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平面向量是新课程的一个亮点，是近代数学中重要和基础的数学概念之一，它具有几何形式和代数形式的双重身份，是代数、几何、三角的一个重要的交汇点，成为新高考数学命题的良好载体，其中向量的坐标表示及向量的数量积为应用代数思想研究几何提供了可能，所以向量知识成为高考命题的新热点，江苏省高考中试题多为填空题，试题小而优美.
经典例题分析
例1 (1)O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λ(AB|AB|+AC|AC|)，λ∈［0,+∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
(2)P是△ABC所在平面上一点,若PA•PB=PB•PC=PC•PA,则P是△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
(3)点O是△ABC所在平面内的一点，满足AB2+OC2=AC2+OB2=BC2+OA2,则点O是△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
(4)O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λ(
AB|AB|sin B+AC|AC|sin C)，λ∈［0,+∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
(5)O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λ(AB|AB|cos B+AC|AC|cos C)，λ∈［0,+∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
分析:对于问题(1),先将OA移过来,再利用向量加法的平行四边形法则和向量共线的充要条件就可以了.对于问题(2),先移项,并利用减法的意义,可以得到两个向量垂直的结论,对于问题(3)可以向问题(2)实现转化.
解:(1)AB|AB|是AB上的单位向量,AC|AC|是AC上的单位向量,则
AB|AB|+
AC|AC|
的方向与∠BAC的角平分线的方向相同,而OP-OA=AP,所以P的轨迹一定通过△ABC的内心.
(2)由PA•PB=PB•PC得PB•(PC－PA)=0,即PB•AC=0,所以,PB⊥AC,同理,PA⊥BC,PC⊥AB,所以,P是△ABC的垂心.
(3)由AB2+OC2=AC2+OB2得AC2－AB2=OC2－OB2,即(AC+AB)•(AC－AB)=(OC+OB)•(OC－OB),所以BC•(AC－OC)+BC•(OB－AB)=0,即BC•OA=0,所以OA⊥BC,同理,OB⊥AC,OC⊥AB,所以,O是△ABC的垂心.
(4)由正弦定理|AB|sin C=|AC|sin B,所以
|AB|sin B＝|AC|sin C,于是AP＝μ(AB+AC),所以P在以AB,AC为邻边的平行四边形的对角线(过点A)上,所以P的轨迹一定通过△ABC的重心.
(5)因为AP＝λ(AB|AB|cos B+AC|ACcos C|)，所以AP•BC＝λ(AB•BC|AB|cos B+AC•BC|AC|cos C)=
λ(|AB|•|BC|cos(π-B)|AB|cos B+
|AC|•|BC|cos C|AC|cos C)=
λ(-|BC|+|BC|)=0,所以AP⊥BC，于是P的轨迹一定通过△ABC的垂心.
延伸:△ABC的三条边长BC＝a,CA＝b,AB＝c,若三顶点A、B、C,对于某定点O的位置向量为OA,OB,OC,且aOA+bOB+cOC＝0,则点O是△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
解:记∠BAC的平分线与BC交于点P,则BP＝cb+cBC＝cb+c(OC－OB),所以,AP＝AB+BP＝OB－OA+BP＝OB－OA+cb+c(OC－OB)＝bb+cOB+cb+cOC－OA＝1b+c(bOB+cOC)－OA＝1b+c(－aOA)－OA＝－a+b+cb+cOA,所以AP与OA共线,即O在∠BAC的平分线上,同理,O在∠ABC和的∠BCA平分线上,即O是△ABC的内心.
注:本例（1）是2003年全国高考数学试题，（2）同2005年全国高考数学试题.
例2 （2009年高考数学试题）（1）在△ABC中，M是BC的中点，AM＝1，点P在AM上且满足PA＝2PM，则PA•(PB＋PC)等于 .
（2）（2005年江苏省高考数学试题）在△ABC中,O为中线AM上一个动点,若AM＝2,则OA•(OB＋OC)的最小值是 .
解:(1)由PA＝2PM知,P为△ABC的重心,根据向量的加法,PB＋PC＝2PM,则PA•(PB＋PC)＝2PA•PM＝2|PA||PM|cos0＝2×23×13×1＝49.
