专题二 微拓展3 平面向量中的新定义-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

微拓展3　平面向量中的新定义 [考情分析]　平面向量作为数学工具，是代数与几何的纽带，是数学知识网络中的一个交汇点，成为联系多项内容的媒介．平面向量的新定义把向量与其他知识联系起来，通过规则、运算等，更好的展示了向量“数”与“形”的双重身份，是高考改革创新的热点． 考点一　平面向量的外积 定义　向量a与b的外积是一个向量，记为a×b，它的长度|a×b|＝|a||b|sin 〈a，b〉，它的方向垂直于a，b，且构成右手系的基． 外积是一个向量，所以又叫向量积，也叫叉积，a×b读作“a叉b”． 特别地，当a＝0或b＝0时，a×b＝0. [例1]　(多选)[平面向量的外积]在空间中，定义向量的外积：a×b叫做向量a与b的外积，它是一个向量，满足下列两个条件： ①a⊥(a×b)，b⊥(a×b)，且构成右手系的基(即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示)； ②a×b的模|a×b|＝|a||b|sin 〈a，b〉(〈a，b〉表示向量a，b的夹角). 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有以下四个结论，正确的是(　　) A．|AB1×|＝|AD1×| B．A1C1×A1D与BD1共线 C．×＝× D．VABCD－A1B1C1D1＝－(×)·CC1 解析　由题意，设正方体的棱长为a， 选项A，由几何知识得，△AB1C，△BC1D是全等的等边三角形，且边长为a， ∴∠B1AC＝∠DBC1＝60°， AB1＝AC＝AD1＝DB＝BC1＝a， |AB1×|＝|AB1|||sin∠B1AC＝a×a×sin 60°＝a2， |AD1×|＝|BC1×|＝|BC1|||sin 〈BC1，〉 ＝|BC1|||sin (180°－∠DBC1) ＝a×a×sin (180°－60°)＝a2， ∴|AB1×|＝|AD1×|，A正确； 选项B，在正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1， 又因为BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1， 所以A1C1⊥BB1， 又B1B∩B1D1＝B1，B1B，B1D1⊂平面BB1D1D， 所以A1C1⊥平面BB1D1D， 因为BD1⊂平面BB1D1D， 所以BD1⊥A1C1，同理可证BD1⊥A1D， 再由右手系知，A1C1×A1D与D1B同向，所以B正确； 选项C，|×|＝||||sin ∠BAD ＝a·a sin 90°＝a2， |×|＝||||sin ∠BAD＝a·a sin 90°＝a2，∴|×|＝|×|， ∵右手系叉乘具有方向， ∴×＝－aAA1， ×＝aAA1， ∴×≠×，C错误； 选项D，VABCD－A1B1C1D1＝a3，(×)·CC1＝－aAA1·CC1＝－a3，故D正确．故选ABD. 答案　ABD (1)外积的几何意义 S▱ABCD＝|a|·(|b|sin θ) ＝|a×b|. 结论：|a×b|表示的是a与b构成的平行四边形的面积． (2)外积的性质 ①a×a＝0； ②a×b＝0⇔a∥b； ③a×b＝－(b×a)(交换律不成立)； ④(a＋b)×c＝a×c＋b×c(分配律)； ⑤(λa)×b＝a×(λb)＝λ(a×b).故选ABD. 跟踪训练1　(多选)(2025·昭通统考)已知向量a，b的数量积(又称向量的点积或内积)：a·b＝|a|·|b|cos 〈a，b〉，其中〈a，b〉表示向量a，b的夹角；定义向量a，b的向量积(又称向量的叉积或外积)：|a×b|＝|a|·|b|sin 〈a，b〉，其中〈a，b〉表示向量a，b的夹角，则下列说法正确的是(　　) A．若a，b为非零向量，且|a×b|＝|a·b|，则〈a，b〉＝ B．若四边形ABCD为平行四边形，则它的面积等于|×| C．已知点A(2，0)，B(－1，)，O为坐标原点，则|×|＝2 D．