高中數(shù)學(xué)蘇教版第二章平面向量單元測試 2023版第2章章末分層突破

章末分層突破，[自我校對]①坐標②平行四邊形③|a|＝eq\r(a2)④cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)向量的線性運算向量的線性運算包括向量的加法運算、減法運算及數(shù)乘運算，其中平面向量基本定理及向量共線定理是考查的重點，解題時要結(jié)合圖形靈活構(gòu)造三角形或平行四邊形.如圖2-1所示，在△ABC中，點M為AB的中點，且eq\o(AN,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(NC,\s\up15(→))，eq\o(BN,\s\up15(→))與eq\o(CM,\s\up15(→))相交于點E，設(shè)eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AC,\s\up15(→))＝b，試以a，b為基底表示eq\o(AE,\s\up15(→)).圖2-1【精彩點撥】先由C，E，M三點共線?eq\o(AE,\s\up15(→))＝μeq\o(AM,\s\up15(→))＋(1－μ)eq\o(AC,\s\up15(→))，由B，E，N三點共線?eq\o(AE,\s\up15(→))＝λeq\o(AN,\s\up15(→))＋(1－λ)eq\o(AB,\s\up15(→))，再由eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AC,\s\up15(→))不共線求λ，μ的值.【規(guī)范解答】∵eq\o(AN,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)b，eq\o(AM,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)a，由N，E，B三點共線知存在實數(shù)λ滿足eq\o(AE,\s\up15(→))＝λeq\o(AN,\s\up15(→))＋(1－λ)eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)λb＋(1－λ)a.由C，E，M三點共線知存在實數(shù)μ滿足eq\o(AE,\s\up15(→))＝μeq\o(AM,\s\up15(→))＋(1－μ)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(μ,2)a＋(1－μ)b.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－λ＝\f(μ,2)，,1－μ＝\f(λ,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(3,5)，,μ＝\f(4,5)，))∴eq\o(AE,\s\up15(→))＝eq\f(2,5)a＋eq\f(1,5)b.[再練一題]1.已知a＝(1，2)，b＝(－3，2)，若ka＋2b與2a－4b平行，求實數(shù)k的值.【導(dǎo)學(xué)號：48582121【解】∵ka＋2b＝(k－6，2k＋4)，2a－4b＝(14，－4)，由(ka＋2b)∥(2a－4b)得(k－6)×(－4)－(2k＋4)×14＝0，解得k＝－1.向量的數(shù)量積運算數(shù)量積的運算是向量運算的核心，利用向量的數(shù)量積可以解決以下問題：1.設(shè)a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，平行問題a∥b?x1y2－x2y1＝0垂直問題a⊥b?x1x2＋y1y2＝02.求向量的模及夾角問題，(1)設(shè)a＝(x，y)，則|a|2＝x2＋y2或|a|＝eq\r(x2＋y2)；(2)兩向量a，b夾角θ的余弦(0≤θ≤π)，cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))·\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))).設(shè)向量eq\o(OA,\s\up15(→))＝a，eq\o(OB,\s\up15(→))＝b，且|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝4，∠AOB＝60°.(1)求|a＋b|，|a－b|；(2)求a＋b與a的夾角θ1，a－b與a的夾角θ2.【精彩點撥】利用|a±b|＝eq\r(a±b2)求解；利用cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)求夾角.【規(guī)范解答】(1)∵|a＋b|2＝(a＋b)(a＋b)＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝16＋2×4×4cos60°＋16＝48，∴|a＋b|＝4eq\r(3)，∴|a－b|2＝|a|2－2a·b＋|b|2＝16，∴|a－b|＝4(2)∵(a＋b)·a＝|a|2＋a·b＝16＋4×4cos60°＝24，∴cosθ1＝eq\f(a＋b·a,|a＋b||a|)＝eq\f(24,4\r(3)×4)＝eq\f(\r(3),2).∵θ∈[0°，180°]，∴θ1＝30°.∵(a－b)·a＝|a|2－a·b＝16－4×4cos60°＝8，∴cosθ2＝eq\f(a－b·a,|a－b||a|)＝eq\f(8,4×4)＝eq\f(1,2).∵θ2∈[0°，180°]，∴θ2＝60°.[再練一題]2.已知c＝ma＋nb，c＝(－2eq\r(3)，2)，a⊥c，b與c的夾角為eq\f(2π,3)，b·c＝－4，|a|＝2eq\r(2)，求實數(shù)m，n的值及a與b的夾角.【解】∵c＝(－2eq\r(3)，2)，∴|c|＝4，又a⊥c，∴a·c＝0.