高考数学科学创新复习方案提升版第32讲平面向量的数量积及应用学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第32讲平面向量的数量积及应用学案（Word版附解析），共20页。

1．向量的夹角
2.平面向量数量积的定义
已知两个非零向量a与b，我们把数量eq \x(\s\up1(05))|a|·|b|csθ叫做a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝eq \x(\s\up1(06))|a||b|csθ，其中θ是a与b的夹角．
规定：零向量与任一向量的数量积为eq \x(\s\up1(07))0．
3．投影与投影向量
设a，b是两个非零向量，eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(CD,\s\up6(→))＝b，过eq \(AB,\s\up6(→))的起点A和终点B，分别作eq \(CD,\s\up6(→))所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到eq \(A1B1,\s\up6(→))(如图)，则称上述变换为向量a向向量beq \x(\s\up1(08))投影，eq \(A1B1,\s\up6(→))叫做向量a在向量b上的eq \x(\s\up1(09))投影向量．
4．向量数量积的运算律
5.平面向量数量积的有关结论
已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ.
1．数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·b＝a·c(a≠0)不能得出b＝c，两边不能约去一个向量．
2．数量积不满足乘法结合律，即一般情况下，(a·b)c≠a(b·c)．
3．当a与b同向时，a·b＝|a||b|；当a与b反向时，a·b＝－|a||b|，特别地，a·a＝a2或|a|＝eq \r(a2).
4．有关向量夹角的两个结论
(1)两个向量a与b的夹角为锐角，则有a·b>0，反之不成立(因为a与b的夹角为0时也有a·b>0)．
(2)两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b<0，反之不成立(因为a与b的夹角为π时也有a·b<0)．
1．在△ABC中，a＝5，b＝8，C＝60°，则eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→))的值为( )
A．20 B．－20
C．20eq \r(3) D．－20eq \r(3)
答案 B
解析 由题意知〈eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(CA,\s\up6(→))〉＝120°，所以eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→))＝|eq \(BC,\s\up6(→))||eq \(CA,\s\up6(→))|cs〈eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(CA,\s\up6(→))〉＝5×8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－20.
2．(2023·泰安期末)设a，b是非零向量，则“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 由a·b＝|a||b|知cs〈a，b〉＝1，所以〈a，b〉＝0，a与b同向，可推出a∥b，反之，由a∥b推不出a·b＝|a||b|，故“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的充分不必要条件．
3．(人教A必修第二册6.3.5练习T3改编)已知向量a＝(0，2)，b＝(2eq \r(3)，x)，且a与b的夹角为eq \f(π,3)，则x＝( )
A．－2 B．2
C．1 D．－1
答案 B
解析 由题意得cseq \f(π,3)＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(2x,2\r(12＋x2))＝eq \f(1,2)，所以x>0，且2x＝eq \r(x2＋12)，解得x＝2.故选B.
4．(人教A必修第二册习题6.2 T11改编)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝eq \r(3)，|a＋2b|＝eq \r(5)，则a·b＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
答案 A
解析 由题设，|a＋2b|＝eq \r(5)，得|a|2＋4a·b＋4|b|2＝5，代入|a|＝1，|b|＝eq \r(3)，得a·b＝－2.故选A.
5．(人教A必修第二册复习参考题6 T8改编)已知向量a＝(1，2)，b＝(－1，1)，当λ＝________时，λa＋b与b垂直．
答案 －2
解析 因为λa＋b＝λ(1，2)＋(－1，1)＝(λ－1，2λ＋1)，且λa＋b与b垂直，所以(λa＋b)·b＝(λ－1)·(－1)＋2λ＋1＝λ＋2＝0，所以λ＝－2.
例1 (1)(2023·威海三模)已知单位向量a，b满足|a－b|＝1，则a在b方向上的投影向量为( )
A.eq \f(1,2)b B．－eq \f(1,2)b
C.eq \f(1,2)a D．－eq \f(1,2)a
答案 A
解析 ∵单位向量a，b满足|a－b|＝1，∴a2－2a·b＋b2＝1，∴1－2a·b＋1＝1，∴a·b＝eq \f(1,2)，∴a在b方向上的投影向量为|a|cs〈a，b〉·eq \f(b,|b|)＝eq \f(a·b,|b|2)b＝eq \f(1,2)b.故选A.
