高考数学一轮总复习第四章平面向量数系的扩充与复数的引入课时29平面向量的数量积作业课件苏教版
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复习课件
高考数学一轮总复习第四章平面向量数系的扩充与复数的引入课时29平面 向量的数量积作业课件苏教版
2021/4/17
高考数学一轮总复习第四章平面向量数系的扩充与复数的 引入课时29平面向量的数量积作业课件苏教版
课时作业29 平面向量的数量积
一、选择题
1．已知平面向量 a，b 的夹角为π3，且 a·(a－b)＝2，|a|＝2，则|b|
9．(2020·河南南阳质检)已知两点 M(－1,0)，N(1,0)，若直线 3x －4y＋m＝0 上存在点 P 满足P→M·P→N＝0，则实数 m 的取值范围是
(C )
A．(－∞，－5]∪[5，＋∞) B．(－∞，－25]∪[25，＋∞) C．[－5,5] D．[－25,25]
解析：设 P(x，y)，则P→M＝(－1－x，－y)，P→N＝(1－x，－ y)．由P→M·P→N＝0 得 x2＋y2＝1.因为点 P 在直线 3x－4y＋m＝0 上， 故圆 x2＋y2＝1 与直线 3x－4y＋m＝0 相交，则圆心(0,0)到直线的 距离 d＝ 3|2m＋| 42≤1，故 m∈[－5,5]．故选 C．
又 A，B，C 三点不共线，故A→B与A→C的夹角为锐角．反之，易得
当A→B与A→C的夹角为锐角时，|A→B＋A→C|>|B→C|，∴“A→B与A→C的夹角
为锐角”是“|A→B＋A→C|>|B→C|”的充分必要条件，故选 C．
17．(2020·豫北名校联考)已知 O 是△ABC 所在平面内一点，且
18．(2019·江苏卷)如图，在△ABC 中，D 是 BC 的中点，E 在边 AB 上，BE＝2EA，AD 与 CE 交于点 O.若A→B·A→C＝6A→O·E→C，则AACB的
值是 3 .
解析：由 A，O，D 三点共线，可设A→O＝λA→D，则A→O＝2λ(A→B ＋A→C)，由 E，O，C 三点共线可设E→O＝μE→C，则A→O－A→E＝μ(A→C －A→E)，则A→O＝(1－μ)A→E＋μA→C＝13(1－μ)A→B＋μA→C，由平面向量
2π －3，则向量 a 与 b 的夹角为 3 .
解析：因为 b 在 a 方向上的投影为－3，所以|b|cos〈a，b〉＝ －3，又|a|＝ 12＋ 32＝2，
所以 a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝－6，又 a·b＝3＋ 3m， 所以 3＋ 3m＝－6，解得 m＝－3 3， 则 b＝(3，－3 3)，所以|b|＝ 32＋－3 32＝6， 所以 cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|＝2－×66＝－12， 因为 0≤〈a，b〉≤π，所以 a 与 b 的夹角为23π.
3．(2020·山西模拟)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，|a－b|＝ 3，
则 a 与 b 的夹角为( A )
A．3π
B．π6
C．23π
D．π
解析：对|a－b|＝ 3两边平方得 a2－2a·b＋b2＝3，即 1－4cos 〈a，b〉＋4＝3，解得 cos〈a，b〉＝12，〈a，b〉＝π3.故选 A．
则 B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)． 又A→Q＝2Q→B，∴Q43，0， ∴Q→C＝－13，1，Q→D＝－43，1， ∴Q→C·Q→D＝49＋1＝193.故选 D．
7．已知点 A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量C→D在
B→A方向上的投影是( A )
A．－3 5
－
→ AB
→ ·BE
＝
5×2
3 ×cos30°＋ 5×2×cos180°－ 12 － 2
3
×2×cos150°＝15－10－12＋6＝－1.
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间 休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动 对身体不好哦~
2021/4/17
高考数学一轮总复习第四章平面向
等于( D )
A． 2
B．2 3
C．4
D．2
解析：因为 a·(a－b)＝2，所以 a2－a·b＝2，即|a|2－|a||b|cos〈a， b〉＝2，所以 4－2|b|×12＝2，解得|b|＝2.
