1_6.2　平面向量的数量积及其应用（十年高考）.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 6.2　平面向量的数量积及其应用 考点 平面向量的数量积 1.(2022全国乙理,3,5分)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=3,|a-2b|=3,则a·b=(　　) A.-2　　　　B.-1　　　　C.1　　　　D.2 答案　C　由|a-2b|=3,可得|a-2b|2=a2-4a·b+4b2=9,又|a|=1,|b|=3,所以a·b=1,故选C. 2.(2022新高考Ⅱ,4,5分)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若<a,c>=<b,c>,则t=(　　) A.-6　　　　B.-5　　　　C.5　　　　D.6 答案　C　由题意可得c=(3+t,4), 由<a,c>=<b,c>得cos<a,c>=cos<b,c>, 即3(3+t)+4×45(3+t)2+42=3+t(3+t)2+42,解得t=5,故选C. 3.(2022北京,10,4分)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点,且PC=1,则PA·PB的取值范围是(　　) A.[-5,3]　　　　B.[-3,5] C.[-6,4]　　　　D.[-4,6] 答案　D　解法一:取AB的中点D,PA·PB=(PC+CA)·(PC+CB)=PC2+(CA+CB)·PC+CA·CB=PC2+2CD·PC=1+5×1×cos θ=1+5cos θ(θ为CD与PC的夹角),因为θ∈[0,π],所以PA·PB∈[-4,6]. 解法二:建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,3),B(-4,0),设P(cos θ,sin θ),θ∈[0,2π), 则PA·PB=(-cos θ,3-sin θ)·(-4-cos θ,-sin θ) =cos2θ+4cos θ+sin2θ-3sin θ=1+4cos θ-3sin θ=1+5cos(θ+φ),其中tan φ=34, 因为θ∈[0,2π),所以PA·PB∈[-4,6].故选D. 4.(2020新高考Ⅰ,7,5分)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则AP·AB的取值范围是(　　) A.(-2,6)　　　　B.(-6,2)　　　　 C.(-2,4)　　　　D.(-4,6) 答案　A　解法一:如图,过点P作PP1⊥直线AB于P1,过点C作CC1⊥直线AB于C1,过点F作FF1⊥直线AB于F1,AP·AB=|AP|·|AB|·cos∠PAB,当∠PAB为锐角时,|AP|·cos∠PAB=|AP1|,当∠PAB为钝角时,|AP|·cos∠PAB=−|AP1|,所以当点P与C重合时,AP·AB最大,此时AP·AB=|AC1||AB|=6,当点P与F重合时,AP·AB最小,此时AP·AB=−|AF1||AB|=-2,又因为点P是正六边形ABCDEF内的一点,所以-2<AP·AB<6.故选A. 解法二:连接AE,以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,建立平面直角坐标系(图略),则A(0,0),B(2,0),设P(x0,y0),则-1<x0<3.AB=(2,0),AP=(x0,y0),则AB·AP=2x0∈(-2,6),故选A. 解后反思　解决以平面多边形为载体,有关平面向量数量积的复杂计算问题时,可以建立恰当的坐标系,将复杂的运算转化为简单的坐标运算,会大大降低难度. 5.(多选)(2021新高考Ⅰ,10,5分)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.|OP1|=|OP2|　　　　B.|AP1|=|AP2| C.OA·OP3=OP1·OP2　　　　D.OA·OP1=OP2·OP3 答案　AC　A项,∵|OP1|=cos2α+sin2α=1,|OP2|=cos2β+(−sinβ)2=1,∴|OP1|=|OP2|,A选项正确. B项,易知|AP1|=(cosα−1)2+sin2α=2−2cosα, |AP2|=(cosβ−1)2+(−sinβ)2=2−2cosβ,由于α,β的大小关系不确定,从而不能确定|AP1|=|AP2|是否成立,B选项不正确. C选项,∵OA·OP3=(1,0)·(cos(α+β),sin(α+β))=cos(α+β), OP1·OP2=(cos α,sin α)·(cos β,-sin β)=cos αcos β-sin αsin β=cos(α+β), ∴OA·OP3=OP1·OP2,C选项正确. D选项,∵OA·OP1=(1,0)·(cos α,sin α)=cos α, OP2·OP3=(cos β,-sin β)·(cos(α+β),sin(α+β)) =cos β·cos(α+β)-sin β·sin(α+β) =cos(β+α+β) =cos(α+2β), ∴OA·OP1=OP2·OP3不一定成立. D选项不正确.