(2)(2023·益阳模拟)如图，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC＝3，BC＝4，点P是边BC上的动点，则eq \(AP,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))( )
A．为定值10 B．为定值6
C．最大值为18 D．与P的位置有关
答案 A
解析 解法一：由题意可设eq \(AP,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋(1－x)eq \(AC,\s\up6(→))，∴原式＝[xeq \(AB,\s\up6(→))＋(1－x)eq \(AC,\s\up6(→))]·(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))＝xeq \(AB,\s\up6(→))2＋(1－x)eq \(AC,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→)) ①.又在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝3，BC＝4，∴cs∠BAC＝eq \f(32＋32－42,2×3×3)＝eq \f(1,9)，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝3×3×eq \f(1,9)＝1，eq \(AB,\s\up6(→))2＝eq \(AC,\s\up6(→))2＝9，代入①式化简得，原式＝9x＋(1－x)×9＋1＝10.故选A.
解法二：取线段BC的中点D，连接AD，则eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＝2eq \(AD,\s\up6(→))，∵AB＝AC＝3，BC＝4，∴AD＝eq \r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2)))\s\up12(2))＝eq \r(5)，于是eq \(AP,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))＝2eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝2|eq \(AP,\s\up6(→))||eq \(AD,\s\up6(→))|cs〈eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝2eq \r(5)|eq \(AP,\s\up6(→))|cs〈eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉，结合图形可知，|eq \(AP,\s\up6(→))|cs〈eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝|eq \(AD,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，∴eq \(AP,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))为定值10.故选A.
解法三：如图，以B为坐标原点，建立平面直角坐标系，则B(0，0)，C(4，0)，A(2，eq \r(5))，设P(t，0)，t∈[0，4]，于是eq \(AP,\s\up6(→))＝(t－2，－eq \r(5))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2，－eq \r(5))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－eq \r(5))，∴eq \(AP,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))＝(t－2，－eq \r(5))·(0，－2eq \r(5))＝10.故选A.
(3)(2023·广州模拟)在平面四边形ABCD中，已知eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))，P为CD上一点，eq \(CP,\s\up6(→))＝3eq \(PD,\s\up6(→))，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq \(AD,\s\up6(→))|＝3，eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(AD,\s\up6(→))的夹角为θ，且csθ＝eq \f(2,3)，则eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝( )
A．8 B．－8
C．2 D．－2
答案 D
解析 如图所示，∵eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))，∴四边形ABCD为平行四边形，∵eq \(CP,\s\up6(→))＝3eq \(PD,\s\up6(→))，∴eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))，又|eq \(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq \(AD,\s\up6(→))|＝3，csθ＝eq \f(2,3)，则eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝4×3×eq \f(2,3)＝8，∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(1,4)\(AB,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)\(AB,\s\up6(→))－\(AD,\s\up6(→))))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))2＋eq \f(3,16)eq \(AB,\s\up6(→))2＝eq \f(1,2)×8－9＋eq \f(3,16)×42＝－2.
求两个向量的数量积的三种方法
1.(2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＝( )
A.eq \r(5) B．3
C．2eq \r(5) D．5
答案 B
解析 解法一：以{eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))}为基底，可知|eq \(AB,\s\up6(→))|＝|eq \(AD,\s\up6(→))|＝2，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，则eq \(EC,\s\up6(→))＝eq \(EB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \(EA,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))，所以eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))))＝－eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AD,\s\up6(→))2＝－1＋4＝3.故选B.
解法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，则E(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，可得eq \(EC,\s\up6(→))＝(1，2)，eq \(ED,\s\up6(→))＝(－1，2)，
所以eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＝－1＋4＝3.故选B.
解法三：由题意可得，ED＝EC＝eq \r(5)，CD＝2，
在△CDE中，由余弦定理可得cs∠DEC＝eq \f(ED2＋EC2－CD2,2ED·EC)＝eq \f(5＋5－4,2×\r(5)×\r(5))＝eq \f(3,5)，所以eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＝|eq \(EC,\s\up6(→))||eq \(ED,\s\up6(→))|cs∠DEC＝eq \r(5)×eq \r(5)×eq \f(3,5)＝3.故选B.
