2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第六章第3講含答案含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第六章第3講含答案第3講平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.理解平面向量數(shù)量積的概念及其物理意義，會計算平面向量的數(shù)量積.2.了解平面向量投影的概念以及投影向量的意義.3.會用數(shù)量積判斷兩個平面向量的垂直關(guān)系.4.能用坐標(biāo)表示平面向量的數(shù)量積，會表示兩個平面向量的夾角.5.能用坐標(biāo)表示平面向量共線、垂直的條件.6.會用向量方法解決簡單的平面幾何問題、力學(xué)問題以及其他實際問題，體會向量在解決數(shù)學(xué)和實際問題中的作用．1．向量的夾角定義圖示范圍共線與垂直已知兩個非零向量a和b，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，則eq\x(\s\up1(01))∠AOB叫做a與b的夾角設(shè)θ是a與b的夾角，則θ的取值范圍是eq\x(\s\up1(02))0≤θ≤πeq\x(\s\up1(03))θ＝0或θ＝π?a∥b，eq\x(\s\up1(04))θ＝eq\f(π,2)?a⊥b2.平面向量數(shù)量積的定義已知兩個非零向量a與b，我們把數(shù)量eq\x(\s\up1(05))|a|·|b|cosθ叫做a與b的數(shù)量積(或內(nèi)積)，記作a·b，即a·b＝eq\x(\s\up1(06))|a||b|cosθ，其中θ是a與b的夾角．規(guī)定：零向量與任一向量的數(shù)量積為eq\x(\s\up1(07))0．3．投影與投影向量設(shè)a，b是兩個非零向量，eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CD,\s\up6(→))＝b，過eq\o(AB,\s\up6(→))的起點A和終點B，分別作eq\o(CD,\s\up6(→))所在直線的垂線，垂足分別為A1，B1，得到eq\o(A1B1,\s\up6(→))(如圖)，則稱上述變換為向量a向向量beq\x(\s\up1(08))投影，eq\o(A1B1,\s\up6(→))叫做向量a在向量b上的eq\x(\s\up1(09))投影向量．4．向量數(shù)量積的運算律交換律a·b＝eq\x(\s\up1(10))b·a分配律(a＋b)·c＝eq\x(\s\up1(11))a·c＋b·c數(shù)乘結(jié)合律(λa)·b＝λ(a·b)＝eq\x(\s\up1(12))a·(λb)5.平面向量數(shù)量積的有關(guān)結(jié)論已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a與b的夾角為θ.結(jié)論幾何表示坐標(biāo)表示模|a|＝eq\r(a·a)|a|＝eq\x(\s\up1(13))eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))夾角cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝eq\x(\s\up1(14))eq\f(x1x2＋y1y2,\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)))a⊥b的充要條件a·b＝0eq\x(\s\up1(15))x1x2＋y1y2＝0|a·b|與|a||b|的關(guān)系|a·b|≤|a||b||x1x2＋y1y2|≤eq\r(（xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)）（xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)）)1．?dāng)?shù)量積運算律要準(zhǔn)確理解、應(yīng)用，例如，a·b＝a·c(a≠0)不能得出b＝c，兩邊不能約去一個向量．2．?dāng)?shù)量積不滿足乘法結(jié)合律，即一般情況下，(a·b)c≠a(b·c)．3．當(dāng)a與b同向時，a·b＝|a||b|；當(dāng)a與b反向時，a·b＝－|a||b|，特別地，a·a＝a2或|a|＝eq\r(a2).4．有關(guān)向量夾角的兩個結(jié)論(1)兩個向量a與b的夾角為銳角，則有a·b>0，反之不成立(因為a與b的夾角為0時也有a·b>0)．(2)兩個向量a與b的夾角為鈍角，則有a·b<0，反之不成立(因為a與b的夾角為π時也有a·b<0)．1．在△ABC中，a＝5，b＝8，C＝60°，則eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))的值為()A．20 B．－20C．20eq\r(3) D．－20eq\r(3)答案B解析由題意知〈eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(CA,\s\up6(→))〉＝120°，所以eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝|eq\o(BC,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|cos〈eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(CA,\s\up6(→))〉＝5×8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－20.2．(2023·泰安期末)設(shè)a，b是非零向量，則“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案A解析由a·b＝|a||b|知cos〈a，b〉＝1，所以〈a，b〉＝0，a與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”的充分不必要條件．3．(人教A必修第二冊6.3.5練習(xí)T3改編)已知向量a＝(0，2)，b＝(2eq\r(3)，x)，且a與b的夾角為eq\f(π,3)，則x＝()A．－2 B．2C．1 D．－1答案B解析由題意得coseq\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.故選B.4．(人教A必修第二冊習(xí)題6.2T11改編)已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，|a＋2b|＝eq\r(5)，則a·b＝()A．－2 B．－1C．1 D．2答案A解析由題設(shè)，|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.故選A.5．(人教A必修第二冊復(fù)習(xí)參考題6T8改編)已知向量a＝(1，2)，b＝(－1，1)，當(dāng)λ＝________時，λa＋b與b垂直．答案－2解析因為λa＋b＝λ(1，2)＋(－1，1)＝(λ－1，2λ＋1)，且λa＋b與b垂直，所以(λa＋b)·b＝(λ－1)·(－1)＋2λ＋1＝λ＋2＝0，所以λ＝－2.考向一平面向量數(shù)量積的運算例1(1)(2023·威海三模)已知單位向量a，b滿足|a－b|＝1，則a在b方向上的投影向量為()A.eq\f(1,2)b B．－eq\f(1,2)bC.eq\f(1,2)a D．－eq\f(1,2)a答案A解析∵單位向量a，b滿足|a－b|＝1，∴a2－2a·b＋b2＝1，∴1－2a·b＋1＝1，∴a·b＝eq\f(1,2)，∴a在b方向上的投影向量為|a|cos〈a，b〉·eq\f(b,|b|)＝eq\f(a·b,|b|2)b＝eq\f(1,2)b.故選A.(2)(2023·益陽模擬)如圖，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC＝3，BC＝4，點P是邊BC上的動點，則eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))()A．為定值10 B．為定值6C．最大值為18 D．