备战2023年高考数学一轮复习-第3节-平面向量的数量积及其应用.doc

第3节　平面向量的数量积及其应用
考试要求　1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义.2.了解平面向量的数量积与投影向量的长度的关系.3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算.4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.5.会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题.6.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题.

1.平面向量数量积的有关概念
(1)向量的夹角：已知两个非零向量a和b，O是平面上的任意一点，作＝a，＝b，则∠AOB＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a与b的夹角.
(2)数量积的定义：已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，我们把数量|a||b|cos__θ叫做向量a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos__θ.规定：零向量与任一向量的数量积为0，即0·a＝0.
(3)投影向量
如图，在平面内任取一点O，作＝a，＝b，过点M作直线ON的垂线，垂足为M1，则就是向量a在向量b上的投影向量.
设与b方向相同的单位向量为e，a与b的夹角为θ，则与e，a，θ之间的关系为＝|a|cos θ e.
2.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|cos θ＝x1x2＋y1y2.
(2)模：|a|＝＝.
(3)夹角：cos θ＝＝.
(4)两非零向量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|≤ ·.
3.平面向量数量积的运算律
(1)a·b＝b·a(交换律).
(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(结合律).
(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律).
4.平面几何中的向量方法
三步曲：(1)用向量表示问题中的几何元素，将几何问题转化为向量问题；
(2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系；
(3)把运算结果“翻译”成几何关系.

1.两个向量a，b的夹角为锐角⇔a·b>0且a，b不共线；两个向量a，b的夹角为钝角⇔a·b<0且a，b不共线.
2.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.
(3)(a－b)2＝a2－2a·b＋b2.
3.数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·b＝a·c(a≠0)，不能得出b＝c，两边不能约去同一个向量.

1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)两个向量的夹角的范围是.(　　)
(2)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量.(　　)
(3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量.(　　)
(4)若a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c.(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
解析　(1)两个向量夹角的范围是[0，π].
(4)由a·b＝a·c(a≠0)得|a||b|·cos〈a，b〉＝|a||c|·cos〈a，c〉，所以向量b和c不一定相等.
2.(2021·湖州二模)在边长为3的等边三角形ABC中，＝，则·＝(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　∵＝，∴＝，
∴·＝·＝||||cos ＝×3×3×＝.
3.(多选)(2021·青岛统检)已知向量a＋b＝(1，1)，a－b＝(－3，1)，c＝(1，1)，设a，b的夹角为θ，则(　　)
A.|a|＝|b| B.a⊥c
C.b∥c D.θ＝135°
答案　BD
解析　由a＋b＝(1，1)，a－b＝(－3，1)，得a＝(－1，1)，b＝(2，0)，则|a|＝，|b|＝2，故A不正确；
a·c＝－1×1＋1×1＝0，故B正确；
不存在λ∈R，使b＝λc成立，故C不正确；
cos θ＝＝＝－，所以θ＝135°，故D正确.综上知选BD.
4.(2021·衡阳一模)非零向量a，b，c满足a·b＝a·c，a与b的夹角为，|b|＝4，则c在a上的投影向量的长度为(　　)
A.2 B.2 C.3 D.4
答案　B
解析　由a·b＝a·c，
可得|a||b|cos〈a，b〉＝|a||c|cos〈a，c〉，
因为|a|≠0，
所以|c|cos〈a，c〉＝|b|cos〈a，b〉＝4×cos ＝2，
所以c在a上的投影向量的长度为
||c|cos〈a，c〉|＝2.
5.(易错题)已知a，b为非零向量，则“a·b＞0”是“a与b的夹角为锐角”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
答案　B
解析　根据向量数量积的定义可知，若a·b＞0，则a与b的夹角为锐角或零角，若a与b的夹角为锐角，则一定有a·b＞0，所以“a·b＞0”是“a与b的夹角为锐角”的必要不充分条件，故选B.
6.(2021·全国乙卷)已知向量a＝(1，3)，b＝(3，4)，若(a－λb)⊥b，则λ＝________.
答案　
解析　法一　a－λb＝(1－3λ，3－4λ)，
∵(a－λb)⊥b，
∴(a－λb)·b＝0，即(1－3λ，3－4λ)·(3，4)＝0，∴3－9λ＋12－16λ＝0，解得λ＝.
法二　由(a－λb)⊥b可知，(a－λb)·b＝0，即a·b－λb2＝0，从而λ＝＝＝＝.