2．(2023·海南中学高三月考)如图为函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的部分图象，P，R，S为图象与x轴的三个交点，Q为函数图象在y轴右侧部分上的第一个最大值点，则(eq \(QP,\s\up6(→))＋eq \(QR,\s\up6(→)))·(eq \(QR,\s\up6(→))＋eq \(QS,\s\up6(→)))的值为( )
A．π－2 B．π＋4
C．π2－2 D．π2＋4
答案 D
解析 设PR的中点为A，RS的中点为B，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，1))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17π,12)，0))，所以(eq \(QP,\s\up6(→))＋eq \(QR,\s\up6(→)))·(eq \(QR,\s\up6(→))＋eq \(QS,\s\up6(→)))＝(2eq \(QA,\s\up6(→)))·(2eq \(QB,\s\up6(→)))＝4eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，－1))·(π，－1)＝π2＋4.故选D.
3．(2022·全国甲卷)设向量a，b的夹角的余弦值为eq \f(1,3)，且|a|＝1，|b|＝3，则(2a＋b)·b＝________．
答案 11
解析 设a与b的夹角为θ，因为a与b的夹角的余弦值为eq \f(1,3)，即csθ＝eq \f(1,3)，又|a|＝1，|b|＝3，所以a·b＝|a||b|csθ＝1×3×eq \f(1,3)＝1，所以(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2a·b＋|b|2＝2×1＋32＝11.
多角度探究突破
角度 平面向量的垂直
例2 (1)(2023·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1)，若(a＋λb)⊥(a＋μb)，则( )
A．λ＋μ＝1 B．λ＋μ＝－1
C．λμ＝1 D．λμ＝－1
答案 D
解析 因为a＝(1，1)，b＝(1，－1)，所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，由(a＋λb)⊥(a＋μb)，可得(a＋λb)·(a＋μb)＝0，即(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得λμ＝－1.故选D.
(2)(2020·全国Ⅱ卷)已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是( )
A．a＋2b B．2a＋b
C．a－2b D．2a－b
答案 D
解析 由已知可得，a·b＝|a||b|cs60°＝1×1×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).对于A，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝eq \f(1,2)＋2×1＝eq \f(5,2)≠0，不符合题意；对于B，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2×eq \f(1,2)＋1＝2≠0，不符合题意；对于C，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝eq \f(1,2)－2×1＝－eq \f(3,2)≠0，不符合题意；对于D，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2×eq \f(1,2)－1＝0，符合题意．故选D.
有关平面向量垂直的两类题型
(1)利用坐标运算证明或判断两个向量的垂直问题
(2)已知两个向量的垂直关系，求解相关参数的值(根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数)．
(2023·江苏省苏锡常镇四市二模)已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，a⊥b，若(a＋b)⊥(a－λb)，则实数λ的值为( )
A．2 B．2eq \r(3)
C．4 D.eq \f(9,2)
答案 C
解析 ∵a⊥b，∴a·b＝0，∵(a＋b)⊥(a－λb)，∴(a＋b)·(a－λb)＝a2－λb2＝0，∵|a|＝2，|b|＝1，∴4－λ＝0，解得λ＝4.故选C.
角度 平面向量的模
例3 (2023·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a－b|＝eq \r(3)，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝________．
答案 eq \r(3)
解析 解法一：因为|a＋b|＝|2a－b|，即(a＋b)2＝(2a－b)2，则a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得a2－2a·b＝0，又因为|a－b|＝eq \r(3)，即(a－b)2＝3，则a2－2a·b＋b2＝b2＝3，所以|b|＝eq \r(3).
解法二：设c＝a－b，则|c|＝eq \r(3)，a＋b＝c＋2b，2a－b＝2c＋b，由题意可得，(c＋2b)2＝(2c＋b)2，则c2＋4c·b＋4b2＝4c2＋4c·b＋b2，整理得c2＝b2，即|b|＝|c|＝eq \r(3).
