6.3.5 平面向量数量积的坐标表示-【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 6.3　平面向量基本定理及 坐标表示 6.3.5　平面向量数量积的坐标表示 课程标准：1.能用坐标表示平面向量的数量积.2.会表示两个平面向量的夹角.3.能用坐标表示平面向量垂直的条件． 教学重点：平面向量数量积的坐标表示以及模、角度、垂直关系的坐标表示． 教学难点：用坐标法处理模、角度、垂直问题． 核心素养：1.通过平面向量数量积的坐标表示的推导过程培养逻辑推理素养和数学运算素养.2.通过运用平面向量数量积的坐标表示来解决模、角度、垂直等问题进一步提升数学运算素养． (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 数量积 两个向量的数量积等于它们________________________，即a·b＝_____________ 两个向量垂直 a，b是非零向量，a⊥b⇔____________________ 知识点一　两向量的数量积与两向量垂直的坐标表示 已知a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)． 对应坐标的乘积的和 x1x2＋y1y2 x1x2＋y1y2＝0 核心概念掌握 5 知识点二　三个重要公式 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 －6 2 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　平面向量数量积的坐标运算 例1　(1)已知向量a＝(1，－1)，b＝(－1，2)，则(2a＋b)·a＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析　∵a＝(1，－1)，b＝(－1，2)，∴2a＋b＝2(1，－1)＋(－1，2)＝(1，0)，则(2a＋b)·a＝(1，0)·(1，－1)＝1. 核心素养形成 10 核心素养形成 11 【感悟提升】　平面向量数量积坐标运算的技巧 (1)进行向量的数量积运算，前提是牢记有关的运算法则和运算性质．解题时通常有两条途径：一是先将各向量用坐标表示，直接进行数量积运算；二是先利用数量积的运算律将原式展开，再依据已知计算． (2)在平面几何图形中求数量积，若几何图形规则易建系，一般先建立坐标系，写出相关向量的坐标，再求数量积． 核心素养形成 12 【跟踪训练】 1．已知向量a与b同向，b＝(1，2)，a·b＝10，求： (1)向量a的坐标； (2)若c＝(2，－1)，求(a·c)b. 解：(1)∵a与b同向，且b＝(1，2)， ∴a＝λb＝(λ，2λ)(λ>0)． 又a·b＝10，∴λ＋4λ＝10， ∴λ＝2，∴a＝(2，4)． (2)∵a·c＝2×2＋4×(－1)＝0， ∴(a·c)b＝0. 核心素养形成 13 题型二　平面向量的模的问题 例2　(1)(2023·北京高考)已知向量a，b满足a＋b＝(2，3)，a－b＝(－2，1)，则|a|2－|b|2＝(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．1 解析　向量a，b满足a＋b＝(2，3)，a－b＝(－2，1)，所以|a|2－|b|2＝(a＋b)·(a－b)＝2×(－2)＋3×1＝－1.故选B. 核心素养形成 14 (2)若向量a＝(2x－1，3－x)，b＝(1－x，2x－1)，则|a－b|的最小值为________． 核心素养形成 15 核心素养形成 16 【跟踪训练】 2．(1)已知a＝(1，2)，b＝(x，4)，且a·b＝10，则|a－b|＝________． 核心素养形成 17 (2)已知a＝(2，1)与b＝(1，2)，要使|a＋tb|最小，则实数t的值为________． 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 核心素养形成 22 【跟踪训练】 3．已知平面向量a＝(3，4)，b＝(9，x)，c＝(4，y)，且a∥b，a⊥c. (1)求b与c； (2)若m＝2a－b，n＝a＋c，求向量m与n的夹角的大小． 解：(1)∵a∥b，∴3x－4×9＝0，∴x＝12. ∵a⊥c，∴3×4＋4y＝0，∴y＝－3， ∴b＝(9，12)，c＝(4，－3)． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 【感悟提升】　解决平面向量数量积与三角函数综合问题的基本思路 先运用平面向量数量积的坐标表示的相关知识(平面向量数量积的坐标表示、平面向量模与夹角的坐标表示、平面向量平行与垂直的坐标表示等)将问题转化为与三角函数有关的问题(如化简、求值、证明等)，再利用三角函数的相关知识求解即可．解决这类问题时应注意充分挖掘题目中的隐含条件，使问题得到快速解决． 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 随堂水平达标 随堂水平达标 31 随堂水平达标 32 随堂水平达标 33 随堂水平达标 34 5．已知平面向量a＝(1，x)，b＝(2x＋3，－x)，x∈R. (1)若a⊥b，求x的值； (2)若a∥b，求|a－b|. 