∵b·c＝|b||c|coseq\f(2π,3)＝|b|×4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－4，∴|b|＝2，又c＝ma＋nb，∴c2＝ma·c＋n·b·c，∴16＝－4n，∴n＝－4.又a·c＝ma2＋na·b，∴0＝8m－4a·b又b·c＝ma·b＋n·b2，∴ma·b＝12.②由①②得m＝±eq\r(6)，∴a·b＝±2eq\r(6)∴cosθ＝eq\f(±2\r(6),2\r(2)×2)＝±eq\f(\r(3),2)，∵θ∈[0，π]∴θ＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6).向量的應(yīng)用平面向量的應(yīng)用主要體現(xiàn)在兩個方面：一是在平面幾何中的應(yīng)用，向量的加減運算、向量的相等、平行、數(shù)乘向量、距離、夾角和向量的數(shù)量積之間有密切的聯(lián)系，因此利用向量方法可以解決平面幾何中的相關(guān)問題；二是在物理學(xué)中的應(yīng)用，主要解決力、位移、速度等問題.如圖2-2，在等腰直角△ABC中，角C是直角，CA＝CB，D是CB的中點，E是AB上的一點，且AE＝2EB，求證：AD⊥CE.圖2-2【精彩點撥】欲證AD⊥CE，即證eq\o(AD,\s\up15(→))·eq\o(CE,\s\up15(→))＝0.由于已有eq\o(CA,\s\up15(→))·eq\o(CB,\s\up15(→))＝0，故考慮選此兩向量為基底，從而應(yīng)用此已知條件.另外，如果進一步考慮到此組基底是垂直關(guān)系，還可以建立直角坐標系.【規(guī)范解答】法一：記eq\o(CA,\s\up15(→))＝a，eq\o(CB,\s\up15(→))＝b，則eq\o(AB,\s\up15(→))＝b－a，且a·b＝0，|a|＝|b|.因為eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(CD,\s\up15(→))－eq\o(CA,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)b－a.eq\o(CE,\s\up15(→))＝eq\o(AE,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)(b－a)＋a＝eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)a，所以eq\o(AD,\s\up15(→))·eq\o(CE,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b－a))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)b＋\f(1,3)a))＝eq\f(1,3)b2－eq\f(1,3)a2＝0.可得AD⊥CE.法二：建立如圖所示的直角坐標系，不妨設(shè)AC＝BC＝2，則C(0，0)，A(2，0)，B(0，2)，因為D是CB的中點，則D(0，1).所以eq\o(AD,\s\up15(→))＝(－2，1)，eq\o(AB,\s\up15(→))＝(－2，2)又eq\o(CE,\s\up15(→))＝eq\o(CA,\s\up15(→))＋eq\o(AE,\s\up15(→))＝eq\o(CA,\s\up15(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＝(2，0)＋eq\f(2,3)(－2，2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3)))，所以eq\o(AD,\s\up15(→))·eq\o(CE,\s\up15(→))＝(－2，1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3)))＝(－2)×eq\f(2,3)＋eq\f(4,3)＝0，因此AD⊥CE.[再練一題]3.如圖2-3，在細繩O處用水平力F2緩慢拉起所受重力G的物體，繩子與鉛垂方向的夾角為θ，繩子所受到的拉力為F1，求：圖2-3(1)|F1|，|F2|隨角θ的變化而變化的情況.(2)當|F1|≤2|G|時，θ角的取值范圍.(3)當|F1|＝2|F2|時，求角θ的值.【解】(1)由力的平衡原理知，G＋F1＋F2＝0，作向量eq\o(OA,\s\up15(→))＝F1，eq\o(OB,\s\up15(→))＝F2，eq\o(OC,\s\up15(→))＝－G，則eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＝eq\o(OC,\s\up15(→))，∴四邊形OACB為平行四邊形，如圖.由已知∠AOC＝θ，∠BOC＝eq\f(π,2)，∴|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝eq\f(|\o(OC，\s\up15(→))|,cosθ)，|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝|eq\o(AC,\s\up15(→))|＝|eq\o(OC,\s\up15(→))|tanθ.即|F1|＝eq\f(|G|,cosθ)，|F2|＝|G|tanθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).由此可知，當θ從0逐漸增大趨向于eq\f(π,2)時，|F1|，|F2|都逐漸增大.(2)當|F1|≤2|G|時，有eq\f(|G|,cosθ)≤2|G|，∴cosθ≥eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).∴θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).