求平面向量的模的两种方法
(2023·济宁三模)在边长为4的等边三角形ABC中，已知eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))，点P在线段CD上，且eq \(AP,\s\up6(→))＝meq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，则|eq \(AP,\s\up6(→))|＝________．
答案 eq \r(7)
解析 ∵eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))，∴eq \(AP,\s\up6(→))＝meq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＝meq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up6(→))，∵D，P，C三点共线，∴m＋eq \f(3,4)＝1，∴m＝eq \f(1,4)，∵△ABC为边长为4的等边三角形，∴eq \(AP,\s\up6(→))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)\(AC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,16)eq \(AC,\s\up6(→))2＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝1＋4＋eq \f(1,4)×4×4×eq \f(1,2)＝7，∴|eq \(AP,\s\up6(→))|＝eq \r(7).
角度 平面向量的夹角
例4 (1)(2022·新高考Ⅱ卷)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
解析 c＝(3＋t，4)，cs〈a，c〉＝cs〈b，c〉，即eq \f(9＋3t＋16,5|c|)＝eq \f(3＋t,|c|)，解得t＝5.故选C.
(2)(2023·淄博一模)若向量a＝(m，－3)，b＝(3，1)，则“m＜1”是“向量a，b的夹角为钝角”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 向量a＝(m，－3)，b＝(3，1)，由向量a，b的夹角为钝角，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a·b＝3m－3<0，,1×m≠（－3）×3，))解得m＜1且m≠－9，又“m＜1”是“m＜1且m≠－9”的必要不充分条件，即“m＜1”是“向量a，b的夹角为钝角”的必要不充分条件．故选B.
求平面向量的夹角的方法
(2023·全国甲卷)已知向量a＝(3，1)，b＝(2，2)，则cs〈a＋b，a－b〉＝( )
A.eq \f(1,17) B.eq \f(\r(17),17)
C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(2\r(5),5)
答案 B
解析 因为a＝(3，1)，b＝(2，2)，所以a＋b＝(5，3)，a－b＝(1，－1)，则|a＋b|＝eq \r(52＋32)＝eq \r(34)，|a－b|＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，(a＋b)·(a－b)＝5×1＋3×(－1)＝2，所以cs〈a＋b，a－b〉＝eq \f(（a＋b）·（a－b）,|a＋b||a－b|)＝eq \f(2,\r(34)×\r(2))＝eq \f(\r(17),17).故选B.
例5 (多选)在日常生活中，我们会看到两个人共提一个行李包的情境(如图)．假设行李包所受的重力为G，所受的两个拉力分别为F1，F2，若|F1|＝|F2|且F1与F2的夹角为θ，则以下结论正确的是( )
A．|F1|的最小值为eq \f(1,2)|G|B．θ的取值范围为[0，π]
C．当θ＝eq \f(π,2)时，|F1|＝eq \f(\r(2),2)|G|D．当θ＝eq \f(2π,3)时，|F1|＝|G|
答案 ACD
解析 因为|G|＝|F1＋F2|为定值，且|F1|＝|F2|，所以|G|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1||F2|·csθ＝2|F1|2(1＋csθ)，解得|F1|2＝eq \f(|G|2,2（1＋csθ）)，又θ∈[0，π)，所以|F1|的最小值为eq \f(1,2)|G|，故A正确，B不正确；当θ＝eq \f(π,2)时，|F1|2＝eq \f(|G|2,2)，所以|F1|＝eq \f(\r(2),2)|G|，故C正确；当θ＝eq \f(2π,3)时，|F1|2＝|G|2，所以|F1|＝|G|，故D正确．故选ACD.