故选AC. 6.(2019课标Ⅱ文,3,5分)已知向量a=(2,3),b=(3,2),则|a-b|=(　　) A.2　　　B.2　　　C.52　　　D.50 答案　A　本题主要考查平面向量的坐标运算以及向量模的计算;考查数学运算的核心素养. ∵a=(2,3),b=(3,2),∴a-b=(-1,1),∴|a-b|=(−1)2+12=2,故选A. 一题多解　∵a=(2,3),b=(3,2),∴|a|2=13,|b|2=13,a·b=12,则|a-b|=a2−2a·b+b2=13−2×12+13=2.故选A. 7.(2017课标Ⅱ理,12,5分)已知△ABC是边长为2的等边三角形,P为平面ABC内一点,则PA·(PB+PC)的最小值是(　　) A.-2　　　B.-32　　　C.-43　　　D.-1 答案　B　设BC的中点为D,AD的中点为E,则有PB+PC=2PD, 则PA·(PB+PC)=2PA·PD =2(PE+EA)·(PE-EA)=2(PE2-EA2). 而AE2=322=34, 当P与E重合时,PE2有最小值0,故此时PA·(PB+PC)取最小值, 最小值为-2EA2=-2×34=-32. 方法总结　在求向量数量积的最值时,常用取中点的方法,如本题中利用PA·PD=PE2-EA2可快速求出最值. 一题多解　以AB所在直线为x轴,AB的中点为原点建立平面直角坐标系,如图, 则A(-1,0),B(1,0),C(0,3),设P(x,y),取BC的中点D,则D12,32.PA·(PB+PC)=2PA·PD=2(-1-x,-y)·12−x,32−y=2(x+1)·x−12+y·y−32=2x+142+y−342−34. 因此,当x=-14,y=34时,PA·(PB+PC)取得最小值,为2×−34=-32,故选B. 8.(2016课标Ⅱ理,3,5分)已知向量a=(1,m),b=(3,-2),且(a+b)⊥b,则m=(　　) A.-8　　　B.-6　　　C.6　　　D.8 答案　D　由题可得a+b=(4,m-2),又(a+b)⊥b,∴4×3-2×(m-2)=0,∴m=8.故选D. 9.(2016四川文,9,5分)已知正三角形ABC的边长为23,平面ABC内的动点P,M满足|AP|=1,PM=MC,则|BM|2的最大值是(　　) A.434　　　　　B.494 C.37+634　　　　　D.37+2334 答案　B　以A为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系, 则A(0,0),C(23,0),B(3,3). 设P(x,y),∵|AP|=1,∴x2+y2=1, ∵PM=MC,∴M为PC的中点, ∴Mx+232,y2, ∴|BM|2=x+232−32+y2−32=x24+y24-3y+9=14-3y+9=374-3y, 又∵-1≤y≤1,∴当y=-1时,|BM|2取得最大值,且最大值为494. 思路分析　由△ABC为正三角形,|AP|=1,考虑到用建立平面直角坐标系的方法来解决向量问题. 评析　本题考查了向量的坐标运算,运用了转化与化归思想. 10.(2015福建文,7,5分)设a=(1,2),b=(1,1),c=a+kb.若b⊥c,则实数k的值等于(　　) A.-32　　　B.-53　　　C.53　　　D.32 答案　A　c=a+kb=(1+k,2+k).由b⊥c,得b·c=0,即1+k+2+k=0,解得k=-32.故选A. 11.(2015重庆理,6,5分)若非零向量a,b满足|a|=223|b|,且(a-b)⊥(3a+2b),则a与b的夹角为(　　) A.π4　　　B.π2　　　C.3π4　　　D.π 答案　A　∵(a-b)⊥(3a+2b),∴(a-b)·(3a+2b)=0⇒3|a|2-a·b-2|b|2=0⇒3|a|2-|a|·|b|· cos <a,b>-2|b|2=0. 又∵|a|=223|b|,∴83|b|2-223|b|2·cos <a,b>-2|b|2=0.∴cos <a,b>=22.∵<a,b>∈[0,π], ∴<a,b>=π4.选A. 12.(2015重庆文,7,5分)已知非零向量a,b满足|b|=4|a|,且a⊥(2a+b),则a与b的夹角为(　　) A.