2026版高三数学讲义第五章　5.3　平面向量的数量积

5．3平面向量的数量积

1．理解平面向量数量积的含义及其几何意义，会计算平面向量的数量积．

2．了解平面向量的数量积与投影向量的关系．

3．掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算．

4．能运用数量积表示两个平面向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系．

1．向量的夹角

→→

已知两个非零向量a，b，O是平面上的任意一点，作OA＝a，OB＝b，则∠AOB＝θ(0≤θ≤π)

叫做向量a与b的夹角．

2．平面向量的数量积

已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，我们把数量|a||b|cosθ叫做向量a与b的数量

积，记作a·b.

3．平面向量数量积的几何意义

→

如图，设a，b是两个非零向量，它们的夹角是θ，e是与b方向相同的单位向量，AB＝a，

→→→→

CD＝b，过AB的起点A和终点B，分别作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．记作|a|cos

θe.

4．向量数量积的运算律

(1)a·b＝b·a.

(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb).

(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c.

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θ.

项目几何表示坐标表示

a·b＝

数量积a·b＝x1x2＋y1y2

|a||b|cosθ

22

模|a|＝a·a|a|＝x1＋y1

a·bx1x2＋y1y2

夹角cosθ＝cosθ＝

2222

|a||b|x1＋y1x2＋y2

a⊥b的

a·b＝0x1x2＋y1y2＝0

充要条件

|a·b|与

|a·b|≤|x1x2＋y1y2|≤

|a||b|

2222

|a||b|（x1＋y1）（x2＋y2）

的关系

教材拓展

1．平面向量数量积运算的常用公式

(1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2.

(2)(a±b)2＝a2±2a·b＋b2.

2．有关向量夹角的两个结论

(1)若a与b的夹角为锐角，则a·b>0；

若a·b>0，则a与b的夹角为锐角或0.

(2)若a与b的夹角为钝角，则a·b<0；

若a·b<0，则a与b的夹角为钝角或π.

a·bb

3．向量a在向量b上的投影向量为·.

|b||b|

1．判断(正确的画“√”，错误的画“×”)

π

0，

(1)两个向量的夹角的范围是2.(×)

(2)若a，b共线，则a·b＝|a|·|b|.(×)

(3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的结果是向量．(√)

(4)若a·b＝a·c，则b＝c.(×)

1，－1

2．(人教A版必修第二册P60T8改编)已知向量m＝(2x，1)与向量n＝22垂直，则

x＝(C)

11

A．B．－

44

11

C．D．－

22

1，－1

解析：∵m＝(2x，1)与n＝22垂直，

11

，－11

∴m·n＝(2x，1)·22＝x－＝0，即x＝.故选C.

22

3．(人教A版必修第二册P24T19改编)设向量a，b满足|a|＝|b|＝1且|3a－2b|＝7，则a，

b的夹角为(A)

ππ

A．B．

36

π2π

C．D．

43

解析：设a与b的夹角为θ，由题意得(3a－2b)2＝7，所以9|a|2＋4|b|2－12a·b＝7.又|a|＝|b|

111π

＝1，所以a·b＝，所以|a||b|·cosθ＝，即cosθ＝.又θ∈[0，π]，所以a，b的夹角为.故选

2223

A.

→→→→

4．(人教A版必修第二册P24T21)已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO＝AB＋AC，|OA|

→→→

＝|AB|，则向量BA在向量BC上的投影向量为(A)

1→3→

A．BCB．BC

44

1→3→

C．－BCD．－BC

44

→→→

解析：由2AO＝AB＋AC知O为BC的中点，如图，因为O为△ABC的外接圆圆心，所

以OA＝OB＝OC.

→→

因为|OA|＝|AB|，所以AB＝OB＝OA＝OC，所以△AOB为正三角形，∠ABO＝60°，∠BAC

→→1→1→

＝90°，所以BA在BC上的投影向量为BO＝BC.故选A.

24

考点1平面向量数量积的基本运算

π

【例1】(1)(2024·山西太原一模)在△ABC中，BC＝6，AB＝4，∠CBA＝，设点D为

2

→→→→

AC的中点，E在BC上，且AE·BD＝0，则BC·AE＝(A)

A．16B．12

C．8D．－4

π

【解析】因为在△ABC中，BC＝6，AB＝4，∠CBA＝，以B为原点，建立如图所示

2

→

的平面直角坐标系，则A(4，0)，B(0，0)，C(0，6)，D(2，3)，设E(0，b)，则AE＝(－4，b)，

→→→→

BD＝(2，3)，BC＝(0，6).由题意可知AE·BD＝0，即(－4，b)·(2，3)＝0，即－8＋3b＝0，所

8

80，→8→→

以b＝.所以E3，所以AE＝－4，．所以BC·AE＝16.故选A.