考点一　数量积的计算
例1 (1)在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则·＝________.
答案　－1
解析　如图，在等腰△ABE中，易得∠BAE＝∠ABE＝30°，故BE＝2.
则·＝(－)·(＋)
＝·＋·－2－·
＝5×2×cos 30°＋5×2×cos 180°－12－2×2×cos 150°
＝15－10－12＋6＝－1.
(2)(2020·北京卷)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝，则||＝__________；·＝__________.
答案　　－1
解析　法一　∵＝(＋)，
∴P为BC的中点.
以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意知A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，2)，P(2，1)，
∴||＝＝.
易得＝(0，－1)，＝(－2，1).
∴·＝(0，－1)·(－2，1)＝－1.

法二　如图，在正方形ABCD中，由＝(＋)得点P为BC的中点，
∴||＝＝.
·＝·(＋)＝·＋·＝－2＋0＝－1.
感悟提升　平面向量数量积的两种运算方法
(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.
训练1 (1)(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则·的取值范围是(　　)
A.(－2，6) B.(－6，2)
C.(－2，4) D.(－4，6)
答案　A
解析　如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(0，0)，B(2，0)，C(3，)，F(－1，).设P(x，y)，则＝(x，y)，＝(2，0)，且－1＜x＜3.
所以·＝(x，y)·(2，0)
＝2x∈(－2，6).
(2)(2022·石家庄调研)已知⊥，||＝，||＝t，若点P是△ABC所在平面内的一点，且＝＋，则·的最大值为________.
答案　13
解析　建立如图所示的平面直角坐标系，
则B，C(0，t)，
＝，＝(0，t)，
＝＋＝t＋(0，t)＝(1，4)，∴P(1，4)，
·＝·(－1，t－4)
＝17－≤17－2＝13，
当且仅当t＝时等号成立.
∴·的最大值等于13.
　考点二　数量积的应用
角度1　夹角与垂直
例2 (1)(2020·全国Ⅲ卷)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos 〈a，a＋b〉＝(　　)
A.－ B.－ C. D.
答案　D
解析　∵|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝25－12＋36＝49，∴|a＋b|＝7，
∴cos〈a，a＋b〉＝＝＝＝.
(2)(2021·宜昌二模)已知△ABC中，∠A＝120°，且AB＝3，AC＝4，若＝λ＋，且⊥，则实数λ的值为(　　)
A. B. C.6 D.
答案　A
解析　因为＝λ＋，且⊥，
所以有·＝(λ＋)·(－)＝λ·－λ2＋2－·＝(λ－1)·－λ2＋2＝0，整理可得(λ－1)×3×4×cos 120°－9λ＋16＝0，解得λ＝.
角度2　平面向量的模
例3 (1)如果|a|＝2，|b|＝3，a·b＝4，则|a－2b|的值是(　　)
A.24 B.2 C.－24 D.－2
答案　B
解析　由|a|＝2，|b|＝3，a·b＝4，
得|a－2b|＝
＝
＝＝2.
(2)(2021·衡水联考)若向量a，b满足a＝(cos θ，sin θ)(θ∈R)，|b|＝2，则|2a－b|的取值范围为________.
答案　[0，4]
解析　设a与b的夹角为α，则(2a－b)2＝4a2＋b2－4a·b＝8－8cos α，因为α∈[0，π]，所以0≤8－8cos α≤16，所以0≤|2a－b|≤4.
(3)已知a，b是单位向量，a·b＝0.若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的最大值是________.
答案　＋1
解析　法一　由a·b＝0，得a⊥b.
如图所示，分别作＝a，＝b，作＝a＋b，则四边形OACB是边长为1的正方形，所以||＝.
作＝c，则|c－a－b|＝|－|＝||＝1.
所以点P在以C为圆心，1为半径的圆上.
由图可知，当点O，C，P三点共线且点P在点P1处时，||取得最大值＋1.故|c|的最大值是＋1.
法二　由a·b＝0，得a⊥b.
建立如图所示的平面直角坐标系，则＝a＝(1，0)，＝b＝(0，1).

