2025高考帮备考教案数学第六章　平面向量、复数第3讲　平面向量的数量积及应用含答案.docx

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1、2025高考帮备考教案数学第六章平面向量、复数第3讲平面向量的数量积及应用课标要求命题点五年考情命题分析预测1.理解平面向量数量积的概念及其物理意义，会计算平面向量的数量积.2.了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义.3.会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.4.能用坐标表示平面向量的数量积，会表示两个平面向量的夹角.5.会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决数学和实际问题中的应用.平面向量的数量积运算2023全国卷乙T6；2022全国卷乙T3；2022全国卷甲T13；2021新高考卷T15；2020北京T13；2019全国卷T3本讲每年必考，主要考查向

2、量的数量积运算、向量的夹角、模长、垂直问题，一般以客观题形式出现，难度不大.预计2025年高考命题稳定，常规备考的同时要关注向量与三角、解析几何等的综合以及坐标法在解题中的应用.平面向量数量积的应用2023新高考卷T3；2023新高考卷T13；2023全国卷甲T4；2022全国卷乙T3；2022新高考卷T4；2022天津T14；2021新高考卷T10；2021全国卷甲T14；2021全国卷甲T14；2021全国卷乙T14；2020全国卷T14；2020全国卷T13；2020新高考卷T7；2019全国卷T7平面向量的应用2023全国卷乙T12；2020天津T15学生用书P1171.向量的夹角定义

3、图示范围共线与垂直已知两个非零向量a，b，O是平面上的任意一点.作OAa，OBb，则AOB叫做向量a与b的夹角，记作a，b.设是a与b的夹角，则的取值范围是0，.0或ab，2 ab.注意 确定向量的夹角时应注意“共起点”.思维拓展1.两个向量夹角的范围为0，两条直线夹角的范围为0，2.2.（1）两个向量a，b的夹角为锐角ab0且向量a，b不共线；（2）两个向量a，b的夹角为钝角ab0且向量a，b不共线.2.平面向量的数量积已知两个非零向量a与b的夹角为，我们把数量abcos叫做向量a与b的数量积，记作ab.注意 零向量与任一向量的数量积为0.3.投影与投影向量如图，过AB的起点A和终点B，分别

4、作向量CD所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到A1B1，我们称上述变换为向量a向向量b投影，A1B1叫做向量a在向量b上的投影向量.设与b方向相同的单位向量为e，a与b的夹角为，则A1B1acos e.4.向量数量积的运算律对于向量a，b，c和实数，有（1）abba；（2）（a）b（ab）a（b）；（3）（ab）cacbc.注意 （1）向量数量积的运算不满足乘法结合律，即（ab）c不一定等于a（bc），这是由于（ab）c表示一个与c共线的向量，a（bc）表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线.（2）abac（a0）bc，等式两边不能约去同一个向量.（3）平方差公式、完全平方公式仍适用

5、.5.平面向量数量积的有关结论已知非零向量a（x1，y1），b（x2，y2），a与b的夹角为.几何表示坐标表示数量积ababcos .abx1x2y1y2.模aaa.ax12y12.夹角cos aba|b.cos x1x2y1y2x12y12x22y22.ab的充要条件ab0.x1x2y1y20.ab的充要条件ab（R）.x1y2x2y10.ab与ab的关系abab（当且仅当ab时等号成立）.x1x2y1y2（x12y12)(x22y22）.1.以下说法正确的是（A）A.两个向量的数量积是一个实数，向量的加法、减法、数乘运算的运算结果是向量B.由ab0可得a0或b0C.（ab）ca（bc）D.

6、已知两个非零向量a与b的夹角为，若ab0，则为锐角2.教材改编已知向量a（1x，x3），b（1x，2），ab4，则a2b与b的夹角为（B）A.3B.4C.23D.34解析因为ab4，所以（1x）（1x）2（x3）4，得x1.所以a（2，2），b（0，2），所以a2b（2，2），a2b222222，b2，所以cosa2b，b（a+2b）ba+2b|b422222.又a2b，b0，所以a2b与b的夹角为4.故选B.3.2022全国卷甲已知向量a（m，3），b（1，m1）.若ab，则m34.解析ab，abm3（m1）4m30，解得m34.4.已知点A（1，1），B（1，2），C（2，1），D（3，4