(2)因为OB+OC＝2OM，所以OA•(OB+OC)＝2OA•OM＝2|OA|•|OM|cosπ
＝－2|OA|•|OM|，而|OA|＋|OM|＝2，所以，|OA|•|OM|＝|OA|•(2－|OA|)＝－(|OA|－1)2+1≤1，于是OA•(OB＋OC)的最小值是－2.
变形：如图，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A、B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(PA＋PB)•PC的最小值为 .
例3 （2007年天津市高考数学试题）设两个向量a＝(λ＋2,λ2－cos2α)和b＝(m,m2＋sinα),
其中λ,m,α为实数.若a＝2b,求λm的取值范围.
解：由于a＝2b,所以
λ+2=2mλ2-cos2α=2(m2+sinα).
设y＝λm,则λ＝ym,代入①得ym+2＝2m,显然,y≠2,所以m＝22-y,λ＝2y2-y.
把它们代入②得(2y2-y)2－cos2α＝22-y＋2sinα,
所以(2y2-y)2－22-y＝cos2α＋2sinα.
而f(α)＝cos2α＋2sinα＝1－sin2α＋2sinα＝－(sinα－1)2＋2,
因为－1≤sinα≤1,所以－2≤f(α)≤2,于是
－2≤(2y2-y)2－22-y≤2.③
解得－6≤y≤1.
例4 （2010年全国高考数学试题）已知圆O的半径为1，PA，PB为圆O的切线，A，B为切点，则PA•PB的最小值是 .
解法一:设PA＝PB＝x，∠APO＝∠BPO＝(（0＜α＜π2），则PO2＝x2＋1，从而
PA•PB=|PA|•|PB|cos 2α=x2(2cos2 α-1)=x2(2x2x2+1-1)=x2(x2-1)x2+1=(x2+1)+2x2+1-3
≥2(x2+1)2(x2+1)-3=-3+22.当且仅当x2+1=2x2+1,即x2=2-1时等号成立，而当x=2-1时，PA•PB取最小值-3+22.
解法二:由平面几何知识得|PA|＝|PB|，设∠APO＝∠BPO＝α(0＜α＜π2），则
PA•PB＝|PA||PB|cos2α=|PA|2(1－2sin2α)＝(|OP|2－1)(1－2|1OP|2)=
|OP|2+2|OP|2-3≥2|OP|2•2|OP|2-3=-3+22.当且仅当|OP|2=2|OP|2，即|OP|＝42时等号成立，即当|OP|＝42时，PA•PB取最小值－3＋22.
解法三:由平面几何知识得|PA|＝|PB|，如图，建立直角坐标系，设∠AOP＝θ（0＜θ＜π2），则点A（cos θ，sin θ），（Bcos θ，－sin θ），过点A作x轴的垂线，垂足为C，则由射影定理得OA2＝OC•OP，知点P的坐标为（1cos θ，0）.
PA＝(cos θ－1cos θ,sin θ),PB＝（cosθ－1cos θ,－sinθ)，于是
PA•PB＝(cosθ－1cos θ)2－sin2θ＝(cosθ－1cos θ)2－(1－cos2θ)＝1cos2θ－3+2cos2 θ
≥22cos2θ1cos2θ－3＝－3＋22.当且仅当2cos2θ＝1cos2θ，即cosθ＝142时等号成立，
即PA•PB取最小值－3＋22.
例5 设点O是△ABC的外心，AB＝17，AC＝15，则BC•AO＝ .
解法一:BC•AO＝－(OC－OB)•OA＝OA•OB－OA•OC
=OA2+OB2-AB22-
OA2+OC2-AC22
=AC2-AB22=-32.
解法二：取BC的中点D,则BC•AO＝BC•(AD＋DO)＝BC•AD+BC•DO＝
（AC-AB）•12（AC+AB）=12（AC2-AB2）=-32.
例6 （2009年安徽省高考数学试题）给定两个长度为1的平面向量OA和OB,它们的夹角为定值2θ(0＜θ＜π3).如图所示,点C在以O为圆心的圆弧AB⌒上变动.若OC＝xOA＋yOB,其中x,y∈R,则x＋y的最大值是 .