2．(2020·武昌统考)已知向量 a＝(2,1)，b＝(2，x)不平行，且满
足(a＋2b)⊥(a－b)，则 x＝( A )
5．(2020·茂名联考)如图，正六边形 ABCDEF 的边长为 2，则
A→C·B→D＝( C )
A．2
B．3
C．6
D．12
解析：A→C·B→D＝(A→B＋B→C)·(A→D－A→B)＝(A→B＋B→C)·(2B→C－A→B)
＝2|B→C|2＋B→C·A→B－|A→B|2＝8＋2×2×12－4＝6.
满足|O→A|2＋|B→C|2＝|O→B|2＋|C→A|2，则点 O( A )
A．在过点 C 且与 AB 垂直的直线上 B．在∠A 的平分线所在直线上 C．在边 AB 的中线所在直线上 D．以上都不对
解析：由|O→A|2＋|B→C|2＝|O→B|2＋|C→A|2 得|O→A|2－|O→B|2＝|C→A|2－|B→C|2， 所以(O→A＋O→B)·(O→A－O→B)＝(C→A＋B→C)·(C→A－B→C)，即B→A·(O→A ＋O→B)＝(C→A＋C→B)·B→A，所以B→A·(O→A＋O→B＋A→C＋B→C)＝2O→C·B→A＝ 0，所以A→B⊥O→C.故点 O 在过点 C 且与 AB 垂直的直线上．
16．(2019·北京卷)设点 A，B，C 不共线，则“A→B与A→C的夹角为
锐角”是“|A→B＋A→C|>|B→C|”的( C )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：若|A→B＋A→C|>|B→C|，则|A→B＋A→C|2>|B→C|2，A→B2＋A→C2＋
解：∵B→A·B→C＝|B→A|·|B→C|·cosB＝|B→A|2，
∴|B→C|·cosB＝|B→A|＝6， ∴C→A⊥A→B，即 A＝π2.
以 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系， 则 B(6,0)，C(0,3)，设 P(x，y)， 则P→A2＋P→B2＋P→C2＝x2＋y2＋(x－6)2＋y2＋x2＋(y－3)2＝3x2－ 12x＋3y2－6y＋45＝3[(x－2)2＋(y－1)2＋10] ∴当 x＝2，y＝1 时，P→A2＋P→B2＋P→C2 取得最小值，此时 P(2,1)， A→P＝(2,1)，此时A→P·B→C＝(2,1)·(－6,3)＝－9.
4．(2020·湖南省五市十校联考)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，
a·(a－2b)＝0，则|a＋b|＝( A )
A． 6
B． 5
C．2
D． 3
解析：由题意知，a·(a－2b)＝a2－2a·b＝1－2a·b＝0，所以 2a·b ＝1，所以|a＋b|＝ a2＋2a·b＋b2＝ 1＋1＋4＝ 6.故选 A．
12．(2019·天津卷)在四边形 ABCD 中，AD∥BC，AB＝2 3，AD
＝5，∠A＝30°，点 E 在线段 CB 的延长线上，且 AE＝BE，则B→D·A→E
＝ －1 .
解析：解法 1：在等腰△ABE 中，易得∠BAE＝∠ABE＝30°，
故 BE＝2，则B→D·A→E＝(A→D－A→B)·(A→B＋B→E)＝A→D·A→B＋A→D·B→E－A→B2
A．－12
B．12
C．1 或－12
D．1 或12
解析：因为(a＋2b)⊥(a－b)，所以(a＋2b)·(a－b)＝0，所以|a|2
＋a·b－2|b|2＝0，因为向量 a＝(2,1)，b＝(2，x)，所以 5＋4＋x－
ห้องสมุดไป่ตู้
2(4＋x2)＝0，解得 x＝1 或 x＝－12，因为向量 a，b 不平行，所以
x≠1，所以 x＝－12，故选 A．
(2)∵(a＋2b)⊥(ka－b)，∴(a＋2b)·(ka－b)＝0，∴ka2＋(2k －1)a·b－2b2＝0，即 16k－16(2k－1)－2×64＝0.∴k＝－7.即 k ＝－7 时，a＋2b 与 ka－b 垂直．
15．在△ABC 中，AB＝2AC＝6，B→A·B→C＝B→A2，点 P 是△ABC 所在平面内一点，则当P→A2＋P→B2＋P→C2 取得最小值时，求A→P·B→C的值．
二、填空题 10．已知平面向量 a，b 满足|a|＝|b|＝1，a⊥(a－2b)，则|a＋b|
＝ 3.