7、），则AB在CD方向上的投影向量为（32，32）.解析依题意，得CD（5，5），则与CD同向的单位向量eCDCD（22，22），AB（2，1），则AB在CD方向上的投影向量为ABCDCDe10+552（22，22）322（22，22）（32，32）.5.易错题已知平面内三个向量a，b，c两两夹角相等，且ab1，c3，则abc2或5.解析当a，b，c共线时，abcabc5；当a，b，c两两夹角为23时，ab12，acbc32.abca2b2c2+2ab+2ac+2bc1+1+91332.学生用书P119命题点1平面向量的数量积运算例1 （1）2023全国卷乙正方形ABCD的边长是2，E是AB的中

8、点，则ECED（B）A.5B.3C.25D.5解析解法一由题意知，ECEBBC12ABAD，EDEAAD12ABAD，所以ECED（12ABAD）（12ABAD）AD214AB2，由题意知ADAB2，所以ECED413，故选B.解法二以点A为坐标原点，AB，AD的方向分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则E（1，0），C（2，2），D（0，2），则EC（1，2），ED（1，2），ECED143，故选B.（2）2022全国卷甲设向量a，b的夹角的余弦值为13，且a1，b3，则（2ab）b11.解析（2ab）b2abb22abcosa，bb2213133211.方法技巧求非零向量a，b的数量

9、积的方法1.定义法：ababcos .2.基底法：选取合适的一组基底，利用平面向量基本定理将待求数量积的两个向量分别表示出来，进而根据数量积的运算律和定义求解.3.坐标法：已知条件中有（或隐含）正交基底，优先考虑建立平面直角坐标系，利用abx1x2y1y2求解.训练1 （1）2022全国卷乙已知向量a，b满足a1，b3，a2b3，则ab （C）A.2B.1C.1D.2解析由a2b3，可得a2b2a24ab4b29.又a1，b3，所以ab1，故选C.（2）全国卷已知AB（2，3），AC（3，t），BC1，则ABBC（C）A.3B.2C.2D.3解析因为BCACAB（1，t3），所以BC1+（t3

10、）21，解得t3，所以BC（1，0），所以ABBC21302，故选C.命题点2平面向量数量积的应用角度1向量的模问题例2 （1）2022全国卷乙已知向量a（2，1），b（2，4），则ab （D）A.2B.3C.4D.5解析由题意知ab（2，1）（2，4）（4，3），所以ab42（3）25.故选D.（2）2023新高考卷已知向量a，b满足ab3，ab2ab，则b3.解析由ab3，得a22abb23，即2aba2b23.由ab2ab，得a22abb24a24abb2，整理得，a22ab，结合，得a2a2b23，整理得，b23，所以b3.方法技巧求平面向量模的两种方法公式法利用如下公式转化求解.a2

11、aaa2或aaa；ab（ab）2a22abb2；若a（x，y），则ax2y2.几何法利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等求解.角度2向量的夹角问题例3 （1）2023全国卷甲已知向量a，b，c满足ab1，c2，且abc0，则cosac，bc（D）A.45B.25C.25D.45解析abc0，cab，等式两边同时平方得2a2b22ab112ab，ab0.解法一aca（ab）2ab，bcb（ab）a2b，（ac）（bc）（2ab）（a2b）2a25ab2b24，且ac2ab（2ab）24+15，bca2b（a+2b）21+45，cosac，b

12、c（ac）（bc）acbc45，故选D.解法二如图，令OAa，OBb，则OCc，CAac，CBbc，而AB2，ACBC5，在ABC中，由余弦定理得cosac，bccosCA，CBcosACB5+5225545，故选D.解法三如图，令向量a，b的起点均为O，终点分别为A，B，以OA，OB的方向分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则a（1，0），b（0，1），cab（1，1），所以ac（2，1），bc（1，2），则cosac，bc（ac）（bc）acbc2+25545，故选D.（2）2022新高考卷已知向量a（3，4），b（1，0），catb，若a，cb，c，则t（C）A.6B.5C.5D.