用向量方法解决实际问题的步骤
如图，已知力F与水平方向的夹角为30°(斜向上)，大小为50 N．一个质量为8 kg的木块受力F的作用在动摩擦因数μ＝0.02的水平面上运动了20 m，则力F和摩擦力f所做的功分别为______ J，______ J．(g＝10 N/kg)
答案 500eq \r(3) －22
解析 设木块的位移为s，则力F所做的功为F·s＝|F||s|cs30°＝50×20×eq \f(\r(3),2)＝500eq \r(3)(J)．如图，将力F分解，它在竖直方向上的分力为F1，|F1|＝|F|sin30°＝50×eq \f(1,2)＝25(N)．设木块的重力为G，则摩擦力f的大小为|f|＝|μ(G＋F1)|＝0.02×(8×10－25)＝1.1(N)，因此f所做的功为f·s＝|f||s|cs180°＝1.1×20×(－1)＝－22(J)．
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·邯郸二模)已知向量a＝(－2，6)，b＝(1，x)，若a与b反向，则a·(3a＋b)＝( )
A．－30 B．30
C．－100 D．100
答案 D
解析 由已知得a与b共线，则－2x＝1×6，解得x＝－3，所以b＝(1，－3)，所以3a＋b＝3(－2，6)＋(1，－3)＝(－5，15)，因此a·(3a＋b)＝(－2，6)·(－5，15)＝100.故选D.
2．(2023·临沂二模)已知平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，y)，若a⊥b，则|a＋b|＝( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3)
C.eq \r(5) D.eq \r(10)
答案 D
解析 根据题意，平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，y)，若a⊥b，则a·b＝－2＋2y＝0，解得y＝1，则b＝(－2，1)，则a＋b＝(－1，3)，故|a＋b|＝eq \r(1＋9)＝eq \r(10).故选D.
3．(2023·济南模拟)已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，cs〈m，n〉＝eq \f(1,3).若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为( )
A．4 B．－4
C.eq \f(9,4) D．－eq \f(9,4)
答案 B
解析 由n⊥(tm＋n)可得n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋n2＝0，所以t＝－eq \f(n2,m·n)＝－eq \f(n2,|m||n|cs〈m，n〉)＝－eq \f(|n|2,|m||n|×\f(1,3))＝－3×eq \f(|n|,|m|)＝－3×eq \f(4,3)＝－4.故选B.
4．(2024·南通模拟)若|a|＝|a－b|＝1，且a与a－b的夹角为60°，则|a＋b|＝( )
A.eq \r(7) B.eq \r(3)
C．7 D．3
答案 B
解析 a·(a－b)＝|a|2－a·b＝1－a·b，且a·(a－b)＝|a||a－b|cs60°＝1×1×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，故1－a·b＝eq \f(1,2)，解得a·b＝eq \f(1,2)，|a－b|＝1，两边平方得|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝|a|2－2a·b＋|b|2＝1，即1－1＋|b|2＝1，解得|b|＝1，|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝1＋1＋1＝3，故|a＋b|＝eq \r(3).故选B.
5.(2023·长春模拟)长江流域内某地南北两岸平行，如图所示，已知游船在静水中的航行速度v1的大小|v1|＝10 km/h，水流的速度v2的大小|v2|＝4 km/h，设v1与v2所成的角为θ(0<θ<π)，若游船要从A航行到正北方向上位于北岸的码头B处，则csθ＝( )
A．－eq \f(\r(21),5) B．－eq \f(2,5)
C．－eq \f(3,5) D．－eq \f(4,5)
答案 B
解析 由题意知(v1＋v2)·v2＝0，有|v1||v2|·csθ＋veq \\al(2,2)＝0，即10×4csθ＋42＝0，所以csθ＝－eq \f(2,5).
6.(2023·八省八校联考)如图，在同一平面内沿平行四边形ABCD的两边AB，AD向外分别作正方形ABEF，ADMN，其中AB＝2，AD＝1，∠BAD＝eq \f(π,4)，则eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝( )
A．－2eq \r(2) B．2eq \r(2)
C．0 D．－1
答案 C
解析 eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))·(eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(AN,\s\up6(→)))＝eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0＋|eq \(AD,\s\up6(→))||eq \(FA,\s\up6(→))|cseq \f(π,4)＋|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AN,\s\up6(→))|cseq \f(3π,4)＋0＝eq \r(2)－eq \r(2)＝0.故选C.
7．(2023·深圳统考一模)已知a，b为单位向量，且|3a－5b|＝7，则a与a－b的夹角为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3)
C.eq \f(π,6) D.eq \f(5π,6)
答案 C
解析 因为a，b为单位向量，且|3a－5b|＝7，所以(3a－5b)2＝49⇔9a2－30a·b＋25b2＝49，即9－30a·b＋25＝49⇒a·b＝－eq \f(1,2)，设a与a－b的夹角为θ，则csθ＝eq \f(a·（a－b）,|a||a－b|)＝eq \f(a2－a·b,|a|×\r(（a－b）2))＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))),\r(1－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋1))＝eq \f(\r(3),2)，又θ∈[0，π]，所以θ＝eq \f(π,6).故选C.