π3　　　B.π2　　　C.2π3　　　D.5π6 答案　C　因为a⊥(2a+b),所以a·(2a+b)=0, 得到a·b=-2|a|2,设a与b的夹角为θ,则cos θ=a·b|a||b|=−2|a|24|a|2=-12,又0≤θ≤π,所以θ=2π3,故选C. 13.(2014大纲全国理,4,5分)若向量a、b满足:|a|=1,(a+b)⊥a,(2a+b)⊥b,则|b|=(　　) A.2　　　B.2　　　C.1　　　D.22 答案　B　由题意得(a+b)·a=a2+a·b=0,(2a+b)·b=2a·b+b2=0⇒-2a2+b2=0,即-2|a|2+|b|2=0,又|a|=1,∴|b|=2.故选B. 14.(2016课标Ⅲ,3,5分)已知向量BA=12,32,BC=32,12,则∠ABC=(　　) A.30°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.120° 答案　A　cos∠ABC=BA·BC|BA|·|BC|=32,所以∠ABC=30°,故选A. 思路分析　由向量的夹角公式可求得cos∠ABC的值,进而得∠ABC的大小. 15.(2016北京,4,5分)设a,b是向量.则“|a|=|b|”是“|a+b|=|a-b|”的(　　) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 答案　D　当|a|=|b|=0时,|a|=|b|⇔|a+b|=|a-b|. 当|a|=|b|≠0时,|a+b|=|a-b|⇔(a+b)2=(a-b)2⇔a·b=0⇔a⊥b,推不出|a|=|b|.同样,由|a|=|b|也不能推出a⊥b.故选D. 解后反思　由向量加法、减法的几何意义知:当a、b不共线,且|a|=|b|时,a+b与a-b垂直;当a⊥b时,|a+b|=|a-b|. 16.(2016山东,8,5分)已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>=13.若n⊥(tm+n),则实数t的值为(　　) A.4　　　B.-4　　　C.94　　　D.-94 答案　B　因为n⊥(tm+n),所以tm·n+n2=0,所以m·n=-n2t,又4|m|=3|n|, 所以cos<m,n>=m·n|m|·|n|=4m·n3|n|2=-43t=13,所以t=-4.故选B. 17.(2015山东理,4,5分)已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则BD·CD=(　　) A.-32a2　　　B.-34a2　　　C.34a2　　　D.32a2 答案　D　BD·CD=(BC+CD)·CD=BC·CD+CD2=12a2+a2=32a2. 18.(2015课标Ⅱ文,4,5分)向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=(　　) A.-1　　　B.0　　　C.1　　　D.2 答案　C　因为2a+b=2(1,-1)+(-1,2)=(2,-2)+(-1,2)=(1,0),所以(2a+b)· a=(1,0)·(1,-1)=1×1+0×(-1)=1.故选C. 19.(2015四川理,7,5分)设四边形ABCD为平行四边形,|AB|=6,|AD|=4.若点M,N满足BM=3MC,DN=2NC,则AM·NM=(　　) A.20　　　B.15　　　C.9　　　D.6 答案　C　依题意有AM=AB+BM=AB+34BC,NM=NC+CM=13DC-14BC=13AB-14BC,所以AM·NM=AB+34BC·13AB−14BC=13AB2-316BC2=9.故选C. 20.(2015广东文,9,5分)在平面直角坐标系xOy中,已知四边形ABCD是平行四边形,AB=(1,-2),AD=(2,1),则AD·AC=(　　) A.5　　　B.4　　　C.3　　　D.2 答案　A　∵四边形ABCD是平行四边形,∴AC=AB+AD=(3,-1),∴AD·AC=2×3+1×(-1)=5.选A. 21.(2014课标Ⅱ,理3,文4,5分)设向量a,b满足|a+b|=10,|a-b|=6,则a·b=(　　) A.1　　　B.2　　　C.3　　　D.5 答案　A　∵|a+b|=10,∴a2+2a·b+b2=10.① 又|a-b|=6,∴a2-2a·b+b2=6.② ①-②,得4a·b=4,即a·b=1,故选A. 22.(2014大纲全国文,6,5分)已知a、b为单位向量,其夹角为60°,则(2a-b)·b=(　　) A.-1　　　B.0　　　C.1　　　D.2 答案　B　(2a-b)·b=2a·b-|b|2=2×1×1×cos 60°-12=0,故选B. 23.