13、6解析解法一由题意，得catb（3t，4），所以ac3（3t）44253t，bc1（3t）043t.因为a，cb，c，所以cosa，ccosb，c，即aca|cbcb|c，即25+3t53t，解得t5.故选C.解法二因为a，cb，c，且catb，所以由向量加法的平行四边形法则得atb，易知a5，b1，所以t5.方法技巧求平面向量夹角问题的三种方法定义法当a，b是非坐标形式时，由cos aba|b求解.坐标法若a（x1，y1），b（x2，y2），则cosa，bx1x2y1y2x12y12x22y22，a，b0，.解三角形法可以把所求两向量的夹角放到三角形中进行求解.注意向量夹角与三角形内角的关系

14、.角度3向量的垂直问题例4 （1）2023新高考卷已知向量a（1，1），b（1，1）.若（ab）（ab），则（D）A.1B.1C.1 D.1解析因为a（1，1），b（1，1），所以ab（1，1），ab（1，1），因为（ab）（ab），所以（ab）（ab）0，所以（1）（1）（1）（1）0，整理得1.故选D.（2）全国卷已知单位向量a，b的夹角为60，则在下列向量中，与b垂直的是（D）A.a2bB.2abC.a2bD.2ab解析解法一由题意，得ababcos 6012.对于A，（a2b）bab2b2122520，故A不符合题意；对于B，（2ab）b2abb21120，故B不符合题意；对于C，（a

15、2b）bab2b2122320，故C不符合题意；对于D，（2ab）b2abb2110，所以（2ab）b，符合题意.故选D.解法二根据条件，分别作出向量b与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，如图所示.AB CD由图易知，只有选项D满足题意.故选D.解法三不妨设a（12，32），b（1，0），则a2b（52，32）， 2ab（2，3），a2b（32，32），2ab（0，3），易知，只有（2ab）b0，即（2ab）b.故选D.方法技巧1.证明两个向量垂直的解题策略先计算出这两个向量的坐标或表示出两个向量，然后根据数量积的运算公式，计算出这两个向量的数量积为0即可.2.已知两个向量的垂直关系

16、，求解相关参数的值根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数.训练2 （1）2023广州市二检已知两个非零向量a，b满足a3b，（ab）b，则cos a，b（D）A.12B.12C.13D.13解析因为（ab）b，所以（ab）b0，即abb2，所以abcos a，bb2，即3bbcos a，bb2，则cos a，b13.故选D.（2）2021全国卷甲若向量a，b满足a3，ab5，ab1，则b32.解析由ab5得（ab）225，即a22abb225，结合a3，ab1，得3221b225，所以b32.命题点3平面向量的应用例5 在日常生活中，我们会看到两人共提一个行李包的情况（如图

17、）.假设行李包所受重力为G，所受的两个拉力分别为F1，F2.若F1F2，F1与F2的夹角为，则下列结论不正确的是（D）A.F1的最小值为12GB.当23时，F1G C.当2时，F122GD.当23时，F1在F2方向上的投影数量为G2解析由题意知，GF1F2，且G为定值，因为F1F2，所以G2F12F222F1F2cos 2F12（1cos ），所以F12G22（1+cos）.当（0，）时，ycos 单调递减，所以关于的函数yF12G22（1+cos）单调递增，即越大越费力，越小越省力.当0时，F1min12G；当2时，F122G；当23时，F1G.故A，B，C正确.对于D选项，当23时，F1在

18、F2方向上的投影数量为F1cos 23Gcos23G2，故D不正确.故选D.方法技巧用向量方法解决实际问题的步骤训练3 一条东西方向的河流两岸平行，河宽2503 m，河水的速度为正东3 km/h.一艘小货船准备从河流南岸码头P处出发，航行到河流对岸对应点Q（PQ与河流的方向垂直）的正西方向并且与Q相距250 m的码头M处卸货，若水流的速度与小货船航行的速度的合速度的大小为 5 km/h，则当小货船的航程最短时，小货船航行速度的大小为（C）A.33 km/hB.6 km/hC.7 km/hD.36 km/h解析连接PM，由题意得，当小货船的航程最短时，其航线为线段PM.设小货船航行的速度为v，水

19、流的速度为v1，水流的速度与小货船航行的速度的合速度为v2，作出示意图，如图所示.PQ2503 m，QM250 m.在RtPQM中，（根据“PQ与河流的方向垂直”得到PMQ的形状）tanPMQPQQM25032503，由题意PMQ（0，2），所以PMQ3，MPQ6，v1，v22623，易知vv2v1，v13，v25，所以v（v2v1）2v22v122v1v25232253cos237，所以小货船航行速度的大小为7 km/h，故选C.学生用书P120极化恒等式例6 （1）2022北京高考在ABC中，AC3，BC4，C90.P为ABC所在平面内的动点，且PC1，则PAPB的取值范围是（D）A.5，