33

→→→→

(2)(2024·河北衡水模拟)如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，|AB|＝6，|AC|＝3，AM＝2MB，

→→→→

CN＝NM，则AN·CB＝(C)

17

A．－9B．

2

C．9D．18

1→1→

→1→1→1→1→→→→→→AC＋AB→→

【解析】AN＝AC＋AM＝AC＋AB，CB＝AB－AC，AN·CB＝23·(AB－AC)

2223

1→1→→1→119

＝AB2＋AB·AC－AC2＝12＋×6×3×－＝9.故选C.

362622

计算平面向量数量积的主要方法

(1)利用定义：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．

(2)利用坐标运算：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2.

(3)利用基底法求数量积．

(4)灵活运用平面向量数量积的几何意义．

【对点训练1】(1)(2024·湖南长沙二模)已知向量a，b，c中，a是单位向量，|b|＝3，

π

a与b的夹角为，c＝b－a，则c·a＝(B)

3

1

A．2B．

2

1

C．－D．－1

2

π331

解析：a·b＝1×3×cos＝，所以c·a＝(b－a)·a＝b·a－a2＝－1＝.故选B.

3222

(2)(2024·山东滨州二模)已知向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上

小正方形的边长为1，则c·(b－a)＝(A)

A．4B．1

C．－1D．－4

解析：建立如图所示的平面直角坐标系，可知a＝(－1，－2)，b＝(－2，1)，c＝(2，2)，

则b－a＝(－1，3)，所以c·(b－a)＝－2＋6＝4.故选A.

考点2平面向量数量积的应用

命题角度1向量的模

【例2】(2024·河北保定二模)已知圆O：x2＋y2＝1，过点A(2，0)的直线l与圆O交于

→→→

B，C两点，且AB＝BC，则|BC|＝(D)

3

A．2B．

2

6

C．2D．

2

11

【解析】如图，圆O与x轴交于D，E两点，在△OAC中，BD∥OC，BD＝OC＝，

22

BD11→→→

cos∠ODB＝＝，cos∠COA＝－cos∠ODB＝－，|AC|＝|OC－OA|＝

ED44

→6

→2→2→→＝6，所以|BC|＝.故选D.

|OC|＋|OA|－2|OC||OA|cos∠COA2

命题角度2向量的夹角

【例3】(2024·四川眉山三模)已知向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，|c|＝3，且a＋b＋c

＝0，则cos〈a－c，b－c〉＝(A)

1333

A．B．

1414

3313

C．－D．－

1414

1

【解析】由题意得a＋b＝－c，则(a＋b)2＝c2，有12＋2a·b＋12＝(3)2，解得a·b＝，

2

33

又由a＋c＝－b，则(a＋c)2＝b2，有12＋2a·c＋(3)2＝12，解得a·c＝－，同理可得b·c＝－，

22

13

所以(a－c)·(b－c)＝a·b－a·c－b·c＋c2＝，|a－c|＝a2－2a·c＋c2＝7，|b－c|＝

2

13

(a－c)·(b－c)13

b2－2b·c＋c2＝7，所以cos〈a－c，b－c〉＝＝2＝.故选A.

|a－c|·|b－c|7×714

命题角度3向量的垂直

【例4】(2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝(D)

A．－2B．－1

C．1D．2

【解析】因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，所以b2－4a·b＝0，即4＋x2－4x＝0，

故x＝2.故选D.

命题角度4向量的投影

【例5】(2024·浙江绍兴三模)若非零向量a，b满足|a|＝|b|＝|a＋b|，则a＋2b在b方向

上的投影向量为(B)

3

A．2bB．b

2

1

C．bD．b

2

【解析】根据题意，|a|＝|b|＝|a＋b|可得|a|2＝|b|2＝|a＋b|2，所以2|a|2cos〈a，b〉＋|a|2

111

＝0，则cos〈a，b〉＝－，所以a·b＝－|a|2＝－|b|2，则a＋2b在b方向上的投影向量为

222

1

－＋2

(a＋2b)·ba·b＋2|b|22|b|23

b＝b＝b＝b.故选B.

|b|2|b|2|b|22

1．求平面向量的模的方法

(1)公式法：利用|a|＝a·a及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2.