若|a×b|＝a·b＝，则|a＋2b|的最小值为2 BCD　[对于A，因为a，b是非零向量， 由|a×b|＝|a·b|， 可得|a||b|sin 〈a，b〉＝|a||b||cos 〈a，b〉|， 即sin 〈a，b〉＝|cos 〈a，b〉|， 可得tan 〈a，b〉＝±1，且〈a，b〉∈[0，π]， 解得〈a，b〉＝或，所以A错误； 对于B，由平行四边形ABCD的面积 S＝2×|‖|sin 〈，〉＝|×|，所以B正确； 对于C，因为＝(2，0)，＝(－1，)， 可知·＝－2，||＝||＝2， 则cos 〈，〉＝＝－， 且〈，〉∈[0，π]，可得〈，〉＝， 所以|×|＝||||sin 〈，〉＝2，故C正确； 对于D，因为|a×b|＝a·b＝， 即|a||b|sin 〈a，b〉＝|a||b|cos 〈a，b〉＝， 可得tan 〈a，b〉＝，且〈a，b〉∈[0，π]， 可得〈a，b〉＝，|a||b|＝2， 则|a＋2b|2＝|a|2＋4a·b＋4|b|2＝12＋|a|2＋4|b|2≥12＋4|a||b|＝12＋8， 所以|a＋2b|≥ ＝2， 当且仅当|a|＝2|b|时，等号成立，所以D正确．故选BCD.] 考点二　与线性运算有关的新定义 [例2]　我们把由平面内夹角成60°的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“@未来坐标系”．如图所示，e1，e2分别为Ox，Oy正方向上的单位向量．若向量＝xe1＋ye2，则把实数对{x，y}叫做向量的“@未来坐标”，记＝{x，y}，已知{x1，y1}，{x2，y2}分别为向量a，b的“@未来坐标”． (1)证明：{x1，y1}·{x2，y2}＝x1x2＋y1y2＋(x1y2＋x2y1)； (2)若向量a，b的“@未来坐标”分别为{sin x，1}，{cos x，1}，已知f(x)＝a·b，x∈R，求函数f(x)的最值． (1)证明　因为e1，e2分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为60°， 所以e1·e2＝|e1||e2|cos 60°＝， 所以{x1，y1}·{x2，y2} ＝(x1e1＋y1e2)·(x2e1＋y2e2) ＝x1x2e＋x1y2e1·e2＋x2y1e1·e2＋y1y2e ＝x1x2|e1|2＋x1y2＋x2y1＋y1y2|e2|2 ＝x1x2＋y1y2＋(x1y2＋x2y1)， 即{x1，y1}·{x2，y2}＝x1x2＋y1y2＋(x1y2＋x2y1). (2)解　因为向量a，b的“@未来坐标”分别为 {sin x，1}，{cos x，1}， 所以f(x)＝a·b＝(sin xe1＋e2)·(cos xe1＋e2) ＝sin x cos xe＋sin xe1·e2＋cos xe1·e2＋e ＝sin x cos x＋1＋(sin x＋cos x). 令t＝sin x＋cos x＝sin (x＋)， 则sin x cos x＝(t2－1)， 因为x∈R， 所以－≤sin (x＋)≤，即－≤t≤. 令g(t)＝(t2＋t＋1)(－≤t≤)， 因为对称轴为t＝－，函数图象开口向上， 所以当t＝－时，g(t)取得最小值g(－)＝×(－＋1)＝， 当t＝时，g(t)取得最大值g()＝×(2＋＋1)＝， 所以f(x)的最小值为，最大值为. 解决此类问题，关键是对新定义中的知识进行提取和转换，如果题目是新定义的运算法则，直接按照法则计算即可；若是新定义的性质，一般要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特殊值排除． 跟踪训练2　(多选)定义平面向量之间的一种运算“⊙”如下：对任意的a＝(m，n)，b＝(p，q)，令a⊙b＝mq－np，则下列说法正确的是(　　) A．若a与b共线，则a⊙b＝0 B．a⊙b＝b⊙a C．对任意的λ∈R，有(λa)⊙b＝λ(a⊙b) D．