设c＝＝(x，y)，由|c－a－b|＝1，
得(x－1)2＋(y－1)2＝1，
所以点C在以(1，1)为圆心，1为半径的圆上.
所以|c|max＝＋1.
法三　易知|a＋b|＝，|c－a－b|＝|c－(a＋b)|≥||c|－|a＋b||＝||c|－|，
由已知得||c|－|≤1，
所以|c|≤1＋，故|c|max＝＋1.
感悟提升　(1)根据平面向量数量积的性质：若a，b为非零向量，则cos θ＝(夹角公式)，a⊥b⇔a·b＝0等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题.
(2)计算向量的模：①当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；②利用|a|＝及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的运算转化为数量积运算；③几何法，利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解.
训练2 (1)(多选)(2022·湖南三校联考)已知a，b是单位向量，且a＋b＝(1，－1)，则(　　)
A.|a＋b|＝2 　　 B.a与b垂直
C.a与a－b的夹角为 　　 D.|a－b|＝1
答案　BC
解析　|a＋b|＝＝，故A错误；
因为a，b是单位向量，所以|a|2＋|b|2＋2a·b＝1＋1＋2a·b＝2，得a·b＝0，a与b垂直，故B正确；
|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝2，|a－b|＝，故D错误；
cos〈a，a－b〉＝＝＝，所以a与a－b的夹角为，故C正确.
(2)如图，在△ABC中，M为BC的中点，若AB＝1，AC＝3，与的夹角为60°，则||＝________.
答案　
解析　∵M为BC的中点，
∴＝(＋)，
∴||2＝(＋)2
＝(||2＋||2＋2·)
＝(1＋9＋2×1×3cos 60°)＝，
∴||＝.
(3)在平面直角坐标系中，O为原点，A(－1，0)，B(0，)，C(3，0)，动点D满足||＝1，则|＋＋|的最大值是________.
答案　1＋
解析　设D(x，y)，由||＝1，得(x－3)2＋y2＝1，
向量＋＋＝(x－1，y＋)，
故|＋＋|＝的最大值为圆(x－3)2＋y2＝1上的动点到点(1，－)距离的最大值，其最大值为圆(x－3)2＋y2＝1的圆心(3，0)到点(1，－)的距离加上圆的半径，即＋1＝1＋.
　考点三　平面向量的综合应用
例4 (1)若O为△ABC所在平面内任一点，且满足(－)·(＋－2)＝0，则△ABC的形状为(　　)
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.正三角形 D.等腰直角三角形
答案　A
解析　因为(－)·(＋－2)＝0，所以·(＋)＝0，即⊥(＋)，所以△ABC的中线和底边垂直，所以△ABC是等腰三角形.
(2)(2020·天津卷)如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且＝λ，·＝－，则实数λ的值为________；若M，N是线段BC上的动点，且||＝1，则·的最小值为________.
答案　　
解析　因为＝λ， 所以AD∥BC，则∠BAD＝120°，
所以·＝||·||·cos 120°＝－，解得||＝1.
因为，同向，且BC＝6，
所以＝，即λ＝.
在四边形ABCD中，作AO⊥BC于点O，则BO＝AB·cos 60°＝，AO＝AB·sin 60°＝.
以O为坐标原点，以BC和AO所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系.
如图，设M(a，0)，不妨设点N在点M右侧，
则N(a＋1，0)，且－≤a≤.
又D，所以＝，
＝，
所以·＝a2－a＋
＝＋.
所以当a＝时，·取得最小值.
(3)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cos B，cos A)，m·n＝sin 2C.
①求角C的大小；
②若sin A，sin C，sin B成等差数列，且·(－)＝18，求c.
解　①m·n＝sin A·cos B＋sin B·cos A＝sin(A＋B)，
在△ABC中，A＋B＝π－C，0<C<π，
所以sin(A＋B)＝sin C，
所以m·n＝sin C，又m·n＝sin 2C，
所以sin 2C＝sin C，cos C＝.
又因为C∈(0，π)，故C＝.
②由sin A，sin C，sin B成等差数列，可得2sin C＝sin A＋sin B，
由正弦定理得2c＝a＋b.
因为·(－)＝18，
所以·＝18，
即abcos C＝18，ab＝36.
由余弦定理得
c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－3ab，
所以c2＝4c2－3×36，c2＝36，所以c＝6.
感悟提升　向量数量积综合应用的方法和思想
(1)坐标法：把几何图形放在适当的坐标系中，就赋予了有关点与向量具体的坐标，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决.
(2)基向量法：适当选取一组基底，写出向量之间的联系，利用向量共线构造关于设定未知量的方程来进行求解.
(3)利用向量运算进行转化，化归为三角函数的问题或三角恒等变换问题是常规的解题思路和方法，以向量为载体考查三角形问题时，要注意正弦定理、余弦定理等知识的应用.
训练3 (1)已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是(　　)
A.1 B.2 C. D.
答案　C
解析　因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
(a－c)·(b－c)＝－c·(a＋b)＋|c|2＝－|c||a＋b|·cos θ＋|c|2＝0，其中θ为c与a＋b的夹角，
所以|c|＝|a＋b|cos θ＝cos θ≤，
所以|c|的最大值是.
(2)已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则·(＋)的最小值是(　　)
A.－2 B.－ C.－ D.－1
答案　B
解析　以BC中点为坐标原点，建立如图平面直角坐标系，

