6.2.2 向量的减法运算-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　平面向量及其应用 6.2　平面向量的运算 6.2.2　向量的减法运算 课程标准：借助实例和平面向量的几何表示，掌握平面向量减法运算及运算规则，理解其几何意义． 教学重点：1.相反向量的含义.2.向量的减法运算及其几何意义． 教学难点：向量的加法、减法的综合运算． 核心素养：1.通过向量的加法运算抽象出向量减法运算的过程培养数学抽象素养.2.通过向量减法的几何意义培养直观想象素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　相反向量 相等 定义 与向量a长度______，方向______的向量，叫做a的相反向量，记作____. 规定：零向量的相反向量仍是_________ 结论 －(－a)＝_____，a＋(－a)＝(－a)＋a＝_____ 如果a，b互为相反向量，那么a＝－b，b＝－a，a＋b＝_____ 相反 －a 零向量 a 0 0 核心概念掌握 5 相反向量 从向量b的终点指向向量a的终点 核心概念掌握 6 1．(向量的减法与相反向量)下列说法中正确的是(　　) ①两个向量的差仍是一个向量；②向量的减法实质上是向量的加法的逆运算；③向量a与向量b的差和向量b与向量a的差互为相反向量；④相反向量是共线向量． A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④ 2．(相反向量)非零向量m与n是相反向量，下列结论不正确的是(　　) A．m＝n B．m＝－n C．|m|＝|n| D．m与n方向相反 核心概念掌握 7 0 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　向量减法的几何意义 例1　如图，已知向量a，b，c，求作a－b－c. 核心素养形成 10 【感悟提升】　作两向量的差的思路 (1)作两向量的差的步骤 (2)求两个向量的减法可以转化为向量的加法来进行，如a－b，可以先作－b，然后用加法a＋(－b)即可． 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 【感悟提升】　 (1)向量减法运算的常用方法 (2)向量加减法化简的两种形式 ①首尾相连且为和； ②首首相连且为差． 做题时要注意观察是否有这两种形式，同时要注意逆向应用． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】　 1．用已知向量表示未知向量的一般步骤 (1)观察待表示的向量位置； (2)寻找相应的平行四边形或三角形； (3)运用法则找关系，化简得结果． 2．用已知向量表示未知向量的注意点 (1)表示向量时要考虑以下问题：它是否是某个平行四边形的对角线；是否可以找到由起点到终点的恰当途径；它的起点和终点是否是两个有共同起点的向量的终点． (2)必要时可以直接用向量求和的多边形法则． 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【感悟提升】　平行四边形中有关向量的两个结论 结论1：对角线的平方和等于四边的平方和，即|a＋b|2＋|a－b|2＝2(|a|2＋|b|2)． 结论2：若|a＋b|＝|a－b|，则以a，b为邻边的平行四边形为矩形． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 随堂水平达标 解析：由向量减法法则知C错误． 随堂水平达标 25 随堂水平达标 26 随堂水平达标 27 随堂水平达标 28 随堂水平达标 29 随堂水平达标 30 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 向量的减法运算 向量减法运算几何意义的应用 运用向量的减法运算表示向量 向量的减法运算 向量的加减混合运算 相反向量的加减运算 向量的加减混合运算 题号 8 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 向量的减法运算 运用向量的减法运算表示向量 向量加减运算几何意义的应用 向量加减运算几何意义的应用 向量加减运算几何意义的应用 向量加减运算几何意义的应用 向量加减运算几何意义的应用 向量加减运算几何意义的应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 32 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 37 二、填空题 6．若a，b为相反向量，且|a|＝1，|b|＝1，则|a＋b|＝______，|a－b|＝_____． 解析：如果a，b为相反向量，那么a＋b＝0，∴|a＋b|＝0，又a＝－b，∴|a－b|＝|a|＋|b|＝2. 0 2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 8 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点二　向量的减法 定义 向量a加上b的____________，叫做a与b的差，即a－b＝a＋(－b)．求两个向量差的运算叫做向量的减法 作法 已知向量a，b，在平面内任取一点O，作eq \o(OA,\s\up17(→))＝a，eq \o(OB,\s\up17(→))＝b，则eq \o(BA,\s\up17(→))＝a－b，如图所示 几何 意义 如果把两个向量a，b的起点放在一起，则a－b可以表示为__________________________________的向量 [注意]　对任意两个向量，总有向量不等式成立：||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b|. 3．(向量的加减混合运算)eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(BA,\s\up17(→))＝________． 4．(向量的减法运算)四边形ABCD是边长为1的正方形，则|eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AD,\s\up17(→))|＝________． eq \r(2) 解　如图，以A为起点分别作向量eq \o(AB,\s\up17(→))和eq \o(AC,\s\up17(→))，使eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AC,\s\up17(→))＝b. 连接CB，则eq \o(CB,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→))＝a－b，再以C为起点作向量eq \o(CD,\s\up17(→))，使eq \o(CD,\s\up17(→))＝c. 连接DB，则eq \o(DB,\s\up17(→))＝eq \o(CB,\s\up17(→))－eq \o(CD,\s\up17(→))＝a－b－c，所以向量eq \o(DB,\s\up17(→))即为所求作的向量a－b－c. 【跟踪训练】 1．如图所示，O是四边形ABCD内任一点，试根据图中给出的向量，确定a，b，c，d的方向(用箭头表示)，使a＋b＝eq \o(BA,\s\up17(→))，c－d＝eq \o(DC,\s\up17(→))，并画出b－c和a＋d. 