2cos2θ＝0，∴cos 2θ＝0.
答案 B
7．(2022·成都期末测试)已知O是△ABC所在平面内一点，D为BC边中点，且2＋＋＝0，则有( )．
A.＝2 B.＝
C.＝3 D．2＝
解析 由2＋＋＝0，得＋＝－2＝2，即＋＝2＝2，所以＝，即O为AD的中点．
答案 B
8．(2021·潍坊一模)平面上有四个互异点A，B，C，D，已知(＋－2)·(－)＝0，则△ABC的外形是( )．
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．无法确定
解析 由(＋－2)·(－)＝0，
得[(－)＋(－)]·(－)＝0，
所以(＋)·(－)＝0.
所以||2－||2＝0，∴||＝||，
故△ABC是等腰三角形．
答案 B
9．(2021·兰州一模)在△ABC中，G是△ABC的重心，AB，AC的边长分别为2,1，∠BAC＝60°.则·＝( )．
A．－ B．－ C. D．－
解析 由AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，所以BC＝，∠ACB＝90°，将直角三角形放入直角坐标系中，如图所示，则A(0,1)，B(－，0)，所以重心G，所以＝，＝，所以·＝·＝－.
答案 A
10．(2022·皖南八校第三次联考)已知正方形ABCD(字母挨次是A→B→C→D)的边长为1，点E是AB边上的动点(可以与A或B重合)，则·的最大值是( )．
A．1 B. C．0 D．－1
解析 建立直角坐标系如图所示，设E(x,0)，x∈[0,1]，则D(0,1)，C(1,1)，B(1,0)，所以·＝(x，－1)·(－1,0)＝－x，当x＝0时取得最大值0.
答案 C
二、填空题
11．(2021·济南模拟)若a＝(1，－2)，b＝(x,1)，且a⊥b，则x＝________.
解析 由a⊥b，得a·b＝x－2＝0，∴x＝2.
答案 2
12．(2021·昆明期末考试)已知向量a＝(1,1)，b＝(2,0)，则向量a，b的夹角为________．
解析 a＝(1,1)，b＝(2,0)，∴|a|＝，|b|＝2，
∴cos<a，b>＝＝＝，∴<a，b>＝.
答案
13．(2022·杭州质检)在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，D为斜边AB的中点，则·＝________.
解析 ·＝·(－)＝·－·＝2×1－2×cos 30°＝－1.
答案 －1
14．(2022·湖南长郡中学、衡阳八中联考)已知G1，G2分别为△A1B1C1与△A2B2C2的重心，且＝e1，＝e2，＝e3，则＝________(用e1，e2，e3表示)．
解析 由＝＋＋＝e1 ①，＝＋＋＝e2 ②，＝＋＋＝e3 ③，且G1，G2分别为△A1B1C1与△A2B2C2的重心，所以＋＋C1G1＝0，＋＋＝0，将①②③相加得＝(e1＋e2＋e3)．
答案 (e1＋e2＋e3)
三、解答题
15．(2021·漯河调研)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a＝(2,1)，A(1,0)，B(cos θ，t)．
(1)若a∥，且||＝||，求向量的坐标；
(2)若a∥，求y＝cos2θ－cos θ＋t2的最小值．
解 (1)∵＝(cos θ－1，t)，
又a∥，∴2t－cos θ＋1＝0.∴cos θ－1＝2t.①
又∵||＝||，∴(cos θ－1)2＋t2＝5.②
由①②得，5t2＝5，∴t2＝1.∴t＝±1.
当t＝1时，cos θ＝3(舍去)，当t＝－1时，cos θ＝－1，
∴B(－1，－1)，∴＝(－1，－1)．
(2)由(1)可知t＝，
∴y＝cos2θ－cos θ＋
＝cos2θ－cos θ＋＝＋
＝2－，
∴当cos θ＝时，ymin＝－.
16．设向量a＝(sin x，sin x)，b＝(cos x，sin x)，x∈.
(1)若|a|＝|b|，求x的值；
(2)设函数f(x)＝a·b，求f(x)的最大值．
解 (1)由|a|2＝(sin x)2＋(sin x)2＝4sin2 x，
|b|2＝(cos x)2＋(sin x)2＝1，及|a|＝|b|，得4sin2 x＝1.
又x∈，从而sin x＝，所以x＝.
(2)f(x)＝a·b＝sin x·cos x＋sin2 x
＝sin 2x－cos 2x＋＝sin＋，
当x＝∈时，sin取最大值1.
所以f(x)的最大值为.
17．(2021·银川调研)已知点G是△ABO的重心，M是AB边的中点．
(1)求＋＋；
(2)若PQ过△ABO的重心G，且＝a，＝b，＝ma，＝nb，求证：＋＝3.
(1)解 ∵＋＝2，又2＝－，
∴＋＋＝－＋＝0.
(2)证明 明显＝(a＋b)．
由于G是△ABO的重心，所以＝＝(a＋b)．
由P，G，Q三点共线，得∥，
所以，有且只有一个实数λ，使＝λ.
而＝－＝(a＋b)－ma＝a＋b，
＝－＝nb－(a＋b)＝－a＋b，
所以a＋b＝λ.
又由于a，b不共线，所以
消去λ，整理得3mn＝m＋n，故＋＝3.
18．(2022·太原模拟)已知f(x)＝a·b，其中a＝(2cos x，－sin 2x)，b＝(cos x,1)(x∈R)．
(1)求f(x)的周期和单调递减区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝，·＝3，求边长b和c的值(b＞c)．
解 (1)由题意知，f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2cos，
∴f(x)的最小正周期T＝π，
∵y＝cos x在[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上单调递减，
∴令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．
∴f(x)的单调递减区间，k∈Z.
(2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1，
∴cos＝－1.
又＜2A＋＜，∴2A＋＝π.∴A＝.
∵·＝3，即bc＝6，由余弦定理得a2＝b2＋c2－
2bccos A＝(b＋c)2－3bc,7＝(b＋c)2－18，b＋c＝5，
又b＞c，∴b＝3，c＝2.
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