∴A(0，)，B(－1，0)，C(1，0).
设P(x，y)，＝(－x，－y)，
＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，
∴·(＋)＝2x2－2y＋2y2
＝2，
则其最小值为2×＝－，此时x＝0，y＝.
(3)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________.
答案　4　2
解析　由题意，不妨设b＝(2，0)，
a＝(cos θ，sin θ)，
则a＋b＝(2＋cos θ，sin θ)，
a－b＝(cos θ－2，sin θ).
令y＝|a＋b|＋|a－b|
＝
＋
＝＋，
则y2＝10＋2∈[16，20].
由此可得(|a＋b|＋|a－b|)max＝＝2，
(|a＋b|＋|a－b|)min＝＝4，
即|a＋b|＋|a－b|的最小值是4，最大值是2.
极化恒等式
极化恒等式的证明过程与几何意义
证明过程：如图，设＝a，＝b，则＝a＋b，＝a－b.
||2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2，
||2＝(a－b)2＝|a|2－2a·b＋|b|2，
两式相减得a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]，此即极化恒等式.
几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线长”与“差对角线长”平方差的.
例 (1)如图，在三角形ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，·＝4，·＝－1，则·值为________.

答案　
解析　设＝a，＝b，·＝||2－||2＝9b2－a2＝4，
·＝||2－||2＝b2－a2＝－1，解得b2＝，a2＝，
∴·＝||2－||2
＝4b2－a2＝.
(2)已知点A，B，C均在半径为的圆上，若|AB|＝2，则·的最大值为(　　)
A.3＋2 B.2＋2
C.4 D.
答案　B
解析　设A，B，C三点所在圆的圆心为O，取AB中点D，
故·＝·＝2－2＝2－1，
因为A，B，C三点在圆上，所以CD长度最大为r＋d，
其中d为圆心O到弦AB的距离，
故最大值为1＋，所以2－1的最大值为(1＋)2－1＝2＋2.