(a⊙b)2＋(a·b)2＝|a|2|b|2 ACD　[对于A，若a与b共线，则mq－np＝0， 即a⊙b＝0，故A正确； 对于B，因为a⊙b＝mq－np，b⊙a＝np－mq， 所以a⊙b≠b⊙a，故B错误； 对于C，(λa)⊙b＝λmq－λnp，λ(a⊙b)＝λmq－λnp，所以(λa)⊙b＝λ(a⊙b)，故C正确； 对于D，因为(a⊙b)2＋(a·b)2＝(mq－np)2＋(mp＋nq)2＝(m2＋n2)(p2＋q2)， |a|2|b|2＝(m2＋n2)(p2＋q2)， 所以(a⊙b)2＋(a·b)2＝|a|2|b|2，故D正确．故选ACD.] 考点三　平面向量的新定义与新运算 [例3]　设非零向量αk＝(xk，yk)，βk＝(yk，－xk)(k∈N*)，并定义 (1)若α1＝(1，2)，α2＝(3，－2)，求|α1|，|α2|，|α3|； (2)写出|αk|，|αk＋1|，|αk＋2|(k∈N*)之间的等量关系，并证明； (3)若|α1|＝|α2|＝1，求证：集合{αk|k∈N*}是有限集． (1)解　因为α1＝(1，2)，α2＝(3，－2)， 所以|α1|＝＝， |α2|＝＝. 依题意得β2＝(－2，－3)， 所以x3＝α2·α1＝3×1＋(－2)×2＝－1， y3＝β2·α1＝(－2)×1＋(－3)×2＝－8， 即α3＝(－1，－8)， 所以|α3|＝＝. (2)解　|αk|，|αk＋1|，|αk＋2|之间的等量关系是|αk＋2|＝|αk＋1||αk|(k∈N*). 证明如下： 依题意得|αk|＝， |αk＋1|＝， 所以|αk＋1||αk|＝ ＝. 因为βk＋1＝(yk＋1，－xk＋1)， 所以 即αk＋2＝(xkxk＋1＋ykyk＋1，xkyk＋1－xk＋1yk)， 所以|αk＋2|＝ ＝， 故|αk＋2|＝|αk＋1||αk|(k∈N*). (3)证明　由(2)及|α1|＝|α2|＝1得|α3|＝1.依此类推得|αk|＝1(k∈N*)，可设αk＝(cos θk，sin θk)， 则αk＋1＝(cos θk＋1，sin θk＋1)， βk＋1＝(sin θk＋1，－cos θk＋1). 依题意得， xk＋2＝αk＋1·αk＝cos θk＋1cos θk＋sin θk＋1sin θk＝cos (θk＋1－θk)， yk＋2＝βk＋1·αk＝sin θk＋1cos θk－cos θk＋1sin θk＝sin (θk＋1－θk)， 所以αk＋2＝(cos (θk＋1－θk)，sin (θk＋1－θk)). 同理得αk＋3＝(cos [(θk＋1－θk)－θk＋1]， sin [(θk＋1－θk)－θk＋1])＝(cos (－θk)，sin(－θk))， αk＋4＝(cos [(－θk)－(θk＋1－θk)]， sin [(－θk)－(θk＋1－θk)])＝(cos (－θk＋1)， sin (－θk＋1))， αk＋5＝(cos [(－θk＋1)－(－θk)]， sin [(－θk＋1)－(－θk)])＝(cos (θk－θk＋1)， sin (θk－θk＋1))， αk＋6＝(cos [(θk－θk＋1)－(－θk＋1)]， sin [(θk－θk＋1)－(－θk＋1)])＝(cos θk，sin θk). 所以αk＋6＝αk(k∈N*). 综上，集合{αk|k∈N*}是有限集． 与定义新运算有关的创新问题是按照一定的数学规则和要求给出新的运算规则，并按照此运算规则和要求，结合相关知识进行逻辑推理和计算等，从而达到解决问题的目的． 跟踪训练3　(1)已知对任意平面向量＝(x，y)，把绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量＝(x cos θ－y sin θ，x sin θ＋y cos θ)，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P.已知平面内点A(1，2)，点B(1＋，4)，把点B绕点A沿顺时针方向旋转后得到点P，则点P的坐标为(　　) A．(＋1，) B．(－＋1，) C．(，) D．(，) A　[O为坐标原点，由已知得＝(，2)， ＝(cos (－)－2sin (－)， sin (－)＋2cos (－))＝(，－)， 又A(1，2)，所以点P坐标为＝＋＝ (1，2)＋(，－)＝(＋1，).