6.2.4 第2课时 向量数量积的运算律-【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 6.2.4　向量的数量积 第2课时　向量数量积的运算律 课程标准：会用数量积判断两个平面向量的垂直关系． 教学重点：1.平面向量数量积的运算律及常用公式.2.用向量的数量积证明垂直，求向量的夹角、模等． 教学难点：1.平面向量数量积的运算律的证明.2.运用平面向量数量积的运算律进行计算或证明． 核心素养：通过运用向量的数量积来解决模、夹角、垂直等问题提升逻辑推理素养和数学运算素养． (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　向量数量积的运算律 对于向量a，b，c和实数λ，有 (1)__________ (交换律)． (2)(λa)·b＝_______＝_______ (结合律)． (3) _____________________ (分配律)． [拓展]　(1)(a±b)2＝a2±2a·b＋b2. (2)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝|a|2－|b|2. (3)(a＋b)·(c＋d)＝a·c＋a·d＋b·c＋b·d. a·b＝b·a λ(a·b) a·(λb) (a＋b)·c＝a·c＋b·c 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 核心素养形成 题型一　平面向量数量积的运算 例1　已知|a|＝4，|b|＝5，且向量a与b的夹角为60°，求(2a＋3b)·(3a－2b)． 解　(2a＋3b)·(3a－2b)＝6a2－4a·b＋9a·b－6b2＝6×42＋5×4×5×cos60°－6×52＝－4. 核心素养形成 9 [条件探究]　若将本例中的“向量a与b的夹角为60°”改为“向量a与b的夹角为30°”，其他条件不变，该如何求解？ 核心素养形成 10 【感悟提升】　向量数量积的求法 (1)求两个向量的数量积，首先确定两个向量的模及两个向量的夹角，其中准确求出两个向量的夹角是求数量积的关键． (2)根据数量积的运算律，向量的加、减与数量积的混合运算类似于多项式的混合运算． 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 题型二　与向量模有关的计算 例2　已知向量a与b的夹角为60°，且|a|＝2，|b|＝1，若c＝2a－b，d＝a＋2b，求： (1)c·d； (2)|c＋2d|. 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 题型三　两向量的夹角问题 例3　已知|a|＝2，|b|＝1，a与b的夹角为60°，求向量m＝2a＋b与向量n＝a－4b的夹角的余弦值． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 (2)(2024·北京第五中学校考阶段练习)已知向量a，b满足|a|＝|b|，a·b＝0，则cos〈a，2a－b〉＝________． 核心素养形成 20 题型四　两向量的垂直问题 例4　已知向量a，b不共线，且|2a＋b|＝|a＋2b|，求证：(a＋b)⊥(a－b)． 证明　∵|2a＋b|＝|a＋2b|，∴(2a＋b)2＝(a＋2b)2， 即4a2＋4a·b＋b2＝a2＋4a·b＋4b2，∴a2＝b2. ∴(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0. 又a与b不共线，a＋b≠0，a－b≠0， ∴(a＋b)⊥(a－b)． 核心素养形成 21 【感悟提升】　 1．证明两个向量垂直的方法 (1)证明两个向量的夹角是直角． (2)证明这两个向量的数量积为0. 2．已知两个向量垂直求参数的方法 (1)已知两个向量垂直，可利用两个向量的数量积为0列方程求参数的值． (2)对于一些具有特殊条件的垂直问题，也可利用数形结合思想，转化为平面几何问题来解决． 核心素养形成 22 【跟踪训练】 4．已知|a|＝1，|b|＝2，a－b与a垂直，求当k为何值时，(ka－b)⊥(a＋2b)? 解：因为a－b与a垂直，所以(a－b)·a＝0， 所以a2－a·b＝0，所以a·b＝|a|2＝1， 要使得(ka－b)⊥(a＋2b)，只要(ka－b)·(a＋2b)＝0， 即k|a|2＋(2k－1)a·b－2|b|2＝0， 所以k＋(2k－1)－2×22＝0，所以k＝3. 核心素养形成 23 随堂水平达标 随堂水平达标 25 随堂水平达标 26 随堂水平达标 27 9 随堂水平达标 28 5．(2024·湖南衡阳师范学院祁东附属中学高一下期中)已知向量a与b的夹角为120°，|a|＝2，|b|＝1. (1)求|a－2b|； (2)若(a＋tb)⊥(2a－b)，求实数t的值． 随堂水平达标 29 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 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 平面向量数量积的运算 求向量 的模 平面向量数量积的运算 平面向量数量积的运算 平面向量数量积的综合运算 由向量的数量积求参数 求向量的夹角 平面向量数量积的综合运算 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 求向量的模的最值；向量垂直 由两个向量垂直求参数 向量垂直 平面向量数量积的综合运算 平面向量数量积的最值 平面向量数量积的综合运算 平面向量数量积的综合运算 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 31 一、选择题 1．已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝(　　) A．4 B．3 C．2 D．