第 2 课时 平面向量数量积的应用
—— (教学方式：拓展融通课—习题讲评式教学)
[课时目标]
1．进一步掌握数量积的运算，掌握平面向量数量积的运算律及常用的公式．
2．能运用数量积的运算性质和运算律解决模、垂直、夹角及证明问题．
题型(一) 向量的数量积
平面向量数量积的运算律
(1)交换律：a·b＝________.
(2)结合律：(λa)·b＝λ(a·b)＝________.
(3)分配律：(a＋b)·c＝______________.
(4)(a＋b) 2＝a2＋2a·b＋b2.
(5)(a－b) 2＝a2－2a·b＋b2.
(6)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2.
(7)(a＋b＋c) 2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a.
[例1] (2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则 ·＝( )
A. B．3
C．2 D．5
听课记录：
|思|维|建|模|
求向量的数量积时，需明确两个关键点：模和夹角．若相关向量是两个或两个以上向量的线性运算，则需先利用向量数量积的运算律及多项式乘法的相关公式进行化简．
[针对训练]
1．如图，在△ABC中，AD⊥AB，＝，||＝2，则·＝( )
A．2 B．4
C．3 D.
2．已知向量a＋b＋c＝0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，a·b＋b·c＋c·a＝________.
题型(二) 向量的模
[例2] 已知向量a与b的夹角为45°，且|a|＝1，|2a＋b|＝，求|b|.
听课记录：
|思|维|建|模|
求向量模的一般思路及常用公式
(1)求向量模的常见思路
(2)常用公式
①(a－b)·(a＋b)＝a2－b2＝|a|2－|b|2；
②|a±b|2＝(a±b)2＝a2±2a·b＋b2.
[针对训练]
3．已知向量a，b满足|a＋b|＝4，|a－b|＝2，则|a||b|的最大值是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
4．已知|a|＝2，|b|＝3，a与b的夹角为，且a＋b＋c＝0，则|c|＝________.
题型(三) 向量的夹角与垂直
[例3] (1)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. B.
C. D.
(2)已知e1与e2是两个互相垂直的单位向量，若向量e1＋ke2与ke1＋e2的夹角为锐角，则k的取值范围为__________________．
听课记录：
[变式拓展]
将本例(2)中的条件“锐角”改为“钝角”，其他条件不变，求k的取值范围．
|思|维|建|模|
1．求向量夹角的方法
(1)求出a·b，|a|，|b|，代入公式cos θ＝求解．
(2)用同一个量表示a·b，|a|，|b|，代入公式求解．
(3)借助向量运算的几何意义，数形结合求夹角．
2．求向量夹角的注意点
要注意夹角θ的范围为[0，π]．当cos θ＞0时，θ∈；当cos θ＜0时，θ∈；当cos θ＝0时，θ＝.
[针对训练]
5．已知a⊥b，且|a|＝2，|b|＝1，若有两个不同时为零的实数k，t，使得a＋(t－3)b与－ka＋tb垂直，则k的最小值为________．
6．已知a，b都是非零向量，且a＋3b与7a－5b垂直，a－4b与7a－2b垂直，求a与b夹角的大小．
第2课时 平面向量数量积的应用
[题型(一)]
(1)b·a (2)a·(λb) (3)a·c＋b·c
[例1] 选B 由题意知，＝＋＝＋，＝＋＝－＋，所以·＝·＝||2－||2＝4－1＝3，故选B.
[针对训练]
1．选B 根据向量的线性运算，结合平面向量数量积的定义可得·＝(＋)·＝·＋·，由AD⊥AB，可知·＝0，又因为＝ ，||＝2，所以·＝·＝||·||·cos∠ADB＝×2×||×＝4.故选B.
2．解析：(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝2(a·b＋b·c＋c·a)＋9＝0 a·b＋b·c＋c·a＝－.
答案：－
[题型(二)]
[例2] 解：因为|2a＋b|＝，所以(2a＋b)2＝10.所以4a2＋4a·b＋b2＝10.