(2021全国甲文,13,5分)若向量a,b满足|a|=3,|a-b|=5,a·b=1,则|b|=　　　　.  答案　32 解析　依题意可得|a-b|=(a−b)2=a|2−2a·b+b|2=9−2+b|2=5,解得|b|=32. 24.(2022全国甲文,13,5分)已知向量a=(m,3),b=(1,m+1).若a⊥b,则m=　　　　.  答案　 -34 解析　因为a⊥b,所以a·b=0,即m×1+3(m+1)=0,解得m=-34. 25.(2021全国乙理,14,5分)已知向量a=(1,3),b=(3,4),若(a-λb)⊥b,则λ=　　　　.  答案　35 解题指导:根据(a-λb)⊥b得(a-λb)·b=0,再转化为坐标运算,得到关于λ的方程求解即可. 解析　解法一:由a=(1,3),b=(3,4), 得a-λb=(1-3λ,3-4λ), 由(a-λb)⊥b得(a-λb)·b=0, 故3(1-3λ)+4(3-4λ)=0⇒15-25λ=0⇒λ=35. 解法二:由(a-λb)⊥b得(a-λb)·b=0, 即a·b-λb2=0, a·b=1×3+3×4=15,b2=3×3+4×4=25, 则15-25λ=0,∴λ=35. 26.(2021全国甲理,14,5分)已知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+kb.若a⊥c,则k=　　　　.  答案　-103 解题指导:首先确定c的坐标表示,然后依据向量垂直的条件建立等式,进而确定k的值. 解析　由题意知c=a+kb=(3,1)+k(1,0)=(3+k,1), 结合a⊥c得3(3+k)+1×1=0,解得k=-103. 易错警示　在利用a,b的坐标表示c时,易出现运算错误. 27.(2022全国甲理,13,5分)设向量a,b的夹角的余弦值为13,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b=　　　　.  答案　11 解析　根据题意,得(2a+b)·b=2a·b+b2=2×1×3×13+9=11. 28.(2018上海,8,5分)在平面直角坐标系中,已知点A(-1,0)、B(2,0),E、F是y轴上的两个动点,且|EF|=2,则AE·BF的最小值为　　　　.  答案　-3 解析　本题主要考查数量积的运算以及二次函数的最值问题.设E(0,m),F(0,n),又A(-1,0),B(2,0), ∴AE=(1,m),BF=(-2,n). ∴AE·BF=-2+mn,又知|EF|=2,∴|m-n|=2. ①当m=n+2时,AE·BF=mn-2=(n+2)n-2=n2+2n-2=(n+1)2-3. ∴当n=-1,即E(0,1),F(0,-1)时,AE·BF取得最小值-3. ②当m=n-2时,AE·BF=mn-2=(n-2)n-2=n2-2n-2=(n-1)2-3. ∴当n=1,即E(0,-1),F(0,1)时,AE·BF取得最小值-3. 综上可知,AE·BF的最小值为-3. 29.(2014重庆文,12,5分)已知向量a与b的夹角为60°,且a=(-2,-6),|b|=10,则a·b=　　　　.  答案　10 解析　由a=(-2,-6),得|a|=(−2)2+(−6)2=210, ∴a·b=|a||b|cos<a,b>=210×10×cos 60°=10. 30.(2016课标Ⅰ,13,5分)设向量a=(m,1),b=(1,2),且|a+b|2=|a|2+|b|2,则m=　　　　.  答案　-2 解析　由|a+b|2=|a|2+|b|2可得a·b=0,∴a·b=m+2=0,∴m=-2. 思路分析　由|a+b|2=|a|2+|b|2得a·b=0,然后利用数量积的坐标表示得到关于m的方程,解方程求得m. 31.(2018北京文,9,5分)设向量a=(1,0),b=(-1,m).若a⊥(ma-b),则m=　　　　.  答案　-1 解析　本题主要考查平面向量数量积的坐标运算. ∵a=(1,0),b=(-1,m),∴a2=1,a·b=-1, 由a⊥(ma-b)得a·(ma-b)=0, 即ma2-a·b=0, 即m-(-1)=0,∴m=-1. 32.(2017课标Ⅰ理,13,5分)已知向量a,b的夹角为60°,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|=　　　　.  答案　23 解析　本题考查向量数量积的计算. 由题意知a·b=|a|·|b|cos 60°=2×1×12=1,则|a+2b|2=(a+2b)2=|a|2+4|b|2+4a·b=4+4+4=12. 所以|a+2b|=23. 33.(2017课标Ⅰ文,13,5分)已知向量a=(-1,2),b=(m,1).