與P的位置有關(guān)答案A解析解法一：由題意可設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－x)eq\o(AC,\s\up6(→))，∴原式＝[xeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－x)eq\o(AC,\s\up6(→))]·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))2＋(1－x)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))①.又在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝3，BC＝4，∴cos∠BAC＝eq\f(32＋32－42,2×3×3)＝eq\f(1,9)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3×3×eq\f(1,9)＝1，eq\o(AB,\s\up6(→))2＝eq\o(AC,\s\up6(→))2＝9，代入①式化簡得，原式＝9x＋(1－x)×9＋1＝10.故選A.解法二：取線段BC的中點D，連接AD，則eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))，∵AB＝AC＝3，BC＝4，∴AD＝eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))\s\up12(2))＝eq\r(5)，于是eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝2eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2|eq\o(AP,\s\up6(→))||eq\o(AD,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))〉＝2eq\r(5)|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))〉，結(jié)合圖形可知，|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))〉＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))為定值10.故選A.解法三：如圖，以B為坐標(biāo)原點，建立平面直角坐標(biāo)系，則B(0，0)，C(4，0)，A(2，eq\r(5))，設(shè)P(t，0)，t∈[0，4]，于是eq\o(AP,\s\up6(→))＝(t－2，－eq\r(5))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，－eq\r(5))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－eq\r(5))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝(t－2，－eq\r(5))·(0，－2eq\r(5))＝10.故選A.(3)(2023·廣州模擬)在平面四邊形ABCD中，已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))，P為CD上一點，eq\o(CP,\s\up6(→))＝3eq\o(PD,\s\up6(→))，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝3，eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AD,\s\up6(→))的夾角為θ，且cosθ＝eq\f(2,3)，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝()A．8 B．－8C．2 D．－2答案D解析如圖所示，∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵eq\o(CP,\s\up6(→))＝3eq\o(PD,\s\up6(→))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))，又|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝3，cosθ＝eq\f(2,3)，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝4×3×eq\f(2,3)＝8，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,4)\o(AB,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)\o(AB,\s\up6(→))－\o(AD,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\f(3,16)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝eq\f(1,2)×8－9＋eq\f(3,16)×42＝－2.求兩個向量的數(shù)量積的三種方法1.(2023·全國乙卷)正方形ABCD的邊長是2，E是AB的中點，則eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝()A.eq\r(5) B．3C．2eq\r(5) D．5答案B解析解法一：以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))}為基底，可知|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝2，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，則eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))))＝－eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))2＝－1＋4＝3.故選B.解法二：如圖，以A為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，則E(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，可得eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1，2)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(－1，2)，所以eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝－1＋4＝3.故選B.解法三：由題意可得，ED＝EC＝eq\r(5)，CD＝2，在△CDE中，由余弦定理可得cos∠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\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝|eq\o(EC,\s\up6(→))||eq\o(ED,\s\up6(→))|cos∠DEC＝eq\r(5)×eq\r(5)×eq\f(3,5)＝3.故選B.2．(2023·海南中學(xué)高三月考)如圖為函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的部分圖象，P，R，S為圖象與x軸的三個交點，Q為函數(shù)圖象在y軸右側(cè)部分上的第一個最大值點，則(eq\o(QP,\s\up6(→))＋eq\o(QR,\s\up6(→)))·(eq\o(QR,\s\up6(→))＋eq\o(QS,\s\up6(→)))的值為()A．π－2 B．π＋4C．π2－2 D．