20、 3B.3，5C.6，4D.4，6解析解法一（极化恒等式）设AB的中点为M，CM与CP的夹角为，由极化恒等式得PAPBPM214AB 2（CMCP）2254CM2CP22CMCPcos 25425415cos 25415cos ，因为cos 1，1，所以PAPB4，6.解法二以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A（3，0），B（0，4），设P（x，y），则x2y21，PA（3x，y），PB（x，4y），所以PAPBx23xy24y（x32）2（y2）2254，又（x32）2（y2）2表示圆x2y21上一点到点（32，2）距离的平方，圆心（0，0）到点（32，

21、2）的距离为52，所以PAPB（521）2254，（521）2254，即PAPB4，6，故选D.解法三以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A（3，0），B（0，4），因为PC1，所以P在以（0，0）为圆心，1为半径的圆上，所以设点P坐标为（cos ，sin ），则PAPB（3cos ，sin ）（cos ，4sin ）13cos 4sin 15sin（）（其中tan 34）.因为sin（）1，1，所以PAPB4，6.（2）全国卷已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA（PBPC）的最小值是（B）A.2B.32C.43D.1解析解法一如图

22、，取BC的中点D，则PBPC2PD，则PA（PBPC）2PAPD.在PAD中，取AD的中点O，则2PAPD2PO212AD22PO232.由于点P在平面内是任意的，因此当且仅当点P，O重合时，PO取得最小值，即2PAPD取得最小值32.故选B.解法二如图，以等边三角形ABC的底边BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A（0，3），B（1，0），C（1，0）.设P（x，y），则PA（x，3y），PB（1x，y），PC（1x，y），所以PA（PBPC） （x，3y）（2x，2y）2x22（y32）232，易知当x0，y32时，PA（PBPC）取得最

23、小值，最小值为32.故选B.方法技巧极化恒等式：ab14（ab）2（ab）2.几何意义：向量a，b的数量积等于以这组向量所对应的线段为邻边的平行四边形的“和对角线长”与“差对角线长”的平方差的14.应用：（1）在ABCD中，O为AC，BD的交点，则有ABAD14（4AO24OB2）AO2OB2.（2）如图，在ABC中，若M是BC的中点，则ABACAM214BC2.训练4 2023山东青岛二中5月模拟如图，在四边形ABCD中，B60，AB3，BC6，且ADBC，ADAB32，则实数的值为16，若M，N是线段BC上的动点，且MN1，则DMDN的最小值为132.解析依题意得ADBC，BAD120，由

24、ADABADABcosBAD32AD32，得AD1，因此ADBC16.取MN的中点E，连接DE，则DMDN2DE，DMDN14（DMDN）2（DMDN）2DE214NM2DE214.注意到线段MN在线段BC上运动时，DE的最小值等于点D到直线BC的距离，即ABsin B332，因此DE214的最小值为（332）214132，即DMDN的最小值为132.思维帮提升思维快速解题三角形“四心”的向量表示与运用角度1垂心的向量表示与运用例7 2023山西朔州模拟已知H为ABC的垂心，若AH13AB25AC，则sinBAC63.解析如图，连接BH，CH，因为AH13AB25AC，所以BHBAAH23AB

25、25AC，CHCAAH13AB35AC.由H为ABC的垂心，得BHAC0，即（23AB25AC）AC0，可知25AC223ACABcosBAC，即cosBAC3AC5AB，同理有CHAB0，即（13AB35AC）AB0，可知13AB235ACABcosBAC，即cosBAC5AB9AC，得cos2BAC13，得sin2BAC1cos2BAC11323，又sinBAC0，所以sinBAC63.方法技巧1.垂心的定义：三角形三条高的交点称为该三角形的垂心.2.垂心的性质：设O是ABC的垂心，P为ABC所在平面内任意一点，则有（1）OAOBOBOCOCOA；（2）OA2BC2OB2CA2OC2AB2

26、；（3）动点P满足AP（ABABcosABCACACcosACB）或OPOA（ABABcosABCACACcosACB），R时，动点P的轨迹经过ABC的垂心.角度2重心的向量表示与运用例8 2023广州一中诊断如图，已知点G是ABC的重心，过G作直线与AB，AC分别交于M，N两点，AMxAB，ANyAC，则xyxy13.解析由M，G，N三点共线得，存在实数使得AGAM（1）ANxABy（1）AC，且01.因为G是ABC的重心，所以AG13（ABAC），所以x13，y（1）13，则x13，y13（1），故xy19（1），xy13（1），则xyxy19（1）3（1）13.方法技巧1.重心的定义：三

