2021年高考“平面向量”專題解題分析

李波 段喜玲 張曉斌

摘? 要：對2021年高考數(shù)學(xué)試卷中的平面向量試題，按照不同知識點進行歸納整理，結(jié)合《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）》，從新高考的角度進行解題分析，側(cè)重于向量問題在代數(shù)與幾何兩個維度的解法探究，重點體現(xiàn)向量“數(shù)”與“形”的雙重屬性，形成解決向量問題的常用思想方法.

關(guān)鍵詞：2021年高考;平面向量;試題解析

《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）》（以下簡稱《標(biāo)準(zhǔn)》）指出，向量理論具有深刻的數(shù)學(xué)內(nèi)涵、豐富的物理背景. 向量既是代數(shù)的研究對象，也是幾何的研究對象，是溝通代數(shù)與幾何的橋梁. 向量是描述直線、曲線、平面、曲面及高維空間數(shù)學(xué)問題的基本工具，是進一步學(xué)習(xí)和研究其他數(shù)學(xué)領(lǐng)域問題的基礎(chǔ)，在解決實際問題中發(fā)揮著重要作用.

新高考要求學(xué)生理解向量的基本概念、基本運算及物理背景，綜合運用代數(shù)方法和幾何方法，通過“數(shù)”的運算處理“形”的問題，通過“形”的變化解釋“數(shù)”的運算結(jié)果，促進學(xué)生在解決一些數(shù)學(xué)有關(guān)的實際問題中發(fā)展數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)，提升數(shù)學(xué)運算能力、綜合分析能力和理性思維能力.

一、試題分析

綜觀2021年高考數(shù)學(xué)平面向量試題，題型結(jié)構(gòu)與分布情況如下表所示.

[試卷 題型 題號 全國甲卷 文科 填空題

解答題 13

22 理科 填空題

解答題 14

22 全國乙卷 文科 填空題

解答題 13

20 理科 填空題 14 全國新高考Ⅰ卷 多選題

多選題 10

12 全國新高考Ⅱ卷 填空題 15 浙江卷 選擇題

填空題 3

17 北京卷 填空題 13 上海卷 填空題

解答題 4

20 天津卷 填空題 15 ]

從試卷結(jié)構(gòu)來看，2021年高考數(shù)學(xué)平面向量試題仍以選擇題和填空題為主，部分試卷有解答題（解析幾何與向量結(jié)合、坐標(biāo)系與參數(shù)方程與向量結(jié)合）. 對平面向量內(nèi)容的考查整體呈現(xiàn)平穩(wěn)有序、題量適中、難度適當(dāng)?shù)奶攸c. 主要考查平面向量的基本概念、線性運算、平面向量基本定理、坐標(biāo)運算、平面向量的平行與垂直的充要條件、數(shù)量積及其應(yīng)用等核心知識. 特別是從數(shù)形結(jié)合的角度考查向量的代數(shù)特性和幾何特性，通過建立坐標(biāo)系，實現(xiàn)代數(shù)方法（坐標(biāo)運算）與幾何直觀（向量運算）的完美融合.

平面向量題型的解法呈現(xiàn)如下特點：平面向量模的問題，通過代數(shù)法（向量運算）或幾何法（向量投影）解決，如全國甲卷文科第13題;平面向量的平行與垂直問題，通過平行與垂直的充要條件轉(zhuǎn)化為向量的坐標(biāo)求解，如全國甲卷理科第14題、全國乙卷文科第13題、全國乙卷理科第14題;數(shù)量積及其應(yīng)用問題，通過代數(shù)法（向量的坐標(biāo)運算、線性運算）、平面幾何構(gòu)造法解決，如全國新高考Ⅰ卷第10題、全國新高考Ⅱ卷第15題、浙江卷第3題、北京卷第13題、上海卷第4題;立體幾何題轉(zhuǎn)化為平面向量問題求解，如全國新高考Ⅰ卷第12題;平面向量問題轉(zhuǎn)化為立體幾何解決，如浙江卷第17題;等等.