解：因为a＋b＝eq \o(BA,\s\up17(→))，c－d＝eq \o(DC,\s\up17(→))， 所以a＝eq \o(OA,\s\up17(→))，b＝eq \o(BO,\s\up17(→))，c＝eq \o(OC,\s\up17(→))，d＝eq \o(OD,\s\up17(→)). 如图所示，作平行四边形OBEC，平行四边形ODFA. 根据平行四边形法则可得b－c＝eq \o(BO,\s\up17(→))－eq \o(OC,\s\up17(→))＝eq \o(BO,\s\up17(→))－eq \o(BE,\s\up17(→))＝eq \o(EO,\s\up17(→))，a＋d＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OD,\s\up17(→))＝eq \o(OF,\s\up17(→)). 题型二　向量的减法运算 例2　化简：(1)(eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(CD,\s\up17(→)))－(eq \o(AC,\s\up17(→))－eq \o(BD,\s\up17(→)))； (2)(eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(BO,\s\up17(→))＋eq \o(OA,\s\up17(→)))－(eq \o(DC,\s\up17(→))－eq \o(DO,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→)))． 解　(1)解法一(变为加法)： 原式＝eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→)))＋(eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(CA,\s\up17(→)))＝eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(DA,\s\up17(→))＝0. 解法二(利用公式eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \o(CB,\s\up17(→)))： 原式＝eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝(eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→)))－eq \o(CD,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(CB,\s\up17(→))－eq \o(CD,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(DB,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝0. 解法三(利用公式eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))，其中O是平面内任一点)： 原式＝eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))－(eq \o(OD,\s\up17(→))－eq \o(OC,\s\up17(→)))－(eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))＋(eq \o(OD,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→)))＝eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \o(OD,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OC,\s\up17(→))＋eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OD,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→))＝0. (2)(eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(BO,\s\up17(→))＋eq \o(OA,\s\up17(→)))－(eq \o(DC,\s\up17(→))－eq \o(DO,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→)))＝(eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(BA,\s\up17(→)))－(eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→)))＝eq \o(BC,\s\up17(→))－eq \o(BC,\s\up17(→))＝0. 【跟踪训练】 2．化简下列各式： (1)eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→))－eq \o(DB,\s\up17(→))； (2)eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BC,\s\up17(→))－eq \o(AD,\s\up17(→))； (3)eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(DB,\s\up17(→)). 解：(1)eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→))－eq \o(DB,\s\up17(→))＝eq \o(CB,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(CD,\s\up17(→)). (2)eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BC,\s\up17(→))－eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))－eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \o(DC,\s\up17(→)). (3)eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(DB,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→)). 题型三　运用向量的减法运算表示向量 例3　如图，在五边形ABCDE中，若四边形ACDE是平行四边形，且eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AC,\s\up14(→))＝b，eq \o(AE,\s\up14(→))＝c，试用a，b，c表示向量eq \o(BD,\s\up14(→))，eq \o(BC,\s\up14(→))，eq \o(BE,\s\up14(→))，eq \o(CD,\s\up14(→))及eq \o(CE,\s\up14(→)). 