又因为向量a与b的夹角为45°且|a|＝1，
所以4×12＋4×1×|b|×＋|b|2＝10.
整理得|b|2＋2|b|－6＝0，
解得|b|＝或|b|＝－3(舍去)．
[针对训练]
3．选C ∵|a＋b|＝4，|a－b|＝2，∴|a＋b|2＋|a－b|2＝2|a|2＋2|b|2＝20.∴|a|2＋|b|2＝10.∵(a－b)2≥0，∴|a|2＋|b|2≥2|a||b|.∴|a||b|≤5.∴|a||b|的最大值为5，故选C.
4．解析：因为a＋b＋c＝0，所以c＝－a－b，所以c2＝(－a－b)2＝a2＋2a·b＋b2＝22＋2×2×3cos＋32＝4－6＋9＝7，所以|c|＝.
答案：
[题型(三)]
[例3] 解析：(1)设a与b的夹角为θ，因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝0，所以a·b＝b2，所以cos θ＝＝＝.因为0≤θ ≤π，所以a与b的夹角为，故选B.
(2)因为e1＋ke2与ke1＋e2的夹角为锐角，
所以(e1＋ke2)·(ke1＋e2)＝ke＋ke＋(k2＋1)e1·e2＝2k＞0，所以k＞0.当k＝1时，e1＋ke2＝ke1＋e2，它们的夹角为0，不符合题意，舍去．
综上，k的取值范围为(0,1)∪(1，＋∞)．
答案：(1)B (2)(0,1)∪(1，＋∞)
[变式拓展]
解：因为e1＋ke2与ke1＋e2的夹角为钝角，
所以(e1＋ke2)·(ke1＋e2)＝ke＋ke＋(k2＋1)e1·e2＝2k＜0，所以k＜0.
当k＝－1时，e1＋ke2与ke1＋e2方向相反，它们的夹角为π，不符合题意，舍去．
综上，k的取值范围是(－∞，－1)∪(－1,0)．
[针对训练]
5．解析：∵a⊥b，∴a·b＝0.
又由已知得[a＋(t－3)b]·(－ka＋tb)＝0，
∴－ka2＋t(t－3)b2＝0.
∵|a|＝2，|b|＝1，∴－4k＋t(t－3)＝0.
∴k＝(t2－3t)＝2－(t≠0)．
故当t＝时，k取得最小值，最小值为－.
答案：－
6．解：因为a，b都是非零向量，
由a＋3b与7a－5b垂直，
则(a＋3b)·(7a－5b)＝0，
即7a2＋16a·b－15b2＝0. ①
由a－4b与7a－2b垂直，
则(a－4b)·(7a－2b)＝0，
即7a2－30a·b＋8b2＝0. ②
①－②，得2a·b＝b2＝|b|2， ③
③代入①，得|a|＝|b|.
设a与b夹角为θ，则cos θ＝＝＝，因为θ∈[0，π]，所以θ＝.所以a与b的夹角为.(共49张PPT)
平面向量数量积的应用
(教学方式:拓展融通课—习题讲评式教学)
第2课时
课时目标
1.进一步掌握数量积的运算,掌握平面向量数量积的运算律及常用的公式.
2.能运用数量积的运算性质和运算律解决模、垂直、夹角及证明问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一) 向量的数量积
题型(二) 向量的模
题型(三) 向量的夹角与垂直
4
课时跟踪检测
题型(一) 向量的数量积
01
平面向量数量积的运算律
(1)交换律:a·b=_____.
(2)结合律:(λa)·b=λ(a·b)=_______.
(3)分配律:(a+b)·c=________.
(4)(a+b) 2=a2+2a·b+b2.
(5)(a-b) 2=a2-2a·b+b2.
(6)(a+b)·(a-b)=a2-b2.
(7)(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a.
b·a
a·(λb)
a·c+b·c
[例1] (2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·=( )
A. B.3
C.2 D.5
解析:由题意知,=+=+,=+=-+,
所以·=·=||2-||2=4-1=3,故选B.