高考平面向量試題總體上按照“方向是核心，平穩(wěn)是關(guān)鍵”的原則，深化基礎(chǔ)性、優(yōu)化情境設(shè)計，聚焦核心素養(yǎng)，突出對關(guān)鍵能力的考查，增強試題的開放性、靈活性. 試題突出數(shù)學(xué)本質(zhì)，重視理性思維，堅持素養(yǎng)導(dǎo)向、能力為重的命題原則，體現(xiàn)了基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性和創(chuàng)新性的考查要求. 充分發(fā)揮高考的育人功能和導(dǎo)向作用，促進了素質(zhì)教育的發(fā)展.

二、試題分類解析

1. 平面向量模的運算

例1 （全國甲卷·文13）若向量[a，b]滿足[a=3]，[a-b=5]，[a · b=1]，則[b]的值為? ? ? .

分析：該題主要考查平面向量的模、向量的減法運算. 可以通過向量模[a-b2]的展開式，結(jié)合[a · b=1]求解[b]. 同時，也可以由向量減法的三角形法則，通過向量投影，充分利用向量的幾何屬性，利用余弦定理建立等量關(guān)系求解.

解法1：因為[a-b=5]，

所以[a-b2=a2+b2-2a · b=9+b2-2=25].

所以[b=32].

故答案為[32].

解法2：如圖1，記[a=OA]，[b=OB]，[θ=a，b]，則[a-b=BA].

[C][B][A][O] [圖1]

由[a=3]，[a-b=5]，知[?OA=3]，[BA=5].

由[a · b=1]，得[?abcosθ=1].

所以[bcosθ=1a=13]，即[b]在[a]方向上的投影的長為[bcosθ=OC=13].

在[Rt△BOC]中，[cosθ=OCb=13b].

在[△BOA]中，由余弦定理，得

[cosθ=b2+a2-a-b22ba=b2-166b].

所以[13b][=b2-166b]，解得[?][b=32].

故答案為[32].

2. 兩向量平行與垂直的充要條件

例2 （全國乙卷·文13）已知向量[a=2，5]，[b=λ，4]，若[a∥b]，則[λ]的值為? ? ? .

分析：對于非零向量的平行問題，可以利用向量平行基本定理、向量平行的充分必要條件的坐標(biāo)關(guān)系、基本定理轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)關(guān)系“系數(shù)比相等”、方向向量轉(zhuǎn)化為直線斜率問題求解.

解法1：因為非零向量[a∥b]，

所以存在唯一實數(shù)[k]，使得[a=kb].

因為[a=2，5]，[kb=kλ，4k]，所以[2=kλ，5=4k.]

消去參數(shù)[k]，得[λ=85].

解法2：因為[a=2，5，b=λ，4]，[a∥b]，

所以[2 · 4-λ · 5=0]. 解得[λ=85].

解法3：不妨設(shè)非零向量[a=x1，y1]，[b=x2，y2].

因為[a∥b]，所以存在唯一實數(shù)[t]，使得[a=tb].

則有[x1=tx2]且[y1=ty2].

所以[t=x1x2=y1y2]，即互相平行的非零向量[a，b]的橫坐標(biāo)之比與縱坐標(biāo)之比相等.

因為[a=2，5，b=λ，4]，[a∥b]，

所以[2λ=54]，解得[λ=85].

解法4：設(shè)非零向量[a=x1，y1]，[b=x2，y2]，[a∥b]，

將解法3得到的結(jié)論[t=x1x2=y1y2]變形為[x1y1=][x2y2]，得到非零向量[a]的橫、縱坐標(biāo)之比與非零向量[b]的橫、縱坐標(biāo)之比相等.

因為[a=2，5，b=λ，4]，[a∥b]，

所以[25=λ4]，解得[λ=85].

解法5：不妨設(shè)向量[a]∥[l1]，向量[b]∥[l2].

因為[a=2，5，b=λ，4]，

所以[kl1=52]，[kl2=4λ].

由[a∥b]，得[l1∥l2]，即[kl1=kl2].

所以[?52=4λ]，解得[λ=85].

例3 （全國甲卷·理14）已知向量[a=3，1]，[b=1，0，c=a+kb]. 若[a⊥c]，則[k]的值為? ? ? .

分析：此題涉及向量的坐標(biāo)運算，可以利用兩種思路求解. 一種思路是利用兩個向量垂直的坐標(biāo)關(guān)系，即將位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為數(shù)量積進行運算. 先算出[c=a+kb]的坐標(biāo)，再由兩個非零向量垂直的充要條件的坐標(biāo)形式解得. 另一種思路是將兩個非零向量垂直拓展為直線方向向量垂直，過渡到方向向量所表示的直線垂直，轉(zhuǎn)化到直線斜率乘積為[-1]進行求解.