0 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 解析：由(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0，可得a2＝b2，即|a|＝|b|，可知(a＋b)·(a－b)＝0等价于|a|＝|b|，若a＝b或a＝－b，可得|a|＝|b|，即(a＋b)·(a－b)＝0，可知必要性成立；若(a＋b)·(a－b)＝0，即|a|＝|b|，无法得出a＝b或a＝－b，例如a＝(1，0)，b＝(0，1)，满足|a|＝|b|，但a≠b且a≠－b，可知充分性不成立．综上所述，“(a＋b)·(a－b)＝0”是“a＝b或a＝－b”的必要而不充分条件．故选A. 4．(2024·北京高考)设a，b是向量，则“(a＋b)·(a－b)＝0”是“a＝b或a＝－b”的(　　) A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件 C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件 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．已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b.若b·c＝0，则t＝________． 2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 7．(2024·福建龙岩阶段练习)已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，设向量a＝2e1＋e2，b＝－3e1＋2e2，则a与b的夹角为________． 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 三、解答题 9．已知a，b是两个非零向量，当a＋tb(t∈R)的模取得最小值时， (1)求t的值(用a，b表示)； (2)求证：b⊥(a＋tb)． 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 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 14．已知|a|＝2|b|＝2，e是与b方向相同的单位向量，且向量a在向量b上的投影向量为－e. (1)求a与b的夹角θ； (2)求(a－2b)·b； (3)当λ为何值时，向量λa＋b与向量a－3b互相垂直？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(求向量的模)已知|a|＝|b|＝2，a·b＝2，则|a－b|＝(　　) A．1 B．eq \r(3) C．2 D．eq \r(3)或2 2．(求向量的夹角)若向量a，b满足|a|＝|b|＝1，且a·(a－b)＝eq \f(1,2)，则向量a与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) 3．(由两个向量垂直求参数)(2024·湖北武汉四校联合体高一下期末)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) 解：(2a＋3b)·(3a－2b)＝6a2＋5a·b－6b2 ＝6×42＋5×4×5×cos30°－6×52＝50eq \r(3)－54. 【跟踪训练】 1．如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(CA,\s\up14(→))＝4，eq \o(BF,\s\up14(→))·eq \o(CF,\s\up14(→))＝－1，则eq \o(BE,\s\up14(→))·eq \o(CE,\s\up14(→))的值是________． eq \f(7,8) 解析：解法一：设eq \o(BD,\s\up14(→))＝a，eq \o(DF,\s\up14(→))＝b，则eq \o(BA,\s\up14(→))·eq \o(CA,\s\up14(→))＝(a＋3b)·(－a＋3b)＝9|b|2－|a|2＝4，eq \o(BF,\s\up14(→))·eq \o(CF,\s\up14(→))＝(a＋b)·(－a＋b)＝|b|2－|a|2＝－1，解得|a|2＝eq \f(13,8)，|b|2＝eq \f(5,8)，则eq \o(BE,\s\up14(→))·eq \o(CE,\s\up14(→))＝(a＋2b)·(－a＋2b)＝4|b|2－|a|2＝eq \f(7,8). 解法二：设eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AC,\s\up14(→))＝b，根据题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up14(→))·\o(CA,\s\up14(→))＝a·b＝4，,\o(BF,\s\up14(→))·\o(CF,\s\up14(→))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)b－\f(2,3)a))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a－\f(2,3)b))＝－1，,\o(BE,\s\up14(→))·\o(CE,\s\up14(→))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)b－\f(5,6)a))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)a－\f(5,6)b))，)) 整理，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·b＝4，,－2（a2＋b2）＋5a·b＝－9，,\o(BE,\s\up14(→))·\o(CE,\s\up14(→))＝\f(－5（a2＋b2）＋26a·b,36)，)) 于是eq \o(BE,\s\up14(→))·eq \o(CE,\s\up14(→))＝eq \f(（－5）×\f(29,2)＋26×4,36)＝eq \f(7,8). 