27、角形三条中线的交点称为该三角形的重心.2.重心的性质：设O是ABC的重心，P为平面内任意一点，则有（1）OAOBOC0；（2）PO13（PAPBPC）；（3）动点P满足AP（ABAC）或OPOA（ABAC），0，）时，动点P的轨迹经过ABC的重心.角度3外心的向量表示与运用例9 2023湖北荆门模拟已知点O为ABC所在平面内一点，在ABC中，满足2ABAOAB2，2ACAOAC2，则点O为该三角形的（B）A.内心B.外心C.垂心D.重心解析因为2ABAO2ABAOcosOABAB2，所以AOcosOAB12AB，则向量AO在向量AB上的投影向量的长度为AB的一半，所以点O在边AB的中垂线上，同

28、理，点O在边AC的中垂线上，所以点O为该三角形的外心，故选B.方法技巧1.外心的定义：三角形三边垂直平分线的交点称为该三角形的外心.2.外心的性质：若O是ABC的外心，则有（1）OAOBOC；（2）（OAOB）AB（OAOC）AC（OBOC）BC0.角度4内心的向量表示与运用例10 2023四川南充阶段测试已知O是ABC所在平面内一点，且点O满足OA（ABABACAC）OB（BABABCBC）OC（CACACBCB）0，则点O为ABC的（C）A.外心B.重心C.内心D.垂心解析解法一ABAB，ACAC分别是与AB，AC方向相同的单位向量，可令ABABAD，ACACAE，连接ED，则ADE为腰长

29、是1的等腰三角形，ABABACACED，所以OAED0，所以AO为CAB的平分线，同理BO为ABC的平分线，CO为ACB的平分线，所以O为ABC的内心.故选C.解法二OA（ABABACAC）0，即OAABABOAACAC，即OAABABcos（OAB）OAACACcos（OAC），所以OABOAC，即AO是BAC的平分线，同理可得BO为ABC的平分线，CO为ACB的平分线，所以O为ABC的内心.方法技巧1.内心的定义：三角形三条内角平分线的交点称为该三角形的内心.2.内心的性质：若O是ABC的内心，P为平面内任意一点，则有（1）aOAbOBcOC0（a，b，c分别是ABC的三边BC，AC，AB

30、的长）；（2）动点P满足AP（ABABACAC）或OPOA（ABABACAC），0，）时，动点P的轨迹经过ABC的内心.训练5 （1）2023长春模拟点O是平面上一定点，点P是平面上一动点，A，B，C是平面上ABC的三个顶点（点O，P，A，B，C均不重合），以下命题正确的是.动点P满足OPOAPBPC，则ABC的重心一定在满足条件的P点的集合中；动点P满足OPOA（ABABACAC）（0），则ABC的内心一定在满足条件的P点的集合中；动点P满足OPOA（ABABsinBACACsinC）（0），则ABC的重心一定在满足条件的P点的集合中；动点P满足OPOA（ABABcosBACACcosC）（

31、R），则ABC的垂心一定在满足条件的P点的集合中.解析对于，OPOAPBPC，移项得OAOPAPPBPC，即PAPBPC0，则点P是ABC的重心，故正确.对于，因为动点P满足OPOA（ABABACAC）（0），移项得AP（ABABACAC）（0），所以AP与BAC的平分线对应的向量共线，所以P在BAC的平分线上，所以ABC的内心在满足条件的P点的集合中，正确.对于，OPOA（ABABsinBACACsinC）（0），即AP（ABABsinBACACsinC），过点A作ADBC，垂足为D，则ABsin BACsin CAD，APAD（ABAC），设M为BC的中点，则ABAC2AM，则AP2ADA

32、M，所以P在BC的中线上，所以ABC的重心一定在满足条件的P点的集合中，正确.对于，OPOA（ABABcosBACACcosC）（R），即AP（ABABcosBACACcosC），所以APBC（ABBCABcosBACBCACcosC）（BCBC）0，所以APBC，所以P在边BC上的高所在的直线上，所以ABC的垂心一定在满足条件的P点的集合中，正确.故正确的命题是.（2）多选/2023安徽淮北师大附中模拟数学家欧拉在1765年发表的三角形的几何学一书中有这样一个定理：三角形的重心、垂心和外心共线.这条线就是三角形的欧拉线.在ABC中，O，H，G分别是外心、垂心和重心，D为BC边的中点，则下列四