解　∵四边形ACDE为平行四边形， ∴eq \o(CD,\s\up14(→))＝eq \o(AE,\s\up14(→))＝c，eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))＝b－a，eq \o(BE,\s\up14(→))＝eq \o(AE,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))＝c－a，eq \o(CE,\s\up14(→))＝eq \o(AE,\s\up14(→))－eq \o(AC,\s\up14(→))＝c－b， ∴eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝b－a＋c. [结论探究]　若本例条件不变，试用a，b，c表示向量eq \o(DA,\s\up14(→)). 解：解法一(应用三角形法则)： eq \o(DA,\s\up14(→))＝eq \o(EA,\s\up14(→))－eq \o(ED,\s\up14(→))＝－eq \o(AE,\s\up14(→))－eq \o(AC,\s\up14(→))＝－c－b. 解法二(应用平行四边形法则)： eq \o(DA,\s\up14(→))＝－eq \o(AD,\s\up14(→))＝－(eq \o(AE,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))＝－c－b. 【跟踪训练】 3．(1)已知一点O到平行四边形ABCD的三个顶点A，B，C的向量分别是a，b，c，则向量eq \o(OD,\s\up14(→))等于(　　) A．a＋b＋c B．a－b＋c C．a＋b－c D．a－b－c 解析：如图，点O到平行四边形的三个顶点A，B，C的向量分别为a，b，c，结合图形有eq \o(OD,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OB,\s\up14(→))＝a＋c－b. 证明：如图，a＋c＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(OD,\s\up14(→))＝eq \o(DC,\s\up14(→))＋eq \o(OD,\s\up14(→))＝eq \o(OC,\s\up14(→))，eq \o(OB,\s\up14(→))＋b＝eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \o(OC,\s\up14(→))，所以a＋c＝eq \o(OB,\s\up14(→))＋b，即a－b＋c＝eq \o(OB,\s\up14(→)). (2)已知O是平行四边形ABCD的对角线AC与BD的交点，若eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(BC,\s\up14(→))＝b，eq \o(OD,\s\up14(→))＝c，证明：a－b＋c＝eq \o(OB,\s\up14(→)). 解　如图所示，设eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b，则eq \o(BA,\s\up14(→))＝a－b. 以OA，OB为邻边作▱OACB，则eq \o(OC,\s\up14(→))＝a＋b. 由于(eq \r(7)＋1)2＋(eq \r(7)－1)2＝42， 故|eq \o(OA,\s\up14(→))|2＋|eq \o(OB,\s\up14(→))|2＝|eq \o(BA,\s\up14(→))|2. 所以△OAB是以∠AOB为直角的直角三角形，从而OA⊥OB， 所以▱OACB为矩形． 根据矩形的对角线相等，有|eq \o(OC,\s\up14(→))|＝|eq \o(BA,\s\up14(→))|＝4，即|a＋b|＝4. 题型四　向量加减运算几何意义的应用 例4　(2024·福建泉州一中高一下阶段考试)已知非零向量a，b满足|a|＝eq \r(7)＋1，|b|＝eq \r(7)－1，且|a－b|＝4，求|a＋b|的值． 解：根据向量加减法的平行四边形法则， 得eq \o(AC,\s\up14(→))＝a＋b，eq \o(DB,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))＝a－b. 当a，b满足|a＋b|＝|a－b|时，平行四边形的两条对角线相等，四边形ABCD为矩形； 当a，b满足|a|＝|b|时，平行四边形的两条邻边相等，四边形ABCD为菱形； 当a，b满足|a＋b|＝|a－b|且|a|＝|b|时，四边形ABCD为正方形． 【跟踪训练】 4．(2024·河北唐山一中高一下月考)在平行四边形ABCD中，eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AD,\s\up14(→))＝b，用a，b表示向量eq \o(AC,\s\up14(→))和eq \o(DB,\s\up14(→))，并回答：当a，b分别满足什么条件时，四边形ABCD是矩形、菱形、正方形？ 1．在菱形ABCD中，下列等式不成立的是(　　) A．eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→)) B．eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→)) C．eq \o(BD,\s\up14(→))－eq \o(AC,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→)) D．eq \o(BD,\s\up14(→))－eq \o(CD,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→)) 2．如图所示，D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，CA的中点，则eq \o(AF,\s\up14(→))－eq \o(DB,\s\up14(→))＝(　　) A．eq \o(FD,\s\up14(→)) B．eq \o(FC,\s\up14(→)) C．eq \o(FE,\s\up14(→)) D．eq \o(DF,\s\up14(→)) 解析：由题图易知eq \o(DB,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))，∴eq \o(AF,\s\up14(→))－eq \o(DB,\s\up14(→))＝eq \o(AF,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(DF,\s\up14(→)). 3．(多选)下列四个式子中一定能化简为eq \o(AD,\s\up14(→))的是(　　) A．(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→)))＋eq \o(BC,\s\up14(→)) B．(eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(MB,\s\up14(→)))＋(eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CM,\s\up14(→))) C．(eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→)))－eq \o(BM,\s\up14(→)) D．(eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→)))＋eq \o(CD,\s\up14(→)) 解析：对于A，(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→)))＋eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))；对于B，(eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(MB,\s\up14(→)))＋(eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CM,\s\up14(→)))＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋(eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CM,\s\up14(→)))＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋0＝eq \o(AD,\s\up14(→))；对于C，(eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→)))－eq \o(BM,\s\up14(→))＝eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(MB,\s\up14(→))，不一定等于eq \o(AD,\s\up14(→))；对于D，(eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→)))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→)).故选ABD. 2eq \r(2) 4．(2024·福建厦门市湖滨中学高一校考阶段练习)如图，已知网格小正方形的边长为1，点P是阴影区域内的一个动点(包括边界)，O，A在格点上，则|eq \o(OP,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))|的最小值是________，最大值是________． 解析：因为|eq \o(OP,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))|＝|eq \o(AP,\s\up14(→))|，所以本题即求点A到阴影区域中的点距离的最值，如图可得，最小值为|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝eq \r(2)，最大值为|eq \o(AC,\s\up14(→))|＝2eq \r(2). eq \r(2) 5．如图所示，已知向量eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(BC,\s\up14(→))＝b，eq \o(CD,\s\up14(→))＝c，eq \o(DE,\s\up14(→))＝d，eq \o(EA,\s\up14(→))＝e，解答下列各题： (1)用b，c表示eq \o(DB,\s\up14(→))； (2)用a，d，e表示eq \o(DB,\s\up14(→))； (3)用c，d表示eq \o(EC,\s\up14(→))； (4)用a，b，e表示eq \o(EC,\s\up14(→)). 解：(1)解法一：eq \o(DB,\s\up14(→))＝－eq \o(BD,\s\up14(→))＝－(b＋c)＝－b－c. 解法二：eq \o(DB,\s\up14(→))＝eq \o(CB,\s\up14(→))－eq \o(CD,\s\up14(→))＝－b－c. (2)eq \o(DB,\s\up14(→))＝eq \o(DE,\s\up14(→))＋eq \o(EA,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))＝d＋e＋a. (3)解法一：eq \o(EC,\s\up14(→))＝－eq \o(CE,\s\up14(→))＝－(eq \o(CD,\s\up14(→))＋eq \o(DE,\s\up14(→)))＝－c－d. 解法二：eq \o(EC,\s\up14(→))＝eq \o(DC,\s\up14(→))－eq \o(DE,\s\up14(→))＝－c－d. (4)eq \o(EC,\s\up14(→))＝eq \o(EA,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BC,\s\up14(→))＝e＋a＋b. 一、选择题 1．(2024·内蒙古呼伦贝尔满洲里远方中学高一下期末)化简eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(DC,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→))＝(　　) A．eq \o(AC,\s\up14(→)) B．eq \o(AD,\s\up14(→)) C．eq \o(DA,\s\up14(→)) D．eq \o(DB,\s\up14(→)) 解析：eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(DC,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→)).故选B. 2．(2024·河北承德高新区第一中学高一下4月月考)已知在四边形ABCD中，eq \o(DB,\s\up14(→))－eq \o(DA,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))，则四边形ABCD一定是(　　) A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 解析：由eq \o(DB,\s\up14(→))－eq \o(DA,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))，可得eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(DC,\s\up14(→))，所以四边形ABCD一定是平行四边形． 3．如图，已知ABCDEF是一正六边形，O是它的中心，其中eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b，eq \o(OC,\s\up14(→))＝c，则eq \o(EF,\s\up14(→))＝(　　) A．a＋b B．b－a C．c－b D．b－c 解析：eq \o(EF,\s\up14(→))＝eq \o(CB,\s\up14(→))＝eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OC,\s\up14(→))＝b－c.故选D. 4．(2024·浙江丽水高一校考期中)如图所示，单位圆上有动点A，B，当|eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \o(OB,\s\up14(→))|取得最大值时，|eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \o(OB,\s\up14(→))|＝(　　) A．0 B．－1 C．1 D．2 解析：因为|eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \o(OB,\s\up14(→))|＝|eq \o(BA,\s\up14(→))|，A，B是单位圆上的动点，所以|eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \o(OB,\s\up14(→))|的最大值为2，此时eq \o(OA,\s\up14(→))与eq \o(OB,\s\up14(→))反向．