解析：∵a⊥(a－2b)，∴a·(a－2b)＝0， 解得 2a·b＝1， ∴|a＋b|＝ |a|2＋|b|2＋2a·b＝ 3.
11．已知向量 a＝(1， 3)，b＝(3，m)且 b 在 a 方向上的投影为
围是445，18.
三、解答题 14．已知|a|＝4，|b|＝8，a 与 b 的夹角是 120°. (1)计算：①|a＋b|，②|4a－2b|； (2)当 k 为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b)． 解：由已知得，a·b＝4×8×－12＝－16. (1)①∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48， ∴|a＋b|＝4 3. ② ∵ |4a － 2b|2 ＝ 16a2 － 16a·b ＋ 4b2 ＝ 16×16 － 16×( － 16) ＋ 4×64＝768，∴|4a－2b|＝16 3.
B．－3 2 2
C．3 5
D．3 22
解析：依题意得，B→A＝(－2，－1)，C→D＝(5,5)，B→A·C→D＝
(－2，－1)·(5,5)＝－15，|B→A|＝ 5，因此向量C→D在B→A方向上的投
影是B→A|B→·AC→|D＝－155＝－3 5.
8．(2020·湖南湘东六校联考)已知向量A→B＝(1,2)，A→C＝(－1,2)，
则△ABC 的面积为( D )
A．35
B．4
C．32
D．2
解析：由题意，得|A→B|＝ 5，|A→C|＝ 5.设向量A→B，A→C的夹角
为 θ，则 cosθ＝|AA→→BB|·|AA→→CC|＝1×－51×＋52×2＝35，所以 sinθ＝45，所以
S△ABC＝12|A→B||A→C|sinθ＝12× 5× 5×45＝2，故选 D．
13．(2020·河南、河北百校联考)如图，在平面四边形 ABCD 中， AB⊥BC，AD⊥BD，∠BCD＝60°，CB＝CD＝2 3，点 M 为 BC 边
上一动点，则A→M·D→M的取值范围为 445，18 .
解析：如图，以点 B 为坐标原点，BC，BA 所在的直线为 x 轴，y 轴建立平面直角坐标系， 则 B(0,0)，C(2 3，0)，△BCD 是等边三角形， 则 D( 3，3)，BD＝2 3，∠CBD＝60°.又∠ABC ＝90°，则∠ABD＝30°，则 AB＝4，A(0,4)．又 点 M 为 BC 边上的一动点，设 M(x,0)，x∈ [0,2 3]，则A→M·D→M＝(x，－4)·(x－ 3，－3)＝ x2－ 3x＋12＝x－ 232＋445，所以当 x＝ 23时，A→M·D→M取得最小 值445，当 x＝2 3时，A→M·D→M取得最大值 18，故A→M·D→M的取值范
2A→B·A→C>|B→C|2，∵点 A，B，C 不共线，∴线段 AB，BC，AC 构
成一个三角形 ABC，设内角 A，B，C 对应的边分别为 a，b，c，
则
由
平
面
向
量
的
数
量
积
公
式
及
余
弦
定
理
可
知
，
→ AB
2
＋
→ AC
2
＋
2A→B·A→C>|B→C|2，即 c2＋b2＋2bc·cosA>c2＋b2－2bc·cosA，∴cosA>0，
17
量数系的扩充与复数的引入课时29
解 法 2 ： 在 △ ABD 中 ， 由 余 弦 定 理 可 得 BD ＝ 25＋12－2×5×2 3×cos30°＝ 7 ， 所 以 cos ∠ ABD ＝ 21×2＋2 73－×257＝－ 1241，则 sin∠ABD＝5147.设B→D与A→E的夹角为 θ， 则 cosθ＝cos(180°－∠ABD＋30°)＝－cos(∠ABD－30°)＝－cos ∠ABD·cos30°－sin∠ABD·sin30°＝－147，在△ABE 中，易得 AE ＝BE＝2，故B→D·A→E＝ 7×2×－ 147＝－1.
