6.2.4 平面向量的数量积

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【高分突破系列】 高一数学下学期同步知识点剖析精品讲义！
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模块导图

知识剖析

概念

如果两个非零向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$，它们的夹角为 $\theta$，我们把数量 $|\vec{a}||\vec{b}| \cosθ$ 叫做与的数量积 (或内积)，记作:$\vec{a} \cdot \vec{b}$，即 $\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}| \cos \theta$. 规定：零向量与任一向量的数量积是 $0$.
${\color{Red}{ PS }}$ 数量积是一个实数，不再是一个向量.
 

投影

向量 $\vec{b}$ 在向量 $\vec{a}$ 上的投影：$|\vec{b}| \cos \theta$，它是一个实数，但不一定大于 $0$.
 

运算法则

对于向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$，$\vec{c}$，和实数，有
(1) $\vec{a} \cdot \vec{b}=\vec{b} \cdot \vec{a}$
(2) $(\lambda \vec{a}) \cdot \vec{b}=\lambda(\vec{a} \cdot \vec{b})=\vec{a} \cdot(\lambda \vec{b})$
(3) $(\vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{c}=\vec{a} \cdot \vec{c}+\vec{b} \cdot \vec{c}$
但是 $(\vec{a} \cdot \vec{b}) \vec{c}=\vec{a}(\vec{b} \cdot \vec{c})$ 不一定成立.
(当向量 $\vec{a}, \vec{c}$ 不共线时，向量 $\vec{a}(\vec{b} \cdot \vec{c})$ 与向量 $(\vec{a} \cdot \vec{b}) \vec{c}$ 肯定不共线，那怎么可能相等呢)
即向量的数量积满足交换律，分配率，但不满足结合律.
 

经典例题

【题型一】求数量积

【典题 1】已知向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$ 满足 $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{b}|$，且 $|\vec{a}|=2$，则 $\vec{a} \cdot \vec{b}=$$\underline{\quad \quad}$．
【解析】因为 $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{b}|$，即有 $|\vec{a}+\vec{b}|^{2}=|\vec{b}|^{2}$，
所以 $\vec{a}^{2}+2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}=\vec{b}^{2}$，则 $2 \vec{a} \cdot \vec{b}=-\vec{a}^{2}=-4$，
所以 $\vec{a} \cdot \vec{b}=-2$．
【点拨】①由数量积的定义可知 $|\vec{a}|^{2}=\vec{a}^{2}$；
②题目中遇到类似 $|\vec{a}+\vec{b}|$ 可尝试利用性质 $|\vec{a}|^{2}=\vec{a}^{2}$ 达到去掉绝对值的目的.
 

【典题 2】在三角形 $ABC$ 中，若 $|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}|=|\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{B C}|$，$AC=6$，$AB=3$，$E，F$ 为边 $BC$ 的三等分点，则 $\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{A F}=$$\underline{\quad \quad}$．

【解析】若 $|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}|=|\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{B C}|$，
则 $\overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{B C}^{2}+2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{B C}^{2}-2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}$，
即有 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=0$，
$∵AC=6 ,AB=3$，$∴BC^2=6^2-3^2=27$
$∵E ,F$ 为边 $BC$ 的三等分点，
则 $\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{A F}=(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B E})(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B F})=\left(\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B C}\right)\left(\overrightarrow{A B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{B C}\right)$
${\color {Red}{(利用首尾相接法把向量向 \overrightarrow {A B}、\overrightarrow {B C} 靠拢 }})$
$=\dfrac{2}{9} \overrightarrow{B C}^{2}+\overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=\dfrac{2}{9} \times 27+3^{2}+0=15$．
【点拨】
①已知条件 $|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}|=|\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{B C}|$ 利用性质 $|\vec{a}|^{2}=\vec{a}^{2}$ 可得到 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=0$，其实也可以通过平行四边形法则和三角形法则得到的；
②求数量积 $\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{A F}$，第一个想法用数量积公式 $\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{A F}=|\overrightarrow{A E}| \cdot|\overrightarrow{A F}| \cos \angle E A F$，但是发现题目已知条件中很难求解 $|\overrightarrow{A E}|$、$|\overrightarrow{A F}|$、$\cos \angle E A F$. 又因为 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=0$，又知道 $AB、BC$ 的长度，故想到 $\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{A F}$ 把转化为用 $\overrightarrow{A B}$、$\overrightarrow{B C}$ 表示.
③在求数量积的时候，直接用公式很难求解，都尽量向 “信息量大” 的向量靠拢.
 

