6.3.5 平面向量数量积的坐标表示
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[ 【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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基础知识
平面向量数量积的坐标表示
设\(\vec{a}=(x_1 ，y_1)\)，\(\vec{b}=(x_2 ，y_2)\)，\(\theta\)为\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角，则
(1) 数量积\(\vec{a}⋅\vec{b}=x_1 x_2+y_1 y_2\)；
(2) 夹角余弦值 \(\cos \theta=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\dfrac{x_1 x_2+y_1 y_2}{\sqrt{x_1^2+y_1^2} \cdot \sqrt{x_2^2+y_2^2}}\).
证明 （1）因为\(\vec{a}=x_1 \vec{i}+y_1 \vec{j}\)，\(\vec{b}=x_2 \vec{i}+y_2 \vec{j}\)，
所以\(\vec{a}⋅\vec{b}=(x_1 \vec{i}+y_1 \vec{j} )⋅(x_2 \vec{i}+y_2 \vec{j} )=x_1 x_2 \vec{i}^2+x_1 y_2 \vec{i}⋅\vec{j}+y_1 x_2 \vec{j}⋅\vec{i}+y_1 y_2 \vec{j}^2\)
又\(\vec{i}⋅\vec{i}=1\)，\(\vec{j}⋅\vec{j}=1\)，\(\vec{i}⋅\vec{j}=\vec{j}⋅\vec{i}=0\)，
所以\(\vec{a}⋅\vec{b}=x_1 x_2+y_1 y_2\)；
（2）因为\(\vec{a}⋅\vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos\theta\)，所以\(\cos \theta=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\dfrac{x_1 x_2+y_1 y_2}{\sqrt{x_1^2+y_1^2} \cdot \sqrt{x_2^2+y_2^2}}\).
【例】 已知\(\vec{a}=(-1，2)\)，\(\vec{b}=(3，4)\)，\(\theta\)为\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角，求\(\vec{a}⋅\vec{b}\)和\(\cos \theta\).
解 \(\vec{a}⋅\vec{b}=-1×3+2×4=5\)，
又因为\(|\vec{a}|=\sqrt{5}\)，\(|\vec{b} |=5\)，所以 \(\cos \theta=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\dfrac{5}{5 \sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\).
平面向量垂直
若 \(\vec{a}(x_1 ，y_1)\)，\(\vec{b}(x_2 ，y_2)\)，则\(\vec{a}⊥ \vec{b}⇒ x_1 x_2+y_1 y_2=0\).
证明 因为\(\vec{a}⊥ \vec{b}\)，所以\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角为 \(\dfrac{\pi}{2}\)，
所以 \(\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}| \cos \dfrac{\pi}{2}=0\)，
又\(\vec{a}⋅\vec{b}=x_1 x_2+y_1 y_2\)，所以\(x_1 x_2+y_1 y_2=0\).
【例】 已知\(\vec{a}=(4，2)\)，\(\vec{b}=(2，m)\)，且\(\vec{a}⊥\vec{b}\)，求\(m\).
解 \(\because \vec{a}⊥\vec{b}\)，\(\therefore \vec{a}⋅ \vec{b}=0\)，\(\therefore 4×2+2m=0\)，解得\(m=-4\).
基本方法
【题型1】 平面向量数量积的坐标表示
【典题1】 已知\(\overrightarrow{A B}=(2，3)\)，\(\overrightarrow{A C}=(1,t)\)，\(|\overrightarrow{BC}|=1\)，则\(\overrightarrow{A B}⋅\overrightarrow{BC}\)=\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 由\(\overrightarrow{A B}=(2，3)\)，\(\overrightarrow{A C}=(1,t)\)，则\(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{A B}=(-1，t-3)\)，
即\(|\overrightarrow{B C}|=\sqrt{1+(t-3)^2}=1\)，即\(t=3\)，
则\(\overrightarrow{A B}⋅\overrightarrow{BC}=(2，3)⋅(-1，0)=-2\)．
点拨 题中的向量均是坐标表示，则可把其他向量均用向量表示求解.
【典题2】已知向量\(\vec{a}=(-1，-2)\)，\(\vec{b}=(2，λ)\)，且\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角为钝角，则实数\(λ\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 向量\(\vec{a}=(-1，-2)\)，\(\vec{b}=(2，λ)\)，且\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角为钝角，
所以\(\vec{a}⋅\vec{b}<0\)，且\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)不共线；
所以\(\left\{\begin{array}{l}
-2-2 \lambda<0 \\
-\lambda \neq-4
\end{array}\right.\)，解得\(\lambda>-1\)且\(\lambda≠4\)，
所以实数\(\lambda\)的取值范围是\((-1，4)∪(4，+∞)\)．
点拨 \(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角为钝角，则\(\vec{a}⋅\vec{b}<0\)，且\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)不共线(注意\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)是方向相反的向量)；\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角为锐角，则\(\vec{a}⋅\vec{b}>0\).
