专题4平面向量与不等式结合

专题4平面向量与不等式结合（通用6篇）

篇1：专题4平面向量与不等式结合

专题4平面向量与不等式结合考点动向：向量与不等式的交汇是当今高考命题的一个热点.自从新教材实施以来，在高考中，不时考查平面向量与不等式有关知识的结合。这些题实际上是以向量为载体考查不等式的知识，解题的关键是利用向量的数量积等知识将问题转化为不等式的问题，转化时不要把向量与实数搞混淆，一般来说向量与不等式结合的题目难度不大。

向量与不等式结合，既符合在知识的“交汇处”构题，又加强了对双基的考查。这类题目常常包括向量与不等式的性质、均值不等式、解不等式、求值包括（求最大值、最小值）的交汇等几个方面.可以预测到，明年仍至今后的高考中，还会继续出现向量与不等式结合的题目。

方法范例

例

1、（2005年，上海卷）已知函数f(x)kxb的图象与x,y轴分别相交于点A、B，函数g(x)x2x6。22（,分别是与x,y轴正半轴同方向的单位向量）

（1）求k,b的值；（2）当x满足f(x)g(x)时，求函数g(x)1的最小值。f(x)

[解析]（1）通过交点坐标求出向量的坐标表示，列方程组，求k,b的值；（2）先由f(x)g(x), 得 2x4,再对1g(x)15，然后利用进行化简，得x2x2f(x)

不等式ab2ab求函数的最值.bbb2[答案]（1）由已知得A(,0),B(0,b),则{,b}，于是 k,kkb2k1.b

2（2）由f(x)g(x),得x2x2x6, 即(x2)(x4)0,得2x4,g(x)1g(x)1x2x513，x25, 由于x20,则f(x)f(x)x2x2

其中等号当且仅当x+2=1，即x=－1时成立，∴g(x)1时的最小值是－3.f(x)

例

2、（2005年·黄岗模拟）已知二次函数f(x)对任意xR，都有f(1x)f(1x)成立，设向量a(sinx,2)，b(2sinx,)，c(cos2x,1)，d(1,2)，当x[0,]时，求不等式f(ab)f(cd)的解集.[解析] 二次函数图象开口方向不确定，要分类讨论.由f(1x)f(1x)，知二次函1

2数f(x)关于直线x＝1对称.先求出向量数量积ab与cd，[答案]二次函数图象开口方向不确定，要分类讨论.由f(1x)f(1x)，知二次函数

f(x)关于直线x＝1对称.当二次项系数A＞0时，f(x)在[1,)上递增，当A＜0时，f(x)在[1,)上递减.因为ab(sinx,2)(2sinx,)＝2sin2x1≥1，cd(cos2x,1)(1,2)＝

cos2x2≥1，所以

当A＞0时，由f(ab)f(cd)，得2sinx1＞cos2x2，即cos2x0，又因为0≤x≤，所以



3＜x＜； 4

4当A＜0时，由f(ab)f(cd)，得2sinx1＜cos2x2，即cos2x0，又因为0≤x≤，所以0≤x＜

3

或＜x≤.44

3＜x＜｝；443

当二次函数f(x)二次项系数A＜0时，不等式的解集｛x∣0≤x＜或＜x≤｝.44



例

3、（2005年，浙江卷）已知向量a≠e，|e|＝1，对任意t∈R，恒有|a－te|≥|a－

综上所述，当二次函数f(x)二次项系数A＞0时，不等式的解集｛x∣



e|，则（）.(A)a⊥e，(B)a⊥(a－e)，(C)e⊥(a－e)，(D)(a＋e)⊥(a－e).

[解析] 对|a－te|≥|a－e|进行平方，化成关于t的二次不等式，利用二次函数性质，

得0恒成立，从而得ac1.

[答案]解：对任意t∈R，恒有|a－te|≥|a－e|，故两边平方得

222a2tacta2ac1,

即：t2tac2tac10.又上式对任意t∈R，恒成立，即有：0恒成立.2

2即=4（ac）（42ac1）（4ac1）0.

故当ac1时，上式成立，本题应选（C）.[规律小结]

（1）平面向量与不等式结合的问题，经常以向量为载体考查不等式的知识，解题的关键是利用向量的知识将问题转化为不等式的问题：解不等式，求最大值（最小值），转化时不要把向量与实数搞混淆。

（2）向量与不等式的结合，既符合在知识的“交汇处”构题，又加强了对双基的考查，特别是向量的坐标表示及运算，这类问题的解决思路通常是将向量的数量积的运算与模用坐标运算后，转化为三角函数问题，然后用三角函数基本公式求解，基中涉及到的有关向量的知识有：①向量的坐标表示及加法、减法、数乘向量；②向量的数量积；③向量平行、垂直

的充要条件；④向量的模、夹角；⑤abab；若a(x1,y1),b (x2,y2)，有

(x1x2y1y2)2(x12x22)(y12y22)；⑥向量不等式：aabab|，

||a||b|||ab||a||b|.（3）可能涉及不等式的内容有：

①解分式不等式fxaa0的一般解题思路：移项通分，分子分母分解因式，x的gx系数变为正值，标根及奇穿过偶弹回.②含有两个绝对值的不等式：一般是根据定义分类讨论、平方转化或换元转化

③解含参不等式常分类等价转化，必要时需分类讨论.注意：按参数讨论，最后按参数取值分别说明其解集，但若按未知数讨论，最后应求并集.④利用重要不等式ab2ab 以及变式ab()等求函数的最值时，务必注

