《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

跟踪演练2 (多选)定义平面向量之间的一种运算“⊙”如下：对任意的a=(m，n)，b=(p，q)，令a⊙b = mq - np，则下列说法正确的是 （ ）
A. 若a与b共线，则a⊙b = 0
B. a⊙b = b⊙a
C. 对任意的λ∈R，有(λa)⊙b = λ(a⊙b)
D. (a⊙b)²+(a·b)² = |a|²|b|²

答案： ACD

例3 设非零向量$α_{k}=(x_{k}，$$y_{k})，$$β_{k}=(y_{k}，$$ - x_{k})(k∈N^{*})，$并定义$\begin{cases}x_{k + 2}=α_{k + 1}·α_{k} \\ y_{k + 2}=β_{k + 1}·α_{k} \end{cases}.$
(1)若α₁=(1，2)，α₂=(3， - 2)，求|α₁|，|α₂|，|α₃|；
(2)写出$|α_{k}|，$$|α_{k + 1}|，$$|α_{k + 2}|(k∈N^{*})$之间的等量关系，并证明；
(3)若|α₁| = |α₂| = 1，求证：集合${α_{k}|k∈N^{*}}$是有限集.

答案：
(1)解　因为${\alpha }_{1}=(1,2)$，${\alpha }_{2}=(3,-2)$，所以$\vert {\alpha }_{1}\vert =\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}=\sqrt{5}$，$\vert {\alpha }_{2}\vert =\sqrt{{3}^{2}+(-2{)}^{2}}=\sqrt{13}$。
依题意得${\beta }_{2}=(-2,-3)$，所以${x}_{3}={\alpha }_{2}\cdot {\alpha }_{1}=3\times 1+(-2)\times 2=-1$，${y}_{3}={\beta }_{2}\cdot {\alpha }_{1}=(-2)\times 1+(-3)\times 2=-8$，即${\alpha }_{3}=(-1,-8)$，所以$\vert {\alpha }_{3}\vert =\sqrt{(-1{)}^{2}+(-8{)}^{2}}=\sqrt{65}$。
(2)解　$\vert {\alpha }_{k}\vert$，$\vert {\alpha }_{k + 1}\vert$，$\vert {\alpha }_{k + 2}\vert$之间的等量关系是$\vert {\alpha }_{k + 2}\vert =\vert {\alpha }_{k + 1}\vert \vert {\alpha }_{k}\vert (k\in {N}^{\ast })$。
证明如下：
依题意得$\vert {\alpha }_{k}\vert =\sqrt{{x}_{k}^{2}+{y}_{k}^{2}}$，$\vert {\alpha }_{k + 1}\vert =\sqrt{{x}_{k + 1}^{2}+{y}_{k + 1}^{2}}$，
所以$\vert {\alpha }_{k + 1}\vert \vert {\alpha }_{k}\vert=\sqrt{{x}_{k}^{2}+{y}_{k}^{2}}\sqrt{{x}_{k + 1}^{2}+{y}_{k + 1}^{2}}=\sqrt{{x}_{k}^{2}{x}_{k + 1}^{2}+{x}_{k}^{2}{y}_{k + 1}^{2}+{x}_{k + 1}^{2}{y}_{k}^{2}+{y}_{k}^{2}{y}_{k + 1}^{2}}$。
因为${\beta }_{k + 1}=({y}_{k + 1},-{x}_{k + 1})$，所以$\left\{\begin{array}{l}{x}_{k + 2}={\alpha }_{k + 1}\cdot {\alpha }_{k}={x}_{k}{x}_{k + 1}+{y}_{k}{y}_{k + 1}\\ {y}_{k + 2}={\beta }_{k + 1}\cdot {\alpha }_{k}={x}_{k}{y}_{k + 1}-{x}_{k + 1}{y}_{k}\end{array}\right.$，即${\alpha }_{k + 2}=({x}_{k}{x}_{k + 1}+{y}_{k}{y}_{k + 1},{x}_{k}{y}_{k + 1}-{x}_{k + 1}{y}_{k})$，