解法1：因為[a=3，1，b=1，0]，

所以[c=a+kb=3+k，1].

因為[a⊥c]，

所以[a · c=33+k+1×1=0]，解得[k=-103].

故答案為[-103].

解法2：不妨設(shè)向量[c]∥[l1]，向量[a]∥[l2].

因為[c=a+kb=3+k，1]，

所以[kl1=13+k]，[kl2=13].

由[a⊥c]，得[l1⊥l2].

所以[kl1kl2=13+k · 13=-1]，解得[k=-103].

故答案為[-103].

例4 （全國乙卷·理14）已知向量[a=1，3]，[b=3，4]，若[a-λb⊥b]，則[λ]的值為? ? ? .

分析：此題的解法與例3類似. 可以利用兩個向量垂直的坐標(biāo)關(guān)系，將位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為數(shù)量積進行運算，由兩個非零向量垂直的充要條件的坐標(biāo)形式解得，也可以轉(zhuǎn)化到直線斜率乘積為[-1]進行求解.

解法1：因為[a-λb=1，3-λ3，4=1-3λ，3-4λ]，[a-λb⊥b]，

所以[31-3λ+43-4λ=0]，解得[λ=35].

故答案為[35].

解法2：不妨設(shè)向量[a-λb]∥[l1]，向量[b]∥[l2].

因為[a-λb=1，3-λ3，4=1-3λ，3-4λ]，

所以[kl1=3-4λ1-3λ]，[kl2=43].

由[a-λb⊥b]，得[l1⊥l2].

所以[kl1kl2=3-4λ1-3λ · 43=-1]，解得[λ=35].

故答案為[35].

3. 平面向量的數(shù)量積

例5 （全國新高考Ⅱ卷·15）已知向量[a+b+][c=0]，[a=1]，[b=c=2]，則[a · b+b · c+c · a]的值為? ? ? ? .

分析：此題考查了三個非零向量的數(shù)量積問題，在未知向量夾角的情況下，要充分利用向量的代數(shù)屬性解題. 可以通過[a+b+c=0]兩邊平方，一次性構(gòu)造[a · b+b · c+c · a];也可以通過[a+b=-c]兩邊平方，構(gòu)造[a · b]. 依此類推，構(gòu)造[b · c]，[c · a]的形式，或通過[a · b+b · c+c · a]的結(jié)構(gòu)變形，整體代換求出結(jié)果.

解法1：因為[a+b+c=0]，

所以[a+b+c2=a2+b2+c2+2a · b+2b · c+2a · c=0]，

解得[a · b+b · c+c · a=-92].

解法2：由[a+b+c=0]，得[a+b=-c].

所以[a+b2=c2]，即[a2+2a · b+b2=c2].

解得[a · b=-12].

由[a+c=-b]，得[a+c2=b2]，即[a2+2a · c+c2=b2].

所以[a · c=-12].

由[b+c=-a]，得[b+c2=a2]，即[b2+2b · c+c2=a2].

所以[b · c=-72].

綜上可得[a · b+b · c+c · a=-92].

解法3：因為[a · b+b · c=ba+c=-b2=-4]，

[a · b+c · a=ab+c=-a2=-1]，

[b · c+c · a=cb+a=-c2=-4]，

所以[a · b+b · c]+[a · b+c · a]+[b · c+c · a]=[2a · b+b · c+c · a=-9].

所以[a · b+b · c+c · a=-92].

例6 （浙江卷·3）已知非零向量[a，b，c]，則“[a · c=b · c]”是“[a=b]”的（? ? ）.

（A）充分不必要條件

（B）必要不充分條件

（C）充分必要條件

（D）既不充分也不必要條件

分析：此題考查的知識點為非零向量的數(shù)量積與充要條件判斷，對學(xué)生數(shù)量積公式及幾何意義理解要求較高，同時注重條件命題的充分性和必要性的判斷. 考慮兩者之間的推出關(guān)系后，可以得到兩者之間的條件關(guān)系.

解法1：充分性證明.

因為[a · c=b · c]，

所以[accosa，c=bccosb，c]，非零向量[a，b，c]，[c≠0].

所以[acosa，c=bcosb，c].