解法一:设∠AOC＝α(0≤α≤2π3)，则
OA•OC=xOA2+yOA•OB,
OB•OC=xOA•OB+yOB2.
即cosα=x-12y，cos(120°-α)=-12x+y.
∴x＋y＝2［cosα＋cos(120°－α)］＝cosα＋3sinα＝2sin(α＋π6)≤2，
所以当α＝π3时,x＋y取最大值2.
解法二:建立图示直角坐标系，设∠AOC＝α(0≤α≤2π3)，则OA＝(1，0)，OB＝(－12，32)，由OC＝xOA＋yOB得(cosα，sinα)＝(x－12y，32y)，
即cosα=x-12ysinα=32y.
∴x＋y＝cosα＋3sinα＝2sin(α＋π6)≤2，所以当α＝π3时,x＋y取最大值2.
解法三:由OC＝xOA＋yOB(－12≤x≤1,0≤y≤0),两边平方得x2＋y2＋2xyOA•OB＝1，因为OA•OB＝－12，所以x2＋y2－xy＝1，即(x+y)2+(x-y)22－(x+y)2-(x-y)24＝1，也就是(x+y)2+3(x-y)24＝1，所以(x＋y)2≤4，解得－2≤x＋y≤2，所以当x＝y＝1时，x＋y取最大值2.
例7 已知a,b是两个给定的向量,它们的夹角为θ,向量c＝a＋tb(t∈R),求|c|的最小值,并求此时向量b与c的夹角.
分析:求|c|的最小值,就是求|c|2的最小值,于是将问题化为关于t的二次函数,通过配方可以求出|c|的最小值.
解:因为c＝a＋tb,所以
|c|2＝|a＋tb|2＝|a|2+2ta•b＋t2|b|2＝|b|2t2＋2|a|•|b|•cosθ+|a|2
＝|b|2(t+|a|•cosθ|b|)2＋|a|2－|a|2cos2θ≥|a|2－|a|2 cos2θ＝|a|2sin2θ.
于是,当t+|a|•cosθ|b|＝0,即t＝－|a|•cosθ|b|时,|c|2取最小值|a|2sin2θ.即|c|取最小值|a|sinθ.
此时b•c＝b•(a－|a|•cosθ|b|b)＝a•b－(|a|•cosθ|b|)b•b＝|a|•|b|•cosθ－(|a|•cosθ|b|)|b |2＝|a|•|b|•cosθ－|a|•|b|•cosθ＝0,所以b⊥c,此时向量b与c的夹角为90°.
说明:本例有很深的几何背景，请读者考虑.以下三道试题都是根据本例改编的.
(1)若向量a与b不共线,a•b≠0,且c＝a－(a•aa•b)b,则向量a与c的夹角为π2.
解:因为a•b≠0,c＝a－(a•aa•b)b,所以,a•c＝a•(a－(a•aa•b)b)＝a•a－(a•aa•b)•(a•b)＝0,所以向量a与c的夹角为π2.
(2)已知向量a≠e,|e|＝1,对任意t∈R,恒有|a－te|≥|a－e|,向量e与a－e的夹角为 .
解:设向量a与e的夹角为θ,则|a－te|2＝t2－2|a||e|cosθ+a2＝t2－2|a|cosθ+a2＝(t－|a|cosθ)2+|a2|sin2θ,所以|a－e|＝|a|sinθ,即e⊥(a－e).所以向量e与a－e的夹角为π2.
(3)已知△ABC,若对于任意t∈R,|BA－tBC|≥|AC|,则∠ABC＝ .
解:令∠ABC＝α，过点A作AD⊥BC于点D.由|BA－tBC|≥|AC|得
|BA|2－2tBA•BC+t2|BC|2≥|AC|2.
令t＝BA•BC|BC|2，代入上式得|BA|2－|BA|2cos2 α≥|AC|2，即|BA|2sin2α≥|AC|2，
也即|BA|sinα≥|AC|,从而有|AD|≥|AC|,由此得∠ACB＝π2.