6．已知梯形 ABCD 中，AB∥CD，AB＝2CD，且∠DAB＝90°，
AB＝2，AD＝1，若点 Q 满足A→Q＝2Q→B，则Q→C·Q→D＝( D )
A．－190
B．190
C．－193
D．193
解析：以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线 为 y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
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2021/4/17
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课时作业29 平面向量的数量积
一、选择题
1．已知平面向量 a，b 的夹角为π3，且 a·(a－b)＝2，|a|＝2，则|b|
9．(2020·河南南阳质检)已知两点 M(－1,0)，N(1,0)，若直线 3x －4y＋m＝0 上存在点 P 满足P→M·P→N＝0，则实数 m 的取值范围是
(C )
A．(－∞，－5]∪[5，＋∞) B．(－∞，－25]∪[25，＋∞) C．[－5,5] D．[－25,25]
解析：设 P(x，y)，则P→M＝(－1－x，－y)，P→N＝(1－x，－ y)．由P→M·P→N＝0 得 x2＋y2＝1.因为点 P 在直线 3x－4y＋m＝0 上， 故圆 x2＋y2＝1 与直线 3x－4y＋m＝0 相交，则圆心(0,0)到直线的 距离 d＝ 3|2m＋| 42≤1，故 m∈[－5,5]．故选 C．
又 A，B，C 三点不共线，故A→B与A→C的夹角为锐角．反之，易得
当A→B与A→C的夹角为锐角时，|A→B＋A→C|>|B→C|，∴“A→B与A→C的夹角
为锐角”是“|A→B＋A→C|>|B→C|”的充分必要条件，故选 C．
17．(2020·豫北名校联考)已知 O 是△ABC 所在平面内一点，且
18．(2019·江苏卷)如图，在△ABC 中，D 是 BC 的中点，E 在边 AB 上，BE＝2EA，AD 与 CE 交于点 O.若A→B·A→C＝6A→O·E→C，则AACB的
值是 3 .
解析：由 A，O，D 三点共线，可设A→O＝λA→D，则A→O＝2λ(A→B ＋A→C)，由 E，O，C 三点共线可设E→O＝μE→C，则A→O－A→E＝μ(A→C －A→E)，则A→O＝(1－μ)A→E＋μA→C＝13(1－μ)A→B＋μA→C，由平面向量
2π －3，则向量 a 与 b 的夹角为 3 .
解析：因为 b 在 a 方向上的投影为－3，所以|b|cos〈a，b〉＝ －3，又|a|＝ 12＋ 32＝2，
所以 a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝－6，又 a·b＝3＋ 3m， 所以 3＋ 3m＝－6，解得 m＝－3 3， 则 b＝(3，－3 3)，所以|b|＝ 32＋－3 32＝6， 所以 cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|＝2－×66＝－12， 因为 0≤〈a，b〉≤π，所以 a 与 b 的夹角为23π.
3．(2020·山西模拟)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，|a－b|＝ 3，
则 a 与 b 的夹角为( A )
A．3π
B．π6
C．23π
D．π
解析：对|a－b|＝ 3两边平方得 a2－2a·b＋b2＝3，即 1－4cos 〈a，b〉＋4＝3，解得 cos〈a，b〉＝12，〈a，b〉＝π3.故选 A．
则 B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)． 又A→Q＝2Q→B，∴Q43，0， ∴Q→C＝－13，1，Q→D＝－43，1， ∴Q→C·Q→D＝49＋1＝193.故选 D．
7．已知点 A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量C→D在
B→A方向上的投影是( A )
A．－3 5
－
→ AB
→ ·BE
＝
5×2
3 ×cos30°＋ 5×2×cos180°－ 12 － 2
3
×2×cos150°＝15－10－12＋6＝－1.
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间 休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动 对身体不好哦~
2021/4/17
高考数学一轮总复习第四章平面向
等于( D )
A． 2
B．2 3
C．4
D．2
解析：因为 a·(a－b)＝2，所以 a2－a·b＝2，即|a|2－|a||b|cos〈a， b〉＝2，所以 4－2|b|×12＝2，解得|b|＝2.