解　因为向量a与b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，所以a·b＝|a||b|cos60°＝1. (1)c·d＝(2a－b)·(a＋2b)＝2a2＋3a·b－2b2＝2|a|2＋3×1－2|b|2＝2×22＋3－2×12＝9. (2)因为c＋2d＝(2a－b)＋2(a＋2b)＝4a＋3b，(c＋2d)2＝(4a＋3b)2＝16a2＋24a·b＋9b2＝16|a|2＋24×1＋9|b|2＝16×22＋24×1＋9×12＝97，所以|c＋2d|2＝97，所以|c＋2d|＝eq \r(97). 【感悟提升】　求向量的模的常见思路及方法 a·a＝a2＝|a|2或|a|＝eq \r(a·a)是求向量的模及用向量求解图形中线段长度的依据．这种通过求自身的数量积从而求模的思想是解决向量的模的问题的主要方法．此外，根据平面图形求向量的模时，注意利用图形的性质对向量的数量积或夹角等进行转化． 【跟踪训练】 2．已知|a|＝|b|＝5，向量a与b的夹角为eq \f(π,3)，求|a＋b|，|a－b|. 解：a·b＝|a||b|coseq \f(π,3)＝5×5×eq \f(1,2)＝eq \f(25,2). |a＋b|＝eq \r(（a＋b）2)＝eq \r(|a|2＋2a·b＋|b|2) ＝eq \r(25＋2×\f(25,2)＋25)＝5eq \r(3). |a－b|＝eq \r(（a－b）2)＝eq \r(|a|2－2a·b＋|b|2) ＝eq \r(25－2×\f(25,2)＋25)＝5. 解　a·b＝2×1×cos60°＝1， |m|2＝|2a＋b|2＝4|a|2＋4a·b＋|b|2＝4×22＋4×1＋1＝21， |n|2＝|a－4b|2＝|a|2－8a·b＋16|b|2＝22－8×1＋16×1＝12， ∴|m|＝eq \r(21)，|n|＝2eq \r(3)， m·n＝(2a＋b)·(a－4b)＝2|a|2－7a·b－4|b|2＝2×22－7×1－4×1＝－3. 设m与n的夹角为θ，∵m·n＝|m||n|cosθ， ∴－3＝eq \r(21)×2eq \r(3)×cosθ，即cosθ＝－eq \f(\r(7),14). 【感悟提升】　求向量a与b的夹角的思路 (1)求向量夹角的关键是计算a·b及|a||b|，在此基础上结合数量积的定义或性质计算cosθ＝eq \f(a·b,|a||b|)，最后借助θ∈[0，π]，求出θ的值． (2)在个别含有|a|，|b|与a·b的等量关系式中，常利用消元思想计算cosθ的值． 【跟踪训练】 3．(1)已知向量a，b满足(a＋2b)·(a－b)＝－6，且|a|＝1，|b|＝2，则a与b的夹角为________． 解析：设a与b的夹角为θ，依题意有(a＋2b)·(a－b)＝a2＋a·b－2b2＝－7＋2cosθ＝－6，所以cosθ＝eq \f(1,2)，因为0≤θ≤π，故θ＝eq \f(π,3). eq \f(π,3) 解析：由题意|2a－b|＝eq \r(（2a－b）2)＝eq \r(4a2－4a·b＋b2)＝eq \r(5)|a|，(2a－b)·a＝2a2－a·b＝2a2，所以cos〈a，2a－b〉＝eq \f(a·（2a－b）,|a||2a－b|)＝eq \f(2a2,\r(5)a2)＝eq \f(2\r(5),5). eq \f(2\r(5),5) 1．已知非零向量a，b，若a＋2b与a－2b互相垂直，则eq \f(|a|,|b|)＝(　　) A．eq \f(1,4) B．4 C．eq \f(1,2) D．2 解析：∵(a＋2b)·(a－2b)＝a2－4b2＝0，∴|a|＝2|b|，∴eq \f(|a|,|b|)＝2. 解析：∵0＝eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))2＝eq \o(AB,\s\up14(→))·(eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→)))＝eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))，∴eq \o(AB,\s\up14(→))⊥eq \o(AC,\s\up14(→))，∴△ABC是直角三角形．故选B. 2．在△ABC中，若eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→))2＝0，则△ABC是(　　) A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形 解析：由题意，向量a，b满足|a|－|b|＝a·b＝3，|a－b|＝eq \r(10)，可得|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b＝10，所以|a|2＋|b|2＝16，又(|a|－|b|)2＝|a|2＋|b|2－2|a||b|＝9，所以|a||b|＝eq \f(7,2)，设向量a与b的夹角为θ，则cosθ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(6,7).故选D. 3．(2024·河南安阳滑县高一下期末)已知向量a，b满足|a|－|b|＝a·b＝3，|a－b|＝eq \r(10)，则a与b的夹角的余弦值为(　　) A．eq \f(3,5) B．eq \f(4,5) C．eq \f(5,6) D．eq \f(6,7) 解析：因为eq \o(OA,\s\up14(→))⊥eq \o(AB,\s\up14(→))，所以eq \o(OA,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝0，所以eq \o(OA,\s\up14(→))·eq \o(OB,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))·(eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(AB,\s\up14(→)))＝|eq \o(OA,\s\up14(→))|2＋eq \o(OA,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝|eq \o(OA,\s\up14(→))|2＝32＝9. 4．