随堂水平达标 35 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 平面向量的夹角问题 平面向量的垂直问题 平面向量的模问题 平面向量数量积的坐标运算 平面向量的垂直 问题 平面向量投影的坐标运算 平面向量的夹角 问题 平面向量的夹角 问题 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 平面向量数量积与三角函数的综合 平面向量的模与夹角问题 平面向量数量积的最值 平面向量数量积的综合应用 平面向量数量积的取值范围 平面向量数量积的综合应用 平面向量数量积的综合应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 2．(2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，所以b2－4a·b＝0，即4＋x2－4x＝0，解得x＝2.故选D. 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 二、填空题 6．已知向量b＝(x，y)在向量a＝(2，0)上的投影向量为c＝(1，0)，则向量b＝____________________．(写出满足条件的一个b即可) (1，1)(答案不唯一) 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 8．(2024·山东淄博中学高一下期中)若a＝(1，2)，b＝(m，4)，向量a与向量b的夹角为锐角，则m的取值范围为_____________________． (－8，2)∪(2，＋∞) 解析：设两向量的夹角为θ，又夹角为锐角，所以0°<θ<90°，且a与b不共线，因为a·b＝|a||b|cosθ，又cosθ>0，所以a·b>0，所以a·b＝m＋2×4＝m＋8>0，所以m>－8；当a与b共线时，1×4－2m＝0，此时m＝2，所以a与b不共线时，m≠2.综上，m的取值范围为(－8，2)∪(2，＋∞)． 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 10．已知△ABC顶点的坐标分别为A(3，4)，B(0，0)，C(c，0)， (1)若c＝5，求sinA的值； (2)若∠A是钝角，求c的取值范围． 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 14．(2024·山东聊城高一下期中)已知向量a＝(1，2)，b＝(－2，1)，c＝(1，λ)． (1)若(2a－b)⊥c，求|c|，a·(b＋c)； (2)在(1)的条件下，若向量c与ka＋b平行，求c与a＋kb夹角的余弦值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 15．已知三点A(2，1)，B(3，2)，D(－1，4)． (1)求证：AB⊥AD； (2)要使四边形ABCD为矩形，求点C的坐标并求矩形ABCD的对角线的长度． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 　　　　　　　　　　　　　 R eq \r(x2＋y2) eq \r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2) 2,1)eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x＋yeq \o\al(2,1)) \r(xeq \o\al(2,2)＋yeq \o\al(2,2))) 1．(平面向量的夹角问题)已知a，b为平面向量，a＝(4，3)，2a＋b＝(3，18)，则a与b的夹角θ的余弦值为(　　) A．eq \f(8,65) B．－eq \f(8,65) C．eq \f(16,65) D．－eq \f(16,65) 2．(平面向量数量积的坐标运算)若向量a＝(3，m)，b＝(2，1)，a·b＝0，则实数m的值为________． 3．(平面向量的模的问题)已知a＝(1，eq \r(3))，b＝(－2，0)，则|a＋b|＝________． (2)(2024·北京丰台高一统考期末)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AD＝2，若E为BC的中点，则eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(AE,\s\up14(→))＝(　　) A．1 B．eq \r(2) C．2 D．4 解析　如图，建立平面直角坐标系，令AB＝2m，CD＝2n，则B(2m，0)，D(0，2)，C(2n，2)，所以E(m＋n，1)，所以eq \o(AD,\s\up14(→))＝(0，2)，eq \o(AE,\s\up14(→))＝(m＋n，1)，所以eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(AE,\s\up14(→))＝0×(m＋n)＋2×1＝2.故选C. 解析　∵a＝(2x－1，3－x)，b＝(1－x，2x－1)，∴a－b＝(2x－1，3－x)－(1－x，2x－1)＝(3x－2，4－3x)，∴|a－b|＝eq \r(（3x－2）2＋（4－3x）2)＝eq \r(18x2－36x＋20)＝eq \r(18（x－1）2＋2)，∴当x＝1时，|a－b|取得最小值eq \r(2). eq \r(2) 【感悟提升】　求平面向量的模的两种基本策略 (1)字母表示下的运算 利用|a|2＝a2，将向量模的运算转化为向量与向量的数量积的问题． (2)坐标表示下的运算 若a＝(x，y)，则a·a＝a2＝|a|2＝x2＋y2，于是有|a|＝eq \r(x2＋y2). 