說明向量[a，b]在向量[c]上的投影相等，不一定有[a=b]，即“[a · c=b · c]” “[a=b]”.

所以“[a · c=b · c]”是“[a=b]”的不充分條件.

必要性證明.

由[a=b]，則[a · c=b · c]成立，即“[a · c=b · c]”[?]“[a=b]”.

故“[a · c=b · c]”是“[a=b]”的必要條件.

綜上所述，“[a · c=b · c]”是“[a=b]”的必要不充分條件.

故答案選B.

解法2：記[a=OA]，[b=OB]，[c=OC]，[θ1=a，c]，[θ2=b，c]，如圖2所示.

[O][A][B][C] [圖2]

由圖2，知[a · c=b · c][?][acosθ1=bcosθ2] [a=b].

因為[a=b][?][a · c=b · c]，

所以[a · c=b · c] [a=b]，[a · c=b · c][?][a=b].

綜上所述，“[a · c=b · c]”是“[a=b]”的必要不充分條件.

故答案選B.

例7 （北京卷·13）已知向量[a，b，c]在正方形網(wǎng)格中的位置如圖3所示. 若網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，則[a+b · c]的值為? ? ?;[a · b]的值為  ? ?.

答案：0;3.

分析：此題考查向量坐標(biāo)表示的加法運算、數(shù)量積的運算，試題難度不大，要求學(xué)生計算細(xì)心. 對于[a+b · c]，可以先進行向量和的運算，再進行向量的數(shù)量積運算;也可以展開為[a · c+b · c]，先進行向量數(shù)量積運算再求和.

解法1：因為[a=2，1]，[b=2，-1]，

所以[a+b=4，0]，[a · b=2×2+1×?-1=3].

因為[c=0，1]，

所以[a+b · c=0].

解法2：因為[a=2，1]，[b=2，-1]，[c=0，1]，

所以[a+b · c=a · c+b · c=1+-1=0]，

[a · b=2×2+1×?-1=3].

例8 （上海卷·4）如圖4，正方形[ABCD]的邊長為[3]，則[AB · AC]的值為? ? ? .

[A][D][C][B][圖4]

分析：此題考查向量的數(shù)量積，可以從向量數(shù)量積的定義、向量的坐標(biāo)運算（即向量的代數(shù)屬性）、向量加法的三角形法則、向量投影等幾個方面的向量的幾何屬性進行解題，試題較易，切入點較多，不同層次的學(xué)生均可得分.

解法1：已知正方形[ABCD]的邊長為[3]，

則[AB=3]，[AC=32]，[AB， AC=45°]，

所以[AB · AC=ABACcos45°=3×32×22=9].

故答案為[9].

解法2：建立如圖5所示的平面直角坐標(biāo)系.

[O（A）][D][C][B] [x][y][圖5]

則[A0，0]，[B3，0]，[C3，3]，[D0，3]，

則[AB=3，0]，[AC=3，3]，

所以[AB · AC=3×3+3×0=9].

故答案為[9].

解法3：由向量加法的三角形法則，得[AC=AB+BC]，

因為[AB⊥BC]，

所以[AB · BC=0]，

所以[AB · AC=AB · AB+BC=AB2+AB · BC=AB2=9].

故答案為[9].

解法4：由圖3知，[AC]在[AB]方向上的投影為[ACcosAB， AC=AB]，

由向量[AB]與[AC]數(shù)量積的幾何意義，知[AB · AC]等于向量[AC]在[AB]方向上的投影與[AB]的乘積.

所以[AB · AC=ABACcosAB， AC=AB2=9].

故答案為[9].

4. 平面向量基本定理的應(yīng)用

例9 （全國新高考Ⅰ卷·12）在正三棱柱[ABC-A1B1C1]中，[AB=AA1=1]，點[P]滿足[BP=λBC+μBB1]，其中[λ∈0，1]，[μ∈0，1]，則（? ? ）.

（A）當(dāng)[λ=1]時，[△AB1P]的周長為定值

（B）當(dāng)[μ=1]時，三棱錐[P-A1BC]的體積為定值

（C）當(dāng)[λ=12]時，有且僅有一個點[P]，使得[A1P⊥BP]

（D）當(dāng)[μ=12]時，有且僅有一個點[P]，使得[A1B⊥⊥]平面[AB1P]

分析：此題立足于立體幾何，對向量問題的考查比較深入. 從平面向量基本定理出發(fā)，充分利用向量加法的平行四邊形法則的幾何屬性，將動點轉(zhuǎn)化到定直線，結(jié)合空間直角坐標(biāo)系進行求解.