例8 （2009年江苏省高考试题）设向量a＝(4cosα,sinα),b＝(sinβ,4cosβ),c＝(cosβ,－4sinβ).
(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；
(2)求|b＋c|的最大值;
(3)若tanαtanβ＝16,求证：a∥b.
解:(1)由a与b－2c垂直，得
a•(b－2c)＝a•b－2a•c＝4(cosαsinβ＋sinαcosβ)－8(cosαcosβ－sinαsinβ)＝0,
即4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0,tan(α＋β)＝2.
(2)因为b＋c＝(sinβ＋cosβ,4cosβ－4sinβ),所以
|b＋c|2＝(sinβ＋cosβ)2＋16(cosβ－sinβ)2＝1＋sin2β＋16(1－sin2β)＝17－15sin2β,从而当sin2β＝－1,即2β＝2kπ－π2,β＝kπ－π4(k∈Z)时,17－15sin2β取最大值是32,因此当β＝kπ－π4(k∈Z)时|b＋c|的最大值是42.
(3)由tanαtanβ＝16得4cosαsinβ＝sinα4cosβ,所以a∥b.
说明:问题(1)将a•(b－2c)拆成a•b－2a•c运算量减少,问题(2)将b＋c的坐标算出后,再计算|b＋c|2也使运算量减少,读者可以细细体会.
例9 如图，在Rt△ABC中，已知BC＝a，若长为2a的线段PQ以点A为中点，问PQ与BC的夹角θ取何值时BP•CQ的值最大?并求这个最大值.
分析：一种思路是通过向量运算将BP•CQ朝着PQ与BC的运算上靠拢;另一种思路通过建立直角坐标系,将问题化为坐标运算实现转化.
解法一：因为AB⊥AC，所以AB•AC＝0，因为AP＝－AQ，BP＝AP－AB，CQ＝AQ－AC，所以BP•CQ＝(AP－AB)•(AQ－AC)＝AP•AQ―AP•AC―AB•AQ＋AB•AC＝－a2―AP•AC＋AB•AP＝－a2＋AP•(AB－AC)＝－a2＋12PQ•BC＝－a2＋a2cosθ.
故当cosθ＝1，即θ=0(PQ与BC方向相同)时，BP•CQ的值最大，其最大值为0.
解法二：以直角顶点A为坐标原点，两直角边所在直线为坐标轴建立如图所示的直角坐标系.设|AB|=c，|AC|=b，则A(0,0)，B(c,0)，C(0,b).且|PQ|=2a，|BC|=a.
BP＝(x－c,y)，CQ＝(－x,－y－b)，BC＝(－c,b)，PQ＝(－2x,－2y).
所以BP•CQ＝(x－c)(－x)＋y(－y－b)＝－(x2＋y2)＋cx－by.
因为cosθ＝PQ•BC|PQ||BC|＝cx-bya2，所以cx－by＝a2cosθ.
BP•CQ＝－a2＋a2cosθ.
故当cosθ=1，即θ=0(PQ与BC方向相同)时，BP•CQ的值最大，其最大值为0.
说明:向量的几何运算可以通过坐标运算向代数问题实现转化,这是解决向量问题的常用方法,应该掌握.
例10 在△ABC中，已知AB＝463，cosB＝66，AC边上的中线BD＝5，求sinA的值.
解法1:设E为BC的中点，连接DE，则DE∥AB，且DE=12AB=263,设BE=x，
在△BDE中利用余弦定理可得：BD2=BE2+ED2－2BE•EDcos∠BED，
5=x2+83+2×263×66x.解得x=1或x=-73(舍去).
故BC=2,从而AC2=AB2+BC2－2AB•BCcosB=283,即AC=2213.
又sinB=306,故由正弦定理得2sinA=2213306,sinA=7014.
解法2:以B为坐标原点，BC为x轴正向建立直角坐标系，且不妨设点A位于第一象限.由sinB=306,则BA=(463cosB,463cosB)=(43,453),
设BC=(x,0),则BD=(4+3x6,253).
由条件得|BD|=(4+3x6)2+(253)2=5,从而,x＝2,x＝-143(舍去).故CA=(－23,453).