故选A.] (2)对于非零向量α，β，定义一种运算：α∘β＝，已知非零向量a，b的夹角θ∈(，)，且a∘b，b∘a都在集合中，则a∘b等于(　　) A．或 B．或 C．1 D． D　[a∘b＝＝ ＝＝，n∈N，① 同理可得b∘a＝＝＝＝，m∈N.② 再由a与b的夹角θ∈(，)， 可得cos2θ∈(0，)， ①②两式相乘得cos2θ＝，m，n∈N， ∴m＝n＝1，∴a∘b＝＝.故选D.] 提升思维　拓展训练 1．对于非零向量a，b，定义a⊕b＝a·b·tan〈a，b〉．若a⊕b＝|a＋b|＝|a－b|＝，则tan 〈a，b〉等于(　　) A. B． C．2 D．3 C　[∵a⊕b＝a·b·tan 〈a，b〉＝， ∴tan 〈a，b〉＝. 由|a＋b|＝|a－b|＝ 可得 两式相减得a·b＝， ∴tan 〈a，b〉＝＝2.故选C.] 2．若向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a，b构成的平行四边形的面积S可以用a，b的外积a×b表示出来，即S＝|a×b|＝|x1y2－x2y1|.已知在平面直角坐标系Oxy中，点A(cos α，)，B(sin 2α，2cos α)，α∈[0，]，则△OAB面积的最大值为(　　) A．1 B． C．2 D．3 A　[已知在平面直角坐标系Oxy中，A(cos α，)，B(sin 2α，2cos α)，α∈[0，]， 因为S△OAB＝|×|＝|2cos2α－sin2α| ＝|sin 2α－2cos2α| ＝|sin2α－(1＋cos 2α)| ＝|sin 2α－cos 2α－1| ＝， 因为0≤α≤，则－≤2α－≤， 则－≤sin (2α－)≤1， 则－2≤2sin (2α－)－1≤1， 则S△OAB＝∈[0，1]， 当2α－＝－，即当α＝0时，△OAB面积的最大值为1.故选A.] 3.(多选)如图所示，设Ox，Oy是平面内相交成θ(θ≠)角的两条数轴，e1，e2分别是与x，y轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系Oxy为θ反射坐标系，若＝xe1＋ye2，则把有序数对(x，y)叫做向量的反射坐标，记为＝(x，y)，在θ＝的反射坐标系中，a＝(1，2)，b＝(2，－1)，则下列结论中，正确的是(　　) A．a－b＝(－1，3) B．|a|＝ C．a⊥b D．a在b上的投影向量的长度为－ AD　[利用已知条件， 对于A，a－b＝(e1＋2e2)－(2e1－e2)＝－e1＋3e2，则a－b＝(－1，3)，故A正确； 对于B，|a|＝＝＝，故B错误； 对于C，a·b＝(e1＋2e2)·(2e1－e2) ＝2e＋3e1·e2－2e＝－，故C错误； 对于D，由于|b|＝＝，故a在b上的投影向量的长度为＝＝－，故D正确.故选AD.] 4．给出定义：对于向量b＝(sin x，cos x)，若函数f(x)＝a·b，则称向量a为函数f(x)的伴随向量，同时称函数f(x)为向量a的伴随函数． 已知A(－1，)，B(1，3)，函数h(x)的伴随向量为n＝(0，1)，点P为函数h(x)的图象上一点，满足＝，则点P的坐标为 ． (0，1)　[由题意，h(x)＝cos x，设P(x，cos x)， 因为A(－1，)，B(1，3)， 所以＝(x＋1，cos x－)， ＝(x－1，cos x－3)，＝(2，)， 所以＋＝(2x，2cos x－)， 由＝， 得 ＝， 即(cos x－)2＝－x2， 因为－1≤cos x≤1，所以－≤cos x－≤－， 所以≤(cos x－)2≤， 又－x2≤， 所以当且仅当x＝0时，(cos x－)2和－x2同时等于，此时(cos x－)2＝－x2成立，所以点P的坐标为(0，1). 故答案为：(0，1).] 5．(2025·邯郸模拟)对任意两个非零的平面向量a和b，定义：a⊕b＝，a⊙b＝.若平面向量a，b满足>>0，且a⊕b和a⊙b都在集合中，则a⊕b＋a⊙b＝ ． 