2．(2020·武昌统考)已知向量 a＝(2,1)，b＝(2，x)不平行，且满
足(a＋2b)⊥(a－b)，则 x＝( A )
5．(2020·茂名联考)如图，正六边形 ABCDEF 的边长为 2，则
A→C·B→D＝( C )
A．2
B．3
C．6
D．12
解析：A→C·B→D＝(A→B＋B→C)·(A→D－A→B)＝(A→B＋B→C)·(2B→C－A→B)
＝2|B→C|2＋B→C·A→B－|A→B|2＝8＋2×2×12－4＝6.
满足|O→A|2＋|B→C|2＝|O→B|2＋|C→A|2，则点 O( A )
A．在过点 C 且与 AB 垂直的直线上 B．在∠A 的平分线所在直线上 C．在边 AB 的中线所在直线上 D．以上都不对
解析：由|O→A|2＋|B→C|2＝|O→B|2＋|C→A|2 得|O→A|2－|O→B|2＝|C→A|2－|B→C|2， 所以(O→A＋O→B)·(O→A－O→B)＝(C→A＋B→C)·(C→A－B→C)，即B→A·(O→A ＋O→B)＝(C→A＋C→B)·B→A，所以B→A·(O→A＋O→B＋A→C＋B→C)＝2O→C·B→A＝ 0，所以A→B⊥O→C.故点 O 在过点 C 且与 AB 垂直的直线上．
16．(2019·北京卷)设点 A，B，C 不共线，则“A→B与A→C的夹角为
锐角”是“|A→B＋A→C|>|B→C|”的( C )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：若|A→B＋A→C|>|B→C|，则|A→B＋A→C|2>|B→C|2，A→B2＋A→C2＋
解：∵B→A·B→C＝|B→A|·|B→C|·cosB＝|B→A|2，
∴|B→C|·cosB＝|B→A|＝6， ∴C→A⊥A→B，即 A＝π2.
以 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系， 则 B(6,0)，C(0,3)，设 P(x，y)， 则P→A2＋P→B2＋P→C2＝x2＋y2＋(x－6)2＋y2＋x2＋(y－3)2＝3x2－ 12x＋3y2－6y＋45＝3[(x－2)2＋(y－1)2＋10] ∴当 x＝2，y＝1 时，P→A2＋P→B2＋P→C2 取得最小值，此时 P(2,1)， A→P＝(2,1)，此时A→P·B→C＝(2,1)·(－6,3)＝－9.
4．(2020·湖南省五市十校联考)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，
a·(a－2b)＝0，则|a＋b|＝( A )
A． 6
B． 5
C．2
D． 3
解析：由题意知，a·(a－2b)＝a2－2a·b＝1－2a·b＝0，所以 2a·b ＝1，所以|a＋b|＝ a2＋2a·b＋b2＝ 1＋1＋4＝ 6.故选 A．
12．(2019·天津卷)在四边形 ABCD 中，AD∥BC，AB＝2 3，AD
＝5，∠A＝30°，点 E 在线段 CB 的延长线上，且 AE＝BE，则B→D·A→E
＝ －1 .
解析：解法 1：在等腰△ABE 中，易得∠BAE＝∠ABE＝30°，
故 BE＝2，则B→D·A→E＝(A→D－A→B)·(A→B＋B→E)＝A→D·A→B＋A→D·B→E－A→B2
A．－12
B．12
C．1 或－12
D．1 或12
解析：因为(a＋2b)⊥(a－b)，所以(a＋2b)·(a－b)＝0，所以|a|2
＋a·b－2|b|2＝0，因为向量 a＝(2,1)，b＝(2，x)，所以 5＋4＋x－
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2(4＋x2)＝0，解得 x＝1 或 x＝－12，因为向量 a，b 不平行，所以
x≠1，所以 x＝－12，故选 A．
(2)∵(a＋2b)⊥(ka－b)，∴(a＋2b)·(ka－b)＝0，∴ka2＋(2k －1)a·b－2b2＝0，即 16k－16(2k－1)－2×64＝0.∴k＝－7.即 k ＝－7 时，a＋2b 与 ka－b 垂直．
15．在△ABC 中，AB＝2AC＝6，B→A·B→C＝B→A2，点 P 是△ABC 所在平面内一点，则当P→A2＋P→B2＋P→C2 取得最小值时，求A→P·B→C的值．
二、填空题 10．已知平面向量 a，b 满足|a|＝|b|＝1，a⊥(a－2b)，则|a＋b|
＝ 3.