于是,cosA＝AB•AC|AB|•|AC|=BA•CA|BA|•|CA|＝31414,sinA=1-cos2 A=7014.
（作者：苏玉树,江苏省苏州市第一中学）
经典例题分析
例1 (1)O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λ(AB|AB|+AC|AC|)，λ∈［0,+∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
(2)P是△ABC所在平面上一点,若PA•PB=PB•PC=PC•PA,则P是△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
(3)点O是△ABC所在平面内的一点，满足AB2+OC2=AC2+OB2=BC2+OA2,则点O是△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
(4)O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λ(
AB|AB|sin B+AC|AC|sin C)，λ∈［0,+∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
(5)O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+λ(AB|AB|cos B+AC|AC|cos C)，λ∈［0,+∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
分析:对于问题(1),先将OA移过来,再利用向量加法的平行四边形法则和向量共线的充要条件就可以了.对于问题(2),先移项,并利用减法的意义,可以得到两个向量垂直的结论,对于问题(3)可以向问题(2)实现转化.
解:(1)AB|AB|是AB上的单位向量,AC|AC|是AC上的单位向量,则
AB|AB|+
AC|AC|
的方向与∠BAC的角平分线的方向相同,而OP-OA=AP,所以P的轨迹一定通过△ABC的内心.
(2)由PA•PB=PB•PC得PB•(PC－PA)=0,即PB•AC=0,所以,PB⊥AC,同理,PA⊥BC,PC⊥AB,所以,P是△ABC的垂心.
(3)由AB2+OC2=AC2+OB2得AC2－AB2=OC2－OB2,即(AC+AB)•(AC－AB)=(OC+OB)•(OC－OB),所以BC•(AC－OC)+BC•(OB－AB)=0,即BC•OA=0,所以OA⊥BC,同理,OB⊥AC,OC⊥AB,所以,O是△ABC的垂心.
(4)由正弦定理|AB|sin C=|AC|sin B,所以
|AB|sin B＝|AC|sin C,于是AP＝μ(AB+AC),所以P在以AB,AC为邻边的平行四边形的对角线(过点A)上,所以P的轨迹一定通过△ABC的重心.
(5)因为AP＝λ(AB|AB|cos B+AC|ACcos C|)，所以AP•BC＝λ(AB•BC|AB|cos B+AC•BC|AC|cos C)=
λ(|AB|•|BC|cos(π-B)|AB|cos B+
|AC|•|BC|cos C|AC|cos C)=
λ(-|BC|+|BC|)=0,所以AP⊥BC，于是P的轨迹一定通过△ABC的垂心.
延伸:△ABC的三条边长BC＝a,CA＝b,AB＝c,若三顶点A、B、C,对于某定点O的位置向量为OA,OB,OC,且aOA+bOB+cOC＝0,则点O是△ABC的 .(外心/内心/重心/垂心)
解:记∠BAC的平分线与BC交于点P,则BP＝cb+cBC＝cb+c(OC－OB),所以,AP＝AB+BP＝OB－OA+BP＝OB－OA+cb+c(OC－OB)＝bb+cOB+cb+cOC－OA＝1b+c(bOB+cOC)－OA＝1b+c(－aOA)－OA＝－a+b+cb+cOA,所以AP与OA共线,即O在∠BAC的平分线上,同理,O在∠ABC和的∠BCA平分线上,即O是△ABC的内心.
注:本例（1）是2003年全国高考数学试题，（2）同2005年全国高考数学试题.
例2 （2009年高考数学试题）（1）在△ABC中，M是BC的中点，AM＝1，点P在AM上且满足PA＝2PM，则PA•(PB＋PC)等于 .
（2）（2005年江苏省高考数学试题）在△ABC中,O为中线AM上一个动点,若AM＝2,则OA•(OB＋OC)的最小值是 .
解:(1)由PA＝2PM知,P为△ABC的重心,根据向量的加法,PB＋PC＝2PM,则PA•(PB＋PC)＝2PA•PM＝2|PA||PM|cos0＝2×23×13×1＝49.