意a，bR（或a，b非负），且“等号成立”时的条件是积ab或和a＋b其中之一应是定值(一正二定三等).(根据目标不等式左右的运算结构选22

2用)a、b、cR，abcabbcca（当且仅当abc时，取等号）



⑥比较大小的方法和证明不等式的方法主要有：差比较法、商比较法、函数性质法、综合法、分析法和放缩法.⑦含绝对值不等式的性质：

a、b同号或有0|ab||a||b|||a||b|||ab|；

a、b异号或有0|ab||a||b|||a||b|||ab|.⑧不等式的恒成立,能成立等问题

1).恒成立问题：若不等式fxA在区间D上恒成立,则等价于在区间D上

fxminA；若不等式fxB在区间D上恒成立,则等价于在区间D上fxmaxB.2).能成立问题：若在区间D上存在实数x使不等式fxA成立,即fxA在区间

D上能成立 ,则等价于在区间D上fxmaxA；若在区间D上存在实数x使不等式

fxB成立,即fxB在区间D上能成立 ,则等价于在区间D上的fxminB.考点误区分析：



（1）对于||a||b|||ab||a||b|，要注意：

 b同向或有0|ab||a||b|||a||b|||ab|； ①a、 b反向或有0|ab||a||b|||a||b|||ab|； ②a、

b不共线||a||b|||ab||a||b|.(这些和实数集中类似)③a、（2）解不等式是求不等式的解集，最后务必有集合的形式表示；不等式解集的端点值往往是不等式对应方程的根或不等式有意义范围的端点值.（3）有些取值范围、最值问题，虽然没有直接用向量作为已知条件出现，但如果运用向量知识来解决，也会显得自然、简便，而且易入手。考生经常没想到而陷入困境.（4）注意对“整式、分式、绝对值不等式”的放缩途径，“配方、函数单调性等”对放缩的影响.同步训练：

x2y

21的焦点为F1,F2，点P为其上的动点，当

1、（2000年，全国卷）椭圆9

4∠F1P F2为钝角时，点P横坐标的取值范围是___。

2、（2005年，江苏卷）在△ABC中，O为中线AM上的一个动点，若AM＝2，则



OA（OBOC）的最小值是.3、已知向量a＝（2，2），向量b与a的夹角为，且ab＝－2.osA，2cos2（1）求向量b；（2）若t＝（1，0）且bt，c＝（c

C），其中A、C是ABC

2的内角，若三角形的三个内角依次成等差数列，试求bc的取值范围.224、已知定点A(-1,0)和B(1,0)，P是圆(x-3)+(y-4)=4上的一动点，求PAPB的2

2最大值和最小值.

5、若a(cos,sin),b(cos,sin)，且k(k0,kR)

（1）试用k表示；



（2）求的最小值，并求出此时a与b的夹角的大小.[参考答案]

1、[解析]解决与角有关的一类问题，总可以从平面向量数量积入手，通过坐标运算列出不等式。F1（－,0）F2（,0）,设P（3cos,2sin），F1PF2为钝角



2－5＋∴

PF =9cosPF（3cos,2sin)3cos,2sin)12

4sin=5 cos－1<0，解得：

5cos∴点P横坐标的取值范围是5

5（

335,）

2图

[答案]（

353）,55



2、[解析]如图设|OA|x,则|OM|2x，（0x2）M为BC的中点，OBOC2OM，OA（OBOC）OA2OM2（x2x）cos180

22x24x（2x1）2（0x2）, 当x1时，取最小值2.[答案]-2.3、[解析]（1）设b＝（x,y），由ab＝－2，得2x2y＝－2，即xy＝－1① 因为向量b与a的夹角为，a＝2222＝22，所以b＝

2ab

＝＝1，因此x2y2＝1.② 2acos22

42

x1,x0,或.所以b＝（－1，0）或b＝（0，－1）.y1y0

联立①、②，解得

（2）根据题意，得B＝

2，A+C＝，由于t＝（1，0）且bt，故b＝（0，－1），3

2b+c＝（cosA，cosC），bc＝cosA+cosC

＝1+

1112

(cos2Acos2C)+1+cos2Acos2A＝1+cos(2A)，22323

因为0＜A＜

25

1，所以＜2A+＜，－1≤cos(2A)＜，333233

.,因此，bc,，bc2422

[答案]（1）b＝（－1，0）或b＝（0，－1）；

15

25

25 ,（2）

22



4、[分析]利用向量把问题转化为求向量OP的最

值。设已知圆的圆心为C，由已知可得

：



OA{1,0},OB{1,0}，OAOB0, OAOB1，由中点公式得222PAPB2PO，所以PAPB(PAPB)2PAPB

2 =(2PO)2(OAOP)(OBOP)

222

=4PO2OAOB2OP2OP(OAOB)=2OP2，又因为OC{3,4} 点P

在圆(x-3)+(y-4)=4上, 所以OC5,CP2,且OPOCCP，所以



OCCPOPOCCPOCCP，即3OP7

2222

2故20PAPB2OP2100，所以PAPB的最大值为100，最小值为20.[答案] 最大值为100，最小值为20.

5、[解析]（1）∵a(cos,sin),b(cos,sin)，∴1，22

又∵k(kab)3(akb)

整理，得

(k)(k0).4k

11111

(k)(k0)，∴(k)，取“=”当且仅当k=14k4k211，∴cos22

（2）由（1）知

时，当k=1时，

1

∵又0，∴，因此当且仅当k=1时，取最小值，此时，a与b的夹

角为

 3

11（2）.(k)(k0)；4k3

[答案]（1）

篇2：专题4平面向量与不等式结合

【基本概念与公式】 【任何时候写向量时都要带箭头】 1.向量:既有大小又有方向的量。记作:AB 或a。2.向量的模:向量的大小(或长度,记作:||AB 或||a。3.单位向量:长度为1的向量。若e 是单位向量,则||1e =。

4.零向量:长度为0的向量。记作:0。【0方向是任意的,且与任意向量平行】 5.平行向量(共线向量:方向相同或相反的向量。6.相等向量:长度和方向都相同的向量。

7.相反向量:长度相等,方向相反的向量。AB BA =-。8.三角形法则: AB BC AC +=;AB BC CD DE AE +++=;AB AC CB-=(指向被减数 9.平行四边形法则: 以,a b 为临边的平行四边形的两条对角线分别为a b +,a b-。