【巩固练习】
1.已知\(\vec{a}=(2，1)\)，\(\vec{b}=(-4，3)\)，则\(\vec{a}\)在\(\vec{b}\)方向上射影的数量\(\underline{\quad \quad}\)．
2.已知向量\(\vec{a}=(\sqrt{3}， 1)\)， \(\vec{b}=(2，2 \sqrt{3})\)，则向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)的夹角为\(\underline{\quad \quad}\)．
3.已知\(\vec{a}=(4，-3)\)，\(\vec{b}=(2，1)\)，若\(\vec{a}+t\vec{b}\)与\(\vec{b}\)的夹角为\(45^∘\)，则实数\(t=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
- 答案 \(-1\)
解析 \(\vec{a}=(2，1)\)，\(\vec{b}=(-4，3)\)；\(\therefore \vec{a}⋅\vec{b}=-8+3=-5\)， \(|\vec{b}|=5\)；
\(\therefore \vec{a}\)在\(\vec{b}\)方向上的射影为 \(|\vec{a}| \cos <\vec{a}， \vec{b}>=|\vec{a}| \cdot \dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|}=\dfrac{-5}{5}=-1\)． - 答案 \(\dfrac{\pi}{6}\)
解析 \(\because \cos \langle\vec{a}， \vec{b}\rangle=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\dfrac{2 \sqrt{3}+2 \sqrt{3}}{2 \times 4}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，且\(0⩽⟨\vec{a}，\vec{b}⟩⩽π\)，
\(\therefore \vec{a}\)，\(\vec{b}\)的夹角为\(\dfrac{\pi}{6}\)． - 答案 \(1\)
解析 \(\because \vec{a}=(4，-3)\)，\(\vec{b}=(2，1)\)，
\(\therefore |\vec{a}|=5\)， \(|\vec{b}|=\sqrt{5}\)，\(\vec{a}⋅\vec{b}=5\)， \(|\vec{a}+t \vec{b}|=\sqrt{5 t^2+10 t+25}\)
\(\because \vec{a}+t\vec{b}\)与\(\vec{b}\)的夹角为\(45^∘\)，
\(\therefore(\vec{a}+t \vec{b}) \cdot \vec{b}=|\vec{a}+t \vec{b}| \cdot|\vec{b}| \cos 45^{\circ}\)，
即\(5+5 t=\sqrt{5 t^2+10 t+25} \cdot \sqrt{5} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，则 \(5+5 t \geqslant 0\)，即\(t\geqslant -1\)，
平方整理得 \(5 t^2+10 t-15=0\)，\(t^2+2 t-3=0\)
即\((t+3)(t-1)=0\)，解得\(t=-3\)(舍去)或\(t=1\)，
故答案为：\(1\).
【题型2】 平面向量垂直
【典题1】已知\(\vec{a}=(2，-1)\)，\(\vec{b}=(x+1，4)\)，且\(\vec{a}⊥\vec{b}\)，则\(|2\vec{a}+\vec{b}|=\)( )
A．\(\sqrt{5}\)\(\qquad \qquad \qquad\) B．\(2\sqrt{5}\)\(\qquad \qquad \qquad\) C．\(\sqrt{10}\) \(\qquad \qquad \qquad\)D．\(2\sqrt{10}\)
解析 因为\(\vec{a}=(2，-1)\)，\(\vec{b}=(x+1，4)\)，且\(\vec{a}⊥\vec{b}\)，
所以\(\vec{a}⋅\vec{b}=2x+2-4=0\)，
所以\(x=1\)，\(\vec{b}=(2，4)\)，\(2\vec{a}+\vec{b}=(6，2)\)，
则\(|2\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{36+4} =2\sqrt{10}\)．
故选：\(D\)．
点拨 若\(\vec{a}(x_1 ，y_1)\)，\(\vec{b}(x_2 ，y_2)\)，则\(\vec{a}⊥ \vec{b}⇒\vec{a}⋅ \vec{b}=0⇒ x_1 x_2+y_1 y_2=0\).
【典题2】已知向量\(\vec{a}=(2，1)\)，\(\vec{b}=(3，-1)\)．
(1)求\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角；
(2)求\(|2\vec{a}+\vec{b}|\)；
(3)若\((k\vec{a}-\vec{b})⊥\vec{b}\)，求实数\(k\)的值．
解析 (1)\(\because \vec{a}=(2，1)\)，\(\vec{b}=(3，-1)\)，
\(\therefore \vec{a}⋅\vec{b}=2×3+1×(-1)=5\)， \(|\vec{a}|=\sqrt{2^2+1}=\sqrt{5}\)， \(|\vec{b}|=\sqrt{3^2+(-1)^2}=\sqrt{10}\)，
设向量\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角为\(\theta\)，则\(\cos \theta=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\dfrac{5}{\sqrt{5} \times \sqrt{10}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
又由\(\theta∈[0，π]\)，\(\theta=\dfrac{\pi}{4}\)，即向量\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角为\(\dfrac{\pi}{4}\)；
(2) \(|2 \vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{(2 \vec{a}+\vec{b})^2}=\sqrt{4 \vec{a}^2+\vec{b}^2+4 \vec{a} \cdot \vec{b}}\)\(=\sqrt{20+10+20}=5 \sqrt{2}\)；
(3)\(k\vec{a}-\vec{b}=(2k-3，k+1)\)，且\((k\vec{a}-\vec{b})⊥\vec{b}\)，
\(\therefore 3×(2k-3)-(k+1)=0\)，解得：\(k=2\)．
【巩固练习】
1.已知向量\(\vec{a}=(1，m)\)，\(\vec{b}=(2，-1)\)，且\((2\vec{a}+\vec{b})⊥\vec{b}\)，则实数\(m=\)\(\underline{\quad \quad}\).