(2)因为OB+OC＝2OM，所以OA•(OB+OC)＝2OA•OM＝2|OA|•|OM|cosπ
＝－2|OA|•|OM|，而|OA|＋|OM|＝2，所以，|OA|•|OM|＝|OA|•(2－|OA|)＝－(|OA|－1)2+1≤1，于是OA•(OB＋OC)的最小值是－2.
变形：如图，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A、B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(PA＋PB)•PC的最小值为 .
例3 （2007年天津市高考数学试题）设两个向量a＝(λ＋2,λ2－cos2α)和b＝(m,m2＋sinα),
其中λ,m,α为实数.若a＝2b,求λm的取值范围.
解：由于a＝2b,所以
λ+2=2mλ2-cos2α=2(m2+sinα).
设y＝λm,则λ＝ym,代入①得ym+2＝2m,显然,y≠2,所以m＝22-y,λ＝2y2-y.
把它们代入②得(2y2-y)2－cos2α＝22-y＋2sinα,
所以(2y2-y)2－22-y＝cos2α＋2sinα.
而f(α)＝cos2α＋2sinα＝1－sin2α＋2sinα＝－(sinα－1)2＋2,
因为－1≤sinα≤1,所以－2≤f(α)≤2,于是
－2≤(2y2-y)2－22-y≤2.③
解得－6≤y≤1.
例4 （2010年全国高考数学试题）已知圆O的半径为1，PA，PB为圆O的切线，A，B为切点，则PA•PB的最小值是 .
解法一:设PA＝PB＝x，∠APO＝∠BPO＝(（0＜α＜π2），则PO2＝x2＋1，从而
PA•PB=|PA|•|PB|cos 2α=x2(2cos2 α-1)=x2(2x2x2+1-1)=x2(x2-1)x2+1=(x2+1)+2x2+1-3
≥2(x2+1)2(x2+1)-3=-3+22.当且仅当x2+1=2x2+1,即x2=2-1时等号成立，而当x=2-1时，PA•PB取最小值-3+22.
解法二:由平面几何知识得|PA|＝|PB|，设∠APO＝∠BPO＝α(0＜α＜π2），则
PA•PB＝|PA||PB|cos2α=|PA|2(1－2sin2α)＝(|OP|2－1)(1－2|1OP|2)=
|OP|2+2|OP|2-3≥2|OP|2•2|OP|2-3=-3+22.当且仅当|OP|2=2|OP|2，即|OP|＝42时等号成立，即当|OP|＝42时，PA•PB取最小值－3＋22.
解法三:由平面几何知识得|PA|＝|PB|，如图，建立直角坐标系，设∠AOP＝θ（0＜θ＜π2），则点A（cos θ，sin θ），（Bcos θ，－sin θ），过点A作x轴的垂线，垂足为C，则由射影定理得OA2＝OC•OP，知点P的坐标为（1cos θ，0）.
PA＝(cos θ－1cos θ,sin θ),PB＝（cosθ－1cos θ,－sinθ)，于是
PA•PB＝(cosθ－1cos θ)2－sin2θ＝(cosθ－1cos θ)2－(1－cos2θ)＝1cos2θ－3+2cos2 θ
≥22cos2θ1cos2θ－3＝－3＋22.当且仅当2cos2θ＝1cos2θ，即cosθ＝142时等号成立，
即PA•PB取最小值－3＋22.
例5 设点O是△ABC的外心，AB＝17，AC＝15，则BC•AO＝ .
解法一:BC•AO＝－(OC－OB)•OA＝OA•OB－OA•OC
=OA2+OB2-AB22-
OA2+OC2-AC22
=AC2-AB22=-32.
解法二：取BC的中点D,则BC•AO＝BC•(AD＋DO)＝BC•AD+BC•DO＝
（AC-AB）•12（AC+AB）=12（AC2-AB2）=-32.
例6 （2009年安徽省高考数学试题）给定两个长度为1的平面向量OA和OB,它们的夹角为定值2θ(0＜θ＜π3).如图所示,点C在以O为圆心的圆弧AB⌒上变动.若OC＝xOA＋yOB,其中x,y∈R,则x＋y的最大值是 .
解法一:设∠AOC＝α(0≤α≤2π3)，则
OA•OC=xOA2+yOA•OB,
OB•OC=xOA•OB+yOB2.