解：點[P]在矩形[BCC1B1]的內(nèi)部（含邊界）.

對于選項A，當(dāng)[λ=1]時，[BP=BC+μBB1=BC+][μCC1]，即此時點[P]的軌跡為線段[CC1]，[△AB1P]的周長不是定值，故選項A錯誤;

對于選項B，當(dāng)[μ=1]時，[BP=λBC+BB1=BB1+][λB1C1]，故此時點[P]的軌跡為線段[B1C1]. 而[B1C1∥][BC]，所以[B1C1∥]平面[A1BC]. 則有點[P]到平面[A1BC]的距離為定值. 所以其體積為定值. 故選項B正確.

對于選項C，當(dāng)[λ=12]時，[BP=12BC+μBB1]，取線段[BC]和[B1C1]的中點，分別記為[Q，H]，則[BP=][BQ+μQH]，所以點[P]的軌跡為線段[QH]. 建立空間直角坐標(biāo)系，如圖6所示，則[A132，0，1]，[P0，0，μ]，[B0， 12，0]，因此可以得到[A1P=-32，0，μ-1]，[BP=0，-12，μ]. 由[A1P⊥BP]，得[μμ-1=0]. 解得[μ=0]或[μ=1]. 所以點[H，Q]均滿足. 故選項C錯誤.

[A][B][C][A1][B1][C1][H][z][x

][y

][Q][M][N][圖6]

對于選項D，當(dāng)[μ=12]時，[BP=λBC+12BB1]. 取線段[BB1]和[CC1]的中點，分別記為點[M，N]，如圖5所示. 因為[BP=BM+λMN]，所以點[P]的軌跡為線段[MN]. 設(shè)[P0，y0， 12]. 因為[A32，0，0]，所以[AP=][-32，y0， 12]，[A1B=-32， 12，-1]. 由[A1B⊥AP]，得[34+][12y0-12=0]，即[y0=-12]. 此時點[P]與點[N]重合. 故選項D正確.

綜上所述，答案選BD.

三、試題解法賞析

例10 （全國新高考Ⅰ卷·10）已知點[O]為坐標(biāo)原點，點[P1cosα，sinα，P2cosβ，-sinβ，P3cosα+β，sinα+β]，[A1，0]，則（? ? ）.

（A）[OP1=OP2]

（B）[AP1=AP2]

（C）[OA · OP3=OP1 · OP2]

（D）[OA · OP1=OP2 · OP3]

分析：此題考查向量的代數(shù)屬性（即坐標(biāo)運算），對于選項A和選項B寫出[OP1]，[OP2]，[AP1]，[AP2]的坐標(biāo)，利用坐標(biāo)公式求模，即可判斷正誤. 對于選項C和選項D，根據(jù)向量的坐標(biāo)，應(yīng)用向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示及兩角和差公式化簡，即可判斷正誤. 此題還可以通過向量的幾何屬性，在單位圓中構(gòu)造[α，β，-β，α+β]等角度，結(jié)合向量的數(shù)量積定義得出答案，難點在于圖形的構(gòu)造.

解法1：對于選項A. 因為[OP1=cosα，sinα]，[OP2=][cosβ，-sinβ]，所以[OP1=cos2α+sin2α=1]，[OP2=][cosβ2+-sinβ2=1]. 所以[OP1=OP2]. 故選項A正確.

對于選項B. 因為[AP1=cosα-1，sinα]，[AP2=][cosβ-1，-sinβ]，所以[AP1=cosα-12+sin2α=][cos2α-2cosα+1+sin2α=21-cosα=4sin2α2=2sinα2.]同理，[AP2=cosβ-12+sin2β=2sinβ2]. 所以[AP1，][AP2]不一定相等. 故選項B錯誤.

對于選項C. 由題意，得[OA · OP3=1 · cosα+β+][0 · sinα+β=cosα+β， OP1 · OP2=cosαcosβ+sinα ·][-sinβ]=[cosα+β]. 故選項C正確.