2.在\(△ABC\)中，三顶点的坐标分别为\(A(3，t)\)，\(B(t，－1)\)，\(C(－3，－1)\)，\(△ABC\)为以\(B\)为直角顶点的直角三角形，则\(t=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
3.已知向量\(\vec{a}=(1，2)\)，\(\vec{b}=(-3，4)\)．
(1)求\(\vec{a}+\vec{b}\)与\(\vec{a}-\vec{b}\)的夹角；
(2)若\(\vec{a}⊥(\vec{a}+\lambda\vec{b})\)，求实数\(\lambda\)的值．
参考答案
- 答案 \(\dfrac{9}{2}\)
解析 根据题意，向量\(\vec{a}=(1，m)\)，\(\vec{b}=(2，-1)\)，则\(2\vec{a}+\vec{b}=(4，2m-1)\)，
若\((2\vec{a}+\vec{b})⊥\vec{b}\)，则\((2\vec{a}+\vec{b})⋅\vec{b}=8-(2m-1)=9-2m=0\)，解可得\(m=\dfrac{9}{2}\). - 答案 \(3\)
解析 \(\overrightarrow{A B}=(t-3，-1-t)\)，\(\overrightarrow{BC}=(-t-3，0)\)
\(\because △ABC\)为以\(B\)为直角顶点的直角三角形，
\(\therefore \overrightarrow{A B}⋅\overrightarrow{BC}=(t-3)(-t-3)+0=0\)，解得\(t=±3\)．
\(t=－3\)时，点\(B\)，\(C\)重合，因此舍去．
故答案为 \(3\)． - 答案 (1) \(\dfrac{3 \pi}{4}\) ; (2) \(-1\)
解析 (1) 向量\(\vec{a}=(1，2)\)，\(\vec{b}=(-3，4)\)，
\(\therefore \vec{a}+\vec{b}=(-2，6)\)，\(\vec{a}-\vec{b}=(4，-2)\)，
\(\therefore (\vec{a}+\vec{b})⋅(\vec{a}-\vec{b})=-8-12=-20\)，
\(\therefore \cos \langle\vec{a}+\vec{b}， \vec{a}-\vec{b}\rangle=\dfrac{(\vec{a}+\vec{b}) \cdot(\vec{a}-\vec{b})}{|\vec{a}+\vec{b}||\vec{a}-\vec{b}|}=\dfrac{-20}{\sqrt{40} \cdot \sqrt{20}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
\(\therefore \vec{a}+\vec{b}\)与\(\vec{a}-\vec{b}\)的夹角为\(\dfrac{3 \pi}{4}\) ．
(2)\(\because \vec{a}⊥(\vec{a}+\lambda\vec{b})\)，\(\therefore \vec{a}⋅(\vec{a}+\lambda\vec{b})=0\)，
\(\therefore (1，2)⋅(1-3\lambda，2+4\lambda)=0\)，
化为\(1-3\lambda+4+8\lambda=0\)，解得\(\lambda=-1\)．
【题型3】综合运用
【典题1】已知\(A(4，1)\)，\(B(1，4)\)，\(C(-4，-1)\)，\(D(-1，-4)\)，通过作图判断四边形\(ABCD\)的形状，并证明你的结论．
解析 如图，
四边形\(ABCD\)为长方形．
\(\because A(4，1)\)，\(B(1，4)\)，\(C(-4，-1)\)，\(D(-1，-4)\)，
\(\therefore \overrightarrow{A B}=(-3，3)\)， \(\overrightarrow{D C}=(-3，3)\)， \(\overrightarrow{C B}=(5，5)\)， \(\overrightarrow{D A}=(5，5)\)．
\(\therefore AB||CD\)，\(AD||BC\)，\(AB⊥BC\)．
则四边形\(ABCD\)为长方形．
【典题2】如图，在直角梯形\(ABCD\)中，已知\(AB∥DC\)，\(∠DAB=90°\)，\(AB=2\)，\(AD=CD=1\)，对角线\(AC\)交\(BD\)于点\(O\)，点\(M\)在\(AB\)上，且满足\(OM⊥BD\)，则 \(\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B D}\)的值为\(\underline{\quad \quad}\) ．
解析 如图以\(A\)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；
则\(A(0，0)\)，\(B(2，0)\)，\(C(1，1)\)，\(D(0，1)\)；
则 \(\overrightarrow{B D}=(-2，1)\)，
由相似三角形易得 \(O\left(\dfrac{2}{3}， \dfrac{2}{3}\right)\)．
设\(M(\lambda，0)\)，则 \(\overrightarrow{O M}=\left(\lambda-\dfrac{2}{3}，-\dfrac{2}{3}\right)\)，
因为\(OM⊥BD\)，所以 \(\overrightarrow{O M} \cdot \overrightarrow{B D}=-2\left(\lambda-\dfrac{2}{3}\right)-\dfrac{2}{3}=0\)，解得 \(\lambda=\dfrac{1}{3}\)．
则 \(\overrightarrow{A M}=\left(\dfrac{1}{3}， 0\right)\)
所以 \(\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{B D}=\left(\dfrac{1}{3}， 0\right)(-2，1)=-\dfrac{2}{3}\)．
故答案为： \(-\dfrac{2}{3}\)．
点拨 题中出现垂直关系，有助于建系；建系后向量用坐标表示，处理向量问题或纯几何问题使得问题简便些.
【巩固练习】
1.已知点\(A(2，3)\)，\(B(-2，6)\)，\(C(6，6)\)，\(D(10，3)\)，则以\(A\)、\(B\)、\(C\)，\(D\)为顶点的四边形是( )
A．梯形 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．邻边不等的平行四边形
C．菱形 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．两组对边均不平行的四边形
2.已知\(A(－5，0)\)，\(B(5，0)\)，若对任意实数\(t∈R\)，点\(P\)都满足 \(|\overrightarrow{A P}-t \overrightarrow{A B}| \geq 3\)，则 \(\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P B}\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).