(3)當|F1|＝2|F2|時，eq\f(|G|,cosθ)＝2|G|tanθ，∴eq\f(1,cosθ)＝eq\f(2sinθ,cosθ)，∴sinθ＝eq\f(1,2).∴θ＝eq\f(π,6).數(shù)形結(jié)合思想平面向量的線性運算和數(shù)量積運算的定義及運算法則、運算律的推導(dǎo)中都滲透了數(shù)形結(jié)合思想.引入向量的坐標表示，使向量運算代數(shù)化，將“數(shù)”和“形”緊密地結(jié)合起來.運用數(shù)形結(jié)合思想可解決共線、平行、垂直、夾角、距離、面積等問題.已知向量eq\o(OB,\s\up15(→))＝(2，0)，eq\o(OC,\s\up15(→))＝(2，2)，eq\o(CA,\s\up15(→))＝(eq\r(2)cosα，eq\r(2)sinα)，則eq\o(OA,\s\up15(→))與eq\o(OB,\s\up15(→))夾角的范圍是________.【導(dǎo)學(xué)號：48582122】【精彩點撥】結(jié)合eq\o(CA,\s\up15(→))的坐標給出點A的軌跡，并由直線與圓的知識求eq\o(OA,\s\up15(→))與eq\o(OB,\s\up15(→))夾角的范圍.【規(guī)范解答】建立如圖所示的直角坐標系.∵eq\o(OC,\s\up15(→))＝(2，2)，eq\o(OB,\s\up15(→))＝(2，0)，eq\o(CA,\s\up15(→))＝(eq\r(2)cosα，eq\r(2)sinα)，∴點A的軌跡是以C(2，2)為圓心，eq\r(2)為半徑的圓.過原點O作此圓的切線，切點分別為M，N，連結(jié)CM，CN，如圖所示，則向量eq\o(OA,\s\up15(→))與eq\o(OB,\s\up15(→))的夾角范圍是∠MOB≤〈eq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OB,\s\up15(→))〉≤∠NOB.∵|eq\o(OC,\s\up15(→))|＝2eq\r(2)，∴|eq\o(CM,\s\up15(→))|＝|eq\o(CN,\s\up15(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(OC,\s\up15(→))|，知∠COM＝∠CON＝eq\f(π,6)，但∠COB＝eq\f(π,4).∴∠MOB＝eq\f(π,12)，∠NOB＝eq\f(5π,12)，故eq\f(π,12)≤〈eq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OB,\s\up15(→))〉≤eq\f(5π,12).【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))[再練一題]4.已知船在靜水中的速度大小為5m/s，且船在靜水中的速度大小大于水流速度大小，河寬為20m，船垂直到達對岸用的時間為5s，則水流速度大小為________m/s.【解析】設(shè)船在靜水中的速度為v1，水流速度為v2，船的實際速度為v3，建立如圖所示的平面直角坐標系.|v1|＝5m/s，|v3|＝eq\f(20,5)＝4m/s，則v3＝(0，4)，v1＝(－3，4)，v2＝v3－v1＝(0，4)－(－3，4)＝(3，0).∴|v2|＝3m/s，即水流的速度大小為3m/s.【答案】31.已知向量a＝(2，1)，b＝(1，－2)，若ma＋nb＝(9，－8)(m，n∈R)，則m－n的值為______.【解析】∵ma＋nb＝(2m＋n，m－2n)＝(9，－8)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋n＝9，,m－2n＝－8，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝5，))∴m－n＝2－5＝－3.【答案】－32.在△ABC中，點M，N滿足eq\o(AM,\s\up15(→))＝2eq\o(MC,\s\up15(→))，eq\o(BN,\s\up15(→))＝eq\o(NC,\s\up15(→)).若eq\o(MN,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AC,\s\up15(→))，則x＝________；y＝________.【解析】∵eq\o(AM,\s\up15(→))＝2eq\o(MC,\s\up15(→))，∴eq\o(AM,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up15(→)).∵eq\o(BN,\s\up15(→))＝eq\o(NC,\s\up15(→))，∴eq\o(AN,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→)))，∴eq\o(MN,\s\up15(→))＝eq\o(AN,\s\up15(→))－eq\o(AM,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→)))－eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\f(1,6)eq\o(AC,\s\up15(→)).又eq\o(MN,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AC,\s\up15(→))，∴x＝eq\f(1,2)，y＝－eq\f(1,6).【答案】eq\f(1,2)－eq\f(1,6)3.如圖2-4，在平行四邊形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，eq\o(CP,\s\up15(→))＝3eq\o(PD,\s\up15(→))，eq\o(AP,\s\up15(→))·eq\o(BP,\s\up15(→))＝2，則eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))的值是________.