已知向量eq \o(OA,\s\up14(→))⊥eq \o(AB,\s\up14(→))，|eq \o(OA,\s\up14(→))|＝3，则eq \o(OA,\s\up14(→))·eq \o(OB,\s\up14(→))＝________． 解：(1)∵向量a与b的夹角为120°，|a|＝2，|b|＝1， ∴a·b＝|a||b|cos120°＝2×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1， ∴|a－2b|2＝a2－4a·b＋4b2＝4－4×(－1)＋4＝12， ∴|a－2b|＝2eq \r(3). (2)∵(a＋tb)⊥(2a－b)，∴(a＋tb)·(2a－b)＝0，即2a2－a·b＋2ta·b－tb2＝0，∴2×4＋1－2t－t＝0，解得t＝3. 解析：a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－(－1)＝2＋1＝3.故选B. 2．(2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|＝(　　) A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2) C．eq \f(\r(3),2) D．1 解析：因为(b－2a)⊥b，所以(b－2a)·b＝0，即b2＝2a·b，又因为|a|＝1，|a＋2b|＝2，所以1＋4a·b＋4b2＝1＋6b2＝4，从而|b|＝eq \f(\r(2),2).故选B. 3．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD边的中点，则eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(FG,\s\up14(→))＋eq \o(GH,\s\up14(→))·eq \o(HE,\s\up14(→))＝(　　) A．eq \f(3,2) B．－eq \f(3,2) C．eq \f(3,4) D．－eq \f(3,4) 解析：易知四边形EFGH为平行四边形，连接HF，EG，设交点为O，则eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(FG,\s\up14(→))＝eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(EH,\s\up14(→))＝(eq \o(EO,\s\up14(→))－eq \o(OH,\s\up14(→)))·(eq \o(EO,\s\up14(→))＋eq \o(OH,\s\up14(→)))＝eq \o(EO,\s\up14(→))2－eq \o(OH,\s\up14(→))2＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(3,4)，eq \o(GH,\s\up14(→))·eq \o(HE,\s\up14(→))＝eq \o(GH,\s\up14(→))·eq \o(GF,\s\up14(→))＝(eq \o(GO,\s\up14(→))＋eq \o(OH,\s\up14(→)))·(eq \o(GO,\s\up14(→))－eq \o(OH,\s\up14(→)))＝eq \o(GO,\s\up14(→))2－eq \o(OH,\s\up14(→))2＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(3,4)，因此eq \o(EF,\s\up14(→))·eq \o(FG,\s\up14(→))＋eq \o(GH,\s\up14(→))·eq \o(HE,\s\up14(→))＝eq \f(3,2).故选A. 5．(多选)(2024·广东茂名信宜市第二中学高一下期末)若向量a，b满足|a|＝|b|＝1，|a＋b|＝eq \r(3)，则(　　) A．a·b＝1 B．a与b的夹角为eq \f(π,3) C．a⊥(a－2b) D．a－b在b上的投影向量为－eq \f(1,2)b 解析：对于A，因为|a|＝|b|＝1，所以|a＋b|＝eq \r(（a＋b）2)＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)＝eq \r(2＋2a·b)＝eq \r(3)，则a·b＝eq \f(1,2)，故A错误；对于B，cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(\f(1,2),1×1)＝eq \f(1,2)，因为〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝eq \f(π,3)，即a与b的夹角为eq \f(π,3)，故B正确；对于C，因为a·(a－2b)＝a2－2a·b＝1－2×eq \f(1,2)＝0，所以a⊥(a－2b)，故C正确；对于D，a－b在b上的投影向量为|a－b|cos〈a－b，b〉·eq \f(b,|b|)＝|a－b|·eq \f(（a－b）·b,|a－b||b|)·eq \f(b,|b|)＝eq \f(a·b－b2,|b|2)·b＝－eq \f(1,2)b，故D正确．故选BCD. 解析：由题意，将b·c＝[ta＋(1－t)b]·b＝0整理，得ta·b＋1－t＝0，又a·b＝eq \f(1,2)，所以t＝2. 解析：a·b＝(2e1＋e2)·(－3e1＋2e2)＝－6eeq \o\al(2,1)＋e1·e2＋2eeq \o\al(2,2)＝－6|e1|2＋|e1||e2|cos60°＋2|e2|2＝－6＋eq \f(1,2)＋2＝－eq \f(7,2)，其中a2＝(2e1＋e2)2＝4eeq \o\al(2,1)＋4e1·e2＋eeq \o\al(2,2)＝4＋4×eq \f(1,2)＋1＝7，故|a|＝eq \r(7)，b2＝(－3e1＋2e2)2＝9eeq \o\al(2,1)－12e1·e2＋4eeq \o\al(2,2)＝9－6＋4＝7，故|b|＝eq \r(7)，所以cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－\f(7,2),\r(7)×\r(7))＝－eq \f(1,2)，所以a与b的夹角为eq \f(2π,3). eq \f(2π,3) eq \f(1,3) 解析：因为AB＝2，AC＝3，∠BAC＝120°，所以eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|cos120°＝－3.