【题型二】求向量夹角

【典题 1】已知向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=1$，$|\vec{b}|=2$，$|\vec{a}+2 \vec{b}|=\sqrt{21}$，那么向量 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角为 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】$\because|\vec{a}|=1$，$|\vec{b}|=2$，$|\vec{a}+2 \vec{b}|=\sqrt{21}$
$\therefore(\vec{a}+2 \vec{b})^{2}=\vec{a}^{2}+4 \vec{b}^{2}+4 \vec{a} \cdot \vec{b}=1+16+4 \vec{a} \cdot \vec{b}=21$，
$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=1$
$\therefore \cos <\vec{a}, \vec{b}>=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\dfrac{1}{2}$，且 $0 \leq<\vec{a}, \vec{b}>\leq \pi$，
$\therefore \vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角为 $\dfrac{\pi}{3}$．

【典题 2】已知向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=1$，$(\vec{a}-\vec{b}) \perp(3 \vec{a}-\vec{b})$，则向量 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角的最大值为 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】$\because|\vec{a}|=1$，$(\vec{a}-\vec{b}) \perp(3 \vec{a}-\vec{b})$
$\therefore(\vec{a}-\vec{b}) \cdot(3 \vec{a}-\vec{b})=3 \vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}-4 \vec{a} \cdot \vec{b}=3+\vec{b}^{2}-4 \vec{a} \cdot \vec{b}=0$，
$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=\dfrac{|\vec{b}|^{2}+3}{4}$，
$\therefore \cos <\vec{a}, \vec{b}>=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\dfrac{|\vec{b}|^{2}+3}{4|\vec{b}|}=\dfrac{|\vec{b}|+\dfrac{3}{|\vec{b}|}}{4} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，且 $0^{\circ} \leq<\vec{a}, \vec{b}>\leq 180^{\circ}$，
$\therefore \cos <\vec{a}, \vec{b}>=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 时，$\vec{a}$ ，$\vec{b}$ 的夹角最大为 $30^{\circ}$．
 

【题型三】求数量积最值

【典题 1】如图，已知等腰梯形 $ABCD$ 中，$AB=2DC=4$，$A D=B C=\sqrt{3}$，$E$ 是 $DC$ 的中点，$F$ 是线段 $BC$ 上的动点，则 $\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{B F}$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$.

【解析】由等腰梯形的知识可知 $\cos B=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
设 $BF=x$，则 $C F=\sqrt{3}-x$，
$\therefore \overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{B F}=(\overrightarrow{E C}+\overrightarrow{C F}) \overrightarrow{B F}=\overrightarrow{E C} \cdot \overrightarrow{B F}+\overrightarrow{C F} \cdot \overrightarrow{B F}$
$=1 \cdot x\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)+(\sqrt{3}-x) \cdot x \cdot(-1)=x^{2}-\dfrac{4}{3} \sqrt{3} x$，
$\because 0 \leq x \leq \sqrt{3}$，
$∴$ 当 $x=\dfrac{2}{3} \sqrt{3}$ 时，$\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{B F}$ 取得最小值，最小值为 $\left(\dfrac{2}{3} \sqrt{3}\right)^{2}-\dfrac{2}{3} \sqrt{3} \times \dfrac{4}{3} \sqrt{3}=-\dfrac{4}{3}$．
 