解析：由题意，得a·b＝x＋8＝10，∴x＝2，∴a－b＝(－1，－2)，∴|a－b|＝eq \r(5). eq \r(5) 解析：∵a＋tb＝(2＋t，1＋2t)，∴|a＋tb|＝eq \r(（t＋2）2＋（2t＋1）2)＝eq \r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(4,5)))\s\up12(2)＋\f(9,5)).∴当t＝－eq \f(4,5)时，|a＋tb|取得最小值eq \f(3\r(5),5). －eq \f(4,5) 题型三　平面向量的夹角与垂直问题 例3　(1)(2023·全国甲卷)已知向量a＝(3，1)，b＝(2，2)，则cos〈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) 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cos〈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. (2)已知eq \o(OA,\s\up14(→))＝(2，－1)，eq \o(OB,\s\up14(→))＝(3，1)，eq \o(OC,\s\up14(→))＝(m，3)，且eq \o(AB,\s\up14(→))⊥eq \o(BC,\s\up14(→))，求实数m的值． 解　eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))＝(1，2)， eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OB,\s\up14(→))＝(m－3，2)． 因为eq \o(AB,\s\up14(→))⊥eq \o(BC,\s\up14(→))，所以eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝0， 即1×(m－3)＋2×2＝0，解得m＝－1. 【感悟提升】　 1．求两个非零向量夹角的步骤 若非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)， (1)求出a·b＝x1x2＋y1y2； (2)求出|a|＝2,1)eq \r(x＋yeq \o\al(2,1)) ，|b|＝2,2)eq \r(x＋yeq \o\al(2,2)) ； (3)代入公式：cosθ＝eq \f(a·b,|a||b|)(θ是a与b的夹角)； (4)根据θ的范围确定θ的值． 2．与夹角有关问题的注意事项 (1)两向量的夹角θ的取值范围为[0，π]； (2)cosθ<0有两种情况：一是θ是钝角，二是θ＝π； (3)cosθ>0有两种情况：一是θ是锐角，二是θ＝0； (4)cosθ＝0有一种情况：θ＝eq \f(π,2). (2)m＝2a－b＝(6，8)－(9，12)＝(－3，－4)， n＝a＋c＝(3，4)＋(4，－3)＝(7，1)． 设m与n的夹角为θ， 则cosθ＝eq \f(m·n,|m||n|) ＝eq \f(－3×7＋（－4）×1,\r(（－3）2＋（－4）2)×\r(72＋12)) ＝eq \f(－25,25\r(2))＝－eq \f(\r(2),2). ∵θ∈[0，π]， ∴θ＝eq \f(3π,4)，即向量m与n的夹角为eq \f(3π,4). 题型四　平面向量数量积与三角函数的综合问题 例4　已知向量m＝(sinα－2，－cosα)，n＝(－sinα，cosα)，其中α∈R. (1)若m⊥n，求α； (2)若|m－n|＝eq \r(2)，求cos2α的值． 解　(1)若m⊥n，则m·n＝0， 即－sinα(sinα－2)－cos2α＝0， 即sinα＝eq \f(1,2)， 可得α＝2kπ＋eq \f(π,6)或α＝2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z. (2)若|m－n|＝eq \r(2)，则(m－n)2＝2， 即(2sinα－2)2＋(－2cosα)2＝2， 即4sin2α＋4－8sinα＋4cos2α＝2， 即8－8sinα＝2，可得sinα＝eq \f(3,4)， 所以cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq \f(9,16)＝－eq \f(1,8). 【跟踪训练】 4．(2024·江苏常州高级中学高一下期末)已知向量a＝(1，－eq \r(3))，向量b与a的夹角为eq \f(2π,3)，且|b|＝2. (1)求向量b的坐标； (2)设向量c＝(sinx，cosx)(x∈R)，m＝(－eq \r(3)，1)，若b·m＝0，求|b＋c|的最大值，并求出此时x的取值集合． 