10.共线定理://a b a b λ=⇔。当0λ>时,a b 与同向;当0λ<时,a b 与反向。11.基底:任意不共线的两个向量称为一组基底。

12.向量的模:若(,a x y =,则2||a x y =+22||a a =,2||(a b a b +=+ 13.数量积与夹角公式:||||cos a b a b θ⋅=⋅;cos ||||a b a b θ⋅=⋅

14.平行与垂直:1221//a b a b x y x y λ⇔=⇔=;121200a b a b x x y y ⊥⇔⋅=⇔+=

题型1.基本概念判断正误:(1共线向量就是在同一条直线上的向量。

(2若两个向量不相等,则它们的终点不可能是同一点。(3与已知向量共线的单位向量是唯一的。

(4四边形ABCD 是平行四边形的条件是AB CD =。(5若AB CD =,则A、B、C、D 四点构成平行四边形。(6因为向量就是有向线段,所以数轴是向量。(7若a 与b 共线, b 与c 共线,则a 与c 共线。(8若ma mb =,则a b =。(9若ma na =,则m n =。

(10若a 与b 不共线,则a 与b 都不是零向量。(11若||||a b a b ⋅=⋅,则//a b。(12若||||a b a b +=-,则a b ⊥。题型2.向量的加减运算

1.设a 表示“向东走8km ”, b 表示“向北走6km ”,则||a b +=。2.化简((AB MB BO BC OM ++++=。

3.已知||5OA =,||3OB =,则||AB 的最大值和最小值分别为、。4.已知AC AB AD 为与的和向量,且,AC a BD b ==,则AB = ,AD =。5.已知点C 在线段AB 上,且3

5AC AB =,则AC = BC ,AB = BC。题型3.向量的数乘运算

1.计算:(13(2(a b a b +-+=(22(2533(232a b c a b c +---+-= 2.已知(1,4,(3,8a b =-=-,则1 32a b-=。

题型4.作图法球向量的和

已知向量,a b ,如下图,请做出向量132a b +和3 22a b-。a b 题型5.根据图形由已知向量求未知向量

1.已知在ABC ∆中,D 是BC 的中点,请用向量AB AC ,表示AD。2.在平行四边形ABCD 中,已知,AC a BD b ==,求AB AD 和。题型6.向量的坐标运算

1.已知(4,5AB =,(2,3A ,则点B 的坐标是。2.已知(3,5PQ =--,(3,7P ,则点Q 的坐标是。

3.若物体受三个力1(1,2F =,2(2,3F =-,3(1,4F =--,则合力的坐标为。4.已知(3,4a =-,(5,2b =,求a b +,a b-,32a b-。

5.已知(1,2,(3,2A B ,向量(2,32a x x y =+--与AB 相等,求,x y 的值。6.已知(2,3AB =,(,BC m n =,(1,4CD =-,则DA =。

7.已知O 是坐标原点,(2,1,(4,8A B--,且30AB BC +=,求OC 的坐标。题型7.判断两个向量能否作为一组基底

1.已知12,e e 是平面内的一组基底,判断下列每组向量是否能构成一组基底: A.1212e e e e +-和 B.1221326e e e e--和4 C.122133e e e e +-和 D.221e e e-和

2.已知(3,4a =,能与a 构成基底的是(A.34(,55 B.43(,55 C.34(,55--D.4(1,3--题型8.结合三角函数求向量坐标

1.已知O 是坐标原点,点A 在第二象限,||2OA =,150xOA ∠=,求OA 的坐标。2.已知O 是原点,点A 在第一象限,||43OA =60xOA ∠=,求OA 的坐标。题型9.求数量积

1.已知||3,||4a b ==,且a 与b 的夹角为60,求(1a b ⋅,(2(a a b ⋅+,(31(2 a b b-⋅,(4(2(3a b a b-⋅+。2.已知(2,6,(8,10a b =-=-,求(1||,||a b ,(2a b ⋅,(3(2a a b ⋅+,(4(2(3a b a b-⋅+。题型10.求向量的夹角

1.已知||8,||3a b ==,12a b ⋅=,求a 与b 的夹角。

2.已知(3,1,(23,2a b ==-,求a 与b 的夹角。3.已知(1,0A ,(0,1B ,(2,5C ,求cos BAC ∠。题型11.求向量的模

1.已知||3,||4a b ==,且a 与b 的夹角为60,求(1||a b +,(2|23|a b-。2.已知(2,6,(8,10a b =-=-,求(1||,||a b ,(5||a b +,(61 ||2a b-。

3.已知||1||2a b ==，|32|3a b-=,求|3|a b +。题型12.求单位向量 【与a平行的单位向量:||a e a =±】

1.与(12,5a =平行的单位向量是。2.与1(1,2m =-平行的单位向量是。题型13.向量的平行与垂直 1.已知(6,2a =,(3,b m =-,当m 为何值时,(1//a b ?(2a b ⊥? 2.已知(1,2a =,(3,2b =-,(1k 为何值时,向量ka b +与3a b-垂直?(2k 为何值时,向量ka b +与3a b-平行? 3.已知a 是非零向量,a b a c ⋅=⋅,且b c ≠,求证:(a b c ⊥-。题型14.三点共线问题

1.已知(0,2A-,(2,2B ,(3,4C ,求证:，A B C 三点共线。

2.设2(5,28,3(2AB a b BC a b CD a b =+=-+=-,求证:A B D、、三点共线。

3.已知2,56,72AB a b BC a b CD a b =+=-+=-,则一定共线的三点是。4.已知(1,3A-,(8,1B-,若点(21,2C a a-+在直线AB 上,求a 的值。

5.已知四个点的坐标(0,0O ,(3,4A ,(1,2B-,(1,1C ,是否存在常数t ,使O A t O B O C +=成立? 题型15.判断多边形的形状