π2＋4答案D解析設(shè)PR的中點為A，RS的中點為B，則Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，1))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,12)，0))，所以(eq\o(QP,\s\up6(→))＋eq\o(QR,\s\up6(→)))·(eq\o(QR,\s\up6(→))＋eq\o(QS,\s\up6(→)))＝(2eq\o(QA,\s\up6(→)))·(2eq\o(QB,\s\up6(→)))＝4eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，－1))·(π，－1)＝π2＋4.故選D.3．(2022·全國甲卷)設(shè)向量a，b的夾角的余弦值為eq\f(1,3)，且|a|＝1，|b|＝3，則(2a＋b)·b＝________．答案11解析設(shè)a與b的夾角為θ，因為a與b的夾角的余弦值為eq\f(1,3)，即cosθ＝eq\f(1,3)，又|a|＝1，|b|＝3，所以a·b＝|a||b|cosθ＝1×3×eq\f(1,3)＝1，所以(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2a·b＋|b|2＝2×1＋32＝11.多角度探究突破考向二平面向量數(shù)量積的性質(zhì)角度平面向量的垂直例2(1)(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1)，若(a＋λb)⊥(a＋μb)，則()A．λ＋μ＝1 B．λ＋μ＝－1C．λμ＝1 D．λμ＝－1答案D解析因為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.故選D.(2)(2020·全國Ⅱ卷)已知單位向量a，b的夾角為60°，則在下列向量中，與b垂直的是()A．a(chǎn)＋2b B．2a＋bC．a(chǎn)－2b D．2a－b答案D解析由已知可得，a·b＝|a||b|cos60°＝1×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).對于A，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝eq\f(1,2)＋2×1＝eq\f(5,2)≠0，不符合題意；對于B，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2×eq\f(1,2)＋1＝2≠0，不符合題意；對于C，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝eq\f(1,2)－2×1＝－eq\f(3,2)≠0，不符合題意；對于D，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2×eq\f(1,2)－1＝0，符合題意．故選D.有關(guān)平面向量垂直的兩類題型(1)利用坐標(biāo)運算證明或判斷兩個向量的垂直問題(2)已知兩個向量的垂直關(guān)系，求解相關(guān)參數(shù)的值(根據(jù)兩個向量垂直的充要條件，列出相應(yīng)的關(guān)系式，進而求解參數(shù))．(2023·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市二模)已知向量a，b滿足|a|＝2，|b|＝1，a⊥b，若(a＋b)⊥(a－λb)，則實數(shù)λ的值為()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.故選C.角度平面向量的模例3(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知向量a，b滿足|a－b|＝eq\r(3)，|a＋b|＝|2a－b|，則|b|＝________．答案eq\r(3)解析解法一：因為|a＋b|＝|2a－b|，即(a＋b)2＝(2a－b)2，則a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得a2－2a·b＝0，又因為|a－b|＝eq\r(3)，即(a－b)2＝3，則a2－2a·b＋b2＝b2＝3，所以|b|＝eq\r(3).解法二：設(shè)c＝a－b，則|c|＝eq\r(3)，a＋b＝c＋2b，2a－b＝2c＋b，由題意可得，(c＋2b)2＝(2c＋b)2，則c2＋4c·b＋4b2＝4c2＋4c·b＋b2，整理得c2＝b2，即|b|＝|c|＝eq\r(3).求平面向量的模的兩種方法(2023·濟寧三模)在邊長為4的等邊三角形ABC中，已知eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，點P在線段CD上，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，則|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝________．答案eq\r(7)解析∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→))，∵D，P，C三點共線，∴m＋eq\f(3,4)＝1，∴m＝eq\f(1,4)，∵△ABC為邊長為4的等邊三角形，∴eq\o(AP,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\o(AC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,16)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝1＋4＋eq\f(1,4)×4×4×eq\f(1,2)＝7，∴|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝eq\r(7).角度平面向量的夾角例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〉，則t＝()A．－6 B．－5C．5 D．6答案C解析c＝(3＋t，4)，cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，即eq\f(9＋3t＋16,5|c|)＝eq\f(3＋t,|c|)，解得t＝5.故選C.(2)(2023·淄博一模)若向量a＝(m，－3)，b＝(3，1)，則“m＜1”是“向量a，b的夾角為鈍角”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案B解析向量a＝(m，－3)，b＝(3，1)，由向量a，b的夾角為鈍角，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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”的必要不充分條件，即“m＜1”是“向量a，b的夾角為鈍角”的必要不充分條件．故選B.求平面向量的夾角的方法(2023·全國甲卷)已知向量a＝(3，1)，b＝(2，2)，則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)答案B解析因為a＝(3，1)，b＝(2，2)，所以a＋b＝(5，3)，a－b＝(1，－1)，則|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).故選B.考向三平面向量的實際應(yīng)用例5(多選)在日常生活中，我們會看到兩個人共提一個行李包的情境(如圖)．假設(shè)行李包所受的重力為G，所受的兩個拉力分別為F1，F(xiàn)2，若|F1|＝|F2|且F1與F2的夾角為θ，則以下結(jié)論正確的是()A．|F1|的最小值為eq\f(1,2)|G| B．θ的取值范圍為[0，π]C．當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時，|F1|＝eq\f(\r(2),2)|G| D．當(dāng)θ＝eq\f(2π,3)時，|F1|＝|G|答案ACD解析因為|G|＝|F1＋F2|為定值，且|F1|＝|F2|，所以|G|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1||F2|·cosθ＝2|F1|2(1＋cosθ)，解得|F1|2＝eq\f(|G|2,2（1＋cosθ）)，又θ∈[0，π)，所以|F1|的最小值為eq\f(1,2)|G|，故A正確，B不正確；當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時，|F1|2＝eq\f(|G|2,2)，所以|F1|＝eq\f(\r(2),2)|G|，故C正確；當(dāng)θ＝eq\f(2π,3)時，|F1|2＝|G|2，所以|F1|＝|G|，故D正確．