解：(1)设b＝(x，y)，依题意，得|a|＝eq \r(12＋（－\r(3)）2)＝2，a·b＝|a||b|coseq \f(2π,3)＝－2， 而a·b＝x－eq \r(3)y，因此eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)y＝－2，,x2＋y2＝4，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\r(3)，)) 所以向量b的坐标是(－2，0)或(1，eq \r(3))． (2)向量m＝(－eq \r(3)，1)，且b·m＝0，当b＝(－2，0)时，b·m＝2eq \r(3)≠0，不符合题意，舍去，当b＝(1，eq \r(3))时，b·m＝1×(－eq \r(3))＋eq \r(3)×1＝0，符合题意，即b＝(1，eq \r(3))，则 b＋c＝(1＋sinx，eq \r(3)＋cosx)， |b＋c|＝eq \r(（1＋sinx）2＋（\r(3)＋cosx）2) ＝eq \r(5＋2sinx＋2\r(3)cosx)＝eq \r(5＋4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))))， 因为x∈R，则当x＋eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即x＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z时，|b＋c|max＝3， 所以|b＋c|的最大值是3，此时x的取值集合是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝2kπ＋\f(π,6)，k∈Z)))). 1．若a＝(2，－3)，b＝(x，2x)，且3a·b＝4，则x等于(　　) A．3 B．eq \f(1,3) C．－eq \f(1,3) D．－3 解析：3a·b＝3(2x－6x)＝－12x＝4，∴x＝－eq \f(1,3).故选C. 解析：设c＝(x，y)，则c＋a＝(1＋x，2＋y)，a＋b＝(3，－1)，由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（2＋y）＋3（x＋1）＝0，,3x－y＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(7,9)，,y＝－\f(7,3)，))即c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)，－\f(7,3))). 2．已知向量a＝(1，2)，b＝(2，－3)，若向量c满足(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，则c＝(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，－\f(7,9))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(7,9))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)，－\f(7,3))) 3．(2024·全国甲卷)已知向量a＝(x＋1，x)，b＝(x，2)，则(　　) A．“x＝－3”是“a⊥b”的必要条件 B．“x＝－3”是“a∥b”的必要条件 C．“x＝0”是“a⊥b”的充分条件 D．“x＝－1＋eq \r(3)”是“a∥b”的充分条件 解析：对于A，当a⊥b时，a·b＝0，所以x(x＋1)＋2x＝0，解得x＝0或x＝－3，即必要性不成立，故A错误；对于B，当a∥b时，2(x＋1)＝x2，解得x＝1±eq \r(3)，即必要性不成立，故B错误；对于C，当x＝0时，a＝(1，0)，b＝(0，2)，故a·b＝0，所以a⊥b，即充分性成立，故C正确；对于D，当x＝－1＋eq \r(3)时，不满足2(x＋1)＝x2，所以a∥b不成立，即充分性不成立，故D错误．故选C. 解析：eq \o(OC,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))＝(1，k)，|eq \o(OC,\s\up14(→))|＝|eq \o(OA,\s\up14(→))|＝2，所以cos∠AOC＝eq \f(\o(OC,\s\up14(→))·\o(OA,\s\up14(→)),|\o(OC,\s\up14(→))||\o(OA,\s\up14(→))|)＝eq \f(2,2×2)＝eq \f(1,2)，由于∠AOC∈(0，π)，所以∠AOC＝eq \f(π,3). 4．在以OA为边、OB为对角线的菱形OABC中，eq \o(OA,\s\up14(→))＝(2，0)，eq \o(OB,\s\up14(→))＝(3，k)，则∠AOC＝________． eq \f(π,3) 解：(1)若a⊥b，则a·b＝1×(2x＋3)＋x(－x)＝0， 即x2－2x－3＝0，解得x＝－1或x＝3. (2)若a∥b，则1×(－x)－x(2x＋3)＝0， 即x(2x＋4)＝0，解得x＝0或x＝－2. 当x＝0时，a＝(1，0)，b＝(3，0)，a－b＝(－2，0)，|a－b|＝2； 当x＝－2时，a＝(1，－2)，b＝(－1，2)， a－b＝(2，－4)，|a－b|＝eq \r(4＋16)＝2eq \r(5). 综上，|a－b|＝2或2eq \r(5). 一、选择题 1．已知|a|＝1，b＝(0，2)，且a·b＝1，则向量a与b的夹角的大小为(　　) A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,4) C．eq \f(π,3) D．eq \f(π,2) 解析：∵|a|＝1，b＝(0，2)，且a·b＝1，∴cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(1,1×\r(0＋22))＝eq \f(1,2)，∴向量a与b的夹角的大小为eq \f(π,3).