【典题 2】如图，已知矩形 $ABCD$ 的边长 $AB=2$，$AD=1$．点 $P ,Q$ 分别在边 $BC ,CD$ 上，且 $\angle P A Q=45^{\circ}$，则 $\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A Q}$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．

【解析】设 $\angle P A B=\theta$，则 $\angle D A Q=45^{\circ}-\theta$，
$\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A Q}=|\overrightarrow{A P}||\overrightarrow{A Q}| \cos 45^{\circ}=\dfrac{2}{\cos \theta} \cdot \dfrac{1}{\cos \left(45^{\circ}-\theta\right)} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}$$=\dfrac{2}{\cos \theta \cdot\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta+\dfrac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta\right)}$$=\dfrac{2}{\cos ^{2} \theta+\cos \theta \sin \theta}=\dfrac{2}{\dfrac{1+\cos 2 \theta}{2}+\dfrac{\sin 2 \theta}{2}}$，
$=\dfrac{2}{\dfrac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(2 \theta+45^{\circ}\right)+\dfrac{1}{2}} \geq \dfrac{2}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{1}{2}}=4 \sqrt{2}-4$，
当且仅当 $2 \theta+45^{\circ}=90^{\circ}$，
$\therefore \theta=22.5^{\circ}$ 时取 $“=”$，当 $\theta=22.5^{\circ}$ 时，点 $P$ 恰在边 $BC$ 上，$Q$ 恰边 $CD$ 上，满足条件，
综上所述，$\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A Q}$ 的最小值为 $4 \sqrt{2}-4$，
故答案为：$4 \sqrt{2}-4$．

 

【典题 3】已知向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$，$\vec{c}$ 满足 $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\overrightarrow{0}$，$|\vec{c}|=2 \sqrt{3}$，$\vec{c}$ 与 $\vec{a}-\vec{b}$ 所成的角为 $120°$，则当 $t \in \boldsymbol{R}$ 时，$|t \vec{a}+(1-t) \vec{b}|$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】

$\because \vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\overrightarrow{0}$，$\therefore \vec{c}=-(\vec{a}+\vec{b})$
又 $\vec{c}$ 与 $\vec{a}-\vec{b}$ 所成的角为 $120°$，$\therefore \angle O E A=120^{\circ}$，
${\color {Red}{ (此时由平行四边形法则和三角形法则构造出一个平行四边形)}}$
$\therefore \angle O E B=60^{\circ}$，$|\vec{c}|=2 \sqrt{3}$
$\therefore O D=2 \sqrt{3}$，$O E=\sqrt{3}$，
$|t \vec{a}+(1-t) \vec{b}|=|\vec{b}+t(\vec{a}-\vec{b})|=|\overrightarrow{O B}+t \overrightarrow{B A}|$
$\because \overrightarrow{B P}$ 与 $\overrightarrow{B A}$ 共线，$\overrightarrow{B A} \neq \overrightarrow{0}$，设 $\overrightarrow{B P}=t \overrightarrow{B A}$，
则 $|t \vec{a}+(1-t) \vec{b}|=|\overrightarrow{O P}|$($P$ 是直线 $BA$ 上的动点)，
${\color {Red}{ (其实由性质 “若 \overrightarrow {O C}=x \overrightarrow {O A}+y \overrightarrow {O B}，x+y=1，则点 C 在直线 AB 上” 很容易知道：直线 BA 上的存在}}$
${\color {Red}{ 一动点 P 使得 \overrightarrow {O P}=t \vec {a}+(1-t) \vec {b}) }}$
所以当 $OP$ 垂直于 $AB$ 时，$|t \vec{a}+(1-t) \vec{b}|=|\overrightarrow{O P}|$ 最小，为 $O E \times \sin 60^{\circ}=\sqrt{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3}{2}$.
【点拨】①题中遇到类似 $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\overrightarrow{0}$ 的等式，很容易想到移项，再利用平行四边形法则进行构造图形求解；
②本题中求 $|t \vec{a}+(1-t) \vec{b}|$ 的最小值，那我们根据平行四边形法则找到向量 $t \vec{a}+(1-t) \vec{b}$，确定出 $|t \vec{a}+(1-t) \vec{b}|$ 的几何意义从而求解成功.
 