即cosα=x-12y，cos(120°-α)=-12x+y.
∴x＋y＝2［cosα＋cos(120°－α)］＝cosα＋3sinα＝2sin(α＋π6)≤2，
所以当α＝π3时,x＋y取最大值2.
解法二:建立图示直角坐标系，设∠AOC＝α(0≤α≤2π3)，则OA＝(1，0)，OB＝(－12，32)，由OC＝xOA＋yOB得(cosα，sinα)＝(x－12y，32y)，
即cosα=x-12ysinα=32y.
∴x＋y＝cosα＋3sinα＝2sin(α＋π6)≤2，所以当α＝π3时,x＋y取最大值2.
解法三:由OC＝xOA＋yOB(－12≤x≤1,0≤y≤0),两边平方得x2＋y2＋2xyOA•OB＝1，因为OA•OB＝－12，所以x2＋y2－xy＝1，即(x+y)2+(x-y)22－(x+y)2-(x-y)24＝1，也就是(x+y)2+3(x-y)24＝1，所以(x＋y)2≤4，解得－2≤x＋y≤2，所以当x＝y＝1时，x＋y取最大值2.
例7 已知a,b是两个给定的向量,它们的夹角为θ,向量c＝a＋tb(t∈R),求|c|的最小值,并求此时向量b与c的夹角.
分析:求|c|的最小值,就是求|c|2的最小值,于是将问题化为关于t的二次函数,通过配方可以求出|c|的最小值.
解:因为c＝a＋tb,所以
|c|2＝|a＋tb|2＝|a|2+2ta•b＋t2|b|2＝|b|2t2＋2|a|•|b|•cosθ+|a|2
＝|b|2(t+|a|•cosθ|b|)2＋|a|2－|a|2cos2θ≥|a|2－|a|2 cos2θ＝|a|2sin2θ.
于是,当t+|a|•cosθ|b|＝0,即t＝－|a|•cosθ|b|时,|c|2取最小值|a|2sin2θ.即|c|取最小值|a|sinθ.
此时b•c＝b•(a－|a|•cosθ|b|b)＝a•b－(|a|•cosθ|b|)b•b＝|a|•|b|•cosθ－(|a|•cosθ|b|)|b |2＝|a|•|b|•cosθ－|a|•|b|•cosθ＝0,所以b⊥c,此时向量b与c的夹角为90°.
说明:本例有很深的几何背景，请读者考虑.以下三道试题都是根据本例改编的.
(1)若向量a与b不共线,a•b≠0,且c＝a－(a•aa•b)b,则向量a与c的夹角为π2.
解:因为a•b≠0,c＝a－(a•aa•b)b,所以,a•c＝a•(a－(a•aa•b)b)＝a•a－(a•aa•b)•(a•b)＝0,所以向量a与c的夹角为π2.
(2)已知向量a≠e,|e|＝1,对任意t∈R,恒有|a－te|≥|a－e|,向量e与a－e的夹角为 .
解:设向量a与e的夹角为θ,则|a－te|2＝t2－2|a||e|cosθ+a2＝t2－2|a|cosθ+a2＝(t－|a|cosθ)2+|a2|sin2θ,所以|a－e|＝|a|sinθ,即e⊥(a－e).所以向量e与a－e的夹角为π2.
(3)已知△ABC,若对于任意t∈R,|BA－tBC|≥|AC|,则∠ABC＝ .
解:令∠ABC＝α，过点A作AD⊥BC于点D.由|BA－tBC|≥|AC|得
|BA|2－2tBA•BC+t2|BC|2≥|AC|2.
令t＝BA•BC|BC|2，代入上式得|BA|2－|BA|2cos2 α≥|AC|2，即|BA|2sin2α≥|AC|2，
也即|BA|sinα≥|AC|,从而有|AD|≥|AC|,由此得∠ACB＝π2.
例8 （2009年江苏省高考试题）设向量a＝(4cosα,sinα),b＝(sinβ,4cosβ),c＝(cosβ,－4sinβ).
(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；
(2)求|b＋c|的最大值;
(3)若tanαtanβ＝16,求证：a∥b.