由题意得eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))，eq \o(BE,\s\up14(→))＝eq \o(BA,\s\up14(→))＋eq \o(AE,\s\up14(→))＝λeq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))，所以|eq \o(AD,\s\up14(→))|2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（\o(AB,\s\up14(→))＋\o(AC,\s\up14(→))）)) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)(eq \o(AB,\s\up14(→))2＋2eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))2)＝eq \f(1,4)×(4－6＋9)＝eq \f(7,4)，所以|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝eq \f(\r(7),2).由eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(BE,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)可得eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))·(λeq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→)))＝eq \f(λ,2) eq \o(AC,\s\up14(→))2＋eq \f(1,2)(λ－1)eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))2＝eq \f(9λ,2)－eq \f(3,2)(λ－1)－2＝3λ－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，解得λ＝eq \f(1,3). 8．在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝120°，D是BC的中点，E在边AC上，eq \o(AE,\s\up14(→))＝λeq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(BE,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)，则|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝________，λ的值为________． eq \f(\r(7),2) 解：(1)|a＋tb|2＝a2＋t2b2＋2ta·b ＝b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(a·b,b2))) eq \s\up12(2)＋a2－eq \f(（a·b）2,b2). 当t＝－eq \f(a·b,b2)时，|a＋tb|取得最小值． (2)证明：因为(a＋tb)·b＝a·b＋tb2＝a·b－eq \f(a·b,b2)×b2＝0，所以b⊥(a＋tb)． 10．在平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝3，∠BAD＝60°，且Q为CD的中点，设eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AD,\s\up14(→))＝b. (1)用a，b表示eq \o(BQ,\s\up14(→))； (2)若eq \o(BP,\s\up14(→))＝λeq \o(BD,\s\up14(→))(λ∈(0，1))，且eq \o(AP,\s\up14(→))⊥eq \o(BQ,\s\up14(→))，求λ的值． 解：(1)如图，eq \o(BQ,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CQ,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2)a＋b. (2)a·b＝4×3×cos60°＝6. 由题设，知eq \o(AP,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BP,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋λeq \o(BD,\s\up14(→))＝a＋λ(b－a)＝(1－λ)a＋λb， ∵eq \o(AP,\s\up14(→))⊥eq \o(BQ,\s\up14(→))， ∴eq \o(AP,\s\up14(→))·eq \o(BQ,\s\up14(→))＝0， ∴[(1－λ)a＋λb]·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋b))＝0， ∴eq \f(1,2)(λ－1)a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)λ))a·b＋λb2＝0， ∴eq \f(1,2)(λ－1)×16＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3λ,2)))×6＋9λ＝0， ∴8λ－2＝0， ∴λ＝eq \f(1,4). 11．