1.若3AB e =,5CD e =-,且||||AD BC =,则四边形的形状是。2.已知(1,0A ,(4,3B ,(2,4C ,(0,2D ,证明四边形ABCD 是梯形。3.已知(2,1A-,(6,3B-,(0,5C ,求证:ABC ∆是直角三角形。

4.在平面直角坐标系内,(1,8,(4,1,(1,3OA OB OC =-=-=,求证:ABC ∆是等腰直角三角形。

题型16.平面向量的综合应用

1.已知(1,0a =,(2,1b =,当k 为何值时,向量ka b-与3a b +平行? 2.已知(3,5a =,且a b ⊥,||2b =,求b 的坐标。3.已知a b 与同向,(1,2b =,则10a b ⋅=,求a 的坐标。3.已知(1,2a =,(3,1b =,(5,4c =,则c = a + b。

4.已知(5,10a =,(3,4b =--,(5,0c =,请将用向量,a b 表示向量c。5.已知(,3a m =,(2,1b =-,(1若a 与b 的夹角为钝角,求m 的范围;(2若a 与b 的夹角为锐角,求m 的范围。6.已知(6,2a =,(3,b m =-,当m 为何值时,(1a 与b 的夹角为钝角?(2a 与b 的夹角为锐角?

7.已知梯形ABCD 的顶点坐标分别为(1,2A-,(3,4B ,(2,1D ,且//AB DC ,2AB CD =,求点C 的坐标。

8.已知平行四边形 ABCD 的三个顶点的坐标分别为 A(2,1，B(1,3，C(3, 4，求第四个顶点 D 的坐标。9.一航船以 5km/h 的速度向垂直于对岸方向行驶，航船实际航行方向与水流方向成 30 角，求 水流速度与船的实际速度。10.已知 ABC 三个顶点的坐标分别为 A(3, 4，B(0, 0，C(c, 0，（1）若 AB  AC  0，求 c 的值；（2）若 c  5，求 sin A 的值。【备用】 1.已知 | a | 3,| b | 4,| a  b | 5，求 | a  b | 和向量 a, b 的夹角。2.已知 x  a  b，y  2a  b，且 | a || b | 1，a  b，求 x, y 的夹角的余弦。1.已知 a (1,3, b (2, 1，则(3a  2b (2a  5b 。4.已知两向量 a (3, 4, b (2, 1，求当 a  xb与a  b 垂直时的 x 的值。5.已知两向量 a (1,3, b (2, ，a与b 的夹角  为锐角，求  的范围。变式：若 a (, 2, b (3,5，a与b 的夹角  为钝角，求  的取值范围。选择、填空题的特殊方法： 1.代入验证法 例：已知向量 a (1,1, b (1, 1, c (1, ，则2 c （1 3 A. a  b 2 2 1 3 B. a  b 2 2 3 1 C.a  b 2 2 3 1 D. a  b 2 2）变式：已知 a (1, 2, b (1,3, c (1, 2，请用 a, b 表示 c。2.排除法 例：已知 M 是 ABC 的重心，则下列向量与 AB 共线的是（A.AM  MB  BC B.3 AM  AC C.AB  BC  AC）D.AM  BM  CM 6

广东省近八年高考试题-平面向量（理科）1.(2007年高考广东卷第10小题 若向量 a、b 满足| a |=| b |=1，a 与 b 的夹角为 120，则 a a  a b  2.(2008 年高考广东卷第 3 小题 3.已知平面向量 a =（1，2），b =（－2，m），且 a ∥b，则 2 a + 3 b =（A.（－5，－10）B.（－4，－8）4.(2009 年高考广东卷第 3 小题（x,1），b= 已知平面向量 a=，则向量 a  b =（（－x, x 2）．）C.（－3，－6）D.（－2，－4））A平行于 x 轴 C.平行于 y 轴 B.平行于第一、三象限的角平分线 D.平行于第二、四象限的角平分线       c =(3,x满足条件(8 a － b · c =30，b= 5.(2010 年高考广东卷第 5 小题若向量 a =（1,1），（2,5），则x=(A．6 B．5 C．4 D．3 6.(2011 年高考广东卷第 3 小题已知向量 a (1, 2, b

(1,0, c (3, 4 ．若  为实数,(a  b / / c, 则 (B.1 2 A． 1 4 C.1 D.2 7.(2012 年高考广东卷第 3 小题 8．若向量 BA (2,3，CA (4,7，则 BC （A．(2, 4 B．(3, 4 C．(6,10）D．(6, 10 9.(2012 年高考广东卷第 8 小题对任意两个非零的平面向量  , ，定义

    ．若平面

    n 向量 a, b 满足 a  b  0，a 与 b 的夹角    0, ，且

 和

 都在集合 | n  Z 中，则

篇3：专题4平面向量与不等式结合

例1:点O是△ABC所在平面内一点, 且满足$\text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}=\text{Ο}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{C}}=\text{Ο}\text{C}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}‚$则O是△ABC的 ( )

A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心

解:$\text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}=\text{Ο}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{C}}\Rightarrow \text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}\cdot (\text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}-\text{Ο}\text{C}$

$\begin{array}{l}\overrightarrow{{\displaystyle }})=0\\ \Rightarrow \text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}\cdot \text{C}\overrightarrow{\text{A}}=0\end{array}$

, 所以O在AC的高线上, 同理得O在AB, BC的高线上, 所以O是△ABC的垂心。

例2:已知O是△ABC所在平面内一点, 且满足$\text{B}\overrightarrow{\text{A}}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}+|\text{B}\overrightarrow{\text{C}}|{}^2=\text{A}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}+|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|{}^2$, 则O点的轨迹一定通△ABC过的 ( )