故選ACD.用向量方法解決實際問題的步驟如圖，已知力F與水平方向的夾角為30°(斜向上)，大小為50N．一個質(zhì)量為8kg的木塊受力F的作用在動摩擦因數(shù)μ＝0.02的水平面上運動了20m，則力F和摩擦力f所做的功分別為______J，______J．(g＝10N/kg)答案500eq\r(3)－22解析設(shè)木塊的位移為s，則力F所做的功為F·s＝|F||s|cos30°＝50×20×eq\f(\r(3),2)＝500eq\r(3)(J)．如圖，將力F分解，它在豎直方向上的分力為F1，|F1|＝|F|sin30°＝50×eq\f(1,2)＝25(N)．設(shè)木塊的重力為G，則摩擦力f的大小為|f|＝|μ(G＋F1)|＝0.02×(8×10－25)＝1.1(N)，因此f所做的功為f·s＝|f||s|cos180°＝1.1×20×(－1)＝－22(J)．課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2023·邯鄲二模)已知向量a＝(－2，6)，b＝(1，x)，若a與b反向，則a·(3a＋b)＝()A．－30 B．30C．－100 D．100答案D解析由已知得a與b共線，則－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.故選D.2．(2023·臨沂二模)已知平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，y)，若a⊥b，則|a＋b|＝()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C.eq\r(5) D.eq\r(10)答案D解析根據(jù)題意，平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，y)，若a⊥b，則a·b＝－2＋2y＝0，解得y＝1，則b＝(－2，1)，則a＋b＝(－1，3)，故|a＋b|＝eq\r(1＋9)＝eq\r(10).故選D.3．(2023·濟南模擬)已知非零向量m，n滿足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝eq\f(1,3).若n⊥(tm＋n)，則實數(shù)t的值為()A．4 B．－4C.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|cos〈m，n〉)＝－eq\f(|n|2,|m||n|×\f(1,3))＝－3×eq\f(|n|,|m|)＝－3×eq\f(4,3)＝－4.故選B.4．(2024·南通模擬)若|a|＝|a－b|＝1，且a與a－b的夾角為60°，則|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|cos60°＝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|＝1，兩邊平方得|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).故選B.5.(2023·長春模擬)長江流域內(nèi)某地南北兩岸平行，如圖所示，已知游船在靜水中的航行速度v1的大小|v1|＝10km/h，水流的速度v2的大小|v2|＝4km/h，設(shè)v1與v2所成的角為θ(0<θ<π)，若游船要從A航行到正北方向上位于北岸的碼頭B處，則cosθ＝()A．－eq\f(\r(21),5) B．－eq\f(2,5)C．－eq\f(3,5) D．－eq\f(4,5)答案B解析由題意知(v1＋v2)·v2＝0，有|v1||v2|·cosθ＋veq\o\al(2,2)＝0，即10×4cosθ＋42＝0，所以cosθ＝－eq\f(2,5).6.(2023·八省八校聯(lián)考)如圖，在同一平面內(nèi)沿平行四邊形ABCD的兩邊AB，AD向外分別作正方形ABEF，ADMN，其中AB＝2，AD＝1，∠BAD＝eq\f(π,4)，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝()A．－2eq\r(2) B．2eq\r(2)C．0 D．－1答案C解析eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(AN,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0＋|eq\o(AD,\s\up6(→))||eq\o(FA,\s\up6(→))|coseq\f(π,4)＋|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AN,\s\up6(→))|coseq\f(3π,4)＋0＝eq\r(2)－eq\r(2)＝0.故選C.7．(2023·深圳統(tǒng)考一模)已知a，b為單位向量，且|3a－5b|＝7，則a與a－b的夾角為()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,6) D.eq\f(5π,6)答案C解析因為a，b為單位向量，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)，設(shè)a與a－b的夾角為θ，則cosθ＝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\co1(－\f(1,2))),\r(1－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1))＝eq\f(\r(3),2)，又θ∈[0，π]，所以θ＝eq\f(π,6).故選C.8.(2023·景德鎮(zhèn)三模)互相垂直且有公共原點的兩條數(shù)軸構(gòu)成平面直角坐標(biāo)系，但如果平面坐標(biāo)系中兩條坐標(biāo)軸不垂直，則這樣的坐標(biāo)系稱為“斜坐標(biāo)系”．如圖，在斜坐標(biāo)系中，過點P作兩坐標(biāo)軸的平行線，其在x軸和y軸上的截距a，b分別作為點P的x坐標(biāo)和y坐標(biāo)，記P(a，b)．若斜坐標(biāo)系中，x軸正方向和y軸正方向的夾角為eq\f(π,3)，則該坐標(biāo)系中M(2，2)和N(4，1)兩點間的距離為()A．2 B．1C.eq\r(5) D.eq\r(3)答案D解析設(shè)與x軸方向相同的單位向量為e1，與y軸方向相同的單位向量為e2，則eq\o(OM,\s\up6(→))＝2e1＋2e2，eq\o(ON,\s\up6(→))＝4e1＋e2，則eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(ON,\s\up6(→))＝－2e1＋e2，所以|eq\o(NM,\s\up6(→))|2＝(－2e1＋e2)2＝4eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)－4e1·e2＝4＋1－4×coseq\f(π,3)＝5－2＝3，所以|MN|＝eq\r(3).故選D.二、多項選擇題9．(2023·黃岡一模)已知向量a＝(3，m)，b＝(n，1)，若a－2b＝(－1，－6)，則下列結(jié)論中正確的是()A.eq\r(5)|b|＝|a|B．(5a－2b)⊥bC．cos〈b，a－b〉＝－eq\f(3\r(130),130)D．a(chǎn)∥(3a＋2b)答案ABC解析由題意得，a－2b＝(3－2n，m－2)＝(－1，－6)，所以m＝－4，n＝2，故a＝(3，－4)，b＝(2，1)．對于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正確；對于B，5a－2b＝(11，－22)，則(5a－2b)·b＝11×2－22×1＝0，所以(5a－2b)⊥b，故B正確；對于C，a－b＝(1，－5)，所以cos〈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正確；對于D，3a＋2b＝(13，－10)，3×(－10)－(－4)×13＝22≠0，故D錯誤．