3.如图，已知\(O\)为矩形\(ABCD\)内的一点，且\(OA=2\)，\(OC=4\)，\(AC=5\)，则 \(\overrightarrow{O B} \cdot \overrightarrow{O D}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
4.如图，菱形\(ABCD\)的边长为\(\sqrt{5}\)，对角线\(AC=4\)，边\(DC\)上点\(P\)与\(CB\)的延长线上点\(Q\)满足 \(D P=B Q=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\)，则向量 \(\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P Q}\)的值是\(\underline{\quad \quad}\) ．
5.在平面上， \(\overrightarrow{A B_1} \perp \overrightarrow{A B_2}\)， \(\left|\overrightarrow{O B_1}\right|=\left|\overrightarrow{O B_2}\right|=1\)， \(\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A B_1}+\overrightarrow{A B_2}\)．若 \(|\overrightarrow{O P}|<\dfrac{1}{2}\)，
则 \(|\overrightarrow{O A}|\)的取值范围是 \(\underline{\quad \quad}\) ．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 \(\because \overrightarrow{A B}=(-4，3)\)， \(\overrightarrow{D C}=(-4，3)\)， \(\overrightarrow{A D}=(8，0)\)，
\(\therefore \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{D C}\)可得\(AB\)、\(DC\)平行且相等，
可得四边形\(ABCD\)是平行四边形，
又 \(\because|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{(-4)^2+3^2}=5\)， \(|\overrightarrow{A D}|=8\)，
\(\therefore|\overrightarrow{A B}| \neq|\overrightarrow{A D}|\)，
由此可得四边形\(ABCD\)是邻边不等的平行四边形
故选 \(B\)． -
答案 \(－16\)；\(6\)．
解析 \(\because A(－5，0)\)和\(B(5，0)\)在中点为原点\(O(0，0)\)，
不妨以\(A\)，\(B\)的中点为原点，\(AB\)所在直线为\(x\)轴，
过\(O\)且垂直于\(AB\)的直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，
设 \(\overrightarrow{A H}=t \overrightarrow{A B}，\)，\(H\)为\(AB\)上一点， \(|\overrightarrow{A P}-t \overrightarrow{A B}|=|\overrightarrow{A P}-\overrightarrow{A H}|=|\overrightarrow{H P}| \geq 3\)，
故 \(|\overrightarrow{H P}|_{\min }=3\)，
所以，\(P\)到直线\(AB\)的距离为\(3\)，
则\(P\)点在直线\(L：y=3\)上，
可得：\(A(－5，0)\)，\(B(5，0)\)，\(P(x，3)\)，
则 \(\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P B}=(-5-x，-3) \cdot(5-x，-3)=x^2-25+9=x^2-16\)，
当且仅当\(x=0\)时， \(\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P B}\)取最小值\(－16\)，
此时\(P(0，3)\)， \(|\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B}|=|(-5， \quad-3)+(5，-3)|=|(0，-6)|=6\)．
故答案为：\(－16\)；\(6\)． -
答案 \(-\dfrac{5}{2}\)
解析 以\(A\)为原点，以\(AB\)，\(AD\)为坐标轴建立平面直角坐标系，
设\(O(m，n)\)，\(B(a，0)\)，\(D(0，b)\)，则\(C(a，b)\)，
\(\because OA=2\)，\(OC=4\)，\(AC=5\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} a^2+b^2=25 \\ m^2+n^2=4 \\ (m-a)^2+(n-b)^2=16 \end{array}\right.\)，整理可得： \(a m+b n=\dfrac{13}{2}\)．
又 \(\overrightarrow{O B}=(a-m，-n)\)， \(\overrightarrow{O D}=(-m， b-n)\)，
\(\therefore \overrightarrow{O B} \cdot \overrightarrow{O D}=m(m-a)+n(n-b)=m^2+n^2-(a m+b n)=4-\dfrac{13}{2}=-\dfrac{5}{2}\)．
-
答案 \(\dfrac{44}{9}\)
解析 取\(AC\)的中点\(O\)，以点\(O\)为原点，直线\(AC\)为\(x\)轴，建立如图所示平面直角坐标系，
则：\(A(－2，0)\)，\(D(0，1)\)， \(P\left(\dfrac{2}{3}， \dfrac{2}{3}\right)\)， \(Q\left(-\dfrac{2}{3}，-\dfrac{4}{3}\right)\) ，
\(\therefore \overrightarrow{P A}=\left(-\dfrac{8}{3}，-\dfrac{2}{3}\right)\)， \(\overrightarrow{P Q}=\left(-\dfrac{4}{3}，-2\right)\)，
\(\therefore \overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P Q}=\dfrac{32}{9}+\dfrac{4}{3}=\dfrac{44}{9}\)．
故答案为： \(\dfrac{44}{9}\)． -
答案 \(\left(\dfrac{\sqrt{7}}{2}， \sqrt{2}\right]\)