1.已知向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，且(2a－3b)⊥c，则实数k＝(　　)
A.－ B.0 C.3 D.
答案　C
解析　因为2a－3b＝(2k－3，－6)，(2a－3b)⊥c，所以(2a－3b)·c＝2(2k－3)－6＝0，解得k＝3.
2.(2021·盐城二模)已知a，b是相互垂直的单位向量，与a，b共面的向量c满足a·c＝b·c＝2，则c的模为(　　)
A.1 B. C.2 D.2
答案　D
解析　由题意知a，b是相互垂直的单位向量，不妨设a＝(1，0)，b＝(0，1)，设c＝(x，y)，由a·c＝b·c＝2，可得x＝y＝2，即c＝(2，2)，则|c|＝＝2.
3.(多选)(2022·南京一模)下列关于向量a，b，c的运算，一定成立的是(　　)
A.(a＋b)·c＝a·c＋b·c
B.(a·b)·c＝a·(b·c)
C.a·b≤|a|·|b|
D.|a－b|≤|a|＋|b|
答案　ACD
解析　根据数量积的分配律可知A正确；
B中，左边为c的共线向量，右边为a的共线向量，故B不正确；
根据数量积的定义可知a·b＝|a||b|cos〈a，b〉≤|a|·|b|，故C正确；
|a－b|2－(|a|＋|b|)2＝－2a·b－2|a||b|≤0，故|a－b|2≤(|a|＋|b|)2，即|a－b|≤|a|＋|b|，故D正确.
4.若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，则向量a＋b与a的夹角为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　设|b|＝1，则|a＋b|＝|a－b|＝2.
由|a＋b|＝|a－b|，得a·b＝0，
故以a，b为邻边的平行四边形是矩形，且|a|＝，
设向量a＋b与a的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝＝，
又0≤θ≤π，所以θ＝.
5.(多选)(2021·武汉调研)如图，点A，B在圆C上，则·的值(　　)
A.与圆C的半径有关
B.与圆C的半径无关
C.与弦AB的长度有关
D.与点A，B的位置有关
答案　BC
解析　如图，连接AB，过C作CD⊥AB交AB于D，则D是AB的中点，故·＝||·||·cos∠CAD＝||·||·＝||2，故·的值与圆C的半径无关，只与弦AB的长度有关，故选BC.
6.(2021·德州二模)在平行四边形ABCD中，已知＝，＝，||＝，||＝，则·＝(　　)
A.－9 B.－ C.－7 D.－
答案　B
解析　∵＝，＝，
∴＝＋＝＋，＝＋＝＋，
又||＝，||＝，
∴＝，＝，
∴2＋·＋2＝2，2＋·＋2＝6，
两式相减得2－2＝－4，
∴2－2＝－.
∴·＝(＋)·(－)＝2－2＝－，故选B.
7.(2021·全国甲卷)若向量a，b满足|a|＝3，|a－b|＝5，a·b＝1，则|b|＝________.
答案　3
解析　由|a－b|＝5得(a－b)2＝25，即a2－2a·b＋b2＝25，结合|a|＝3，a·b＝1，得32－2×1＋|b|2＝25，所以|b|2＝18，|b|＝3.
8.(2021·新高考Ⅱ卷)已知向量a＋b＋c＝0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，则a·b＋b·c＋c·a＝________.
答案　－
解析　由已知可得(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝9＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，因此a·b＋b·c＋c·a＝－.
9.(2022·湖州质检)在Rt△ABC中，∠C＝90°，CB＝2，CA＝4，P在边AC的中线BD上，则·的最小值为________.
答案　－
解析　依题意，以C为坐标原点，分别以AC，BC所在的直线为x轴，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(0，2)，D(2，0)，所以直线BD的方程为y＝－x＋2，
因为P点在边AC的中线BD上，所以可设P(t，2－t)(0≤t≤2)，所以＝(t，2－t)，＝(t，－t)，
所以·＝t2－t·(2－t)＝2t2－2t＝2－，当t＝时，·取得最小值－.
10.已知向量a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－)，x∈[0，π].
(1)若a∥b，求x的值；
(2)记f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值.
解　(1)因为a＝(cos x，sin x)，
b＝(3，－)，a∥b，
所以－cos x＝3sin x.
若cos x＝0，则sin x＝0，与sin2x＋cos2x＝1矛盾，
故cos x≠0，于是tan x＝－.
又x∈[0，π]，所以x＝.
(2)f(x)＝a·b＝(cos x，sin x)·(3，－)
＝3cos x－sin x＝2cos.
因为x∈[0，π]，所以x＋∈，
从而－1≤cos≤.
于是，当x＋＝，即x＝0时，f(x)取得最大值3；
当x＋＝π，即x＝时，f(x)取得最小值－2.
11.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－c)·＝c·.
(1)求角B的大小；
(2)若|－|＝，求△ABC面积的最大值.
解　(1)由题意得(a－c)cos B＝bcos C.
根据正弦定理得(sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，
所以sin Acos B＝sin(C＋B)，
即sin Acos B＝sin A，因为A∈(0，π)，
所以sin A＞0，
所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为|－|＝，所以||＝，即b＝，
根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝(2－)ac(当且仅当a＝c时取等号)，
即ac≤3(2＋).
故△ABC的面积S＝acsin B≤，
因此△ABC的面积的最大值为.