A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心

解:$\text{B}\overrightarrow{\text{A}}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}+|\text{B}\overrightarrow{\text{C}}|{}^2=\text{A}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}+|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|{}^2$, 所以$\text{B}\overrightarrow{\text{A}}\cdot (\text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}+\text{Ο}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }})+(\text{C}\overrightarrow{\text{B}}-\text{C}\text{A}$$\overrightarrow{{\displaystyle }})\cdot (\text{C}\overrightarrow{\text{B}}+\text{C}\text{A}$$\overrightarrow{{\displaystyle }})=0\Rightarrow \text{B}\overrightarrow{\text{A}}\cdot (\text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}+\text{Ο}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}+\text{B}\text{C}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}+\text{A}\text{C}$$\overrightarrow{{\displaystyle }})=0\Rightarrow \text{B}\overrightarrow{\text{A}}\cdot 2\text{Ο}\overrightarrow{\text{C}}=0\Rightarrow \text{A}\text{B}\perp$OC。

例3:已知O是△ABC所在平面内一点, 且满足$|\text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}|{}^2+|\text{B}\overrightarrow{\text{C}}|{}^2=|\text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}|{}^2+|\text{C}\overrightarrow{\text{A}}|{}^2=|\text{Ο}\overrightarrow{\text{C}}|+|\text{A}\overrightarrow{\text{B}}|{}^2$, 则O是△ABC的 ( )

A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心

解:$\text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}{}^2+\text{B}\text{C}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}{}^2=\text{Ο}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}{}^2+\text{C}\text{A}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}{}^2\Rightarrow \text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}{}^2-\text{Ο}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}{}^2+\text{C}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}+\text{C}\text{A}$

$\begin{array}{l}\overrightarrow{{\displaystyle }}{}^2=0\\ \Rightarrow (\text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}-\text{Ο}\text{B}\end{array}$

$\overrightarrow{{\displaystyle }})\cdot (\text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}+\text{Ο}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }})+(\text{C}\overrightarrow{\text{B}}-\text{C}\text{A}$$\overrightarrow{{\displaystyle }})\cdot (\text{C}\overrightarrow{\text{B}}+\text{C}\text{A}$$\overrightarrow{{\displaystyle }})=0\Rightarrow \text{B}\overrightarrow{\text{A}}\cdot (\text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}+\text{Ο}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}-\text{C}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}-\text{C}\text{A}$$\overrightarrow{{\displaystyle }})=0\Rightarrow \text{B}\overrightarrow{\text{A}}\cdot 2\text{Ο}\overrightarrow{\text{C}}=0\Rightarrow \text{A}\text{B}\perp$OC。

二、重心 (三角形三条中线的交点)

例4:已知O是△ABC所在平面内一点, 且满足$\text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}+\text{Ο}\text{B}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}+\text{Ο}\text{C}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}=\overrightarrow{0}‚$则O是△ABC的 ( )

A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心

例5:已知O是△ABC所在平面内一定点, 动点P满足$\text{Ο}\overrightarrow{\text{Ρ}}=\text{Ο}\text{A}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}+\text{λ}(\text{A}\overrightarrow{\text{B}}+\text{A}\text{C}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}),\text{λ}\in (0‚+\infty )$, 则P点的轨迹一定通过△ABC的 ( )

A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心

解;$\text{A}\overrightarrow{\text{Ρ}}=\text{λ}(\text{A}\overrightarrow{\text{B}}+\text{A}\text{C}$$\overrightarrow{{\displaystyle }})$, 点P在边BC的中线所在的直线上, 所以P的轨迹经过△ABC的重心。

例6:已知O是△ABC所在平面内一定点, 动点P满足$\text{Ο}\overrightarrow{\text{Ρ}}=\text{Ο}\text{B}$$\frac{\overrightarrow{{\displaystyle }}+\text{Ο}\overrightarrow{\text{C}}}{2}+\text{λ}\left(\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{B}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{B}}|sin\text{B}}+\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{C}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|sin\text{C}}\right),\text{λ}\in (0‚+\infty )$, 则P点的轨迹一定通过△ABC的 ( )

A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心

解:由正弦定理得$|\text{A}\overrightarrow{\text{B}}|sin\text{B}=|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|sin\text{c}$, 设

$\begin{array}{l}\text{A}\overrightarrow{\text{B}}sin\text{B}\\ =|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|sin\text{c}=\text{μ}\end{array}$

, 取BC的中点D, 则$\text{Ο}\overrightarrow{\text{D}}=\frac{\text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}+\text{Ο}\overrightarrow{\text{C}}}{2}‚\Rightarrow \text{Ο}\overrightarrow{\text{Ρ}}=\text{Ο}\text{D}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}+\frac{\text{λ}}{\text{μ}}(\text{A}\overrightarrow{\text{B}}+\text{A}\text{C}$$\overrightarrow{{\displaystyle }})[\frac{\text{λ}}{\text{μ}}\in (0,+\infty )]$,

设$\text{t}=\frac{\text{λ}}{\text{μ}}‚\text{D}\overrightarrow{\text{Ρ}}=2\text{t}\text{A}\overrightarrow{\text{D}}‚\text{A}‚\text{Ρ}‚\text{D}$三点共线, P在中线所在直线上。

三、内心 (三角形角平分线的交点)

例7:已知O是△ABC所在平面内一定点, 动点P满足$\text{Ο}\overrightarrow{\text{Ρ}}=\text{Ο}\text{A}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}+\text{λ}(\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{B}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{B}}|}+\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{C}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|})\text{λ}\in (0‚+\infty )$则P点的轨迹一定通过△ABC的 ( )

A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心

解:$\text{A}\overrightarrow{\text{Ρ}}=\text{λ}(\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{B}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|})‚\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{C}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{B}}|}+\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{C}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|}$, 表示在角A的平分线上, 所以P的轨迹经过△ABC的内心。

例8: △ABC的边长分别为a, b, c (分别对应顶点A, B, C) , O是平面ABC上的一点, 若$\text{a}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}+\text{b}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}+\text{c}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{C}}=\overrightarrow{0}‚$则O是△ABC的 ( )