解析 根据 \(\overrightarrow{A B_1} \perp \overrightarrow{A B_2}\)， \(\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A B_1}+\overrightarrow{A B_2}\)知，四边形\(AB_1 PB_2\)是矩形．
如图，以\(AB_1\)，\(AB_2\)所在直线为坐标轴建立直角坐标系．
设\(|AB_1 |=a\)，\(|AB_2 |=b\)，点\(O\)的坐标为\((x，y)\)，点\(P (a，b)\)，
\(\because\left|\overrightarrow{O B}_1\right|=\left|\overrightarrow{O B}_2\right|=1\)， \(\therefore\left\{\begin{array}{l} (x-a)^2+y^2=1 \\ x^2+(y-b)^2=1 \end{array}\right.\)， \(\therefore\left\{\begin{array}{l} (x-a)^2=1-y^2 \\ (y-b)^2=1-x^2 \end{array}\right.\)．
\(\because|\overrightarrow{O P}|<\dfrac{1}{2}\)， \(\therefore(x-a)^2+(y-b)^2<\dfrac{1}{4}\)，
\(\therefore 1-x^2+1-y^2<\dfrac{1}{4}\)， \(\therefore x^2+y^2>\dfrac{7}{4}\)①．
\(\because(x-a)^2+y^2=1\)， \(\therefore y^2 \leq 1\)，同理 \(x^2 \leq 1\)， \(\therefore x^2+y^2 \leq 2\) ②．
由 ①②可知， \(\dfrac{7}{4}<x^2+y^2 \leq 2\)
\(\because|\overrightarrow{O A}|=\sqrt{x^2+y^2}\)， \(\therefore \dfrac{\sqrt{7}}{2}<|\overrightarrow{O A}| \leq \sqrt{2}\)．
\(\therefore|\overrightarrow{O A}|\)的取值范围为 \(\left(\dfrac{\sqrt{7}}{2}， \sqrt{2}\right]\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.已知向量\(\vec{a}=(2，-3)\)，\(\vec{b}=(m，1)\)，若\(|\vec{a}+2\vec{b}|=|\vec{a}-2\vec{b}|\)，则\(m=\)( )
A． \(\dfrac{3}{2}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-\dfrac{3}{2}\) \(\qquad \qquad\qquad \qquad\) C．\(\dfrac{2}{3}\) \(\qquad\qquad \qquad \qquad\) D．\(-\dfrac{2}{3}\)
2.设 \(P_1(1-\sin \alpha， 0)\)， \(P_2(0，-\cos \alpha)\)，则 \(\left|\overrightarrow{O P_1}-\overrightarrow{O P_2}\right|\)的最大值是( )
A．\(1\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\sqrt{2}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\sqrt{3}\)\(\qquad\qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)
3.在平面四边形\(ABCD\)中，\(\overrightarrow{AC}=(1，3)\)， \(\overrightarrow{B D}=(-9，3)\)，则四边形\(ABCD\)的面积为( )
A．\(\dfrac{7 \sqrt{10}}{2}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{27}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(15\) \(\qquad\qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{9 \sqrt{10}}{2}\)
4.(多选)向量\(\vec{a}=(2，0)\)，\(\vec{b}=(x，1)\)，则下列说法正确的是 ( )
A．若\(x=2\)，则\(\vec{a}||\vec{b}\)
B．若\(\vec{a}⊥\vec{b}\)，则\(x=0\)
C．若\(|\vec{b}|=2|\vec{a}|\)，则 \(x=\sqrt{15}\)
D．若\(\vec{a}\)与\(\vec{a}-\vec{b}\)夹角的余弦值为 \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，则\(x=1\)或\(3\)
5.向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)在正方形(边长均为 网格中的位置如图所示，则\(\vec{a}⋅\vec{b}=\) \(\underline{\quad \quad}\) ．
6.已知向量\(\vec{a}=(1，0)\)，\(\vec{b}=(0，1)\)，若\((k\vec{a}+\vec{b})⊥(3\vec{a}-\vec{b})\)，则实数\(k=\)\(\underline{\quad \quad}\) ．
7.已知向量\(\vec{a}=(1，2)\)，\(\vec{b}=(t，1)\)，若\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)夹角的余弦值为 \(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)，则实数\(t\)的值为\(\underline{\quad \quad}\) ．
8.在平面直角坐标系中，\(O\)为坐标原点，已知\(A(－2，0)\)，\(B(0，－2)\)，\(C(\cos φ，\sin φ)\)，其中\(0<φ<π\)．
(1)若 \(\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B C}=\dfrac{5}{3}\)，求\(\sin 2φ\)的值；
(2)若 \(|\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O C}|=\sqrt{3}\)，求\(\overrightarrow{O B}\)与 \(\overrightarrow{O C}\)的夹角\(\theta\)．
9.如图所示，在矩形\(ABCD\)中，\(AB=3\)，\(BC=2\)，点\(M\)为边\(BC\)的中点，点\(N\)在边\(CD\)上．