巩固练习

1(★) 已知向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$ 满足 $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{b}|$，且 $|\vec{a}|=2$，则 $\vec{a} \cdot \vec{b}=$$\underline{\quad \quad}$ .
 

2(★★) 已知非零向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=\dfrac{3}{4}|\vec{b}|$，$\cos <\vec{a}, \vec{b}>=\dfrac{1}{3}$，若 $(m \vec{a}+4 \vec{b}) \perp \vec{b}$，则实数 $m$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$.
 

3(★★) 已知向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=1$，$(\vec{a}-\vec{b}) \perp(3 \vec{a}-\vec{b})$，则 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角的最大值为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

4(★★) 如图，在梯形 $ABCD$ 中，$AB∥CD$，$AB=4$，$AD=3$，$CD=2$，$\overrightarrow{A M}=2 \overrightarrow{M D}$，$\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B M}=-3$，则 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=$$\underline{\quad \quad}$ .

 

5(★★) 已知 $△ABC$ 中，点 $M$ 在线段 $AB$ 上，$\angle A C B=2 \angle B C M=60^{\circ}$，且 $\overrightarrow{C M}-\lambda \overrightarrow{C B}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{C A}$．若 $|\overrightarrow{C M}|=6$，则 $\overrightarrow{C M} \cdot \overrightarrow{A B}=$$\underline{\quad \quad}$.
 

6(★★★) 设 $H$ 是 $△ABC$ 的垂心，且 $3 \overrightarrow{H A}+4 \overrightarrow{H B}+5 \overrightarrow{H C}=\overrightarrow{0}$，则 $\cos \angle B H C$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$.
 

7(★★★) 已知 $P$ 为 $△ABC$ 所在平面内的一点，$\overrightarrow{B P}=2 \overrightarrow{P C}$，$|\overrightarrow{A P}|=4$，若点 $Q$ 在线段 $AP$ 上运动，则 $\overrightarrow{Q A} \cdot(\overrightarrow{Q B}+2 \overrightarrow{Q C})$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

8(★★★) 已知非零向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$，$\vec{c}$ 满足：$(\vec{a}-2 \vec{c})(\vec{b}-2 \vec{c})=0$ 且不等式 $|\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}| \geq \lambda|\vec{c}|$ 恒立，则实数 $\lambda$ 的最大值为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

9(★★★) 已知平面向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$，$\vec{c}$，对任意实数 $x ,y$ 都有 $|\vec{a}-x \vec{b}| \geq|\vec{a}-\vec{b}|$，$|\vec{a}-y \vec{c}| \geq|\vec{a}-\vec{c}|$ 成立．若 $|\vec{a}|=2$，则 $\vec{b}(\vec{c}-\vec{a})$ 的最大值是 $\underline{\quad \quad}$ .
 

10(★★★) 设为两个非零向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$ 的夹角，已知对任意实数 $t$，$|\vec{b}-t \vec{a}|$ 的最小值为 $1$，则 ( )
A．若 $\theta$ 确定，则 $|\vec{a}|$ 唯一确定
B．若 $\theta$ 确定，则 $|\vec{b}|$ 唯一确定
C．若 $|\vec{a}|$ 确定，则 $\theta$ 唯一确定
D．若 $|\vec{b}|$ 确定，则 $\theta$ 唯一确定
 