解析：∵a⊥(a－2b)，∴a·(a－2b)＝0， 解得 2a·b＝1， ∴|a＋b|＝ |a|2＋|b|2＋2a·b＝ 3.
11．已知向量 a＝(1， 3)，b＝(3，m)且 b 在 a 方向上的投影为
围是445，18.
三、解答题 14．已知|a|＝4，|b|＝8，a 与 b 的夹角是 120°. (1)计算：①|a＋b|，②|4a－2b|； (2)当 k 为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b)． 解：由已知得，a·b＝4×8×－12＝－16. (1)①∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－16)＋64＝48， ∴|a＋b|＝4 3. ② ∵ |4a － 2b|2 ＝ 16a2 － 16a·b ＋ 4b2 ＝ 16×16 － 16×( － 16) ＋ 4×64＝768，∴|4a－2b|＝16 3.
B．－3 2 2
C．3 5
D．3 22
解析：依题意得，B→A＝(－2，－1)，C→D＝(5,5)，B→A·C→D＝
(－2，－1)·(5,5)＝－15，|B→A|＝ 5，因此向量C→D在B→A方向上的投
影是B→A|B→·AC→|D＝－155＝－3 5.
8．(2020·湖南湘东六校联考)已知向量A→B＝(1,2)，A→C＝(－1,2)，
则△ABC 的面积为( D )
A．35
B．4
C．32
D．2
解析：由题意，得|A→B|＝ 5，|A→C|＝ 5.设向量A→B，A→C的夹角
为 θ，则 cosθ＝|AA→→BB|·|AA→→CC|＝1×－51×＋52×2＝35，所以 sinθ＝45，所以
S△ABC＝12|A→B||A→C|sinθ＝12× 5× 5×45＝2，故选 D．
13．(2020·河南、河北百校联考)如图，在平面四边形 ABCD 中， AB⊥BC，AD⊥BD，∠BCD＝60°，CB＝CD＝2 3，点 M 为 BC 边
上一动点，则A→M·D→M的取值范围为 445，18 .
解析：如图，以点 B 为坐标原点，BC，BA 所在的直线为 x 轴，y 轴建立平面直角坐标系， 则 B(0,0)，C(2 3，0)，△BCD 是等边三角形， 则 D( 3，3)，BD＝2 3，∠CBD＝60°.又∠ABC ＝90°，则∠ABD＝30°，则 AB＝4，A(0,4)．又 点 M 为 BC 边上的一动点，设 M(x,0)，x∈ [0,2 3]，则A→M·D→M＝(x，－4)·(x－ 3，－3)＝ x2－ 3x＋12＝x－ 232＋445，所以当 x＝ 23时，A→M·D→M取得最小 值445，当 x＝2 3时，A→M·D→M取得最大值 18，故A→M·D→M的取值范
2A→B·A→C>|B→C|2，∵点 A，B，C 不共线，∴线段 AB，BC，AC 构
成一个三角形 ABC，设内角 A，B，C 对应的边分别为 a，b，c，
则
由
平
面
向
量
的
数
量
积
公
式
及
余
弦
定
理
可
知
，
→ AB
2
＋
→ AC
2
＋
2A→B·A→C>|B→C|2，即 c2＋b2＋2bc·cosA>c2＋b2－2bc·cosA，∴cosA>0，
17
量数系的扩充与复数的引入课时29
解 法 2 ： 在 △ ABD 中 ， 由 余 弦 定 理 可 得 BD ＝ 25＋12－2×5×2 3×cos30°＝ 7 ， 所 以 cos ∠ ABD ＝ 21×2＋2 73－×257＝－ 1241，则 sin∠ABD＝5147.设B→D与A→E的夹角为 θ， 则 cosθ＝cos(180°－∠ABD＋30°)＝－cos(∠ABD－30°)＝－cos ∠ABD·cos30°－sin∠ABD·sin30°＝－147，在△ABE 中，易得 AE ＝BE＝2，故B→D·A→E＝ 7×2×－ 147＝－1.
6．已知梯形 ABCD 中，AB∥CD，AB＝2CD，且∠DAB＝90°，
AB＝2，AD＝1，若点 Q 满足A→Q＝2Q→B，则Q→C·Q→D＝( D )
A．－190
B．190
C．－193
D．193
解析：以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线 为 y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，