(1)若点\(N\)为线段\(CD\)上靠近\(D\)的三等分点，求\(\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A N}\)的值；
(2)若 \(\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A N}=8\)，求此时点\(N\)的位置．
10.如图，在矩形\(ABCD\)中，\(BC=3AB=6\)，\(E\)为\(AB\)的中点，\(F\)是\(BC\)边上靠近点\(B\)的三等分点，\(AF\)与\(DE\)于点\(G\)．设\(\overrightarrow{A B}=\vec{a}\)， \(\overrightarrow{A D}=\vec{b}\)．
(1)求\(∠EGF\)的余弦值． \(\qquad \qquad\) (2)用\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)表示 \(\overrightarrow{A G}\)；
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 \(\because |\vec{a}+2\vec{b}|=|\vec{a}-2\vec{b}|\)，
\(\therefore (\vec{a}+2\vec{b})^2=(\vec{a}-2\vec{b})^2\)，即\(\vec{a}⋅\vec{b}=0\)
\(\because \vec{a}=(2，-3)\)，\(\vec{b}=(m，1)\)，
\(\therefore \vec{a}⋅\vec{b}=2m-3=0\)，解得 \(m=\dfrac{3}{2}\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(D\)
解析 因为\(P_1(1-\sin \alpha， 0)\)， \(P_2(0，-\cos \alpha)\)，
所以 \(\overrightarrow{O P}_1-\overrightarrow{O P}_2=(1-\sin \alpha， \cos \alpha)\)，
\(\left(\overrightarrow{O P_1}-\overrightarrow{O P_2}\right)^2=(1-\sin \alpha)^2+\cos ^2 \alpha=2-2 \sin \alpha\)，
当\(\sin α=-1\)时， \(\left(\overrightarrow{O P_1}-\overrightarrow{O P_2}\right)^2\)取得最大值为\(2-2×(-1)=4\)，
所以 \(\left|\overrightarrow{O P_1}-\overrightarrow{O P_2}\right|\)的最大值是\(2\)．
故选：\(D\)． -
答案 \(C\)
解析 在平面四边形\(ABCD\)中，\(\overrightarrow{AC}=(1，3)\)， \(\overrightarrow{B D}=(-9，3)\)，
\(\because \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B D}=0\)， \(\therefore \overrightarrow{A C} \perp \overrightarrow{B D}\)．
\(\therefore|\overrightarrow{A C}|=\sqrt{10}\)， \(|\overrightarrow{B D}|=\sqrt{(-9)^2+3^2}=3 \sqrt{10}\)，
\(\therefore\) 四边形\(ABCD\)的面积为 \(\dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{10} \cdot 3 \sqrt{10}=15\)，
故选 \(C\)． -
答案 \(BD\)
解析 根据题意，依次分析选项：
对于\(A\)，若\(x=2\)，\(\vec{b}=(2，1)\)，\(\vec{a}=(2，0)\)，\(\vec{a}||\vec{b}\)不成立，\(A\)错误；
对于\(B\)，若\(\vec{a}⊥\vec{b}\)，则\(\vec{a}⋅\vec{b}=2x=0\)，则\(x=0\)，\(B\)正确；
对于\(C\)，若\(|\vec{b}|=2|\vec{a}|=4\)，则有\(x^2+1=16\)，解可得 \(x= \pm \sqrt{15}\)，\(C\)错误，
对于\(D\)，\(\vec{a}-\vec{b}=(2-x，-1)\)，若\(\vec{a}\)与\(\vec{a}-\vec{b}\)夹角的余弦值为 \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
则有 \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\vec{a} \cdot(\vec{a}-\vec{b})}{|\vec{a}| \cdot|\vec{a}-\vec{b}|}=\dfrac{4-2 x}{2 \times \sqrt{(2-x)^2+1}}\)，解可得\(x=1\)或\(3\)，\(D\)正确；
故选：\(BD\)． -
答案 \(-3\)
解析 建立如图的平面直角坐标系，将\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)平移到起点为原点时终点坐标即为向量坐标，
\(\therefore \vec{a}=(-1，1)\)，\(\vec{b}=(4，1)\)，\(\therefore \vec{a}⋅\vec{b}=-1×4+1×1=-3\).
-
答案 \(\dfrac{1}{3}\)
解析 \(\because\) 向量\(\vec{a}=(1，0)\)，\(\vec{b}=(0，1)\)，
\(\therefore k\vec{a}+\vec{b}=(k，1)\)，\(3\vec{a}-\vec{b}=(3，-1)\)，
又\((k\vec{a}+\vec{b})⊥(3\vec{a}-\vec{b})\)，
\(\therefore 3k－1=0\)，解得\(k=\dfrac{1}{3}\). -
答案 \(-\dfrac{3}{4}\)
解析 \(|\vec{a}|=\sqrt{5}\)， \(|\vec{b}|=\sqrt{t^2+1}\)， \(\vec{a} \cdot \vec{b}=t+2\)， \(\cos \langle\vec{a}， \vec{b}\rangle=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)
\(\therefore t+2=\sqrt{5} \cdot \sqrt{t^2+1} \cdot \dfrac{\sqrt{5}}{5}\)，整理得， \(t+2=\sqrt{t^2+1}\)，解得 \(t=-\dfrac{3}{4}\)．
故答案为： \(-\dfrac{3}{4}\)． -
答案 (1) \(-\dfrac{8}{9}\)；(2) \(\dfrac{5 \pi}{6}\).