故選ABC.10．兩個非零平面向量a，b的夾角為θ，定義一種新運算ab＝|a||b|sinθ，則對于兩個非零平面向量a，b，下列結(jié)論一定成立的是()A．若ab＝0，則a∥bB．(ab)c＝a(bc)C．(a＋b)c＝(ac)＋(bc)D．若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則ab＝|x1y2－x2y1|答案AD解析對于A，由ab＝|a||b|·sinθ＝0，則sinθ＝0，且θ∈[0，π]，則θ＝0或π，所以a∥b，故A正確；對于B，因為(ab)c是與c共線的向量，a(bc)是與a共線的向量，若a，b，c不共線，則兩式不可能相等，故B錯誤；對于C，如圖，邊長為1的正方形中，設(shè)a＝eq\o(OA,\s\up6(→))，b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，c＝eq\o(OC,\s\up6(→))，則(a＋b)c＝eq\o(OC,\s\up6(→))eq\o(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錯誤；對于D，ab＝|a||b|sinθ＝|a||b|·eq\r(1－cos2θ)＝|a||b|eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·b,|a||b|)))\s\up12(2))＝eq\r(|a|2|b|2－（a·b）2)＝eq\r(（xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)）（xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)）－（x1x2＋y1y2）2)＝eq\r(（x1y2－x2y1）2)＝|x1y2－x2y1|，故D正確．故選AD.11．(2024·山東省高三聯(lián)考)已知16個邊長為2的小菱形的位置關(guān)系如圖所示，且每個小菱形的最小內(nèi)角為60°，圖中的A，B，C，D四點均為菱形的頂點，則()A.eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－20B.eq\o(AC,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影向量為eq\f(5,19)eq\o(AB,\s\up6(→))C.eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(7,12)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(13,12)eq\o(AC,\s\up6(→))D.eq\o(AD,\s\up6(→))在eq\o(AC,\s\up6(→))上的投影向量的模為2eq\r(7)答案BC解析因為每個小菱形的最小內(nèi)角為60°，所以每個小菱形都可以分為兩個正三角形．以該圖形的對稱軸為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(－5，0)，B(3，2eq\r(3))，C(－1，－2eq\r(3))，D(4，－eq\r(3))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(8，2eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4，－2eq\r(3))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(9，－eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－4，－4eq\r(3))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－36＋12＝－24，eq\o(AC,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影向量為eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)·eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(32－12,64＋12)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(5,19)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))在eq\o(AC,\s\up6(→))上的投影向量的模為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(36＋6,\r(16＋12))＝3eq\r(7)，所以A，D錯誤，B正確；因為eq\f(7,12)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(13,12)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(56＋52,12)，\f(14\r(3)－26\r(3),12)))＝(9，－eq\r(3))＝eq\o(AD,\s\up6(→))，所以C正確．三、填空題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·濟寧三模)在平行四邊形ABCD中，AD＝6，AB＝3，∠DAB＝60°，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(EC,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(FC,\s\up6(→))，若eq\o(FG,\s\up6(→))＝2eq\o(GE,\s\up6(→))，則eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝________．答案21解析如圖所示，因為eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(EC,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(FC,\s\up6(→))，所以eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\o(FC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，又eq\o(FG,\s\up6(→))＝2eq\o(GE,\s\up6(→))，eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AD,\s\up6(→))－\f(2,3)\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\f(5,9)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(7,9)eq\o(AD,\s\up6(→))，又eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,9)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(7,9)\o(AD,\s\up6(→))))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(7,9)|eq\o(AD,\s\up6(→))|2－eq\f(5,9)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2－eq\f(2,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))，又AD＝6，AB＝3，∠DAB＝60°，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AD,\s\up6(→))|cos60°＝9，代入數(shù)據(jù)可得eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(7,9)×36－eq\f(5,9)×9－eq\f(2,9)×9＝21.14．