√
|思|维|建|模|
求向量的数量积时,需明确两个关键点:模和夹角.若相关向量是两个或两个以上向量的线性运算,则需先利用向量数量积的运算律及多项式乘法的相关公式进行化简.
1.如图,在△ABC中,AD⊥AB,=,||=2,则·=( )
A.2 B.4
C.3 D.
√
针对训练
解析:根据向量的线性运算,结合平面向量数量积的定义可得·=(+)·=·+·,由AD⊥AB,可知·=0,又因为= ,||=2,所以·=·
=||·||·cos∠ADB=×2×||×=4.故选B.
2.已知向量a+b+c=0,|a|=1,|b|=|c|=2,a·b+b·c+c·a= .
解析:(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=2(a·b+b·c+c·a)
+9=0 a·b+b·c+c·a=-.
题型(二) 向量的模
02
[例2] 已知向量a与b的夹角为45°,且|a|=1,|2a+b|=,求|b|.
解:因为|2a+b|=,所以(2a+b)2=10.
所以4a2+4a·b+b2=10.
又因为向量a与b的夹角为45°且|a|=1,
所以4×12+4×1×|b|×+|b|2=10.
整理得|b|2+2|b|-6=0,
解得|b|=或|b|=-3(舍去).
|思|维|建|模|
求向量模的一般思路及常用公式
(1)求向量模的常见思路
(2)常用公式
①(a-b)·(a+b)=a2-b2=|a|2-|b|2;
②|a±b|2=(a±b)2=a2±2a·b+b2.
3.已知向量a,b满足|a+b|=4,|a-b|=2,则|a||b|的最大值是 ( )
A.3 B.4
C.5 D.6
解析:∵|a+b|=4,|a-b|=2,∴|a+b|2+|a-b|2=2|a|2+2|b|2=20.∴|a|2+|b|2=10.∵(a-b)2≥0,∴|a|2+|b|2≥2|a||b|.
∴|a||b|≤5.∴|a||b|的最大值为5,故选C.
√
针对训练
4.已知|a|=2,|b|=3,a与b的夹角为,且a+b+c=0,则|c|= .
解析:因为a+b+c=0,所以c=-a-b,所以c2=(-a-b)2=a2+2a·b+b2
=22+2×2×3cos+32=4-6+9=7,所以|c|=.
题型(三) 向量的夹角与垂直
03
[例3] (1)已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a-b)⊥b,则a与b的夹角为 ( )
A. B.
C. D.
解析:设a与b的夹角为θ,因为(a-b)⊥b,所以(a-b)·b=a·b-b2=0,所以a·b=b2,所以cos θ===.因为0≤θ ≤π,所以a与b的夹角为,故选B.
√
(2)已知e1与e2是两个互相垂直的单位向量,若向量e1+ke2与ke1+e2的夹角为锐角,则k的取值范围为 .
解析:因为e1+ke2与ke1+e2的夹角为锐角,
所以(e1+ke2)·(ke1+e2)=k+k+(k2+1)e1·e2=2k>0,所以k>0.当k=1时,e1+ke2=ke1+e2,它们的夹角为0,不符合题意,舍去.
综上,k的取值范围为(0,1)∪(1,+∞).
(0,1)∪(1,+∞)
将本例(2)中的条件“锐角”改为“钝角”,其他条件不变,求k的取值范围.
解:因为e1+ke2与ke1+e2的夹角为钝角,
所以(e1+ke2)·(ke1+e2)=k+k+(k2+1)e1·e2=2k<0,所以k<0.
当k=-1时,e1+ke2与ke1+e2方向相反,它们的夹角为π,不符合题意,舍去.
综上,k的取值范围是(-∞,-1)∪(-1,0).
变式拓展
1.求向量夹角的方法
(1)求出a·b,|a|,|b|,代入公式cos θ=求解.
(2)用同一个量表示a·b,|a|,|b|,代入公式求解.
(3)借助向量运算的几何意义,数形结合求夹角.
|思|维|建|模|
2.求向量夹角的注意点
要注意夹角θ的范围为[0,π].当cos θ>0时,θ∈;当cos θ<0时,
θ∈;当cos θ=0时,θ=.