解析 (1) \(\overrightarrow{A C}=(\cos \varphi+2 \sin \varphi)\)， \(\overrightarrow{B C}=(\cos \varphi，\sin \varphi+2)\)， \(\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B C}=\dfrac{5}{3}\)，
\(\therefore \cos \varphi(\cos \varphi+2)+\sin \varphi(\sin \varphi+2)=\dfrac{5}{3}\)，
\(\therefore \cos \varphi+\sin \varphi=\dfrac{1}{3}\)，两边平方可得 \(\sin 2 \varphi=-\dfrac{8}{9}\)．
(2) \(\because|\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O C}|=\sqrt{3}\)，
\(\therefore \sqrt{(\cos \varphi-2)^2+\sin ^2 \varphi}=\sqrt{3}\)，化为 \(\cos \varphi=\dfrac{1}{2}\)，
\(\because 0<φ<π\)， \(\therefore \varphi=\dfrac{\pi}{3}\)．
\(\therefore C\left(\dfrac{1}{2}， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)．
\(\therefore \cos \theta=\dfrac{\overrightarrow{O B} \cdot \overrightarrow{O C}}{|\overrightarrow{O B}||\overrightarrow{O C}|}=\dfrac{-\sqrt{3}}{2 \times 1}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
\(\therefore \theta=\dfrac{5 \pi}{6}\)．即\(\overrightarrow{O B}\)与\(\overrightarrow{O C}\)的夹角为\(\dfrac{5 \pi}{6}\)． -
答案 (1) \(5\) ；(2) 点\(N\)的位置为线段\(CD\)上靠近\(C\)的三等分点
解析 (1)由题意，以\(A\)为原点，\(AB\)所在的直线为\(x\)轴，\(AD\)所在的直线为\(y\)轴，
建立如下图所示的平面直角坐标系，
则\(A(0，0)\)，\(M(3，1)\)，\(N(1，2)\)，\(\overrightarrow{A M}=(3，1)\)， \(\overrightarrow{A N}=(1，2)\)，
\(\therefore \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A N}=3 \times 1+1 \times 2=5\)．
(2)由题意，设\(N\)点坐标为\((a，2)\)，\(a∈[0，3]\)，
则 \(\overrightarrow{A M}=(3，1)\)， \(\overrightarrow{A N}=(a， 2)\)，
\(\therefore \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A N}=3 \times a+1 \times 2=3 a+2=8\)，解得\(a=2\)，
\(\therefore N\)点坐标为\((2，2)\)，
故 点\(N\)的位置为线段\(CD\)上靠近\(C\)的三等分点． -
答案 (1) \(-\dfrac{5 \sqrt{74}}{74}\)； (2) \(\overrightarrow{A G}=\dfrac{3}{7} \vec{a}+\dfrac{1}{7} \vec{b}\).
解析 (1)建立坐标系如图：
\(\because BC=3AB=6\)，\(E\)为\(AB\)的中点，\(F\)是\(BC\)边上靠近点\(B\)的三等分点，
\(\therefore AB=2\)，\(AE=1\)，\(BF=2\)，
则\(A(0，0)\)，\(B(2，0)\)，\(C(2，6)\)，\(D(0，6)\)，\(E(1，0)\)，\(F(2，2)\)．
则\(AF：y=x\)，\(DE：y=－6(x－1)\)，
由 \(\left\{\begin{array}{l} y=x \\ y=-6(x-1) \end{array}\right.\)得 \(\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{6}{7} \\ y=\dfrac{6}{7} \end{array}\right.\)，即\(G\left(\dfrac{6}{7}， \dfrac{6}{7}\right)\)，
则 \(\overrightarrow{G E}=\left(\dfrac{1}{7}，-\dfrac{6}{7}\right)\)， \(\overrightarrow{G F}=\left(\dfrac{8}{7}， \dfrac{8}{7}\right)\)，
则 \(\overrightarrow{G E} \cdot \overrightarrow{G E}=\left(\dfrac{1}{7}，-\dfrac{6}{7}\right) \cdot\left(\dfrac{8}{7}， \dfrac{8}{7}\right)=-\dfrac{40}{49}\)， \(|\overrightarrow{G E}|=\dfrac{\sqrt{37}}{7}\)， \(|\overrightarrow{G F}|=\dfrac{8 \sqrt{2}}{7}\)，
则 \(\cos \langle\overrightarrow{G E}， \overrightarrow{G F}\rangle=\dfrac{-\dfrac{40}{49}}{\dfrac{\sqrt{37}}{7} \times \dfrac{8 \sqrt{2}}{7}}=-\dfrac{40}{8 \sqrt{74}}=-\dfrac{5 \sqrt{74}}{74}\)，
则即 \(\cos \angle E G F=-\dfrac{5 \sqrt{74}}{74}\)．
(2) \(\overrightarrow{A G}=\left(\dfrac{6}{7}， \dfrac{6}{7}\right)\)， \(\overrightarrow{A B}=\vec{a}=(2，0)\)， \(\overrightarrow{A D}=\vec{b}=(0，6)\)，
设 \(\overrightarrow{A G}=x \vec{a}+y \vec{b}\)，即 \(\left\{\begin{array}{l} 2 x=\dfrac{6}{7} \\ 6 y=\dfrac{6}{7} \end{array}\right.\)， 解得\(\left\{\begin{array}{l} x=\frac{3}{7} \\ y=\frac{1}{7} \end{array}\right.\)，即 \(\overrightarrow{A G}=\dfrac{3}{7} \vec{a}+\dfrac{1}{7} \vec{b}\)．
【B组---提高题】
1.\(P\)是边长为\(2\)的正方形\(ABCD\)边界或内部一点，且 \(\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{P M}\)，则\(\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A M}\)的最大值是 \(\underline{\quad \quad}\) ．
2.如图，矩形\(ABCD\)中，\(AB=2\)，\(AD=1\)，\(P\)是矩形\(ABCD\)内的动点，且点\(P\)到点\(A\)距离为\(1\)，则\(\overrightarrow{P C} \cdot \overrightarrow{P D}\)的最小值为 \(\underline{\quad \quad}\) ．
参考答案
-
答案 \(5\)
解析 建立如图所示坐标系；