A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心

$\begin{array}{l}\text{解}:\text{a}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{A}}+\text{b}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}+\text{c}\cdot \text{Ο}\overrightarrow{\text{C}}=\overrightarrow{0}\\ \Rightarrow \text{C}\overrightarrow{\text{Ο}}=\frac{\text{a}\text{b}}{\text{a}+\text{b}+\text{c}}(\frac{\text{C}\overrightarrow{\text{A}}}{\text{b}}+\frac{\text{C}\overrightarrow{\text{B}}}{\text{a}})\Rightarrow \text{C}\overrightarrow{\text{Ο}}=\frac{\text{a}\text{b}}{\text{a}+\text{b}+\text{c}}(\frac{\text{C}\overrightarrow{\text{A}}}{|\text{C}\overrightarrow{\text{A}}|}+\frac{\text{C}\overrightarrow{\text{B}}}{|\text{C}\overrightarrow{\text{B}}|})\end{array}$

, CO在角C的角平分线上, 同理, AO, BO在角A, B的角平分线上。

四、外心 (三角形三条中垂线的交点)

例9:已知O是平面上的一个定点, A, B, C是平面上不共线的三个点, 动点O满足$\text{Ο}\overrightarrow{\text{Ρ}}=\frac{\text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}+\text{Ο}\overrightarrow{\text{C}}}{2}+\text{λ}(\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{B}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{B}}|cos\text{B}}+\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{C}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|cos\text{C}})$, 则动点的轨迹一定通过 ( )

A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心

解:取BC的中点$\text{D}‚\text{Ο}\overrightarrow{\text{D}}=\frac{\text{Ο}\overrightarrow{\text{B}}+\text{Ο}\overrightarrow{\text{C}}}{2}‚\Rightarrow \text{Ο}\overrightarrow{\text{Ρ}}=\text{Ο}\text{D}$$\overrightarrow{{\displaystyle }}+\text{λ}(\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{B}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{B}}|cos\text{B}}+\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{C}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|cos\text{C}})‚\text{D}\overrightarrow{\text{Ρ}}=\text{λ}(\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{B}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{B}}|cos\text{B}}+\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{C}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|cos\text{C}})‚\Rightarrow \text{D}\overrightarrow{\text{Ρ}}\cdot \text{B}\overrightarrow{\text{C}}=\text{λ}(\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{B}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{B}}|cos\text{B}}+\frac{\text{A}\overrightarrow{\text{C}}}{|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|cos\text{C}})\cdot \text{B}\overrightarrow{\text{C}}‚$

因为$\text{A}\overrightarrow{\text{B}}\cdot \text{B}\overrightarrow{\text{C}}=-|\text{A}\overrightarrow{\text{B}}||\text{B}\overrightarrow{\text{C}}|cos\text{B}‚\text{A}\overrightarrow{\text{C}}\cdot \text{B}\overrightarrow{\text{C}}=|\text{A}\overrightarrow{\text{C}}||\text{A}\overrightarrow{\text{C}}|cos\text{C}$, 所以$\text{D}\overrightarrow{\text{Ρ}}\cdot \text{B}\overrightarrow{\text{C}}=0‚\text{Ρ}$在BC的中垂线上。

篇4：平面向量与不等式考点例析

【例1】 平面直角坐标系xOy中,A(1,0),B(0,1),C(2,5),D是AC上的动点，满足AD=λAC(λ∈R).

（1） 求|2AB+AC|的值；

（2） 求cos∠BAC；

（3） 若BD⊥BA，求实数λ的值．

分析 本题主要考查了平面向量的坐标表示、向量线性运算的运算法则和基本运算能力、平面向量的数量积及其模、夹角的运算。

解 （1） ∵AB=(－1,1),AC=(1,5)，

解法1：∴2AB+AC=(－1,7)，

|2AB+AC|=(－1)2+72=52．

解法2：|2AB+AC|2=4AB2+AC2+4AB•AC=8+26+4×［(－1)+5］=50,

∴|2AB+AC|=52．

（2） ∵cos∠BAC=AB•AC|AB||AC|，

∴cos∠BAC=(－1)×1+1×5(－1)2+12•12+52=21313．

（3） BD=AD－AB=λ(1,5)－(－1,1)

=(λ+1,5λ－1)，

∵BD⊥BA，∴BD•BA=0．

BA=(1,－1)，即(λ+1)×1+(5λ－1)×(－1)=0，解得λ=12．

点拨 求平面向量的模常用的两种方法：方法1 已知其坐标a=(x,y)，则直接利用公式|a|=x2+y2求得即可；方法2 利用公式|a|=a2，借助向量数量积求得|2AB+AC|2，进而再求出|2AB+AC|；求夹角时常用公式cosθ=a•b|a||b|直接求得，或结合解三角形知识求得；两向量a=(x1,y1)，b=(x2,y2)共线充要条件的坐标表示：x1y2－x2y1=0；两向量a=(x1,y1)，b=(x2,y2)垂直充要条件的坐标表示：x1x2+y1y2=0。

【例2】 已知O,A,B是平面上不共线的三点，设P为线段AB垂直平分线上任意一点，若|OA|=7，|OB|=5，则OP•BA的值为 

.

分析 本题主要考查了平面向量线性运算的运算法则、平面向量的数量积以及基本运算能力，渗透数形结合、转化与化归等数学思想方法。

解 如图，取AB的中点C，连接PC、OC、OP．

OP•BA=(OC+CP)•BA=OC•BA+CP•BA=OC•BA=12(OA+OB)•(OA－OB)=12(OA2－OB2)=12．

点拨 向量a，b的数量积a•b=|a||b|•cosθ，当向量a，b不共线时，可以选取a，b作为基底来表示其他向量，将所求向量的数量积转化为向量a，b（基底）的数量积，即“基底化”。“基底化”的关键是如何选择基底，如本题已知|OA|=7，|OB|=5，故首先考虑选择向量OA,OB作为基底。