如圖，在四邊形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝－eq\f(3,2)，則實數(shù)λ的值為________，若M，N是線段BC上的動點，且|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝1，則eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))的最小值為________．答案eq\f(1,6)eq\f(13,2)解析∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，∴AD∥BC，∴∠BAD＝180°－∠B＝120°，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝λ|eq\o(BC,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|cos120°＝λ×6×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－9λ＝－eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(1,6).以點B為坐標(biāo)原點，BC所在直線為x軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xBy.∵BC＝6，∴C(6，0)，∵AB＝3，∠ABC＝60°，∴點A的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2))).又eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)eq\o(BC,\s\up6(→))，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(3\r(3),2))).設(shè)M(x，0)，則N(x＋1，0)(其中0≤x≤5)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)，－\f(3\r(3),2)))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)，－\f(3\r(3),2)))，eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)))eq\s\up12(2)＝x2－4x＋eq\f(21,2)＝(x－2)2＋eq\f(13,2)，∴當(dāng)x＝2時，eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))取得最小值eq\f(13,2).四、解答題15．如圖，在△OAB中，已知P為線段AB上的一點，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→)).(1)若eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))，求x，y的值；(2)若eq\o(BP,\s\up6(→))＝3eq\o(PA,\s\up6(→))，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，當(dāng)eq\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角為60°時，求eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的值．解(1)∵eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))，∴eq\o(BO,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))，即2eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))，∴eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))，即x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,2).(2)∵eq\o(BP,\s\up6(→))＝3eq\o(PA,\s\up6(→))，∴eq\o(BO,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))＝3eq\o(PO,\s\up6(→))＋3eq\o(OA,\s\up6(→))，即4eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OA,\s\up6(→))，∴eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)\o(OA,\s\up6(→))＋\f(1,4)\o(OB,\s\up6(→))))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(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．在平面直角坐標(biāo)系中，已知a＝(1，－2)，b＝(3，4)．(1)若(4a－b)⊥(a＋kb)，求實數(shù)k的值；(2)若c＝(2，t)，向量a－b與向量a－c的夾角為銳角，求實數(shù)t的取值范圍．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與向量a－c的夾角為銳角，即(a－b)·(a－c)＝(－2)×(－1)＋(－6)×(－2－t)＝14＋6t>0，解得t>－eq\f(7,3).當(dāng)(a－b)∥(a－c)時，得－2×(－2－t)＝－6×(－1)，解得t＝1，所以t>－eq\f(7,3)且t≠1，即實數(shù)t的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(t\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(t＞－\f(7,3)且t≠1)))).第4講復(fù)數(shù)[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.通過方程的解，認(rèn)識復(fù)數(shù).2.理解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示及其幾何意義，理解兩個復(fù)數(shù)相等的含義.3.掌握復(fù)數(shù)代數(shù)表示的四則運算，了解復(fù)數(shù)加、減運算的幾何意義．1．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)復(fù)數(shù)的概念形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中a與b分別叫做它的eq\x(\s\up1(01))實部與eq\x(\s\up1(02))虛部．若eq\x(\s\up1(03))b＝0，則a＋bi為實數(shù)，若eq\x(\s\up1(04))b≠0，則a＋bi為虛數(shù)，若eq\x(\s\up1(05))a＝0且b≠0，則a＋bi為純虛數(shù)．(2)復(fù)數(shù)相等a＋bi＝c＋di?eq\x(\s\up1(06))a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．(3)共軛復(fù)數(shù)a＋bi與c＋di共軛?a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)．(4)復(fù)數(shù)的模向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的模叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的?