则\(A(0，2)\)，\(B(0，0)\)，\(C(2，0)\)，\(D(2，2)\)；
设\(P(x，y)\)，\(0≤x≤2\)，\(0≤y≤2\)；
取\(BC\)的中点为\(E\)，则\(E(1，0)\)
\(\because \overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{P M}\)，
则 \(\overrightarrow{P M}=2 \overrightarrow{P E}\)；
则 \(\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A M}=(\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E P})(\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E M})=(\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E P})(\overrightarrow{A E}-\overrightarrow{E P})\)
\(=\overrightarrow{A E^2}+\overrightarrow{A E}(\overrightarrow{E P}-\overrightarrow{E P})-\overrightarrow{E P}^2=\overrightarrow{A E}^2-\overrightarrow{E P^2}\)
\(=2^2+1^2-\left[(x-1)^2+y^2\right]=5-\left[(x-1)^2+y^2\right]\)；
故当\(x=1\)，\(y=0\)时 \(\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A M}\)取最大值\(5\). -
答案 \(2-2 \sqrt{2}\)．
解析 如图，取\(A\)为原点，\(AB\)边所在的直线为\(x\)轴，建立平面直角坐标系，
则\(D(0，1)\)，\(C(2，1)\)，设 \(P(\cos \theta， \sin \theta)\)， \(\left(\theta \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\right)\)，
\(\therefore \overrightarrow{P C}=(2-\cos \theta， 1-\sin \theta)\)，\(\overrightarrow{P D}=(-\cos \theta， 1-\sin \theta)\)
\(\therefore \overrightarrow{P C} \cdot \overrightarrow{P D}=-2 \cos \theta+\cos ^2 \theta+1-2 \sin \theta+\sin ^2 \theta\)
\(=2-2(\sin \theta+\cos \theta)=2-2 \sqrt{2} \sin \left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)\)，
\(\therefore \sin \left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)=1\)，即 \(\theta=\dfrac{\pi}{4}\)时， \(\overrightarrow{P C} \cdot \overrightarrow{P D}\)取最小值 \(2-2 \sqrt{2}\)．
故答案为：\(2-2 \sqrt{2}\)．
【C组---拓展题】
1.如图，在正方形\(ABCD\)中，\(AB=2\)，\(E\)为\(BC\)的中点，点\(P\)是以\(AB\)为直径的圆弧上任一点．设\(\overrightarrow{A P}=x \overrightarrow{A E}+y \overrightarrow{A D}\)，
(1)求\(x－2y\)的最大值、最小值． \(\qquad \qquad\)(2)求\(x+y\)的取值范围．
参考答案
- 答案 (1) 最大值为\(2\)，最小值为 \(1-\sqrt{2}\); (2) \(\left[0， \dfrac{\sqrt{5}+1}{4}\right]\)
解析 (1)如图，取\(AB\)中点\(O\)，以\(O\)点为原点，以\(AB\)所在直线为\(x\)轴，如图建立平面直角坐标系，
设\(∠POB=\theta\)，结合题意，可知\(A(－1，0)\)，\(B(1，0)\)，\(C(1，2)\)，
\(D(－1，2)\)，\(E(1，1)\)， \(P(\cos \theta， \sin \theta)(\theta \in[0， \pi])\)，
所以 \(\overrightarrow{A P}=(\cos \theta+1， \sin \theta)， \overrightarrow{A E}=(2，1)\)， \(\overrightarrow{A D}=(0，2)\)
又 \(\overrightarrow{A P}=x \overrightarrow{A E}+y \overrightarrow{A D}=x(2，1)+y(0，2)=(2 x， x+2 y)\)，
所以\((2x，x+2y)=(\cos \theta+1，\sin \theta)\)，
即 \(\left\{\begin{array} { l } { 2 x = \operatorname { c o s } \theta + 1 } \\ { x + 2 y = \operatorname { s i n } \theta } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{\cos \theta+1}{2} \\ y=\dfrac{2 \sin \theta-\cos \theta-1}{4} \end{array}\right.\right.\)，
则有 \(x-2 y=\cos \theta-\sin \theta+1=\sqrt{2} \cos \left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)+1\)，
又由\(\theta∈[0，π]\)，则 \(\theta+\dfrac{\pi}{4} \in\left[\dfrac{\pi}{4}， \dfrac{5 \pi}{4}\right]\)，
当\(\theta=0\)时， \((x-2 y)_{\max }=2\)，
当 \(\theta=\dfrac{3 \pi}{4}\)时， \((x-2 y)_{\text {min }}=1-\sqrt{2}\)；
故\(x+2y\)的最大值为\(2\)，最小值为 \(1-\sqrt{2}\)，
(2)根据题意， \(\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{\cos \theta+1}{2} \\ y=\dfrac{2 \sin \theta-\cos \theta-1}{4} \end{array}\right.\)，
则 \(x+y=\dfrac{\cos \theta+1}{2}+\dfrac{2 \sin \theta-\cos \theta-1}{4}=\dfrac{1}{4}(2 \sin \theta+\cos \theta+1)=\dfrac{\sqrt{5}}{4} \sin (\theta+\varphi)+\dfrac{1}{4}\)，
其中 \(\tan \varphi=\dfrac{1}{2}\)，\(φ\)为锐角)
因为 \(\varphi \leq \theta+\varphi \leq \pi+\varphi\)，所以 \(\sin (\pi+\varphi) \leq \sin (\theta+\varphi) \leq 1\)，
所以 \(-\dfrac{1}{\sqrt{5}} \leq \sin (\theta+\varphi) \leq 1\)，所以 \(0 \leq x+y \leq \dfrac{\sqrt{5}+1}{4}\)，
即\(x+y\)的取值范围为\(\left[0， \dfrac{\sqrt{5}+1}{4}\right]\).