【例3】 在正方形ABCD中，已知AB=2，M为BC的中点，若N为正方形内（含边界）任意一点，则AM•AN的最大值是 ．

分析 本题主要考查了平面向量的坐标表示、平面向量的数量积、线性规划以及基本运算能力，渗透数形结合、转化与化归等数学思想方法。

解 以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立直角坐标系（如下图），则A(0,0)、B(2,0)、C(2,2)、D(0,2)、M(2,1)，设N(x,y)．

∴AM=(2,1),AN=(x,y),

∴AM•AN=2x+y，令z=2x+y,

列出线性约束条件0≤x≤2，0≤y≤2，

∴(x,y)取（2,2）时，zmax=2•2+2=6．

∴(AM•AN)max=6．



点拨 已知两向量a=(x1,y1)，b=(x2,y2)，向量a，b的数量积a•b=x1x2+y1y2。通过建立直角坐标系，将向量“坐标化”，把向量的数量积转化为坐标运算。“坐标化”的关键是如何恰当的建立直角坐标系进行“坐标化”。如本题根据正方形ABCD边长为2这个条件，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立直角坐标系。

【例4】 设关于x的不等式|x2－2x+3m－1|≤2x+3的解集为A，且－1A,1∈A，则实数m的取值范围是 .

分析 本题主要考查了一元二次不等式的解、绝对值不等式的求解、集合与元素之间的关系以及集合的基本运算，是一道综合性较强的基础性小题。

解 由－1A，可得|(－1)2－2×(－1)+3m－1|>2×(－1)+3，即|3m+2|>1，解得m<－1或m>－13；由1∈A，可得|12－2×1+3m－1|≤2×1+3，即|3m－2|≤5，解得－1≤m≤73，所以m∈－13,73．

点拨 解决此类问题的关键是根据已知不等式解的条件准确构造不等式。如本题根据－1A与1∈A构造关于m的不等式，然后求解。解决绝对值不等式的基本方法就是去绝对值符号。绝对值不等式与其他形式的不等式求解问题结合在一起也是一个命题热点。

不等式主要内容有一元二次不等式、基本不等式、线性规划。二轮复习时要注意三方面：一掌握好基础知识，把不等式作为解决问题的基本工具，广泛地渗透到其他知识点；二是要把不等式与函数方程联系起来，在数形结合中理解不等式，用变化的观点理解不等式；三是要学会用不等式的意识。

【例5】 函数y=x－1x+3+x－1的最大值为 .

分析 本题主要考查了基本不等式求解函数的最值以及换元法的应用，是一道较为综合的基础性题目。

解 令t=x－1≥0，则x=t2+1.

所以y=tt2+1+3+t=tt2+t+4.

当t=0，即x=1时，y=0；

当t>0，即x>1时，y=1t+4t+1，

因为t+4t≥4（当且仅当t=2时取等号），

所以y=1t+4t+1≤15，即y的最大值为15（当t=2，即x=5时取得最大值）.

点拨 以求解函数最值或范围为背景考查基本不等式的应用问题在近几年高考试题中经常出现。解决此类问题的关键在于根据解析式的结构特点灵活变形，构造基本不等式求解最值，在解题过程中应该注意两个方面：一是解析式的变形必须是恒等变形，如本题中在处理式子tt2+t+4时，应注意只有当t≠0时才能化为1t+4t+1；二是利用基本不等式求解最值时，一定要注意检验“一正、二定、三相等”，尤其检验等号成立的条件是否成立，如果不成立，再利用函数的单调性求解最值。

【例6】 某建筑的金属支架如图所示，根据要求AB至少长2.8 m，C为AB的中点，B到D的距离比CD的长小0.5 m，∠BCD=60°，已知建筑支架的材料每米的价格一定，问怎样设计AB、CD的长，可使建造这个支架的成本最低？

分析 本题主要考查了解三角形、应用基本不等式求最值、解决实际应用题的基本步骤以及换元法、转化与化归等数学思想方法。

解 设BC=a m(a≥1.4),CD=b m.

连接BD.

则在△CDB中，b－122=b2+a2－2abcos60°.

∴b=a2－14a－1.∴b+2a=a2－14a－1+2a.

设t=a－1,t≥2.82－1=0.4,

则b+2a=(t+1)2－14t+2(t+1)

=3t+34t+4≥7,

等号成立时t=0.5>0.4,a=1.5,b=4.

当AB=3 m,CD=4 m时，建造这个支架的成本最低.

点拨 应用基本不等式的实际应用问题在高考中频繁出现，解决此类问题的关键是由实际问题及条件正确构造函数关系式（建模），再利用基本不等式求解最值，求解最值时应该注意自变量的取值范围，并注意检验等号成立的条件，最后要注意回归实际问题。

牛刀小试

1. 在△ABC中，AB=3,AC=2,若O为△ABC的外心，则AO•BC= ．

2. 已知中心为O的正方形ABCD的边长为2，点M、N分别为线段BC、CD上的两个不同点，且|MN|≤1,则OM•ON的取值范围是  ．



3. 已知不等式x2－2x－3<0的解集为A，不等式x2+x－6<0的解集为B，不等式x2+ax+b<0的解集为A∩B，则a－b= ．

4. 若对任意的x>0，xx2+3x+1≤a恒成立，则a的取值范围是 ．

5. 某厂家拟在2012年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用m（m≥0）万元满足x=3－km+1（k为常数）．如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件．已知2012年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金，不包括促销费用）．

(1) 将该厂2012年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；

(2) 该厂家2012年的促销费用投入多少万元时，厂家利润最大？

【参考答案】

1. －52

2. ［2－2,2)

3. 1

4. a≥15

5. （1） y=28－16m+1－m(m≥0) （2） m=3时，ymax=21

篇5：专题4平面向量与不等式结合

一、向量问题几何化:根据向量的模、向量加、减法法则, 数量积的几何意义, 将其运算用图形表示, 使问题直观明了地刻画出来, 得以解决.

例1在#ABCD中, 若 , 则必有 () .

C.ABCD是正方形 D.ABCD是矩形

解作图略, 根据向量加、减法法则及模的定义, 结合对角线相等的平行四边形是矩形, 故选D.