参考答案

1. 【答案】$-2$
   【解析】因为 $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{b}|$，即有 $|\vec{a}+\vec{b}|^{2}=|\vec{b}|^{2}$，
   所以 $\vec{a}^{2}+2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}=\vec{b}^{2}$，则 $2 \vec{a} \cdot \vec{b}=-\vec{a}^{2}=-4$，
   所以 $\vec{a} \cdot \vec{b}=-2$.
2. 【答案】$－16$
   【解析】∵已知非零向量 $\vec{a}$ ，$\vec{b}$，满足 $|\vec{a}|=\dfrac{3}{4}|\vec{b}|$，$\cos <\vec{a}, \vec{b}>=\dfrac{1}{3}$，
   若 $(m \vec{a}+4 \vec{b}) \perp \vec{b}$，
   $\therefore(m \vec{a}+4 \vec{b}) \cdot \vec{b}=m \vec{a} \cdot \vec{b}+4 \vec{b}^{2}=m \cdot \dfrac{3}{4}|\vec{b}| \cdot|\vec{b}| \cdot \dfrac{1}{3}+4|\vec{b}|^{2}=0$，
   求得 $m=－16$.
3. 【答案】$30°$
   【解析】$\because |\vec{a}|=1$，$(\vec{a}-\vec{b}) \perp(3 \vec{a}-\vec{b})$
   $\therefore(\vec{a}-\vec{b}) \cdot(3 \vec{a}-\vec{b})=3 \vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}-4 \vec{a} \cdot \vec{b}=3+\vec{b}^{2}-4 \vec{a} \cdot \vec{b}=0$，
   $\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=\dfrac{|\vec{b}|^{2}+3}{4}$，
   $\therefore \cos <\vec{a}, \quad \vec{b}>=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\dfrac{|\vec{b}|^{2}+3}{4|\vec{b}|}=\dfrac{|\vec{b}|+\dfrac{3}{|\vec{b}|}}{4} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，且 $0^{\circ} \leq\langle\vec{a}, \vec{b}\rangle \leq 180^{\circ}$，
   $\therefore \cos <\vec{a}, \quad \vec{b}>=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 时，$\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角最大为 $30°$．
4. 【答案】$\dfrac{3}{2}$
   【解析】$∵$ 在梯形 $ABCD$ 中，$AB∥CD$，$AB=4$，$AD=3$，$CD=2$，$\overrightarrow{A M}=2 \overrightarrow{M D}$，
   $\therefore \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B M}=(\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D C}) \cdot(\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A M})=\left(\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}\right) \cdot\left(-\overrightarrow{A B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D}\right)$$=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D}^{2}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}^{2}-\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A B}=-3$，
   $\therefore \dfrac{2}{3} \times 3^{2}-\dfrac{1}{2} \times 4^{2}-\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=-3$，
   则 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=\dfrac{3}{2}$.
5. 【答案】$27$
   【解析】以 $CM$ 为对角线作平行四边形 $CPMQ$，
   