1或　[因为 ＝， 设向量a和b的夹角为θ， 因为>>0，所以|a|2＋|b|2>2， 得到a⊕b＝＝<＝， 又θ∈[0，π]，所以≤， 所以a⊕b<， 又a⊕b在集合中， 所以a⊕b＝，所以>，即cos θ>； 又因为a⊙b＝＝＝cos θ>cos θ>， 所以a⊙b＝或1，所以a⊕b＋a⊙b＝1或 .故答案为：1或.] 6．(2025·高考山西大同二模)已知平面直角坐标系中，点A(a，0)，点B(0，b)(其中a，b为常数，且ab≠0)，点O为坐标原点． (1)设点P为线段AB上靠近A的三等分点，＝λ＋(1－λ)(λ∈R)，求λ的值； (2) 如图所示，设点P1，P2，P3，…，Pn－1是线段AB的n等分点，其中n∈N*，n≥2， ①当n＝2 028时，求|＋OP1＋OP2＋…＋OPn－1＋|的值(用含a，b的式子表示)； ②当a＝b＝1，n＝8时，求i·(i＋j)(1≤i，j≤n－1，i，j∈N*)的最小值． (说明：可能用到的计算公式：1＋2＋3＋…＋n＝，n∈N*). 解　(1)因为＝－＝(λ－1)＋(1－λ)＝(λ－1)(－)＝(λ－1) 而点P为线段AB上靠近点A的三等分点， 则＝，可得λ－1＝－，所以λ＝. (2)①由题意得，OP1＝＋， OP2＝＋，OP2 027＝＋， 所以OP1＋OP2 027＝＋， 事实上，对任意正整数m，n，且m＋n＝2 028时， OPm＝＋，OPn＝＋， 有OPm＋OPn＝＋， 所以＋OP1＋OP2＋…＋OP2 027＋＝(＋)， 所以|＋OP1＋OP2＋…＋OP2 027＋|＝|＋|＝. ②当a＝b＝1，n＝8时， OPi＝＋，OPj＝＋， ∴ OPi＋OPj＝＋， ∴OPi·(OPi＋OPj)＝(＋)·[＋] ＝＋ ＝ 令M(j)＝， 当i＝1，2，3时，M(j)≥m(7)＝＝； 当i＝2或3时，上式有最小值为； 当i＝4时，M(j)＝＝1； 当i＝5，6，7时，M(j)≥M(1)＝，当i＝5或6时，上式有最小值为. 综上，OPi·(OPi＋OPj)的最小值为. 7．(2025·高三河南驻马店二模)给定平面上一个图形D，以及图形D上的点P1，P2，…，Pn，如果对于D上任意的点P，PPi|2为与P无关的定值，我们就称P1，P2，…，Pn为关于图形D的一组稳定向量基点． (1)已知P1(0，0)，P2(2，0)，P3(0，2)，△P1P2P3为图形D，判断点P1，P2，P3是不是关于图形D的一组稳定向量基点； (2)若图形D是边长为2的正方形，P1，P2，P3，P4是它的4个顶点，P为该正方形上的动点，求|P1P2＋P2P3＋P3P4－P1P|的取值范围； (3)若给定单位圆E及其内接正2 024边形P1P2…P2 024，P为该单位圆上的任意一点，证明P1，P2，…，P2 024是关于圆E的一组稳定向量基点，并求PPi|2的值． 解　(1)点P1(0，0)，P2(2，0)，P3(0，2)不是关于D的一组稳定向量基点，理由如下： 当P与P1(0，0)重合时，有|PP1|2＋|PP2|2＋|PP3|2＝8， 当P与P2(2，0)重合时，有|PP1|2＋|PP2|2＋|PP3|2＝12≠8， 故P1(0，0)，P2(2，0)，P3(0，2)不是关于D的一组稳定向量基点． (2)因为P1P2＋P2P3＋P3P4－P1P＝P1P4－P1P＝PP4， 所以|P1P2＋P2P3＋P3P4－P1P|＝|PP4|，故由正方形结构性质得： 当P与P2重合时，|PP4|取得最大值2；当P与P4重合时，|PP4|取得最小值0. 所以|P1P2＋P2P3＋P3P4－P1P|的取值范围为[0，2]. (3)设单位圆E的圆心为O， 则|PPi|2＝(OPi－)2＝OPi2－2OPi·＋2， 所以PPi|2＝(OPi－)2＝OPi|2＋2 024||2－2·OPi， 因为多边形P1P2…P2 024是正2 024边形， 所以由偶数边的正多边形图形结构性质可知OPi＝0，故·OPi＝0， 又||＝|OPi|＝1，所以PPi|2＝4 048， 故P1，P2，…，P2 024是关于圆E的一组稳定向量基点，且Pi|2＝4 048. 学科网（北京）股份有限公司 $