5.已知a⊥b,且|a|=2,|b|=1,若有两个不同时为零的实数k,t,使得a+(t-3)b与-ka+tb垂直,则k的最小值为 .
解析:∵a⊥b,∴a·b=0.
又由已知得[a+(t-3)b]·(-ka+tb)=0,
∴-ka2+t(t-3)b2=0.
针对训练
-
∵|a|=2,|b|=1,∴-4k+t(t-3)=0.
∴k=(t2-3t)=-(t≠0).
故当t=时,k取得最小值,最小值为-.
6.已知a,b都是非零向量,且a+3b与7a-5b垂直,a-4b与7a-2b垂直,求a与b夹角的大小.
解:因为a,b都是非零向量,
由a+3b与7a-5b垂直,
则(a+3b)·(7a-5b)=0,
即7a2+16a·b-15b2=0. ①
由a-4b与7a-2b垂直,
则(a-4b)·(7a-2b)=0,
即7a2-30a·b+8b2=0. ②
①-②,得2a·b=b2=|b|2, ③
③代入①,得|a|=|b|.
设a与b夹角为θ,则cos θ===,
因为θ∈[0,π],所以θ=.所以a与b的夹角为.
课时跟踪检测
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2
A级——达标评价
1.已知向量a,b为单位向量,且a⊥b,则b·(4a-3b)=( )
A.-3 B.3
C.-5 D.5
解析:由题意可得,|a|=1,|b|=1,a·b=0,则b·(4a-3b)=4a·b-3b2=-3b2=-3,故选A.
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2.在△ABC中,(+)·=0,则△ABC一定是( )
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.等腰直角三角形 D.直角三角形
解析:由已知得,(+)·(-)=0,-=0,∴||=||.
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3.(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. B. C. 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|=.
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4.最早发现勾股定理的人是我国西周数学家商高,比毕达哥拉斯早500多年.如图,△ABC满足“勾三股四弦五”,其中股AB=4,D为弦BC上一点(不含端点),且△ABD满足勾股定理,则cos<,>=( )
A. B.
C. D.
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解析:由题意可知AD⊥BC,所以根据等面积转化可知||||=
|||| 4×3=5×||,解得||=.因为·=
(+)·=,所以cos<,>====.故选A.
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5.(多选)若向量e1,e2是夹角为的单位向量,a=e1-2e2,b=2e1+e2,则下列结论正确的是( )
A.a⊥b B.|a|=
C.|a-b|= D.cos
=
√
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解析:由向量e1,e2是夹角为的单位向量,可得e1·e2=|e1||e2|cos=-.∵a=e1-2e2,b=2e1+e2,∴a·b=2-2-3e1·e2=2-2+=≠0,∴a⊥b不成立,故A错误;|a|2=-4e1·e2+4=1+2+4=7,∴|a|=,故B正确;由a-b=-e1-3e2,可得|a-b|===,故C错误;a·(a-b)=--e1·e2+6-1++6=,则cos===,故D正确.
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6.已知单位向量i,j相互垂直,向量a=3i-4j,则|a|= .
解析:因为|a|2=a2=(3i-4j)2=9i2-24i·j+16j2=9+16=25,所以|a|=5.
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7.在△ABC中,记=m,=n,则·(+)= .
解析:因为=-= n-m,所以·(+)
=(n-m)·(n+m)= n2-m2.
n2-m2
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8.已知△ABC是边长为1的等边三角形,设向量a,b满足=a,=a+b,则|3a+b|= .
解析:法一:=-=a+b-a=b,则||=|b|=1,|a|=1.又||=|a+b|=1,两边平方,得2a·b=-1.因为|3a+b|2=9+6a·b +1=7,所以|3a+b|=.
法二:因为|3a+b|2=|2a+a+b|2=|2+|2=4+4·+=4+2+1=7,所以|3a+b|=.
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9.(8分)已知向量a,b满足|a|=2,|b|=3,|a+b|=4,求|a-b|.