   $∵CM$ 平分 $∠ACB$，$∴$ 四边形__$XPMQ$ 是菱形，
   又 $CM=6$，$∠BCM=30°$，
   $\therefore C P=C Q=2 \sqrt{3}$，
   $\therefore \overrightarrow{C P} \cdot \overrightarrow{C Q}=2 \sqrt{3} \times 2 \sqrt{3} \times \cos 60^{\circ}=6$，
   $\because \overrightarrow{C M}-\lambda \overrightarrow{C B}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{C A}$，
   即 $\overrightarrow{C M}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{C A}+\lambda \overrightarrow{C B}$，且 $A，M，B$ 三点共线，
   $\therefore \lambda=\dfrac{1}{3}$，
   又 $\overrightarrow{C M}=\overrightarrow{C P}+\overrightarrow{C Q}$，
   $\therefore \overrightarrow{C A}=\dfrac{3}{2} \overrightarrow{C Q}$，$\overrightarrow{C B}=3 \overrightarrow{C P}$
   $\therefore \overrightarrow{C M} \cdot \overrightarrow{A B}=(\overrightarrow{C P}+\overrightarrow{C Q}) \cdot\left(3 \overrightarrow{C P}-\dfrac{3}{2} \overrightarrow{C Q}\right)$
   $=3 \overrightarrow{C P}^{2}-\dfrac{3}{2} \overrightarrow{C Q}^{2}+\dfrac{3}{2} \overrightarrow{C P} \cdot \overrightarrow{C Q}=3 \times 12-\dfrac{3}{2} \times 12+\dfrac{3}{2} \times 6=27$．
6. 【答案】$-\dfrac{\sqrt{70}}{14}$
   【解析】由三角形垂心性质可得，$\overrightarrow{H A} \cdot \overrightarrow{H B}=\overrightarrow{H B} \cdot \overrightarrow{H C}=\overrightarrow{H C} \cdot \overrightarrow{H A}$，
   不妨设__$\overrightarrow{H A} \cdot \overrightarrow{H B}=\overrightarrow{H B} \cdot \overrightarrow{H C}=\overrightarrow{H C} \cdot \overrightarrow{H A}=x$，
   $\because 3 \overrightarrow{H A}+4 \overrightarrow{H B}+5 \overrightarrow{H C}=\overrightarrow{0}$，
   $\therefore 3 \overrightarrow{H A} \cdot \overrightarrow{H B}+4 \overrightarrow{H B}^{2}+5 \overrightarrow{H C} \cdot \overrightarrow{H B}=0$，
   $\therefore|\overrightarrow{H B}|=\sqrt{-2 x}$，同理可求得 $|\overrightarrow{H C}|=\sqrt{-\dfrac{7 x}{5}}$，
   $\therefore \cos \angle B H C=\dfrac{\overrightarrow{H B} \cdot \overrightarrow{H C}}{|\overrightarrow{H B}||\overrightarrow{H C}|}=-\dfrac{\sqrt{70}}{14}$．
7. 【答案】$－12$
   【解析】由题意，画图如下，
   
   根据题意及图，可知 $\overrightarrow{B P}=\overrightarrow{Q P}-\overrightarrow{Q B}$，$\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{Q C}-\overrightarrow{Q P}$，
   $\because \overrightarrow{B P}=2 \overrightarrow{P C}$，$\therefore \overrightarrow{Q P}-\overrightarrow{Q B}=2(\overrightarrow{Q C}-\overrightarrow{Q P})$，
   整理，得 $\overrightarrow{Q B}+2 \overrightarrow{Q C}=3 \overrightarrow{Q P}$，
   则 $\overrightarrow{Q A} \cdot(\overrightarrow{Q B}+2 \overrightarrow{Q C})=\overrightarrow{Q A} \cdot 3 \overrightarrow{Q P}$$=-3|\overrightarrow{Q A}| \cdot|\overrightarrow{Q P}|=-3|\overrightarrow{Q A}| \cdot(4-|\overrightarrow{Q A}|)=3\left(|\overrightarrow{Q A}|^{2}-4|\overrightarrow{Q A}|\right)$，
   设 $|\overrightarrow{Q A}|=m$，很明显 $m \in[0,4]$，
   故 $\overrightarrow{Q A} \cdot(\overrightarrow{Q B}+2 \overrightarrow{Q C})=3\left(|\overrightarrow{Q A}|^{2}-4|\overrightarrow{Q A}|\right)$$=3\left(m^{2}-4 m\right)=3(m-2)^{2}-12$，
   根据二次函数的性质，可知：
   当 $m=2$ 时，$\overrightarrow{Q A} \cdot(\overrightarrow{Q B}+2 \overrightarrow{Q C})$ 取得最小值为 $-12$．
8. 【答案】$4$
   【解析】$\because(\vec{a}-2 \vec{c}) \cdot(\vec{b}-2 \vec{c})=\dfrac{1}{4}\left[(\vec{a}-2 \vec{c}+\vec{b}-2 \vec{c})^{2}-(\vec{a}-2 \vec{c}-\vec{b}+2 \vec{c})^{2}\right]$
   $=\dfrac{1}{4}\left[(\vec{a}+\vec{b}-4 \vec{c})^{2}-(\vec{a}-\vec{b})^{2}\right]=0$，
   $\therefore(\vec{a}+\vec{b}-4 \vec{c})^{2}=(\vec{a}-\vec{b})^{2}$，
   $\therefore|\vec{a}+\vec{b}-4 \vec{c}|=|\vec{a}-\vec{b}|$，
   $\therefore|\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|=|\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}+\vec{b}-4 \vec{c}| \geq|(\vec{a}+\vec{b})-(\vec{a}+\vec{b}-4 \vec{c})|=4|\vec{c}|$，
   又 $|\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}| \geq \lambda|\vec{c}|$ 恒成立，
   $\therefore \lambda \leq 4$，
   $\therefore \lambda$ 的最大值为 $4$．
9. 【答案】$\dfrac{1}{2}$
   【解析】如图，
   