8.(2023·景德镇三模)互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，在斜坐标系中，过点P作两坐标轴的平行线，其在x轴和y轴上的截距a，b分别作为点P的x坐标和y坐标，记P(a，b)．若斜坐标系中，x轴正方向和y轴正方向的夹角为eq \f(π,3)，则该坐标系中M(2，2)和N(4，1)两点间的距离为( )
A．2 B．1
C.eq \r(5) D.eq \r(3)
答案 D
解析 设与x轴方向相同的单位向量为e1，与y轴方向相同的单位向量为e2，则eq \(OM,\s\up6(→))＝2e1＋2e2，eq \(ON,\s\up6(→))＝4e1＋e2，则eq \(NM,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(ON,\s\up6(→))＝－2e1＋e2，所以|eq \(NM,\s\up6(→))|2＝(－2e1＋e2)2＝4eeq \\al(2,1)＋eeq \\al(2,2)－4e1·e2＝4＋1－4×cseq \f(π,3)＝5－2＝3，所以|MN|＝eq \r(3).故选D.
二、多项选择题
9．(2023·黄冈一模)已知向量a＝(3，m)，b＝(n，1)，若a－2b＝(－1，－6)，则下列结论中正确的是( )
A.eq \r(5)|b|＝|a|
B．(5a－2b)⊥b
C．cs〈b，a－b〉＝－eq \f(3\r(130),130)
D．a∥(3a＋2b)
答案 ABC
解析 由题意得，a－2b＝(3－2n，m－2)＝(－1，－6)，所以m＝－4，n＝2，故a＝(3，－4)，b＝(2，1)．对于A，|b|＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，|a|＝eq \r(32＋（－4）2)＝5，所以eq \r(5)|b|＝|a|，故A正确；对于B，5a－2b＝(11，－22)，则(5a－2b)·b＝11×2－22×1＝0，所以(5a－2b)⊥b，故B正确；对于C，a－b＝(1，－5)，所以cs〈b，a－b〉＝eq \f(b·（a－b）,|b||a－b|)＝eq \f(2×1＋1×（－5）,\r(5)×\r(12＋（－5）2))＝－eq \f(3\r(130),130)，故C正确；对于D，3a＋2b＝(13，－10)，3×(－10)－(－4)×13＝22≠0，故D错误．故选ABC.
10．两个非零平面向量a， b的夹角为θ，定义一种新运算ab＝|a||b|sinθ，则对于两个非零平面向量a，b，下列结论一定成立的是( )
A．若ab＝0，则a∥b
B．(ab)c＝a(bc)
C．(a＋b) c＝(ac)＋(bc)
D．若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则ab＝|x1y2－x2y1|
答案 AD
解析 对于A，由ab＝|a||b|·sinθ＝0，则sinθ＝0，且θ∈[0，π]，则θ＝0或π，所以a∥b，故A正确；对于B，因为(ab)c是与c共线的向量，a(bc)是与a共线的向量，若a，b，c不共线，则两式不可能相等，故B错误；对于C，如图，边长为1的正方形中，设a＝eq \(OA,\s\up6(→))，b＝eq \(OB,\s\up6(→))，c＝eq \(OC,\s\up6(→))，则(a＋b) c＝eq \(OC,\s\up6(→))eq \(OC,\s\up6(→))＝0，(ac)＋(bc)＝1×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＋1×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝2，所以(a＋b) c≠(ac)＋(bc)，故C错误；对于D，ab＝|a||b|sinθ＝|a||b|·eq \r(1－cs2θ)＝|a||b|eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a·b,|a||b|)))\s\up12(2))＝eq \r(|a|2|b|2－（a·b）2)＝eq \r(（xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)）（xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)）－（x1x2＋y1y2）2)＝eq \r(（x1y2－x2y1）2)＝|x1y2－x2y1|，故D正确．故选AD.