；蚪^對值，記作eq\x(\s\up1(07))|z|或eq\x(\s\up1(08))|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\x(\s\up1(09))eq\r(a2＋b2)(a，b∈R)．2．復(fù)數(shù)的幾何意義(1)復(fù)數(shù)z＝a＋bieq\a\vs4\al(一一對應(yīng))復(fù)平面內(nèi)的點Z(a，b)(a，b∈R)．(2)復(fù)數(shù)z＝a＋bieq\a\vs4\al(一一對應(yīng))平面向量eq\o(OZ,\s\up6(→))(a，b∈R)．3．復(fù)數(shù)的運算設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則(1)加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝eq\x(\s\up1(10))(a＋c)＋(b＋d)i．(2)減法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝eq\x(\s\up1(11))(a－c)＋(b－d)i．(3)乘法：z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝eq\x(\s\up1(12))(ac－bd)＋(ad＋bc)i．(4)除法：eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(（a＋bi）（c－di）,（c＋di）（c－di）)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．1．(1)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N)．(2)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N)．2．zeq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2，|z1z2|＝|z1||z2|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq\f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n(n∈N)．3．(1)復(fù)數(shù)加法的幾何意義：若復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)的向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))，eq\o(OZ2,\s\up6(→))不共線，則復(fù)數(shù)z1＋z2是以eq\o(OZ1,\s\up6(→))，eq\o(OZ2,\s\up6(→))為鄰邊的平行四邊形的對角線eq\o(OZ,\s\up6(→))所對應(yīng)的復(fù)數(shù)．(2)復(fù)數(shù)減法的幾何意義：復(fù)數(shù)z1－z2是eq\o(OZ1,\s\up6(→))－eq\o(OZ2,\s\up6(→))＝eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))所對應(yīng)的復(fù)數(shù)．1．(2022·新高考Ⅱ卷)(2＋2i)(1－2i)＝()A．－2＋4i B．－2－4iC．6＋2i D．6－2i答案D解析(2＋2i)(1－2i)＝2＋4－4i＋2i＝6－2i.故選D.2．(人教A必修第二冊習(xí)題7.2T2改編)在復(fù)平面內(nèi)，向量eq\o(AB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是2＋i，向量eq\o(CB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是－1－3i，則向量eq\o(CA,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是()A．1－2i B．－1＋2iC．3＋4i D．－3－4i答案D解析因為向量eq\o(AB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是2＋i，向量eq\o(CB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是－1－3i，所以向量eq\o(BA,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是－2－i，且eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))，所以向量eq\o(CA,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是(－1－3i)＋(－2－i)＝－3－4i.故選D.3．以2i－eq\r(5)的虛部為實部，以eq\r(5)i＋2i2的實部為虛部的新復(fù)數(shù)是()A．2－2i B．2＋iC．－eq\r(5)＋eq\r(5)i D.eq\r(5)＋eq\r(5)i答案A解析2i－eq\r(5)的虛部為2，eq\r(5)i＋2i2＝－2＋eq\r(5)i的實部為－2，所以所求的新復(fù)數(shù)是2－2i.故選A.4．(2023·廣州二模)若復(fù)數(shù)z＝eq\f(m－i,1＋i)是實數(shù)，則實數(shù)m＝()A．－1 B．0C．1 D．2答案A解析∵z＝eq\f(m－i,1＋i)＝eq\f(（m－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(m－1,2)－eq\f(m＋1,2)i為實數(shù)，∴－eq\f(m＋1,2)＝0，解得m＝－1.故選A.5．給出下列命題：①兩個不是實數(shù)的復(fù)數(shù)不能比較大?。虎趶?fù)數(shù)i－1的共軛復(fù)數(shù)是i＋1；③若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是純虛數(shù)，則實數(shù)x＝±1；④若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，則z1＝z2＝z3.其中假命題的序號是________．答案②③④解析①顯然為真命題；對于②，復(fù)數(shù)i－1的共軛復(fù)數(shù)是－i－1，所以該命題是假命題；對于③，若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是純虛數(shù)，則x2－1＝0且x2＋3x＋2≠0，所以x＝1，所以該命題是假命題；對于④，若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，可取z1＝i，z2＝0，z3＝1，z1≠z2≠z3，所以該命題是假命題．考向一復(fù)數(shù)的運算例1(1)(2023·邯鄲二模)若(z＋1)i＝z，則z2＋i＝()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2)i D.eq\f(1,2)i答案D解析因為(z＋1)i＝z，所以zi＋i＝z，z＝eq\f(i,1－i)，則z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(i,1－i)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,2)i，所以z2＋i＝eq\f(1,2)i.(2)(2023·汕頭二模)已知復(fù)數(shù)z滿足(1－i)z＝1＋i(i是虛數(shù)單位)，則z2023的值為()A．－2023 B．iC．－i D．2023答案C解析∵(1－i)z＝1＋i，∴z＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝i，∴z2023＝(i4)505·i3＝－i.故選C.(3)(多選)(2023·淄博三模)已知復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1||z2|≠0，下列說法正確的是()A．若z1z2＝z1z3，則z2＝z3 B．|z1＋z2|≤|z1|＋|z2|C．