對于選項D. 由題意，得[OA · OP1=1 · cosα+0 ·][sinα=cosα， OP2 · OP3=cosβcosα+β+-sinβsinα+β=][cosαcos2β-sinαsinβcosβ-sinαsinβcosβ-cosαsin2β=][cosαcos2β-sinαsin2β=cosα+2β]. 故選項D錯誤.

綜上所述，答案選AC.

解法2：因為[P1cosα，sinα]，[P2cosβ，-sinβ]，[P3cosα+β，sinα+β]，[A1，0]，所以[OP1=OP2=][OP3=OA1=1]，易知[P1，P2，P3，A]四點在單位圓上. 建立如圖7所示的平面直角坐標(biāo)系，則有[∠AOP1=α]，[∠AOP2=∠P1OP3=β]，則[OA， OP1=α]，[OA， OP3=][α+β]，[OP1， OP2=α+β]，[OP2， OP3=α+2β]. 所以[OP1=OP2=1]. 故選項A正確.

[A][x][O][y][P1][P3][P2][圖7]

對于選項B. 在[△AOP1]中，[OA=OP1=1]，[∠AOP1=][α]. 由余弦定理，得[AP12=OA2+OP12-2OAOP1cosα].所以[AP1=2-2cosα=2sinα2]. 在[△AOP2]中，[OA=][OP2=1，∠AOP2=β]，由余弦定理，得[AP22=OA2+][OP22-2OAOP2cosβ]，所以[AP2=2-2cosβ=2sinβ2]. 由此可得[AP1， AP2]不一定相等. 故選項B錯誤.

對于選項C. [OA · OP3]=[OAOP3cosOA， OP3]=[cosα+β]. [OP1 · OP2=OP1OP2cosOP1， OP2=cosα+β.]可得[OA · OP3=OP1 · OP2]. 故選項C正確.

對于選項D. [OA · OP1=OAOP1cosOA， OP1=cosα，][OP2 · OP3=OP2OP3cosOP2， OP3=cosα+2β]，可得[OA · OP1]與[OP2 · OP3]不一定相等. 故選項D錯誤.

綜上所述，答案選AC.

例11 （天津卷·15）在邊長為[1]的等邊三角形[ABC]中，點[D]為線段[BC]上的動點，[DE⊥AB]且交[AB]于點[E]，[DF∥AB]且交[AC]于點[F]，則[2BE+DF]的值為? ? ?，[DE+DF · DA]的最小值為? ? ?.

分析：此題將平面向量的模和向量的數(shù)量積進行綜合考查. 一種思路是通過向量的坐標(biāo)運算的代數(shù)屬性進行求解;另一種思路是通過向量的幾何屬性進行求解.

解法1：建立如圖8所示的平面直角坐標(biāo)系.

[O（B）][D] [C][F][E][A][x][y][圖8]

則[B0，0]，[A12， 32]，[C1，0].

設(shè)[Dt，0]（[0<t<1]），則[DC=1-t].

在[Rt△BED]中，[BE=t2]，則[Et4， 3t4].

在正三角形[DFC]中，[DF=DC=1-t]，

則[Ft+12， 31-t2].

因為[BE=t4， 3t4]，[DF=1-t2， 31-t2]，

所以[2BE+DF=12， 32].

則[2BE+DF=122+322=1].

故第一小空答案為[1].

因為[DE=-3t4， 3t4]，[DF=1-t2， 31-t2]，[DA=1-2t2， 32]，

所以[DE+DF=2-5t4， 23-3t4].

所以[DE+DF · DA]

[=2-5t41-2t2+3223-3t4]

[=5t2-6t+44]

[=54t2-32t+1]

[=54t-352+1120].

當(dāng)[t=35]時，有[DE+DF · DAmin=1120].

故第二小空答案為[1120].

解法2：如圖9，過點[F]作[FQ⊥AB]交[AB]于點[Q]. 連接[AD].

[B][D] [C][F][A] [Q][E][圖9]

不妨設(shè)[BE=λBA]，[λ∈0，1].

則[BE=λ]，[EA=1-λ]，[BD=2λ]，[ED=3λ].

在[Rt△AQF]中，[QF=ED=3λ]，[∠AFQ=30°].

所以[QA=QFtan30°=λ， AF=2QA=2λ， DF=][AE-AQ=1-2λ].