11．(2024·山东省高三联考)已知16个边长为2的小菱形的位置关系如图所示，且每个小菱形的最小内角为60°，图中的A，B，C，D四点均为菱形的顶点，则( )
A.eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝－20
B.eq \(AC,\s\up6(→))在eq \(AB,\s\up6(→))上的投影向量为eq \f(5,19)eq \(AB,\s\up6(→))
C.eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(7,12)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(13,12)eq \(AC,\s\up6(→))
D.eq \(AD,\s\up6(→))在eq \(AC,\s\up6(→))上的投影向量的模为2eq \r(7)
答案 BC
解析 因为每个小菱形的最小内角为60°，所以每个小菱形都可以分为两个正三角形．以该图形的对称轴为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－5，0)，B(3，2eq \r(3))，C(－1，－2eq \r(3))，D(4，－eq \r(3))，所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(8，2eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(4，－2eq \r(3))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(9，－eq \r(3))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－4，－4eq \r(3))，所以eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝－36＋12＝－24，eq \(AC,\s\up6(→))在eq \(AB,\s\up6(→))上的投影向量为eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)·eq \f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(32－12,64＋12)eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(5,19)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))在eq \(AC,\s\up6(→))上的投影向量的模为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AD,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(36＋6,\r(16＋12))＝3eq \r(7)，所以A，D错误，B正确；因为eq \f(7,12)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(13,12)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(56＋52,12)，\f(14\r(3)－26\r(3),12)))＝(9，－eq \r(3))＝eq \(AD,\s\up6(→))，所以C正确．
三、填空题
12．(2021·新高考Ⅱ卷)已知向量a＋b＋c＝0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，a·b＋b·c＋c·a＝________．
答案 －eq \f(9,2)
解析 由已知可得(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝9＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，因此，a·b＋b·c＋c·a＝－eq \f(9,2).
13．(2023·济宁三模)在平行四边形ABCD中，AD＝6，AB＝3，∠DAB＝60°，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(EC,\s\up6(→))，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(FC,\s\up6(→))，若eq \(FG,\s\up6(→))＝2eq \(GE,\s\up6(→))，则eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝________．
答案 21
解析 如图所示，因为eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(EC,\s\up6(→))，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(FC,\s\up6(→))，所以eq \(FE,\s\up6(→))＝eq \(FC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→))－eq \f(2,3)eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up6(→))－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))，又eq \(FG,\s\up6(→))＝2eq \(GE,\s\up6(→))，eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＋eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(FE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)\(AD,\s\up6(→))－\f(2,3)\(AB,\s\up6(→))))＝eq \f(5,9)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(7,9)eq \(AD,\s\up6(→))，又eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))，所以eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)\(AB,\s\up6(→))＋\f(7,9)\(AD,\s\up6(→))))·(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \f(7,9)|eq \(AD,\s\up6(→))|2－eq \f(5,9)|eq \(AB,\s\up6(→))|2－eq \f(2,9)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))，又AD＝6，AB＝3，∠DAB＝60°，所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AD,\s\up6(→))|cs60°＝9，代入数据可得eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(7,9)×36－eq \f(5,9)×9－eq \f(2,9)×9＝21.
14．如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且eq \(AD,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝－eq \f(3,2)，则实数λ的值为________，若M，N是线段BC上的动点，且|eq \(MN,\s\up6(→))|＝1，则eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(DN,\s\up6(→))的最小值为________．
答案 eq \f(1,6) eq \f(13,2)
解析 ∵eq \(AD,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，∴AD∥BC，∴∠BAD＝180°－∠B＝120°，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝λ|eq \(BC,\s\up6(→))||eq \(AB,\s\up6(→))|cs120°＝λ×6×3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－9λ＝－eq \f(3,2)，解得λ＝eq \f(1,6).以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系xBy.∵BC＝6，∴C(6，0)，∵AB＝3，∠ABC＝60°，∴点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2))).又eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,6)eq \(BC,\s\up6(→))，∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(3\r(3),2))).设M(x，0)，则N(x＋1，0)(其中0≤x≤5)，eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)，－\f(3\r(3),2)))，eq \(DN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)，－\f(3\r(3),2)))，eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(DN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(3),2)))eq \s\up12(2)＝x2－4x＋eq \f(21,2)＝(x－2)2＋eq \f(13,2)，∴当x＝2时，eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(DN,\s\up6(→))取得最小值eq \f(13,2).