若z1z2∈R，則eq\f(z1,z2)∈R D．|z1z2|＝|z1||z2|答案ABD解析對于A，z1z2＝z1z3，則z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以z2＝z3，故A正確．對于B，設(shè)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)表示的向量分別為z1，z2，且z1，z2≠0，當(dāng)z1，z2方向相同時，|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|；當(dāng)z1，z2方向不同時，|z1＋z2|＜|z1|＋|z2|，綜上|z1＋z2|≤|z1|＋|z2|，故B正確．對于C，設(shè)z1＝1＋i，z2＝1－i，z1z2＝(1＋i)·(1－i)＝2∈R，eq\f(z1,z2)＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝i?R，故C錯誤．對于D，設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d≠0，z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i，則|z1z2|＝eq\r(（ac－bd）2＋（ad＋bc）2)＝eq\r(（ac）2＋（bd）2＋（ad）2＋（bc）2)，|z1||z2|＝eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2)＝eq\r(（ac）2＋（bd）2＋（ad）2＋（bc）2)＝|z1z2|，故D正確．故選ABD.復(fù)數(shù)代數(shù)形式運算問題的解題策略(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘法類似于多項式的運算(注意：i2＝－1)，可將含有虛數(shù)單位i的看作一類同類項，不含i的看作另一類同類項，分別合并即可．(2)復(fù)數(shù)的除法：除法的關(guān)鍵是分子、分母同乘分母的共軛復(fù)數(shù)，使分母實數(shù)化．(3)復(fù)數(shù)的模注意正確應(yīng)用公式|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)(a，b∈R)．1.(2023·全國乙卷)|2＋i2＋2i3|＝()A．1 B．2C.eq\r(5) D．5答案C解析由題意可得2＋i2＋2i3＝2－1－2i＝1－2i，則|2＋i2＋2i3|＝|1－2i|＝eq\r(12＋（－2）2)＝eq\r(5).故選C.2．(多選)(2023·泉州一模)設(shè)z1，z2為復(fù)數(shù)，則下列命題正確的是()A．若|z1－z2|＝0，則z1＝z2B．若|z1|＝|z2|，則zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)C．若z1＋z2＞0，則z2＝eq\o(z,\s\up6(－))1D．若z1z2＝0，則z1＝0或z2＝0答案AD解析對于A，設(shè)z1＝a＋bi，a，b∈R，z2＝c＋di，c，d∈R，∵|z1－z2|＝0，∴|z1－z2|＝eq\r(（a－c）2＋（b－d）2)＝0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－c＝0，,b－d＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝c，,b＝d，))∴z1＝z2，故A正確；對于B，令z1＝1，z2＝i，則|z1|＝|z2|＝1，此時zeq\o\al(2,1)≠zeq\o\al(2,2)，故B錯誤；對于C，令z1＝1＋i，z2＝－i，則z1＋z2＝1＞0，此時z2≠eq\o(z,\s\up6(－))1，故C錯誤；對于D，設(shè)z1＝a＋bi，a，b∈R，z2＝c＋di，c，d∈R，則z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i＝0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ac－bd＝0，,ad＋bc＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ac＝bd，,ad＝－bc，))∴a2cd＝－b2cd，若c＝d＝0，則a2cd＝－b2cd成立，此時z2＝0，若c＝0，d≠0，由ac＝bd，知b＝0，由ad＝－bc知，a＝0，此時z1＝0，同理可知，當(dāng)c≠0，d＝0時，z1＝0，當(dāng)c≠0，d≠0時，由a2cd＝－b2cd，得a2＝－b2，∴a＝b＝0，此時z1＝0，綜上，若z1z2＝0，則z1＝0或z2＝0，故D正確．故選AD.考向二復(fù)數(shù)運算與復(fù)數(shù)有關(guān)概念的綜合問題例2(1)(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知z＝eq\f(1－i,2＋2i)，則z－eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－i B．iC．0 D．1答案A解析因為z＝eq\f(1－i,2＋2i)＝eq\f(（1－i）（1－i）,2（1＋i）（1－i）)＝eq\f(－2i,4)＝－eq\f(1,2)i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)i，所以z－eq\o(z,\s\up6(－))＝－i.故選A.(2)(2024·雅禮中學(xué)模擬)已知復(fù)數(shù)z1，z2是關(guān)于x的方程x2－2x＋2＝0的兩個根．若z1＝1＋i，則|z2|＝()A.eq\f(\r(2),2) B．1C.eq\r(2) D．2答案C解析解法一：由z1，z2是關(guān)于x的方程x2－2x＋2＝0的兩個根，得z1＋z2＝2，所以z2＝2－z1＝2－(1＋i)＝1－i，所以|z2|＝|1－i|＝eq\r(2).故選C.解法二：由z1，z2是關(guān)于x的方程x2－2x＋2＝0的兩個根，得z1z2＝2，所以z2＝eq\f(2,z1)＝eq\f(2,1＋i)，所以|z2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋i)))＝eq\f(2,|1＋i|)＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).故選C.(3)(多選)(2023·濰坊二模)若復(fù)數(shù)z1＝2＋3i，z2＝－1＋i，其中i是虛數(shù)單位，則下列說法正確的是()A.eq\f(z1,z2)∈RB．z1·z2＝eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2C．若z1＋m(m∈R)是純虛數(shù)，那么m＝－2D．若z1，eq\o(z,\s\up6(－))2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的向量分別為eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))(O為坐標(biāo)原點)，則|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝5答案BCD解析對于A，eq\f(z1,z2)＝eq\f(2＋3i,－1＋i)＝eq\f(（2＋3i）（－1－i）,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(5,2)i，即eq\f(z1,z2)為虛數(shù)，故A錯誤；對于B，z1z2＝(2＋3i)(－1＋i)＝－5－i，則z1·z2＝－5＋i，又eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2＝(2－3i)(－1－i)＝－5＋i，即z1·z2＝eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2，故B正確；對于C，z1＋m＝2＋m＋3i是純虛數(shù)，那么m＋2＝0，即m＝－2，故C正確；對于D，由題意有A(2，3)，B(－1，－1)，則|eq\o