所以$\vert {\alpha }_{k + 2}\vert=\sqrt{({x}_{k}{x}_{k + 1}+{y}_{k}{y}_{k + 1}{)}^{2}+({x}_{k}{y}_{k + 1}-{x}_{k + 1}{y}_{k}{)}^{2}}=\sqrt{{x}_{k}^{2}{x}_{k + 1}^{2}+{x}_{k}^{2}{y}_{k + 1}^{2}+{x}_{k + 1}^{2}{y}_{k}^{2}+{y}_{k}^{2}{y}_{k + 1}^{2}}$，故$\vert {\alpha }_{k + 2}\vert =\vert {\alpha }_{k + 1}\vert \vert {\alpha }_{k}\vert (k\in {N}^{\ast })$。
(3)证明　由
(2)及$\vert {\alpha }_{1}\vert =\vert {\alpha }_{2}\vert =1$得$\vert {\alpha }_{3}\vert =1$。
依此类推得$\vert {\alpha }_{k}\vert =1(k\in {N}^{\ast })$。
可设${\alpha }_{k}=(\cos {\theta }_{k},\sin {\theta }_{k})$，则${\alpha }_{k + 1}=(\cos {\theta }_{k + 1},\sin {\theta }_{k + 1})$，${\beta }_{k + 1}=(\sin {\theta }_{k + 1},-\cos {\theta }_{k + 1})$。
依题意得，${x}_{k + 2}={\alpha }_{k + 1}\cdot {\alpha }_{k}=\cos {\theta }_{k + 1}\cos {\theta }_{k}+\sin {\theta }_{k + 1}\sin {\theta }_{k}=\cos ({\theta }_{k + 1}-{\theta }_{k})$，${y}_{k + 2}={\beta }_{k + 1}\cdot {\alpha }_{k}=\sin {\theta }_{k + 1}\cos {\theta }_{k}-\cos {\theta }_{k + 1}\sin {\theta }_{k}=\sin ({\theta }_{k + 1}-{\theta }_{k})$，
所以${\alpha }_{k + 2}=(\cos ({\theta }_{k + 1}-{\theta }_{k}),\sin ({\theta }_{k + 1}-{\theta }_{k}))$。
同理得
${\alpha }_{k + 3}=(\cos [({\theta }_{k + 1}-{\theta }_{k})-{\theta }_{k + 1}],\sin [({\theta }_{k + 1}-{\theta }_{k})-{\theta }_{k + 1}])=(\cos (-{\theta }_{k}),\sin (-{\theta }_{k}))$，
${\alpha }_{k + 4}=(\cos [(-{\theta }_{k})-({\theta }_{k + 1}-{\theta }_{k})],\sin [(-{\theta }_{k})-({\theta }_{k + 1}-{\theta }_{k})])=(\cos (-{\theta }_{k + 1}),\sin (-{\theta }_{k + 1}))$，
${\alpha }_{k + 5}=(\cos [(-{\theta }_{k + 1})-(-{\theta }_{k})],\sin [(-{\theta }_{k + 1})-(-{\theta }_{k})])=(\cos ({\theta }_{k}-{\theta }_{k + 1}),\sin ({\theta }_{k}-{\theta }_{k + 1}))$，
${\alpha }_{k + 6}=(\cos [({\theta }_{k}-{\theta }_{k + 1})-(-{\theta }_{k + 1})],\sin [({\theta }_{k}-{\theta }_{k + 1})-(-{\theta }_{k + 1})])=(\cos {\theta }_{k},\sin {\theta }_{k})$。
所以${\alpha }_{k + 6}={\alpha }_{k}(k\in {N}^{\ast })$。
综上，集合$\{{\alpha }_{k}\vert k\in {N}^{\ast }\}$是有限集。