(2024·江苏连云港赣榆区高一下期中)在△ABC中，若eq \o(BC,\s\up14(→))＝a，eq \o(CA,\s\up14(→))＝b，eq \o(AB,\s\up14(→))＝c，且(a－b)⊥c，则△ABC的形状是(　　) A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形 解析：因为eq \o(BC,\s\up14(→))＝a，eq \o(CA,\s\up14(→))＝b，eq \o(AB,\s\up14(→))＝c，所以c＝－(a＋b)，若(a－b)⊥c，则(a－b)·c＝(a－b)·[－(a＋b)]＝b2－a2＝0，所以|b|＝|a|，即|eq \o(BC,\s\up14(→))|＝|eq \o(CA,\s\up14(→))|，所以△ABC是等腰三角形．故选C. 12．(多选)(2024·江苏海门中学高一下月考)在平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，∠BAD＝60°，E是CD的中点，则(　　) A．eq \o(AE,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→)) B．|eq \o(AE,\s\up14(→))|＝2eq \r(3) C．eq \o(AE,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝－6 D．eq \o(AD,\s\up14(→))在eq \o(AB,\s\up14(→))上的投影向量为eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→)) 解析：对于A，根据向量的运算法则，可得eq \o(AE,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(DE,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))，所以A正确；对于B，由AB＝4，AD＝2，∠BAD＝60°，可得|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝4，|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝2，eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＝4，则|eq \o(AE,\s\up14(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up14(→))＋\o(AD,\s\up14(→)))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up14(→))2＋eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))2＝eq \f(1,4)×42＋4＋4＝12，所以|eq \o(AE,\s\up14(→))|＝2eq \r(3)，所以B正确；对于C，由eq \o(AE,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))，eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))，可得eq \o(AE,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up14(→))＋\o(AD,\s\up14(→))))·(eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→)))＝－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))2－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))2＝－6，所以C正确；对于D，eq \o(AD,\s\up14(→))在eq \o(AB,\s\up14(→))上的投影向量为eq \f(\o(AB,\s\up14(→))·\o(AD,\s\up14(→)),Ｋ|\o(AB,\s\up14(→))|)·eq \f(\o(AB,\s\up14(→)),Ｋ|\o(AB,\s\up14(→))|)＝eq \f(4,16) eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up14(→))，所以D不正确．故选ABC. －eq \f(9,4) 解析：设eq \o(CD,\s\up14(→))＝λeq \o(AC,\s\up14(→))(－1≤λ≤0)，则eq \o(AD,\s\up14(→))＝(1＋λ)eq \o(AC,\s\up14(→))，由题图可得eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))＝(1＋λ)·eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))，所以eq \o(CD,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝λeq \o(AC,\s\up14(→))·[(1＋λ)eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))]＝(λ2＋λ)eq \o(AC,\s\up14(→))2－λeq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝16λ2＋16λ－4λ＝16λ2＋12λ＝16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(3,8))) eq \s\up12(2)－eq \f(9,4)，所以当λ＝－eq \f(3,8)时，eq \o(CD,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))取得最小值，为－eq \f(9,4). 13．