圖2-4【解析】由eq\o(CP,\s\up15(→))＝3eq\o(PD,\s\up15(→))，得eq\o(DP,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AP,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(DP,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(BP,\s\up15(→))＝eq\o(AP,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))－eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up15(→)).因為eq\o(AP,\s\up15(→))·eq\o(BP,\s\up15(→))＝2，所以＝2，即eq\o(AD,\s\up15(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\f(3,16)eq\o(AB,\s\up15(→))2＝2.又因為eq\o(AD,\s\up15(→))2＝25，eq\o(AB,\s\up15(→))2＝64，所以eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AD,\s\up15(→))＝22.【答案】224.已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，則m＝________.【解析】(方法1)因為a＝(1，m)，b＝(3，－2)，所以a＋b＝(4，m－2).因為(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，所以12－2(m－2)＝0，解得m＝8.(方法2)因為(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，即a·b＋b2＝3－2m＋32＋(－2)2＝16－2m＝0，解得m【答案】85.在平面內(nèi)，定點A，B，C，D滿足|eq\o(DA,\s\up15(→))|＝|eq\o(DB,\s\up15(→))|＝|eq\o(DC,\s\up15(→))|，eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝eq\o(DB,\s\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\o(DC,\s\up15(→))·eq\o(DA,\s\up15(→))＝－2，動點P，M滿足|eq\o(AP,\s\up15(→))|＝1，eq\o(PM,\s\up15(→))＝eq\o(MC,\s\up15(→))，則|eq\o(BM,\s\up15(→))|2的最大值是________.【解析】法一：∵|eq\o(DA,\s\up15(→))|＝|eq\o(DB,\s\up15(→))|＝|eq\o(DC,\s\up15(→))|，∴點A，B，C在以點D為圓心的圓上.又∵eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝eq\o(DB,\s\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\o(DC,\s\up15(→))·eq\o(DA,\s\up15(→))＝－2，圖(1)∴eq\o(DA,\s\up15(→))，eq\o(DB,\s\up15(→))，eq\o(DC,\s\up15(→))兩兩夾角相等，均為120°，如圖(1)所示.設(shè)圓D的半徑為r，則eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝r·r·cos120°＝－2，∴r＝2.∵eq\o(PM,\s\up15(→))＝eq\o(MC,\s\up15(→))，∴M為PC的中點.∵|eq\o(AP,\s\up15(→))|＝1，∴點P在以點A為圓心，1為半徑的圓上.由上知△ABC為等邊三角形，邊長為2eq\r(3).設(shè)AC的中點為O，連接DO，OM，則點B，D，O三點共線，則|eq\o(BO,\s\up15(→))|＝3，eq\o(BM,\s\up15(→))＝eq\o(BO,\s\up15(→))＋eq\o(OM,\s\up15(→))＝eq\o(BO,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up15(→)).∴eq\o(BM,\s\up15(→))2＝＝eq\o(BO,\s\up15(→))2＋eq\o(BO,\s\up15(→))·eq\o(AP,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AP,\s\up15(→))2＝9＋3×1×cos〈eq\o(BO,\s\up15(→))，eq\o(AP,\s\up15(→))〉＋eq\f(1,4)＝eq\f(37,4)＋3cos〈eq\o(BO,\s\up15(→))，eq\o(AP,\s\up15(→))〉≤eq\f(37,4)＋3＝eq\f(49,4)，當eq\o(BO,\s\up15(→))與eq\o(AP,\s\up15(→))同向時取等號，即|eq\o(BM,\s\up15(→))|2的最大值是eq\f(49,4).法二：∵|eq\o(DA,\s\up15(→))|＝|eq\o(DB,\s\up15(→))|＝|eq\o(DC,\s\up15(→))|，∴點A，B，C在以點D為圓心的圓上.