故选C. 3．已知平面向量a＝(2，4)，b＝(－1，2)，若c＝a－(a·b)b，则|c|＝(　　) A．4eq \r(2) B．2eq \r(5) C．8 D．8eq \r(2) 解析：易得a·b＝2×(－1)＋4×2＝6，所以c＝(2，4)－6(－1，2)＝(8，－8)，所以|c|＝eq \r(82＋（－8）2)＝8eq \r(2). 4．(2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则eq \o(EC,\s\up14(→))·eq \o(ED,\s\up14(→))＝(　　) A．eq \r(5) B．3 C．2eq \r(5) D．5 解析：解法一：以{eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AD,\s\up14(→))}为基底，可知|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝2，eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＝0，则eq \o(EC,\s\up14(→))＝eq \o(EB,\s\up14(→))＋eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))，eq \o(ED,\s\up14(→))＝eq \o(EA,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))，所以eq \o(EC,\s\up14(→))·eq \o(ED,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up14(→))＋\o(AD,\s\up14(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(AB,\s\up14(→))＋\o(AD,\s\up14(→))))＝－eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up14(→))2＋eq \o(AD,\s\up14(→))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 \o(EC,\s\up14(→))＝(1，2)，eq \o(ED,\s\up14(→))＝(－1，2)，所以eq \o(EC,\s\up14(→))·eq \o(ED,\s\up14(→))＝－1＋4＝3.故选B. 5．(多选)在△ABC中，eq \o(AB,\s\up14(→))＝(2，3)，eq \o(AC,\s\up14(→))＝(1，k)，若△ABC是直角三角形，则k的值可能为(　　) A．－eq \f(2,3) B．eq \f(11,3) C．eq \f(3±\r(13),2) D．eq \f(2,3) 解析：∵eq \o(AB,\s\up14(→))＝(2，3)，eq \o(AC,\s\up14(→))＝(1，k)，∴eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))＝(－1，k－3)．若∠A＝90°，则eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝2×1＋3×k＝0，∴k＝－eq \f(2,3)；若∠B＝90°，则eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝2×(－1)＋3(k－3)＝0，∴k＝eq \f(11,3)；若∠C＝90°，则eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝1×(－1)＋k(k－3)＝0，∴k＝eq \f(3±\r(13),2).故所求k的值为－eq \f(2,3)或eq \f(11,3)或eq \f(3±\r(13),2).故选ABC. 解析：向量b＝(x，y)在向量a＝(2，0)上的投影向量为c＝|b|cos〈a，b〉·eq \f(a,|a|)＝eq \f(a·b,|a|2)·a＝eq \f(2x＋0,4)·(2，0)＝(x，0)＝(1，0)，所以x＝1，则向量b＝(1，1)(答案不唯一)． 解析：设c＝(x，y)，∵a＋b＝(－1，－2)，且|a|＝eq \r(5)，|c|＝eq \r(5)，(a＋b)·c＝eq \f(5,2)，∴(－1，－2)·(x，y)＝eq \f(5,2)，∴－x－2y＝eq \f(5,2)，即x＋2y＝－eq \f(5,2).设a与c的夹角为θ，∴cosθ＝eq \f(a·c,|a||c|)＝eq \f(x＋2y,\r(5)×\r(5))＝－eq \f(1,2).∵0≤θ≤π，∴θ＝eq \f(2π,3). 7．已知向量a＝(1，2)，b＝(－2，－4)，|c|＝eq \r(5)，若(a＋b)·c＝eq \f(5,2)，则a与c的夹角为________． eq \f(2π,3) 三、解答题 9．设平面向量a＝(cosα，sinα)(0≤α<2π)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，且a与b不共线． (1)求证：(a＋b)⊥(a－b)； (2)若两个向量eq \r(3)a＋b与a－eq \r(3)b的模相等，求角α. 