故选D. 5．(多选)下列各式化简后的结果为0的是(　　) A．eq \o(AB,\s\up14(→))－(eq \o(CB,\s\up14(→))－eq \o(CA,\s\up14(→))) B．eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(BD,\s\up14(→))－eq \o(CD,\s\up14(→)) C．eq \o(BC,\s\up14(→))－eq \o(DC,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→)) D．eq \o(NQ,\s\up14(→))＋eq \o(QP,\s\up14(→))＋eq \o(MN,\s\up14(→))－eq \o(MP,\s\up14(→)) 解析：对于A，eq \o(AB,\s\up14(→))－(eq \o(CB,\s\up14(→))－eq \o(CA,\s\up14(→)))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CA,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(CA,\s\up14(→))＝0；对于B，eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(BD,\s\up14(→))－eq \o(CD,\s\up14(→))＝(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BD,\s\up14(→)))－(eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→)))＝eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))＝0；对于C，eq \o(BC,\s\up14(→))－eq \o(DC,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(BD,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))；对于D，eq \o(NQ,\s\up14(→))＋eq \o(QP,\s\up14(→))＋eq \o(MN,\s\up14(→))－eq \o(MP,\s\up14(→))＝eq \o(NP,\s\up14(→))＋eq \o(PN,\s\up14(→))＝0.故选ABD. 7．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AC与BD交于点O，则eq \o(BA,\s\up14(→))－eq \o(BC,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OD,\s\up14(→))＋eq \o(DA,\s\up14(→))＝________． 解析：eq \o(BA,\s\up14(→))－eq \o(BC,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OD,\s\up14(→))＋eq \o(DA,\s\up14(→))＝eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \o(AO,\s\up14(→))＋eq \o(OD,\s\up14(→))＋eq \o(DA,\s\up14(→))＝eq \o(CA,\s\up14(→)). eq \o(CA,\s\up14(→)) 8．在边长为1的正三角形ABC中，|eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(BC,\s\up14(→))|的值为________． 解析：如图所示，延长CB到点D，使BD＝1，连接AD，则eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(CB,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→)).在△ABD中，AB＝BD＝1，∠ABD＝120°，则∠ADB＝30°，∴∠CAD＝90°，在Rt△CAD中，由勾股定理可得AD＝eq \r(CD2－CA2)＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，∴|eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(BC,\s\up14(→))|＝eq \r(3). eq \r(3) 三、解答题 9．设O是△ABC内一点，且eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b，eq \o(OC,\s\up14(→))＝c，若以线段OA，OB为邻边作平行四边形，第四个顶点为D，再以OC，OD为邻边作平行四边形，其第四个顶点为H.试用a，b，c表示eq \o(DC,\s\up14(→))，eq \o(OH,\s\up14(→))，eq \o(BH,\s\up14(→)). 解：由题意可知，四边形OADB为平行四边形， ∴eq \o(OD,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OB,\s\up14(→))＝a＋b， ∴eq \o(DC,\s\up14(→))＝eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OD,\s\up14(→))＝c－(a＋b)＝c－a－b. 又四边形ODHC为平行四边形， ∴eq \o(OH,\s\up14(→))＝eq \o(OC,\s\up14(→))＋eq \o(OD,\s\up14(→))＝c＋a＋b， ∴eq \o(BH,\s\up14(→))＝eq \o(OH,\s\up14(→))－eq \o(OB,\s\up14(→))＝a＋b＋c－b＝a＋c. 10．在平行四边形ABCD中，已知eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(BC,\s\up14(→))＝b，eq \o(BD,\s\up14(→))＝c，且|a＋b|＝|a－b|，|a|＝6，|b|＝2eq \r(3).求|a－b－c|. 解：由题意，得a＋b＝eq \o(AC,\s\up14(→))，a－b＝eq \o(DB,\s\up14(→))，|a＋b|＝|a－b|， 故|eq \o(AC,\s\up14(→))|＝|eq \o(DB,\s\up14(→))|， 故平行四边形ABCD是矩形， 又|a|＝6，|b|＝2eq \r(3)， 所以|eq \o(AC,\s\up14(→))|＝|eq \o(DB,\s\up14(→))|＝eq \r(36＋12)＝4eq \r(3)， 因为a－b－c＝eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(BC,\s\up14(→))－eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(DB,\s\up14(→))＝eq \o(DB,\s\up14(→))＋eq \o(DB,\s\up14(→))， 所以|a－b－c|＝|eq \o(DB,\s\up14(→))＋eq \o(DB,\s\up14(→))|＝|eq \o(DB,\s\up14(→))|＋|eq \o(DB,\s\up14(→))|＝8eq \r(3). 