解:∵|a+b|=4,
∴|a+b|2=42,∴a2+2a·b+b2=16.(*)
∵|a|=2,|b|=3,∴a2=|a|2=4,b2=|b|2=9,
代入(*)式得4+2a·b+9=16,即2a·b=3.
又∵|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=4-3+9=10,∴|a-b|=.
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10.(10分)已知非零向量a,b满足|a|=1,且(a-b)·(a+b)=.
(1)求|b|;
解:因为(a-b)·(a+b)=,即a2-b2=,
即|a|2-|b|2=,
所以|b|2=|a|2-=1-=,故|b|=.
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(2)当a·b=-时,求向量a与a+2b的夹角θ的值.
解:因为|a+2b|2=|a|2+4a·b+|2b|2=1-1+1=1,所以|a+2b|=1.
又因为a·(a+2b)=|a|2+2a·b=1-=,
所以cos θ==.
又θ∈[0,π],故θ=.
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B级——重点培优
11.已知菱形ABCD的边长为2,·=2,则||=( )
A. B.2
C.1 D.2
解析:根据题意可得=+,=-,∵·=2,即·(+)=+·=2,∴·=-2,||2=(-)2=-2·+=12,即||=2,故选B.
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12.(多选)已知a,b为平面向量,其中b为单位向量,若非零向量a与b满足a·(a-4b)=-3,则下列结论成立的是 ( )
A.(a-b)⊥(a-3b) B.a与b的夹角的取值范围是
C.|a|的最小值为2 D.|a-b|的最大值为2
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解析:(a-b)·(a-3b)=a2-4a·b+3b2=-3+3=0,故(a-b)⊥(a-3b),A正确;设a与b的夹角为θ,则a·(a-4b)=|a|2-4|a|·|b|cos θ=|a|2-4|a|cos θ=-3,所以44cos θ==|a|+≥2=2,即cos θ≥,当且仅当|a|=时,等号成立.又因为0≤θ≤π,故0≤θ≤,B正确;
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a·(a-4b)=|a|2-4|a||b|cos θ=|a|2-4|a|cos θ=-3≥|a|2-4|a|,即|a|2-4|a|+3≤0,解得1≤|a|≤3,故|a|的最小值为1,C错误;由a2-4a·b=-3可得a·b=,|a-b|2=a2-2a·b+b2=|a|2-+1=∈[0,4],即0≤|a-b|≤2,当且仅当|a|=3时,|a-b|取到最大值,最大值为2,D正确.
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13.如图,在平行四边形ABCD中,AB=1,AD=2,点E,F,G,H分别是AB,BC,CD,AD边上的中点,则·+·= .
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解析:易知四边形EFGH为平行四边形,连接HF(图略),取HF的中点为O,则·=·=(-)·(+)=-=1-=,
·=·=-=1-=,因此·+·=.
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14.(12分)已知平面上三个向量a,b,c的模均为1,它们相互之间的夹角为120°.
(1)求证:(a-b)⊥c;
解:证明:因为|a|=|b|=|c|=1,且a,b,c之间的夹角均为120°,
所以(a-b)·c=a·c-b·c=|a||c|cos 120°-|b||c|cos 120°=0,所以(a-b)⊥c.
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(2)若|ka+b+c|>1(k∈R),求k的取值范围.
解:因为|ka+b+c|>1,
所以(ka+b+c)·(ka+b+c)>1,
即k2a2+b2+c2+2ka·b+2ka·c+2b·c>1.
因为a·b=a·c=b·c=cos 120°=-,
所以k2-2k>0,解得k<0或k>2,
即k的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).
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15.(12分)已知向量e1与e2是夹角为的单位向量,且向量a=3e1+4e2,b=2e1+λe2.
(1)求|a|;
解:由题意知,e1·e2=1×1×cos=.
因为a=3e1+4e2,
所以|a|==
==.
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(2)若a⊥(a+b),求实数λ的值.