解：(1)证明：由题意，知a＋b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα－\f(1,2)，sinα＋\f(\r(3),2)))， a－b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα＋\f(1,2)，sinα－\f(\r(3),2)))， ∵(a＋b)·(a－b)＝cos2α－eq \f(1,4)＋sin2α－eq \f(3,4)＝0， ∴(a＋b)⊥(a－b)． (2)|a|＝1，|b|＝1，由题意知 (eq \r(3)a＋b)2＝(a－eq \r(3)b)2， 化简得a·b＝0，∴－eq \f(1,2)cosα＋eq \f(\r(3),2)sinα＝0， ∴tanα＝eq \f(\r(3),3).又0≤α<2π，∴α＝eq \f(π,6)或α＝eq \f(7π,6). 解：eq \o(AB,\s\up14(→))＝(－3，－4)，eq \o(AC,\s\up14(→))＝(c－3，－4)． (1)若c＝5，则eq \o(AC,\s\up14(→))＝(2，－4)， ∴cosA＝cos〈eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))〉＝eq \f(\o(AC,\s\up14(→))·\o(AB,\s\up14(→)),|\o(AC,\s\up14(→))||\o(AB,\s\up14(→))|)＝eq \f(\r(5),5). ∵∠A是△ABC的内角， ∴sinA＝eq \r(1－cos2A)＝eq \f(2\r(5),5). (2)若∠A为钝角，则eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))<0且eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))不反向共线． 由eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))<0，得－3(c－3)＋16<0，即c>eq \f(25,3). 由eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))不共线，得(－3)×(－4)≠－4(c－3)， 即c≠0，故当∠A为钝角时，c>eq \f(25,3). 11．(2024·吉林通化梅河口五中高一下期末)已知Rt△ABO的面积为4，O为直角顶点，设向量a＝eq \f(\o(OA,\s\up14(→)),|\o(OA,\s\up14(→))|)，向量b＝eq \f(\o(OB,\s\up14(→)),|\o(OB,\s\up14(→))|)，向量eq \o(OP,\s\up14(→))＝a＋2b，则eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(PB,\s\up14(→))的最大值为(　　) A．－4 B．－3 C．3 D．4 解析：以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设A(m，0)，B(0，n)，且m>0，n>0，则mn＝8，则a＝eq \f(\o(OA,\s\up14(→)),Ｋ|\o(OA,\s\up14(→))|)＝(1，0)，b＝eq \f(\o(OB,\s\up14(→)),Ｋ|\o(OB,\s\up14(→))|)＝(0，1)，eq \o(OP,\s\up14(→))＝a＋2b＝(1，2)，所以P(1，2)，eq \o(PA,\s\up14(→))＝(m－1，－2)，eq \o(PB,\s\up14(→))＝(－1，n－2)，所以eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(PB,\s\up14(→))＝5－(m＋2n)≤5－2eq \r(2mn)＝－3，当且仅当m＝2n，即m＝4，n＝2时取等号．故eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(PB,\s\up17(→))的最大值为－3.故选B. 12．(多选)(2024·吉林白山高一下期末)已知向量a＝(－1，2x)，b＝(x＋1，1)，c＝(0，－x)，且(a＋4b)⊥(a－b)，则(　　) A．|c|＝1 B．(a－b)∥c C．向量a－b与b的夹角为eq \f(3π,4) D．向量a在向量b上的投影向量的坐标为(1，－1) 解析：因为a＝(－1，2x)，b＝(x＋1，1)，c＝(0，－x)，所以a·b＝－1×(x＋1)＋2x＝x－1，因为(a＋4b)⊥(a－b)，所以(a＋4b)·(a－b)＝a2＋3a·b－4b2＝0，所以4x2＋1＋3(x－1)－4(x2＋2x＋2)＝0，解得x＝－2，所以a＝(－1，－4)，b＝(－1，1)，c＝(0，2)，所以|c|＝2，故A错误；因为a－b＝(－1，－4)－(－1，1)＝(0，－5)＝－eq \f(5,2)c，所以(a－b)∥c，故B正确；因为a－b＝(0，－5)，所以(a－b)·b＝－5，|a－b|＝5，|b|＝eq \r(（－1）2＋12)＝eq \r(2)，设a－b与b的夹角为θ，则cosθ＝eq \f(（a－b）·b,|a－b||b|)＝eq \f(－5,5\r(2))＝－eq \f(\r(2),2)，又θ∈[0，π]，所以θ＝eq \f(3π,4)，故C正确；因为a·b＝－1×(－1)＋(－4)×1＝－3，|b|＝eq \r(（－1）2＋12)＝eq \r(2)，所以向量a在向量b上的投影向量的坐标为eq \f(（a·b）b,|b|2)＝eq \f(－3（－1，1）,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2)))，故D错误．