∵eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝eq\o(DB,\s\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\o(DC,\s\up15(→))·eq\o(DA,\s\up15(→))＝－2，∴eq\o(DA,\s\up15(→))，eq\o(DB,\s\up15(→))，eq\o(DC,\s\up15(→))兩兩夾角相等，均為120°.由eq\o(DA,\s\up15(→))·eq\o(DB,\s\up15(→))＝|eq\o(DA,\s\up15(→))|2×cos120°＝－2，得|eq\o(DA,\s\up15(→))|＝2.圖(2)以D為坐標原點，DA所在直線為x軸建立平面直角坐標系如圖(2)所示，則B(－1，eq\r(3))，C(－1，－eq\r(3))，A(2，0).由eq\o(PM,\s\up15(→))＝eq\o(MC,\s\up15(→))知M為PC的中點.∵|eq\o(AP,\s\up15(→))|＝1，∴點P在以點A為圓心，1為半徑的圓上.設(shè)點P的坐標為(2＋cosθ，sinθ)，其中θ為以點A為頂點，以x軸正方向為始邊逆時針旋轉(zhuǎn)到AP所成的角，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋cosθ,2)，\f(sinθ－\r(3),2)))，eq\o(BM,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋cosθ,2)，\f(sinθ－3\r(3),2)))，∴|eq\o(BM,\s\up15(→))|2＝eq\f(3＋cosθ2,4)＋eq\f(sinθ－3\r(3)2,4)＝eq\f(37＋6cosθ－6\r(3)sinθ,4)＝eq\f(37＋12cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3))),4)≤eq\f(37＋12,4)＝eq\f(49,4).∴|eq\o(BM,\s\up15(→))|2的最大值為eq\f(49,4).【答案】eq\f(49,4)6.已知向量eq\o(BA,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，則∠ABC＝______.【解析】因為eq\o(BA,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，所以eq\o(BA,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\f(\r(3),4)＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),2).又因為eq\o(BA,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＝|eq\o(BA,\s\up15(→))||eq\o(BC,\s\up15(→))|·cos∠ABC＝1×1×cos∠ABC，所以cos∠ABC＝eq\f(\r(3),2).又0°≤∠ABC≤180°，所以∠ABC＝30°.【答案】30°7.已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，點D，E分別是邊AB，BC的中點，連接DE并延長到點F，使得DE＝2EF，則eq\o(AF,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))的值為________.【解析】如圖所示，eq\o(AF,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(DF,\s\up15(→)).又D，E分別為AB，BC的中點，且DE＝2EF，所以eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(DF,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→))，所以eq\o(AF,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→)).又eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\o(AC,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))，則eq\o(AF,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＝＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))2＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→))2－eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))2－eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→)).又|eq\o(AB,\s\up15(→))|＝|eq\o(AC,\s\up15(→))|＝1，∠BAC＝60°，故eq\o(AF,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)－eq\f(1,4)×1×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).【答案】eq\f(1,8)8.已知非零向量m，n滿足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝eq\f(1,3)，若n⊥(tm＋n)，則實數(shù)t的值為________.【解析】∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋|n|