二、向量运算的坐标化:平面向量与解析几何问题的综合及应用通常涉及向量共线、垂直、向量的模、向量相等及数量积的运算, 结合圆锥曲线的相关知识, 将解析几何问题坐标化、数量化, 从而解决圆锥曲线中求轨迹方程、最值, 参数的范围及与参数有关的综合问题.

例2 (2004年全国) 给定抛物线C:y2=4x, F是C的焦点, 过点F的直线l与C相交于A, B两点.

(Ⅰ) 设l的斜率为1, 求 的夹角的大小;

(Ⅱ) 设 , 若λ∈[4, 9], 求l在y轴上截距的变化范围.

解 (Ⅰ) C的焦点为F (1, 0) , 直线l的斜率为1, 所以l的方程为y=x-1.

将y=x-1代入方程y2=4x, 并整理得x2-6x+1=0.

设A (x1, y1) , B (x2, y2) , 则有x1+x2=6, x1x2=1.

所以 夹角的大小为

(Ⅱ) 由题设 得 (x2-1, y2) =λ (1-x1, -y1) ,

由 (2) 得y22=λ2y12.

联立 (1) , (3) 解得x2=λ, 依题意有λ>0.

又F (1, 0) , 得直线l方程为 或 , 当λ∈[4, 9]时, l在y轴上的截距为

由 , 可知 在[4, 9]上是递减的,

, 直线l在y轴上截距的变化范围为

例3 (2006年全国) 在平面直角坐标系x Oy中, 有一个以 为焦点1离心率为 的椭圆, 设椭圆在第一象限的部分为曲线C, 动点P在C上, C在P处的切线与x轴、y轴的交点分别为A, B, 且向量 .求

篇6：专题4平面向量与不等式结合

1.已知复数z=5i1+2i（是虚数单位），则|z|=.

2.设m∈R，m2+m-2+（m2-1）i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m=.

3.若将函数f（x）=sin（2x+π4）的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是.

4.已知A，B，C为圆O上的三点，若AO=12（AB+AC），则AB与AC的夹角为.

5.要制作一个容积为4m3，高为1m的无盖长方体容器.已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是（单位：元）.

6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b-c=14a，2sinB=3sinC，则cosA的值为.

7.函数f（x）=sin（x+2φ）-2sinφcos（x+φ）的最大值为.

8.在△ABC中，已知AB·AC=tanA，当A=π6时，△ABC的面积为.

9.如图所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高度是46m，则河流的宽度BC约等于m.（用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈039，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，3≈1.73）

10.已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，点E，F分别在边BC，DC上，BE=λBC，DF=μDC.若AE·AF=1，CE·CF=-23，则λ+μ=.

11.在平面直角坐标系中，O为原点，A（-1，0），B（0，3），C（3，0），动点D满足|CD|=1，则|OA+OB+OD|的最大值是.

12.对于c>0，当非零实数a，b满足4a2-2ab+4b2-c=0且使|2a+b|最大时，3a-4b+5c的最小值为.

13.已知两个不相等的非零向量a，b，两组向量，，，，和，，，，均由2个a和3个b排列而成.记S=x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4+x5·y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值，则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）.

①S有5个不同的值

②若a⊥b，则Smin与|a|无关

③若a∥b，则Smin与|b|无关

④若|b|>4|a|，则Smin>0

⑤若|b|=2|a|，Smin=8|a|2，则a与b的夹角为π4

14.已知定义在[0，1]上的函数f（x）满足：

①f（0）=f（1）=0；

②对所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f（x）-f（y）|<12|x-y|.

若对所有x，y∈[0，1]，|f（x）-f（y）|

二、解答题

15.在直角坐标系xOy中，已知点A（1，1），B（2，3），C（3，2），点P（x，y）在△ABC三边围成的区域（含边界）上.

（1）若PA+PB+PC=0，求|OP|；

（2）设OP=mAB+nAC（m，n∈R），用x，y表示m-n，并求m-n的最大值.

16.已知向量a=（m，cos2x），b=（sin2x，n），函数f（x）=a·b，且y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2）.

（1）求m，n的值；

（2）将y=f（x）的图象向左平移φ（0<φ<π）个单位后得到函数y=g（x）的图象，若y=g（x）图象上各最高点到点（0，3）的距离的最小值为1，求y=g（x）的单调递增区间.

17.如图所示，在平面四边形ABCD中，AD=1，CD=2，AC=7.

（1）求cos∠CAD的值；

（2）若cos∠BAD=-714，sin∠CBA=216，求BC的长.

18.某实验室一天的温度（单位：℃）随时间t（单位：h）的变化近似满足函数关系：

f（t）=10-3cosπ12t-sinπ12t，t∈[0，24）.

（1）求实验室这一天的最大温差.

（2）若要求实验室温度不高于11℃，则在哪段时间实验室需要降温？

19.如图，某生态园欲把一块四边形地BCED辟为水果园，其中∠C=∠D=90°，BC=BD=3，CE=DE=1.若经过DB上一点P和EC上一点Q铺设一条道路PQ，且PQ将四边形BCED分成面积相等的两部分，设DP=x，EQ=y.

（1）求x，y的关系式；

（2）如果PQ是灌溉水管的位置，为了省钱，希望它最短，求PQ的长的最小值；

（3）如果PQ是参观路线，希望它最长，那么P、Q的位置在哪里？

20.已知函数f（x）=（cosx-x）（π+2x）-83（sinx+1），g（x）=3（x-π）cosx-4（1+sinx）ln（3-2xπ）.证明：

（1）存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0；

（2）存在唯一x1∈（π2，π），使g（x1）=0，且对（1）中的x0，有x0+x1<π.

参考答案

一、填空题

1. 5

2. m=-2

3. 3π8

4. 90°

5. 160

6. -14

7. 1

8. 16

9. 60

10. 56

11. 1+7

12. -2

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因为x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因为x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.