四、解答题
15．如图，在△OAB中，已知P为线段AB上的一点，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→)).
(1)若eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(PA,\s\up6(→))，求x，y的值；
(2)若eq \(BP,\s\up6(→))＝3eq \(PA,\s\up6(→))，|eq \(OA,\s\up6(→))|＝4，|eq \(OB,\s\up6(→))|＝2，当eq \(OA,\s\up6(→))与eq \(OB,\s\up6(→))的夹角为60°时，求eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))的值．
解 (1)∵eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(PA,\s\up6(→))，∴eq \(BO,\s\up6(→))＋eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))，
即2eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))，∴eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))，
即x＝eq \f(1,2)，y＝eq \f(1,2).
(2)∵eq \(BP,\s\up6(→))＝3eq \(PA,\s\up6(→))，∴eq \(BO,\s\up6(→))＋eq \(OP,\s\up6(→))＝3eq \(PO,\s\up6(→))＋3eq \(OA,\s\up6(→))，
即4eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＋3eq \(OA,\s\up6(→))，∴eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))，
eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)\(OA,\s\up6(→))＋\f(1,4)\(OB,\s\up6(→))))·(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))－eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))
＝eq \f(1,4)×22－eq \f(3,4)×42＋eq \f(1,2)×4×2×eq \f(1,2)＝－9.
16．在平面直角坐标系中，已知a＝(1，－2)，b＝(3，4)．
(1)若(4a－b)⊥(a＋kb)，求实数k的值；
(2)若c＝(2，t)，向量a－b与向量a－c的夹角为锐角，求实数t的取值范围．
解 (1)由a＝(1，－2)，b＝(3，4)，
得4a－b＝(1，－12)，a＋kb＝(1＋3k，－2＋4k)，
又(4a－b)⊥(a＋kb)，
∴(4a－b)·(a＋kb)＝1×(1＋3k)＋(－12)×(－2＋4k)＝－45k＋25＝0，
解得k＝eq \f(5,9).
(2)由已知得a－b＝(－2，－6)，a－c＝(－1，－2－t)，
又向量a－b与向量a－c的夹角为锐角，
即(a－b)·(a－c)＝(－2)×(－1)＋(－6)×(－2－t)＝14＋6t>0，解得t>－eq \f(7,3).
当(a－b)∥(a－c)时，得－2×(－2－t)＝－6×(－1)，
解得t＝1，所以t>－eq \f(7,3)且t≠1，
即实数t的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(t\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(t＞－\f(7,3)且t≠1)))).定义
图示
范围
共线与垂直
已知两个非零向量a和b，作eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，则eq \x(\s\up1(01))∠AOB叫
做a与b的夹角
设θ是a与b的夹角，则θ的取值范围是eq \x(\s\up1(02))0≤θ≤π
eq \x(\s\up1(03))θ＝0或θ＝π⇔a∥b，eq \x(\s\up1(04))θ＝eq \f(π,2)⇔a⊥b
交换律
a·b＝eq \x(\s\up1(10))b·a
分配律
(a＋b)·c＝eq \x(\s\up1(11))a·c＋b·c
数乘结合律
(λa)·b＝λ(a·b)＝eq \x(\s\up1(12))a·(λb)
结论
几何表示
坐标表示
模
|a|＝eq \r(a·a)
|a|＝eq \x(\s\up1(13))eq \r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))
夹角
csθ＝eq \f(a·b,|a||b|)
csθ＝eq \x(\s\up1(14))eq \f(x1x2＋y1y2,\r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))\r(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)))
a⊥b的充要条件
a·b＝0
eq \x(\s\up1(15))x1x2＋y1y2＝0
|a·b|与|a||b|的关系
|a·b|≤|a||b|
|x1x2＋y1y2|≤
eq \r(（xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)）（xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)）)
考向一 平面向量数量积的运算
考向二 平面向量数量积的性质
考向三 平面向量的实际应用