(2)几何法：利用向量的几何意义．

2．求平面向量的夹角的方法

a·b

(1)定义法：cos〈a，b〉＝.

|a||b|

(2)坐标法．

3．两个向量垂直的充要条件

a⊥ba·b＝0|a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0).

【对点训练】新课标Ⅱ卷已知向量，满足＝，＋＝，且－

⇔2⇔(1)(2024·)ab|a|1|a2b|2(b

2a)⊥b，则|b|＝(B)

12

A．B．

22

3

C．D．1

2

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

2

以1＋4a·b＋4b2＝1＋6b2＝4，从而|b|＝.故选B.

2

(2)(2024·福建泉州一模)已知向量a，b满足(a－b)·b＝0，则(B)

A．(a＋b)⊥(a－b)

B．|a－2b|＝|a|

C．〈a－2b，a〉＝〈a，b〉

D．b在a方向上的投影向量为a

解析：(a－b)·b＝0，即a·b＝b2＝|b|2，因为(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝a2－a·b＝a·(a－b)不

一定为零，所以a＋b与a－b不一定垂直，故A错误；由a·b＝b2可得a2＝a2－4a·b＋4b2，

所以|a|＝|a－2b|，故B正确；由数量积的定义可得，a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉，所以cos〈a，

a·b|b|(a－2b)·a|a|2－2|b|2

b〉＝＝，cos〈a－2b，a〉＝＝，cos〈a，b〉与cos〈a－2b，a〉

|a||b||a||a－2b|·|a||a|2

|b|cos〈a，b〉|b|2

不一定相等，故C错误；b在a方向上的投影向量为·a＝·a，故D错误．故

|a||a|2

选B.

(3)(多选)(2024·山东聊城二模)已知向量a＝(－1，2)，b＝(1，λ)，若b在a上的投影向量

为a，则(ACD)

A．λ＝3B．a∥b

C．a⊥(b－a)D．a与b的夹角为45°

a·baa·b－1＋2λ

解析：因为b在a上的投影向量为a，即·＝a，所以＝1，即＝1，解得λ

|a||a||a|2(5)2

＝3，故A正确；a＝(－1，2)，b＝(1，3)，所以(－1)×3－2×1≠0，故B错误；a·(b－a)＝(－

a·b－1＋62

1，2)·(2，1)＝－2＋2＝0，所以a⊥(b－a)，故C正确；cos〈a，b〉＝＝＝，

|a||b|5×102

所以a与b的夹角为45°，故D正确．故选ACD.

平面向量的新定义问题

1．平面向量背景下的新定义问题，通常基于平面向量的方向和大小，引入新的运算规则

或概念．

2．解题时，首先要准确理解新定义的本质，明确其涉及的向量运算和性质．其次，将新

定义应用到具体的题目情境中，通过向量的加法、减法、数乘、数量积等运算，推导出所需

的结论．

3．这类问题往往信息量大，背景新颖，需要考生耐心分析，细致推理．同时，注意平面

向量的模、夹角等几何特征在新定义问题中的应用，以及如何利用这些特征简化解题过程．

【典例】(多选)(2024·山东潍坊三模)定义平面向量的一种运算“Θ”如下：对任意的两

个向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，令aΘb＝(x1y2－x2y1，x1x2＋y1y2)，下面说法一定正确的是

(AD)

A．对任意的λ∈R，有(λa)Θb＝λ(aΘb)

B．存在唯一确定的向量e使得对于任意向量a，都有aΘe＝eΘa＝a成立

C．若a与b垂直，则(aΘb)Θc与aΘ(bΘc)共线

D．若a与b共线，则(aΘb)Θc与aΘ(bΘc)的模相等

【解析】设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，对任意的λ∈R，有(λa)Θb＝(λx1，λy1)Θ(x2，

y2)＝(λx1y2－λx2y1，λx1x2＋λy1y2)＝λ(x1y2－x2y1，x1x2＋y1y2)＝λ(aΘb)，故A正确；假设存在唯

一确定的向量e＝(x0，y0)使得对于任意向量a，都有aΘe＝eΘa＝a成立，即(x1y0－x0y1，x1x0

x1y0－x0y1＝x0y1－x1y0＝x1，

＋y1y0)＝(x0y1－x1y0，x0x1＋y0y1)＝(x1，y1)恒成立，即方程组对

x1x0＋y1y0＝y1，

任意x1，y1恒成立，而此方程组无解，故B不正确；若a与b垂直，则x1x2＋y1y2＝0，设c

＝(x3，y3)，则(aΘb)Θc＝(x1y2－x2y1，0)Θ(x3，y3)＝(x1y2y3－x2y1y3，x1y2x3－x2y1x3)，aΘ(bΘc)