解:(1)由a与b－2c垂直，得
a•(b－2c)＝a•b－2a•c＝4(cosαsinβ＋sinαcosβ)－8(cosαcosβ－sinαsinβ)＝0,
即4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0,tan(α＋β)＝2.
(2)因为b＋c＝(sinβ＋cosβ,4cosβ－4sinβ),所以
|b＋c|2＝(sinβ＋cosβ)2＋16(cosβ－sinβ)2＝1＋sin2β＋16(1－sin2β)＝17－15sin2β,从而当sin2β＝－1,即2β＝2kπ－π2,β＝kπ－π4(k∈Z)时,17－15sin2β取最大值是32,因此当β＝kπ－π4(k∈Z)时|b＋c|的最大值是42.
(3)由tanαtanβ＝16得4cosαsinβ＝sinα4cosβ,所以a∥b.
说明:问题(1)将a•(b－2c)拆成a•b－2a•c运算量减少,问题(2)将b＋c的坐标算出后,再计算|b＋c|2也使运算量减少,读者可以细细体会.
例9 如图，在Rt△ABC中，已知BC＝a，若长为2a的线段PQ以点A为中点，问PQ与BC的夹角θ取何值时BP•CQ的值最大?并求这个最大值.
分析：一种思路是通过向量运算将BP•CQ朝着PQ与BC的运算上靠拢;另一种思路通过建立直角坐标系,将问题化为坐标运算实现转化.
解法一：因为AB⊥AC，所以AB•AC＝0，因为AP＝－AQ，BP＝AP－AB，CQ＝AQ－AC，所以BP•CQ＝(AP－AB)•(AQ－AC)＝AP•AQ―AP•AC―AB•AQ＋AB•AC＝－a2―AP•AC＋AB•AP＝－a2＋AP•(AB－AC)＝－a2＋12PQ•BC＝－a2＋a2cosθ.
故当cosθ＝1，即θ=0(PQ与BC方向相同)时，BP•CQ的值最大，其最大值为0.
解法二：以直角顶点A为坐标原点，两直角边所在直线为坐标轴建立如图所示的直角坐标系.设|AB|=c，|AC|=b，则A(0,0)，B(c,0)，C(0,b).且|PQ|=2a，|BC|=a.
BP＝(x－c,y)，CQ＝(－x,－y－b)，BC＝(－c,b)，PQ＝(－2x,－2y).
所以BP•CQ＝(x－c)(－x)＋y(－y－b)＝－(x2＋y2)＋cx－by.
因为cosθ＝PQ•BC|PQ||BC|＝cx-bya2，所以cx－by＝a2cosθ.
BP•CQ＝－a2＋a2cosθ.
故当cosθ=1，即θ=0(PQ与BC方向相同)时，BP•CQ的值最大，其最大值为0.
说明:向量的几何运算可以通过坐标运算向代数问题实现转化,这是解决向量问题的常用方法,应该掌握.
例10 在△ABC中，已知AB＝463，cosB＝66，AC边上的中线BD＝5，求sinA的值.
解法1:设E为BC的中点，连接DE，则DE∥AB，且DE=12AB=263,设BE=x，
在△BDE中利用余弦定理可得：BD2=BE2+ED2－2BE•EDcos∠BED，
5=x2+83+2×263×66x.解得x=1或x=-73(舍去).
故BC=2,从而AC2=AB2+BC2－2AB•BCcosB=283,即AC=2213.
又sinB=306,故由正弦定理得2sinA=2213306,sinA=7014.
解法2:以B为坐标原点，BC为x轴正向建立直角坐标系，且不妨设点A位于第一象限.由sinB=306,则BA=(463cosB,463cosB)=(43,453),
设BC=(x,0),则BD=(4+3x6,253).
由条件得|BD|=(4+3x6)2+(253)2=5,从而,x＝2,x＝-143(舍去).故CA=(－23,453).
于是,cosA＝AB•AC|AB|•|AC|=BA•CA|BA|•|CA|＝31414,sinA=1-cos2 A=7014.
（作者：苏玉树,江苏省苏州市第一中学）