故选BC. 13．(2024·贵州遵义高一下期末)窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，如图是一个正八边形的窗花，从窗花图中抽象出的几何图形是一个正八边形，正八边形ABCDEFGH的边长为4，P是正八边形ABCDEFGH内的动点(含边界)，则eq \o(AP,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))的取值范围为_________________． [－8eq \r(2)，16＋8eq \r(2)] 解析：以A为坐标原点，AB，AF所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，B(4，0)，过H作AF的垂线，垂足为N.在正八边形ABCDEFGH中，∠HAB＝eq \f(（8－2）×180°,8)＝135°，所以AN＝HN，所以AN2＋HN2＝HA2，解得AN＝2eq \r(2)，所以AF＝4＋4eq \r(2).设P(x，y)，则eq \o(AB,\s\up14(→))＝(4，0)，eq \o(AP,\s\up14(→))＝(x，y)，所以eq \o(AP,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝4x.因为P是正八边形ABCDEFGH内的动点(含边界)，所以x的范围为－2eq \r(2)≤x≤4＋2eq \r(2)，所以－8eq \r(2)≤4x≤16＋8eq \r(2)，即eq \o(AP,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))的取值范围为[－8eq \r(2)，16＋8eq \r(2)]． 解：(1)因为a＝(1，2)，b＝(－2，1)， 所以2a－b＝(4，3)， 由c＝(1，λ)，当(2a－b)⊥c时，(2a－b)·c＝0， 即4＋3λ＝0，解得λ＝－eq \f(4,3)， 所以|c|＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))\s\up12(2))＝eq \f(5,3)， a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝(－2＋2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(8,3)))＝－eq \f(5,3). (2)由(1)知，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(4,3)))，ka＋b＝(k－2，2k＋1)， 由c与ka＋b平行，得2k＋1＝－eq \f(4,3)(k－2)，解得k＝eq \f(1,2)， 所以a＋kb＝(1，2)＋eq \f(1,2)(－2，1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))， c·(a＋kb)＝0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×eq \f(5,2)＝－eq \f(10,3)， |c|＝eq \f(5,3)，|a＋kb|＝eq \f(5,2)， 所以c与a＋kb夹角的余弦值为 cos〈c，a＋kb〉＝eq \f(c·（a＋kb）,|c||a＋kb|)＝eq \f(－\f(10,3),\f(5,3)×\f(5,2))＝－eq \f(4,5). 解：(1)证明：∵A(2，1)，B(3，2)，D(－1，4)， ∴eq \o(AB,\s\up14(→))＝(1，1)，eq \o(AD,\s\up14(→))＝(－3，3)． 则eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AD,\s\up14(→))＝1×(－3)＋1×3＝0， ∴eq \o(AB,\s\up14(→))⊥eq \o(AD,\s\up14(→))，即AB⊥AD. (2)∵eq \o(AB,\s\up14(→))⊥eq \o(AD,\s\up14(→))，四边形ABCD为矩形， ∴eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(DC,\s\up14(→)). 设点C的坐标为(x，y)， 则eq \o(DC,\s\up14(→))＝(x＋1，y－4)， 又eq \o(AB,\s\up14(→))＝(1，1)． 从而有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＝1，,y－4＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝5，)) ∴点C的坐标为(0，5)． ∴eq \o(AC,\s\up14(→))＝(－2，4)，|eq \o(AC,\s\up14(→))|＝eq \r(（－2）2＋42)＝2eq \r(5)， 故矩形ABCD的对角线的长度为2eq \r(5). $$