解:因为向量a=3e1+4e2,b=2e1+λe2,
所以a·b=(3e1+4e2)·(2e1+λe2)=6+(3λ+8)e1·e2+4λ=10+λ.
因为a⊥(a+b),所以a·(a+b)=a2+a·b=37+10+λ=0,解得λ=-.课时跟踪检测(七) 平面向量数量积的应用
(满分100分，A级选填小题每题5分，B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1．已知向量a，b为单位向量，且a⊥b，则b·(4a－3b)＝( )
A．－3 B．3
C．－5 D．5
2．在△ABC中，(＋)·＝0，则△ABC一定是( )
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．直角三角形
3．(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. B.
C. D．1
4.最早发现勾股定理的人是我国西周数学家商高，比毕达哥拉斯早500多年．如图，△ABC满足“勾三股四弦五”，其中股AB＝4，D为弦BC上一点(不含端点)，且△ABD满足勾股定理，则cos〈，〉＝( )
A. B.
C. D.
5．(多选)若向量e1，e2是夹角为的单位向量，a＝e1－2e2，b＝2e1＋e2，则下列结论正确的是( )
A．a⊥b B．|a|＝
C．|a－b|＝ D．cos〈a，a－b〉＝
6．已知单位向量i，j相互垂直，向量a＝3i－4j，则|a|＝________.
7．在△ABC中，记＝m，＝n，则·(＋)＝________.
8．已知△ABC是边长为1的等边三角形，设向量a，b满足＝a，＝a＋b，则|3a＋b|＝________.
9．(8分)已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝3，|a＋b|＝4，求|a|.
10．(10分)已知非零向量a，b满足|a|＝1，且(a－b)·(a＋b)＝.
(1)求|b|；
(2)当a·b＝－时，求向量a与a＋2b的夹角θ的值.
B级——重点培优
11．已知菱形ABCD的边长为2，·＝2，则||＝( )
A. B．2
C．1 D．2
12．(多选)已知a，b为平面向量，其中b为单位向量，若非零向量a与b满足a·(a－4b)＝－3，则下列结论成立的是( )
A．(a－b)⊥(a－3b)
B．a与b的夹角的取值范围是
C．|a|的最小值为2
D．|a－b|的最大值为2
13.如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD边上的中点，则·＋·＝________.
14．(12分)已知平面上三个向量a，b，c的模均为1，它们相互之间的夹角为120°.
(1)求证：(a－b)⊥c；
(2)若|ka＋b＋c|>1(k∈R)，求k的取值范围．
15．(12分)已知向量e1与e2是夹角为的单位向量，且向量a＝3e1＋4e2，b＝2e1＋λe2.
(1)求|a|；
(2)若a⊥(a＋b)，求实数λ的值.
课时跟踪检测(七)
1．选A 由题意可得，|a|＝1，|b|＝1，a·b＝0，则b·(4a－3b)＝4a·b－3b2＝－3b2＝－3，故选A.
2．选B 由已知得，(＋)·(－)＝0，∴2－2＝0，∴||＝||.
3．选B 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|＝.
4．选A 由题意可知AD⊥BC，所以根据等面积转化可知||||＝|||| 4×3＝5×||，解得||＝.因为·＝(＋)·＝2，所以cos〈，〉＝＝＝＝.故选A.
5．选BD 由向量e1，e2是夹角为的单位向量，可得e1·e2＝|e1||e2|cos＝－.
∵a＝e1－2e2，b＝2e1＋e2，∴a·b＝2e－2e－3e1·e2＝2－2＋＝≠0，∴a⊥b不成立，故A错误；|a|2＝e－4e1·e2＋4e＝1＋2＋4＝7，∴|a|＝，故B正确；由a－b＝－e1－3e2，可得|a－b|＝＝＝，故C错误；a·(a－b)＝－e－e1·e2＋6e＝－1＋＋6＝，则cos〈a，a－b〉＝＝＝，故D正确．
6．解析：因为|a|2＝a2＝(3i－4j)2＝9i2－24i·j＋16j2＝9＋16＝25，所以|a|＝5.