若向量a+b与a垂直,则m=　　　　.  答案　7 解析　本题考查向量数量积的坐标运算. ∵a=(-1,2),b=(m,1),∴a+b=(m-1,3),又(a+b)⊥a, ∴(a+b)·a=-(m-1)+6=0,解得m=7. 34.(2016课标Ⅰ文,13,5分)设向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a⊥b,则x=　　　　.  答案　-23 解析　因为a⊥b,所以x+2(x+1)=0,解得x=-23. 易错警示　混淆两向量平行与垂直的条件是造成失分的主要原因. 35.(2016山东文,13,5分)已知向量a=(1,-1),b=(6,-4).若a⊥(ta+b),则实数t的值为　　　　.  答案　-5 解析　因为a⊥(ta+b),所以a·(ta+b)=0,即ta2+a·b=0,又因为a=(1,-1),b=(6,-4),所以|a|=2,a·b=1×6+(-1)×(-4)=10,因此可得2t+10=0,解得t=-5. 评析　本题主要考查向量的数量积运算,向量的模以及两向量垂直的充要条件等基础知识,考查学生的运算求解能力以及方程思想的应用. 36.(2016北京文,9,5分)已知向量a=(1,3),b=(3,1),则a与b夹角的大小为　　　　.  答案　π6 解析　∵cos<a,b>=a·b|a|·|b|=1×3+3×12×2=32, ∴a与b夹角的大小为π6. 37.(2015浙江,13,4分)已知e1,e2是平面单位向量,且e1·e2=12.若平面向量b满足b·e1=b·e2=1,则|b|=　　　　.  答案　233 解析　令e1与e2的夹角为θ,∴e1·e2=|e1|·|e2|cos θ=cos θ=12,又0°≤θ≤180°,∴θ=60°.因为b·(e1-e2)=0,所以b与e1、e2的夹角均为30°,从而|b|=1cos30°=233. 38.(2014课标Ⅰ理,15,5分)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　　　　.  答案　90° 解析　由AO=12(AB+AC)可知O为BC的中点,即BC为圆O的直径,又因为直径所对的圆周角为直角,所以∠BAC=90°,所以AB与AC的夹角为90°. 39.(2014湖北文,12,5分)若向量OA=(1,-3),|OA|=|OB|,OA·OB=0,则|AB|=　　　　.  答案　25 解析　|AB|=|OB-OA|=OA2+OB2−2OB·OA, ∵|OA|=|OB|=12+(−3)2=10,OA·OB=0, ∴|AB|=20=25,故答案为25. 40.(2014湖北理,11,5分)设向量a=(3,3),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a-λb),则实数λ=　　　　.  答案　±3 解析　|a|=32,|b|=2,a·b=3×1+3×(-1)=0.因为(a+λb)⊥(a-λb),所以(a+λb)·(a-λb)=|a|2-λ2|b|2=18-2λ2=0.故λ=±3. 41.(2013课标Ⅰ,理13,文13,5分)已知两个单位向量a,b的夹角为60°,c=ta+(1-t)b.若b·c=0,则t=　　　　.  答案　2 解析　解法一:∵b·c=0, ∴b·[ta+(1-t)b]=0,ta·b+(1-t)·b2=0, 又∵|a|=|b|=1,<a,b>=60°, ∴12t+1-t=0,t=2. 解法二:由t+(1-t)=1知向量a、b、c的终点A、B、C共线,在平面直角坐标系中设a=(1,0),b=12,32, 则c=32,−32. 把a、b、c的坐标代入c=ta+(1-t)b,得t=2. 评析　本题考查了向量的运算,利用三点共线的条件得到c的坐标是解题关键. 42.(2012课标,理13,文13,5分)已知向量a,b夹角为45°,且|a|=1,|2a-b|=10,则|b|=　　　　.  答案　32 解析　|2a-b|=10两边平方得 4|a|2-4|a|·|b|cos 45°+|b|2=10. ∵|a|=1,∴|b|2-22|b|-6=0. ∴|b|=32或|b|=-2(舍去). 评析　本题考查了向量的基本运算,考查了方程的思想.通过“平方”把向量转化为向量的数量积是求解的关键. 43.(2012安徽文,11,5分)设向量a=(1,2m),b=(m+1,1),c=(2,m),若(a+c)⊥b,则|a|=　　　　.  答案　2 解析　a+c=(3,3m), ∵(a+c)⊥b, ∴(a+c)·b=0, ∴3m+3+3m=0, ∴m=-12, ∴a=(1,-1), ∴|a|=12+(−1)2=2. 