因為[BE]，[DF]，[AB]共線，

所以[2BE+DF=2BE+DF=2λ+1-2λ=1].

故第一小空答案為[1].

由題意，知[DE+DF · DA=DE · DA+DF · DA].

因為在[Rt△ADE]中，[DE⊥EA]，[DA=DE+EA]，

所以[DE · DA=DE · DE+EA=DE2+DE · EA=][3λ2+0=3λ2].

在[△ADF]中，因為[FD · FA=120°]，[DA=DF+FA]，

所以[FD · FA=FDFAcos120°=1-2λ2λ-12=][2λ2-λ]，

所以[DF · DA=DF · DF+FA=DF2+DF · FA=][1-2λ2-2λ2-λ=2λ2-3λ+1].

綜上所述，[DE+DF · DA=DE · DA+DF · DA=][5λ2-3λ+1=5λ-3102+1120].

當(dāng)[λ=310]時，有[DE+DF · DAmin=1120].

故第二小空答案為[1120].

例12 （浙江卷·17）已知平面向量[a，b，c c≠0]滿足[a=1]，[b=2]，[a · b=0]，[a-b · c=0]. 記平面向量[d]在[a，b]方向上的投影分別為[x，y]，[d-a]在[c]方向上的投影為[z]，則[x2+y2+z2]的最小值為? ? ? .

分析：此題將平面向量問題與不等式問題進行綜合，通過向量的坐標(biāo)運算的代數(shù)屬性，將向量轉(zhuǎn)化為三元問題求最值. 最值問題的求解可以從代數(shù)、幾何兩個方向切入，對學(xué)生要求較高. 一種思路是利用柯西不等式求解;另一種思路是將三元問題放到空間圖形中轉(zhuǎn)化為距離問題求解.

解法1：設(shè)[a=1，0，b=0，2，c=m，n]，

則[a-b · c=m-2n=0]，即[m=2n].

因為向量[d]在[a，b]方向上的投影分別為[x，y]，

所以[d=x，y].

所以向量[d-a]在向量[c]方向上的投影[z=d-a · cc=][mx-1+nym2+n2=2x-2+y5]，即[2x+y-5z=2].

由柯西不等式，得

[x2+y2+z2]

[=11022+12+-52x2+y2+z2]

[≥1102x+y-5z2]

[=25].

當(dāng)且僅當(dāng)[x2=y1=z-5，2x+y-5z=2]時，等號成立.

解得[x=25，y=15，z=-55.]

所以[x2+y2+z2]的最小值為[25].

故答案為[25].

解法2：設(shè)[a=1，0，b=0，2，c=m，n]，

則[a-b · c=m-2n=0]，即[m=2n].

因為向量[d]在[a，b]方向上的投影分別為[x，y]，

所以[d=x，y].

所以向量[d-a]在向量[c]方向上的投影[z=d-a · cc=][mx-1+nym2+n2=2x-2+y5]，即[2x+y-5z=2].

建立如圖10所示的空間直角坐標(biāo)系.

[A][O][C][B] [y][z][x] [圖10]

由幾何意義，知[2x+y-5z=2]表示平面[ABC]，[x2+y2+z2]表示面內(nèi)動點[Px，y，z]到點[O0，0，0]的距離，即[x2+y2+z2min]為點[O]到平面[ABC]的距離的平方，記為[x2+y2+z2min=h2OP].

因為[A1，0，0]，[B0，0，-255]，[C0，2，0]，

則[AB2=1+0+2552=95，AC2=1+22+0=5，BC2=][0+22+2552=245].

由余弦定理，得[cos∠ABC=AB2+BC2-AC22AB · BC=69].

所以[sin∠ABC=1-cos2∠ABC=539].

所以[S△ABC=12 · AB · BC · sin∠ABC=2].

因為[S△AOB=12OA · OB=55]，[hOC=2]，

所以[VO-ABC=VC-AOB]，即[13S△ABChOP=13S△AOBhOC].

所以[13 · 2 · hOP=13 · 55 · 2]，解得[hOP=105].

所以[x2+y2+z2min=h2OP=25].

故答案為[25].

參考文獻：

[1]中華人民共和國教育部制定. 普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）[M]. 北京：人民教育出版社，2020.

[2]陳利民. 2020年高考“平面向量”專題解題分析[J]. 中國數(shù)學(xué)教育（高中版），2020（10）：9-13.