＝(x1，y1)Θ(x2y3－x3y2，x2x3＋y2y3)＝(x1x2x3＋x1y2y3－y1x2y3＋y1x3y2，x1x2y3－x1y2x3＋y1x2x3＋y1y2y3)

＝(x1y2y3－y1x2y3，－x1y2x3＋y1x2x3)≠μ(x1y2y3－y1x2y3，x1y2x3－y1x2x3)，其中μ∈R，故C不正

确；若a与b共线，则x1y2－x2y1＝0，设c＝(x3，y3)，(aΘb)Θc＝(0，x1x2＋y1y2)Θ(x3，y3)＝(－

x1x2x3－y1y2x3，x1x2y3＋y1y2y3)，aΘ(bΘc)＝(x1x2x3＋x1y2y3－y1x2y3＋y1y2x3，x1x2y3－x1y2x3＋y1x2x3

＋y1y2y3)＝(x1x2x3＋y1y2x3，x1x2y3＋y1y2y3)，所以(aΘb)Θc与aΘ(bΘc)的模相等，故D正确．故

选AD.

课时作业35(总分：100分)

1．(5分)(2025·八省联考)已知向量a＝(0，1)，b＝(1，0)，则a·(a－b)＝(B)

A．2B．1

C．0D．－1

解析：∵a＝(0，1)，b＝(1，0)，∴a－b＝(－1，1)，∴a·(a－b)＝0×(－1)＋1×1＝1.故

选B.

2．(5分)(2024·山东德州三模)已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝

〈b，c〉，则实数t＝(C)

A．－6B．－5

C．5D．6

解析：由a＝(3，4)，b＝(1，0)，得c＝a＋tb＝(3，4)＋t(1，0)＝(3＋t，4)，由〈a，c〉

a·cb·ca·cb·c3(3＋t)＋4×4

＝〈b，c〉，得＝，所以＝，因为|a|＝32＋42＝5，|b|＝1，所以

|a|·|c||b|·|c||a||b|5

1(3＋t)＋4×0

＝，解得t＝5.故选C.

1

3．(5分)(2024·北京海淀区一模)已知向量a，b满足|a|＝2，b＝(2，0)，且|a＋b|＝2，则

〈a，b〉＝(C)

ππ

A．B．

63

2π5π

C．D．

36

解析：由已知|a|＝2，|b|＝2，所以(a＋b)2＝a2＋2b·a＋b2＝4＋2×2×2×cos〈a，b〉＋

12π

4＝4，得cos〈a，b〉＝－，又〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝.故选C.

23

4．(5分)(2024·湖北武汉二模)在平面直角坐标系中，O为原点，A(1，1)，B(2，3)，则向

→→

量OA在向量OB上的投影向量为(B)

1013，151310，15

A．1313B．1313

52，525，5

C．22D．22

→→→

→→→→OA·OBOB

解析：由题设OA＝(1，1)，OB＝(2，3)，向量OA在向量OB上的投影向量为→·→＝

|OB||OB|

1015

5，

×(2，3)＝1313.故选B.

13

→→

5．(5分)(2024·湖南长沙二模)在边长为1的正六边形A1A2A3A4A5A6中，A1A4·A3A6＝(B)

A．2B．－2

C．23D．－23

→→→→2π→→→→→

解析：如图，|A1A4|＝|A3A6|＝2，〈A1A4，A3A6〉＝，所以A1A4·A3A6＝|A1A4||A3A6|·cos〈A1A4，

3

1

→－

A3A6〉＝2×2×2＝－2.故选B.

6．(5分)(2024·江苏盐城一模)已知向量a，b满足|a－b|＝3，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝

(D)

A．1B．2

C．2D．3

解析：由|a－b|＝3，可得a2－2a·b＋b2＝3①，由|a＋b|＝|2a－b|，可得a2＋2a·b＋b2＝

4a2－4a·b＋b2，整理得a2－2a·b＝0，代入①得b2＝3，解得|b|＝3.故选D.