33、个选项中正确的是（ABD）A.GH2OGB.GAGBGC0C.AHODD.SABGSBCGSACG解析根据题意画出图形，如图所示.对于B，连接GD，由重心的性质可得G为AD的三等分点，且GA2GD，又D为BC的中点，所以GBGC2GD，所以GAGBGC2GD2GD0，故B正确.对于A，C，因为O为ABC的外心，D为BC的中点，所以ODBC，所以AHOD，所以AHGDOG，所以GHOGAHODAGDG2，即GH2OG，AH2OD，故A正确，C不正确.对于D，延长AH交BC于N，过点G作GEBC，垂足为E，则DEGDNA，所以GEANDGDA13，所以SBGC12BCGE12BC13AN13SAB

34、C，同理，SAGCSAGB13SABC，所以SABGSBCGSACG，故D正确.故选ABD.1.命题点2/多选已知e1，e2是单位向量，且e1e212，若向量a满足e1a2，则下列选项正确的是（ABD）A.e1e21B.e1在e2上的投影向量的模为12C.e1与e1e2的夹角为512D.a在e1上的投影向量为2e1解析e1e22e122e1e2e221，故e1e21，故A正确.因为e1在e2上的投影向量为e1e2e2e212e2，所以e1在e2上的投影向量的模为12，故B正确.因为e1（e1e2）11cose1，e1e2e12e1e212，所以e1，e1e23，故C错误.设e1与a的夹角为，因

35、为e1a2acos ，所以a在e1上的投影向量为（acos ）e12e1，故D正确.2.命题点2/2022天津高考在ABC中，CAa，CBb，AC2DC，CB2BE，用a，b表示向量DE，则DE32b12a；若ABDE，则ACB的最大值为6.解析由题意知CD12CA12a，又CB2BE，所以CE32CB32b，则DECECD32b12a.因为ABDE，ABCBCAba，所以ABDE（ba）（32b12a）0，化简整理，得3b2a24ab0，则3b2a24abcosACB0，所以cosACB3b2a24a|b23a|b4a|b32，当且仅当a3b时等号成立，又ACB（0，），所以ACB6，即AC

36、B的最大值为6.3.思维帮在ABC中，C90，AC4，BC3，D是AB的中点，E，F分别是边BC，AC上的动点，且EF1，则DEDF的最小值为154.解析如图，取EF的中点H，连接DH，CH，CD，则CD12AB52，CH12EF12，DEDFDH2EF24DH214，因为CHDHCD，所以DHCDCH52122，所以DEDF414154.学生用书练习帮P3181.2024武汉部分学校调考两个单位向量e1与e2满足e1e20，则向量e13e2与e2的夹角为（D）A.30B.60C.120D.150解析解法一因为e1，e2是单位向量，所以e1e21，又e1e20，所以（e13e2）e2e1e23

37、e223，（e13e2）2e1223e1e23e22134，所以e13e22.设e13e2与e2的夹角为，则cos （e13e2）e2e13e2e232，因为0180，所以150.故选D.解法二因为e1，e2是单位向量，e1e20，所以不妨设e1（1，0），e2（0，1），所以e13e2（1，0）3（0，1）（1，3）.设e13e2与e2的夹角为，则cos （e13e2）e2e13e2e2（1，3）（0，1）12（3）2132，因为0180，所以150.故选D.2.2024安徽六校联考已知向量m，n，且mn1，3m2n7，则向量m在向量n上的投影向量为（C）A.0B.12mC.12nD.12n

38、解析由3m2n7，得3m2n2（3m2n）29m24n212mn7，又mn1，所以9412mn7，整理得mn12，因为m，n0，所以m，n的夹角为3，所以向量m在向量n上的投影向量为12n.故选C.3.2023吉林长春质监已知向量a与b的夹角为60，a2，b1，则a2b（C）A.1B.3C.2D.23解析解法一ababcos 6021121，所以a2b2a24ab4b244144，所以a2b2，故选C.解法二如图所示，记OAa，OBb，则AOB60.延长OB到C，使OC2OB2b，因为a2，b1，所以OAOC2.连接AC，则OAC为正三角形，所以a2bCA2，故选C.4.已知单位向量a，b满足ab1，则a与b夹角的取值范围是（B）A.0，3）B.0，23）C.（3，D.（23，解析解法一设单位向量a，b的夹角为，则0，将ab1两边同时平方得a22abb21，化简得22cos