答案：5
7．解析：因为＝－＝ n－m，
所以·(＋)＝(n－m)·(n＋m)＝ n2－m2.
答案：n2－m2
8．解析：法一：＝－＝a＋b－a＝b，则||＝|b|＝1，|a|＝1.又||＝|a＋b|＝1，两边平方，得2a·b＝－1.因为|3a＋b|2＝9＋6a·b ＋1＝7，所以|3a＋b|＝.
法二：因为|3a＋b|2＝|2a＋a＋b|2＝|2＋|2＝42＋4·＋2＝4＋2＋1＝7，所以|3a＋b|＝.
答案：
9．解：∵|a＋b|＝4，
∴|a＋b|2＝42，∴a2＋2a·b＋b2＝16.(*)
∵|a|＝2，|b|＝3，∴a2＝|a|2＝4，b2＝|b|2＝9，
代入(*)式得4＋2a·b＋9＝16，即2a·b＝3.
又∵|a－b|2＝(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝4－3＋9＝10，∴|a－b|＝.
10．解：(1)因为(a－b)·(a＋b)＝，
即a2－b2＝，即|a|2－|b|2＝，所以|b|2＝|a|2－＝1－＝，故|b|＝.
(2)因为|a＋2b|2＝|a|2＋4a·b＋|2b|2＝1－1＋1＝1，所以|a＋2b|＝1.又因为a·(a＋2b)＝|a|2＋2a·b＝1－＝，
所以cos θ＝＝.
又θ∈[0，π]，故θ＝.
11．选B 根据题意可得＝＋，＝－，∵·＝2，即·(＋)＝2＋·＝2，∴·＝－2，||2＝(－)2＝2－2·＋2＝12，即||＝2，故选B.
12．选ABD (a－b)·(a－3b)＝a2－4a·b＋3b2＝－3＋3＝0，故(a－b)⊥(a－3b)，A正确；设a与b的夹角为θ，则a·(a－4b)＝|a|2－4|a|·|b|cos θ＝|a|2－4|a|cos θ＝－3，所以4cos θ＝＝|a|＋≥2＝2，即cos θ≥，当且仅当|a|＝时，等号成立．又因为0≤θ≤π，
故0≤θ≤，B正确；a·(a－4b)＝|a|2－4|a||b|cos θ＝|a|2－4|a|cos θ＝－3≥|a|2－4|a|，即|a|2－4|a|＋3≤0，解得1≤|a|≤3，故|a|的最小值为1，C错误；由a2－4a·b＝－3可得a·b＝，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝|a|2－＋1＝∈[0,4]，即0≤|a－b|≤2，当且仅当|a|＝3时，|a－b|取到最大值，最大值为2，D正确．
13．解析：易知四边形EFGH为平行四边形，连接HF(图略)，取HF的中点为O，则·＝·＝(－)·(＋)＝2－2＝1－2＝，·＝·＝2－2＝1－2＝，因此·＋·＝.
答案：
14．解：(1)证明：因为|a|＝|b|＝|c|＝1，且a，b，c之间的夹角均为120°，所以(a－b)·c＝a·c－b·c＝|a||c|cos 120°－|b||c|cos 120°＝0，所以(a－b)⊥c.
(2)因为|ka＋b＋c|>1，
所以(ka＋b＋c)·(ka＋b＋c)>1，即k2a2＋b2＋c2＋2ka·b＋2ka·c＋2b·c>1.
因为a·b＝a·c＝b·c＝cos 120°＝－，
所以k2－2k>0，解得k<0或k>2，
即k的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．
15．解：(1)由题意知，e1·e2＝1×1×cos＝.因为a＝3e1＋4e2，
所以|a|＝
＝
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(2)因为向量a＝3e1＋4e2，b＝2e1＋λe2，
所以a·b＝(3e1＋4e2)·(2e1＋λe2)＝6e＋(3λ＋8)e1·e2＋4λe＝10＋λ.
因为a⊥(a＋b)，所以a·(a＋b)＝a2＋a·b＝37＋10＋λ＝0，解得λ＝－.