12.(多选)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，点P1(cos α，sin α)，P2(cos β，－sin β)，P3(cos(α＋β)，sin(α＋β))，A(1，0)，则(　　)
A.||＝||
B.||＝||
C.·＝·
D.·＝·
答案　AC
解析　由题意可知，||＝＝1，||＝＝1，所以||＝||，故A正确；
取α＝，则P1，
取β＝，则P2，
则||≠||，故B错误；
因为·＝cos(α＋β)，·＝cos αcos β－sin αsin β＝cos(α＋β)，所以·＝·，故C正确；
因为·＝cos α，·＝cos βcos(α＋β)－sin βsin(α＋β)＝cos(α＋2β)，取α＝，β＝，则·＝，·＝cos ＝－，所以·≠·，故D错误.
13.(2022·广州模拟)已知四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AD＝1，BC＝2，M是AB边上的动点，则|＋|的最小值为________.
答案　3
解析　以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设A(0，a)，M(0，b)，且0≤b≤a，由于BC＝2，AD＝1.
∴C(2，0)，D(1，a).
则＝(2，－b)，＝(1，a－b)，
∴＋＝(3，a－2b).
因此|＋|＝，
∴当且仅当a＝2b时，|＋|取得最小值3.
14.在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1，0)和点B(－1，0)，||＝1，且∠AOC＝θ，其中O为坐标原点.
(1)若θ＝，设点D为线段OA上的动点，求|＋|的最小值；
(2)若θ∈，向量m＝，n＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m·n的最小值及对应的θ值.
解　(1)设D(t，0)(0≤t≤1)，
由题意知C，
所以＋＝，
所以|＋|2＝＋，
所以t＝时，|＋|最小，
最小值为.
(2)由题意得C(cos θ，sin θ)，
m＝＝(cos θ＋1，sin θ)，
则m·n＝1－cos2θ＋sin2θ－2sin θcos θ
＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－sin，
因为θ∈，所以≤2θ＋≤，
所以当2θ＋＝，
即θ＝时，sin取得最大值1，
即m·n取得最小值1－.
所以m·n的最小值为1－，此时θ＝.