→1→→

7．(5分)(2024·北京延庆区一模)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足AP＝(AC＋AD)，

2

→→

则AP·AC＝(C)

A．4B．5

C．6D．8

解析：建立如图所示的平面直角坐标系，正方形ABCD的边长为2，则A(0，0)，C(2，

→→→1→→→→

2)，D(0，2)，可得AC＝(2，2)，AD＝(0，2)，AP＝(AC＋AD)＝(1，2)，所以AP·AC＝1×2

2

＋2×2＝6.故选C.

π→→→→

8．(5分)如图，在△ABC中，∠BAC＝，AD＝3DB，P为CD上一点，且满足AP＝xAC

3

3→→→

＋AB(x∈R)，若AC＝4，AB＝5，则AP·CD＝(B)

5

971

A．B．

220

4617

C．D．

155

→→→3→→→→

解析：因为AD＝3DB，所以AD＝AB，因为C，P，D三点共线，所以设CP＝kCD，即AP

4

3→→

→→→→→3→→3→AB－AC→→

－AC＝k(AD－AC)，又因为AP＝xAC＋AB，所以(x－1)AC＋AB＝k4，且AC，AB为

55

4

－＝－，k＝，

x1k5

→1→3→→→

不共线的非零向量，所以33解得1所以AP＝AC＋AB，所以AP·CD

＝k，x＝，55

545

1→3→3→→

→→→AC＋ABAB－AC1→9→9→→19

＝AP·(AD－AC)＝55·4＝－AC2＋AB2－AC·AB＝－×42＋×52－

52020520

9π71

×4×5×cos＝.故选B.

20320

9．(8分)(多选)(2024·浙江绍兴三模)已知平面向量a＝(2，3)，b＝(4，λ)，则(ACD)

A．若a∥b，则λ＝6

8

B．若a⊥b，则λ＝

3

1827

，1

C．若b在a方向上的投影向量为1313，则λ＝

3

D．若a·(a＋b)＝24，则λ＝1

解析：若a∥b，则有2λ－3×4＝0，解得λ＝6，故A正确；若a⊥b，则有2×4＋3×λ

1827

8，b·aa2×4＋3×λ

＝0，解得λ＝－，故B错误；若b在a方向上的投影向量为1313，则有·＝

3|a||a|22＋32

1827

1，1

××(2，3)＝1313，化简得8＋3λ＝9，即λ＝，故C正确；若a·(a＋b)＝24，则

22＋323

有2×(2＋4)＋3×(3＋λ)＝24，解得λ＝1，故D正确．故选ACD.

10．(8分)(多选)(2024·安徽安庆三模)已知单位向量a，b的夹角为θ，则下列结论正确的

有(AB)

A．(a＋b)⊥(a－b)

B．a在b方向上的投影向量为(a·b)b

2π

C．若|a＋b|＝3，则θ＝

3

D．若(a＋b)·a＝(a－b)·a，则a∥b

解析：因为a，b是单位向量，所以(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝1－1＝0，所以(a＋b)⊥(a－

b

b)，故A正确；因为a，b是单位向量，所以a在b方向上的投影向量为|a|cosθ·＝(a·b)b，

|b|

1

故B正确；因为(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2cosθ＋1＝3，所以cosθ＝，又因为0≤θ≤π，

2

π

所以θ＝，故C错误；因为(a＋b)·a＝(a－b)·a，所以a2＋b·a＝a2－b·a，所以b·a＝0，所以

3

a⊥b，故D错误．故选AB.

11．(8分)(多选)(2024·江苏盐城一模)定义平面斜坐标系xOy，记∠xOy＝θ，e1，e2分别

→

为x轴、y轴正方向上的单位向量，若平面上任意一点P的坐标满足OP＝xe1＋ye2，则记向量

→

OP的坐标为(x，y)，给出下列四个命题，正确的是(AD)

→→→→

A．若OP＝(x1，y1)，OQ＝(x2，y2)，则OP＋OQ＝(x1＋x2，y1＋y2)

→→→→

B．若OP＝(x1，y1)，OQ＝(x2，y2)，则OP·OQ＝x1x2＋y1y2

22

C．若P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则|PQ|＝(x2－x1)＋(y2－y1)