评析　本题主要考查向量的基本运算,考查了向量垂直的充要条件. 44.(2011课标,文13,5分)已知a与b为两个不共线的单位向量,k为实数,若向量a+b与向量ka-b垂直,则k=　　　.  答案　1 解析　由题意知|a|=1,|b|=1,<a,b>≠0且<a,b>≠π. 由a+b与向量ka-b垂直,得(a+b)·(ka-b)=0, 即k|a|2+(k-1)|a||b|·cos<a,b>-|b|2=0, (k-1)(1+cos<a,b>)=0.又1+cos<a,b>≠0, ∴k-1=0,k=1. 评析　本题考查向量的模、向量的数量积等相关知识,考查学生的运算求解能力,属中等难度试题. 45.(2015福建理,9,5分)已知AB⊥AC,|AB|=1t,|AC|=t.若点P是△ABC所在平面内的一点,且AP=AB|AB|+4AC|AC|,则PB·PC的最大值等于(　　) A.13　　　B.15　　　C.19　　　D.21 答案　A　以A为原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系,则B1t,0(t>0),C(0,t),P(1,4),PB·PC=1t−1,−4·(-1,t-4)=17-4t+1t≤17-2×2=13当且仅当t=12时,取“=”,故PB·PC的最大值为13,故选A. 46.(2019浙江,17,6分)已知正方形ABCD的边长为1.当每个λi(i=1,2,3,4,5,6)取遍±1时,|λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD|的最小值是　　　　,最大值是　　　　.  答案　0;25 解析　本题考查平面向量的坐标表示及坐标运算,在向量的坐标运算中涉及多个未知数据以此来考查学生的数据处理能力,数学运算及数据分析的核心素养. 如图,建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1), ∴AB=(1,0),BC=(0,1),CD=(-1,0),DA=(0,-1),AC=(1,1),BD=(-1,1), 故|λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD| =|(λ1-λ3+λ5-λ6,λ2-λ4+λ5+λ6)| =(λ1−λ3+λ5−λ6)2+(λ2−λ4+λ5+λ6)2.(*) 显然(*)式中第一个括号中的λ1,λ3与第二个括号中的λ2,λ4的取值互不影响,∴只需讨论λ5与λ6的取值情况即可, 当λ5与λ6同号时,不妨取λ5=1,λ6=1, 则(*)式即为(λ1−λ3)2+(λ2−λ4+2)2, ∵λ1,λ2,λ3,λ4∈{-1,1},∴λ1=λ3,λ2-λ4=-2(λ2=-1,λ4=1)时,(*)式取最小值0,当|λ1-λ3|=2(如λ1=1,λ3=-1),λ2-λ4=2(λ2=1,λ4=-1)时,(*)式取最大值25, 当λ5与λ6异号时,不妨取λ5=1,λ6=-1,则(*)式即为(λ1−λ3+2)2+(λ2−λ4)2. 同理可得最小值仍为0,最大值仍为25, 综上,最小值为0,最大值为25. 解题关键　本题未知量比较多,所以给学生的第一感觉是难,而实际上注意到图形为规则的正方形, λi(i=1,2,3,4,5,6)的取值只有两种可能(1或-1),这就给建系及讨论λi的值创造了条件,也是求解本题的突破口. 47.(2019课标Ⅲ文,13,5分)已知向量a=(2,2),b=(-8,6),则cos<a,b>=　　　　.  答案　-210 解析　本题考查平面向量夹角的计算,通过向量的坐标运算考查学生的运算求解能力,体现运算法则与运算方法的素养要素. 由题意知cos<a,b>=a·b|a|·|b|=2×(−8)+2×622+22×(−8)2+62=-210. 48.(2019北京文,9,5分)已知向量a=(-4,3),b=(6,m),且a⊥b,则m=　　　　.  答案　8 解析　本题考查两向量垂直的充要条件和向量的坐标运算,考查了方程的思想方法. ∵a⊥b,∴a·b=(-4,3)·(6,m)=-24+3m=0, ∴m=8. 易错警示　容易把两向量平行与垂直的条件混淆. 49.(2017北京文,12,5分)已知点P在圆x2+y2=1上,点A的坐标为(-2,0),O为原点,则AO·AP的最大值为　　　　.  答案　6 解析　解法一:AO·AP表示AP在AO方向上的投影与|AO|的乘积,当P在B点时,AO·AP有最大值,此时AO·AP=2×3=6. 解法二:设P(x,y),则AO·AP=(2,0)·(x+2,y)=2x+4,由题意知-1≤x≤1,∴x=1时,AO·AP取最大值6,∴AO·AP的最大值为6. 第 14 页 共 14 页