11．已知向量a，b满足|a|＝|b|＝|a－b|，则a与a＋b的夹角为(　　) A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,3) C．eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6) 解析：设eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，如图所示，则eq \o(BA,\s\up14(→))＝a－b，eq \o(OC,\s\up14(→))＝a＋b，由|a|＝|b|＝|a－b|，则四边形OACB为菱形，∠BOA＝eq \f(π,3)，则a与a＋b的夹角为∠COA＝eq \f(π,6).故选A. 12．(多选)八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2的正八边形ABCDEFGH，其中OA＝2，则下列结论正确的是(　　) A．eq \o(FE,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→)) B．eq \o(AH,\s\up14(→))∥eq \o(CE,\s\up14(→)) C．eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \o(ED,\s\up14(→))＝eq \o(DO,\s\up14(→)) D．eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(OE,\s\up14(→))＝eq \o(OH,\s\up14(→))－eq \o(OE,\s\up14(→)) 解析：因为eq \o(FE,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))长度相等，方向相同，所以eq \o(FE,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))，A正确；因为eq \o(AH,\s\up14(→))∥eq \o(DE,\s\up14(→))，eq \o(DE,\s\up14(→))，eq \o(CE,\s\up14(→))不共线，所以eq \o(AH,\s\up14(→))，eq \o(CE,\s\up14(→))不共线，B错误；因为eq \o(OA,\s\up14(→))＝eq \o(EO,\s\up14(→))，所以eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \o(ED,\s\up14(→))＝eq \o(EO,\s\up14(→))－eq \o(ED,\s\up14(→))＝eq \o(DO,\s\up14(→))，C正确；因为eq \o(OH,\s\up14(→))－eq \o(OE,\s\up14(→))＝eq \o(EH,\s\up14(→))，显然eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(OE,\s\up14(→))≠eq \o(EH,\s\up14(→))，D错误．故选AC. 13．在平行四边形ABCD中，|eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))|＝|eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))|＝4，且∠BAC＝∠CAD，则平行四边形ABCD的面积为________． 解析：在平行四边形ABCD中，eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(DB,\s\up14(→))，因为|eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))|＝|eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))|＝4，即|eq \o(AC,\s\up14(→))|＝|eq \o(DB,\s\up14(→))|＝4，所以平行四边形ABCD为矩形，又∠BAC＝∠CAD，所以矩形ABCD为正方形，所以平行四边形ABCD的面积为eq \f(1,2)×4×4＝8. 14．已知△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，M是斜边AB的中点，eq \o(CM,\s\up14(→))＝a，eq \o(CA,\s\up14(→))＝b.求证： (1)|a－b|＝|a|； (2)|a＋(a－b)|＝|b|. 证明：如图，因为△ABC为等腰直角三角形，所以|eq \o(CA,\s\up14(→))|＝|eq \o(CB,\s\up14(→))|. 由M是斜边AB的中点，得|eq \o(CM,\s\up14(→))|＝|eq \o(AM,\s\up14(→))|. (1)在△ACM中，eq \o(AM,\s\up14(→))＝eq \o(CM,\s\up14(→))－eq \o(CA,\s\up14(→))＝a－b， 由|eq \o(AM,\s\up14(→))|＝|eq \o(CM,\s\up14(→))|，得|a－b|＝|a|. (2)在△MCB中，eq \o(MB,\s\up14(→))＝eq \o(AM,\s\up14(→))＝a－b， 所以eq \o(CB,\s\up14(→))＝eq \o(MB,\s\up14(→))－eq \o(MC,\s\up14(→))＝a－b＋a＝a＋(a－b)， 从而由|eq \o(CB,\s\up14(→))|＝|eq \o(CA,\s\up14(→))|，得|a＋(a－b)|＝|b|. 15．若O是△ABC所在平面内一点，且满足|eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OC,\s\up14(→))|＝|eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))|，试判断△ABC的形状． 解：因为eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OC,\s\up14(→))＝eq \o(CB,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AC,\s\up14(→))， 又|eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OC,\s\up14(→))|＝|eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))|， 所以|eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))|＝|eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AC,\s\up14(→))|， 所以以AB，AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长度相等，所以该平行四边形为矩形，所以AB⊥AC，所以△ABC是直角三角形． $$