D．若θ＝60°，以O为圆心、半径为1的圆的斜坐标方程为x2＋y2＋xy－1＝0

→→→→

解析：OP＝(x1，y1)，OQ＝(x2，y2)，则OP＋OQ＝(x1e1＋y1e2)＋(x2e1＋y2e2)＝(x1＋x2)e1

→→→→

＋(y1＋y2)e2＝(x1＋x2，y1＋y2)，A正确；OP＝(x1，y1)，OQ＝(x2，y2)，则OP·OQ＝(x1e1＋y1e2)·(x2e1

→→→

＋y2e2)＝x1x2＋y1y2＋(x1y2＋x2y1)e1·e2，显然e1·e2≠0，则OP·OQ≠x1x2＋y1y2，B错误；OP＝(x1，

→→→→→

y1)，OQ＝(x2，y2)，由选项A同理得OQ－OP＝(x2－x1，y2－y1)，即PQ＝(x2－x1，y2－y1)，PQ

22

＝(x2－x1)e1＋(y2－y1)e2，|PQ|＝(x2－x1)＋(y2－y1)＋2(x2－x1)(y2－y1)cosθ，C错误；设以O

222

为圆心、半径为1的圆上任意一点为P(x，y)，由|OP|＝1，得(xe1＋ye2)＝1，于是x＋y＋2xye1·e2

122

－1＝0，由θ＝60°，得e1·e2＝，即x＋y＋xy－1＝0，D正确．故选AD.

2

12．(7分)(2024·四川乐山三模)已知i，j是夹角为60°的单位向量，若(λi＋j)(2i－j)＝1，

2

则实数λ的值是．

3

1

解析：由i，j是夹角为60°的单位向量，得i·j＝|i|·|j|cos60°＝，由(λi＋j)(2i－j)＝1，得

2

λ2

2λ|i|2－λi·j＋2i·j－|j|2＝2λ－＋1－1＝1，解得λ＝.

23

ππ

13．(7分)(2024·湖南长沙三模)平面向量a，b，c满足a⊥c，〈a，b〉＝，〈b，c〉＝，

36

且|a|＝|c|＝3，|b|＝2，则|a＋b＋c|＝33＋1．

ππ

解析：因为a⊥c，所以a·c＝0，因为|a|＝|c|＝3，|b|＝2，〈a，b〉＝，〈b，c〉＝，所

36

ππ

以a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝3×2×cos＝3，b·c＝|b||c|cos〈b，c〉＝2×3×cos＝33，

36

因为|a＋b＋c|2＝(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(a·b＋a·c＋b·c)＝28＋63＝(33＋1)2，所以|a

＋b＋c|＝(a＋b＋c)2＝(33＋1)2＝33＋1.

→→→→→

14．(7分)(2024·湖南长沙三模)在△ABC中，已知2AB·AC＝3|AB||AC|＝3BC2，B<C，

3

则sinC＝．

2

→→→→

解析：设BC＝a，AC＝b，AB＝c，由2AB·AC＝3|AB||AC|，得2bccosA＝3bc，所以

3π5π→→→

cosA＝.又A∈(0，π)，因此A＝，B＝－C.由3|AB||AC|＝3BC2，得bc＝3a2，于是sin

266

35π3

CsinB＝3sin2A＝，所以sinC·sin－C＝，所以2sinCcosC＋23·sin2C＝3，即

464

π

2C－

π5πππ4πππ

sin3＝0.因为A＝，所以0<C<，所以－<2C－<，所以2C－＝0或2C－＝π，

6633333

π2ππ2ππ3

所以C＝或C＝.又因为B<C，所以A＝，C＝，B＝，则sinC＝.

636362

→→→→π→→

15．(5分)已知|OA|＝2，|OB|＝6，且OA，OB的夹角为，则AB在OB方向上的投影向

6

量为(B)

1→1→

A．－OBB．OB

22

3→3→

C．－OBD．OB

22

→→→→π→→

解析：由题意得，OA·OB＝|OA||OB|·cos∠AOB＝2×6×cos＝3，所以OB·AB＝

6

→→→→→→→→→

OB·(OB－OA)＝OB2－OB·OA＝6－3＝3，所以AB在OB方向上的投影向量为|AB|cos

→→→

OBOB·AB→→

∠1

OBA·→＝→·OB＝OB.故选B.

|OB||OB|22

1

16．(5分)在△ABC中，AC＝2，D为AB的中点，CD＝BC＝7，P为CD上一点，且

2

→