   设 $\vec{a}=\overrightarrow{M A}$，$\vec{b}=\overrightarrow{M B}$，$\vec{c}=\overrightarrow{M C}$，
   若对任意实数 $x，y$ 都有 $|\vec{a}-x \vec{b}| \geq|\vec{a}-\vec{b}|$，$|\vec{a}-y \vec{c}| \geq|\vec{a}-\vec{c}|$ 成立，
   则 $B$，$C$ 在以 $MA$ 为直径的圆上，过 $O$ 作 $OD∥AC$，交 $MC$ 于 $E$，交圆于 $D$，$\vec{b}=\overrightarrow{M B}$ 在__$OD$ 上的射影最长为 $|E D|$，
   $\vec{b} \cdot(\vec{c}-\vec{a})=\vec{b} \cdot \overrightarrow{A C}=|D E| \cdot|A C|$．
   设 $\angle A M C=\theta$，则 $|A C|=2 \sin \theta$，$|O E|=\sin \theta$，
   $|D E|=1-|O E|=1-\sin \theta$，
   $\therefore \vec{b} \cdot(\vec{c}-\vec{a})=2 \sin \theta(1-\sin \theta)=-2 \sin ^{2} \theta+2 \sin \theta$，
   则当 $\sin \theta=\dfrac{1}{2}$ 时，$\vec{b} \cdot(\vec{c}-\vec{a})$ 有最大值为 $\dfrac{1}{2}$．
10. 【答案】$A$
    【解析】令 $f(t)=|\vec{a}+t \vec{b}|^{2}=\vec{a}^{2}+2 t \cdot \vec{a} \cdot \vec{b}+t^{2} \cdot \vec{b}^{2}$；
    $\therefore \Delta=4(\vec{a} \cdot \vec{b})^{2}-4 \vec{a}^{2} \cdot \vec{b}^{2}=4 \vec{a}^{2} \cdot \vec{b}^{2}(\cos \theta-1) \leq 0$ 恒成立，
    当且仅当 $\mathrm{t}=-\dfrac{2 \vec{a} \cdot \vec{b}}{2 \times \vec{b}^{2}}=-\dfrac{|\vec{a}|}{|\vec{b}|} \cos \theta$ 时，$f(t)$ 取得最小值 $2$，
    $\therefore\left(-\dfrac{|\vec{a}|}{|\vec{b}|} \cos \theta\right)^{2}+\vec{b}^{2}+2\left(-\dfrac{|\vec{a}|}{|\vec{b}|} \cos \theta\right) \cdot \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{a}^{2}=2,$，
    化简 $\vec{a}^{2} \sin ^{2} \theta=2$．
    $\therefore \theta$ 确定，则 $|\vec{a}|$ 唯一确定，故选 $A$.