(2024·广东佛山南海区高一下期中)如图，在△ABC中，已知AB＝eq \r(2)，AC＝4，∠BAC＝45°，D为线段AC上一动点，则eq \o(CD,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))的最小值为________． 解：(1)由题意知|a|＝2，|b|＝1. 又向量a在向量b上的投影向量为|a|cosθe＝－e， 所以cosθ＝－eq \f(1,2)，所以θ＝eq \f(2π,3). (2)易知a·b＝|a||b|cosθ＝－1， 则(a－2b)·b＝a·b－2b2＝－1－2＝－3. (3)因为λa＋b与a－3b互相垂直， 所以(λa＋b)·(a－3b)＝λa2－3λa·b＋b·a－3b2＝4λ＋3λ－1－3＝7λ－4＝0， 所以λ＝eq \f(4,7). 15．在四边形ABCD中，已知AB＝9，BC＝6，eq \o(CP,\s\up14(→))＝2eq \o(PD,\s\up14(→)). (1)若四边形ABCD是矩形，求eq \o(AP,\s\up14(→))·eq \o(BP,\s\up14(→))的值； (2)若四边形ABCD是平行四边形，且eq \o(AP,\s\up14(→))·eq \o(BP,\s\up14(→))＝6，求eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(AD,\s\up14(→))的夹角的余弦值． 解：(1)因为四边形ABCD是矩形， 所以eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(DC,\s\up14(→))＝0，AB＝DC＝9，BC＝AD＝6. 由eq \o(CP,\s\up14(→))＝2eq \o(PD,\s\up14(→))，得eq \o(DP,\s\up14(→))＝eq \f(1,3) eq \o(DC,\s\up14(→))，eq \o(CP,\s\up14(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CD,\s\up14(→))＝－eq \f(2,3) eq \o(DC,\s\up14(→)). 所以eq \o(AP,\s\up14(→))·eq \o(BP,\s\up14(→))＝(eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(DP,\s\up14(→)))·(eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CP,\s\up14(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up14(→))＋\f(1,3)\o(DC,\s\up14(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up14(→))－\f(2,3)\o(DC,\s\up14(→)))) ＝eq \o(AD,\s\up14(→))2－eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(DC,\s\up14(→))－eq \f(2,9) eq \o(DC,\s\up14(→))2 ＝36－eq \f(2,9)×81＝18. (2)由题意，得eq \o(AP,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(DP,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,3) eq \o(DC,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up14(→))， eq \o(BP,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CP,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))－eq \f(2,3) eq \o(DC,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up14(→))， 所以eq \o(AP,\s\up14(→))·eq \o(BP,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up14(→))＋\f(1,3)\o(AB,\s\up14(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up14(→))－\f(2,3)\o(AB,\s\up14(→)))) ＝eq \o(AD,\s\up14(→))2－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \f(2,9) eq \o(AB,\s\up14(→))2 ＝36－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))－18＝18－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→)). 又eq \o(AP,\s\up14(→))·eq \o(BP,\s\up14(→))＝6， 所以18－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＝6，所以eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＝36. 设eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(AD,\s\up14(→))的夹角为θ， 则eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AD,\s\up14(→))|cosθ＝9×6×cosθ＝54cosθ， 所以54cosθ＝36，即cosθ＝eq \f(2,3). 所以eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(AD,\s\up14(→))的夹角的余弦值为eq \f(2,3). $$