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【高分突破系列】數學下學期同步知識點剖析精品講義！
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模塊導圖
知識剖析
平面向量的基本定理
1 平面向量的基本定理
設\(\overrightarrow{e_{1}}\)，\(\overrightarrow{e_{2}}\)同一平面內的兩個不共線向量， \(\vec{a}\)是該平面內任一向量，則存在唯一實數對$ (λ,μ)$，使 \(\vec{a}=\lambda \overrightarrow{e_{1}}+\mu \overrightarrow{e_{2}}\).
我們把\(\{\vec{e_1},\vec{e_2}\}\)叫做表示這個平面內所有向量的一個基底.
如下圖，\(\vec{a}=\overrightarrow{O M}+\overrightarrow{O N}=\lambda \overrightarrow{e_{1}}+\mu \overrightarrow{e_{2}}\)，其中\(\lambda=\dfrac{|O M|}{|O A|}\)，\(\mu=\dfrac{|O N|}{|O B|}\).
\({\color{Red}{PS}}\) 唯一性的解釋
若\(\overrightarrow{e_{1}}\)，\(\overrightarrow{e_{2}}\)不共線，且\(\lambda_{1} \overrightarrow{e_{1}}+\mu_{1} \overrightarrow{e_{2}}=\lambda_{2} \overrightarrow{e_{1}}+\mu_{2} \overrightarrow{e_{2}}\), 則\(λ_1=λ_2\) ,\(μ_1=μ_2\).
2 正交分解及其坐標表示
① 正交分解
把一個向量分解為兩個互相垂直的向量，叫做把向量作正交分解；
如上圖，重力\(G\)分解成平行斜面的力\(F_1\)和垂直於斜面的壓力\(F_2\).
② 向量的坐標表示
在平面內建立直角坐標系，以與\(x\)軸、\(y\)軸方向相同的兩個單位向量\(\vec{i}\) ,\(\vec{j}\)為基底，則平面內的任一向量\(\vec{a}\)表示為\(\vec{a}=x \vec{i}+y \vec{j}=(x, y)\)，\((x ,y)\)稱為向量\(\vec{a}\)的坐標，\(\vec{a}=(x, y)\)叫做向量\(\vec{a}\)的坐標表示.
向量\(\vec{a}=(x, y)\)，就是以原點\((0,0)\)為起點，點\((x ,y)\)為終點的向量.
平面向量數乘運算與數量積的坐標表示
1 坐標運算
設\(\vec{a}=\left(x_{1}, y_{1}\right)\) ,\(\vec{b}=\left(x_{2}, y_{2}\right)\)，則
\((1)\)向量的模\(|\vec{a}|=\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}\)
\((2)\)向量的加減法運算 \(\vec{a}+\vec{b}=\left(x_{1}+x_{2}, y_{1}+y_{2}\right)\)，\(\vec{a}-\vec{b}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right)\)
\((3)\)若\(A(x_1 ,y_1)\)，\(B(x_2 ,y_2)\)，則\(\overrightarrow{A B}=\left(x_{2}-x_{1}, y_{2}-y_{1}\right)\)
\((4)\)實數與向量的積 \(\lambda \vec{a}=\lambda\left(x_{1}, y_{1}\right)=\left(\lambda x_{1}, \lambda y_{1}\right)\)
\((5)\)數量積\(\vec{a} \cdot \vec{b}=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}\)
\((6)\)夾角余弦值\(\cos <\vec{a}, \vec{b}>=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \vec{b} \mid}=\dfrac{x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}} \cdot \sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}}\)
\({\color{Red}{拓展}}\) 定比分點
線段\(P_1P_2\)的端點\(P_1\)、\(P_2\)的坐標分別是\((x_1 ,y_1)\)，\((x_2 ,y_2)\)，點\(P\)是直線\(P_1 P_2\)上的一點，
當\(\overrightarrow{P_{1} P}=\lambda \overrightarrow{P P_{2}}\)時，點\(P\)的坐標是\(\left(\dfrac{x_{1}+\lambda x_{2}}{1+\lambda}, \dfrac{y_{1}+\lambda y_{2}}{1+\lambda}\right)\)
2 平面向量位置關系
若\(\vec{a}\left(x_{1}, y_{1}\right)\)，\(\vec{b}\left(x_{2}, y_{2}\right)\)，
\(\vec{a} \| \vec{b} \Leftrightarrow x_{1} y_{2}=x_{2} y_{1}\)，
\(\vec{a} \perp \vec{b} \Rightarrow \vec{a} \cdot \vec{b}=0 \Rightarrow x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0\).
經典例題
【題型一】平面向量的基本定理的理解
【典題1】 如果\(\overrightarrow{e_{1}}\)，\(\overrightarrow{e_{2}}\)是平面內一組不共線的向量，那么下列四組向量中，不能作為平面內所有向量的一組基底的是( )
A．\(\overrightarrow{e_{1}}\)與\(\overrightarrow{e_{1}}+\overrightarrow{e_{2}}\)
B．\(\overrightarrow{e_{1}}-2 \overrightarrow{e_{2}}\)與\(\overrightarrow{e_{1}}+2 \overrightarrow{e_{2}}\)
C．\(\overrightarrow{e_{1}}+\overrightarrow{e_{2}}\)與\(\overrightarrow{e_{1}}-\overrightarrow{e_{2}}\)
D．\(\overrightarrow{e_{1}}-2 \overrightarrow{e_{2}}\)與\(-\overrightarrow{e_{1}}+2 \overrightarrow{e_{2}}\)
【解析】\(\overrightarrow{e_{1}}\)，\(\overrightarrow{e_{2}}\)是平面內一組不共線的向量，作為基底的向量，前提為不共線向量，所以對於選項\(ABC\)都為不共線向量，選項\(D\) \(\overrightarrow{e_{1}}-2 \overrightarrow{e_{2}}\)與\(-\overrightarrow{e_{1}}+2 \overrightarrow{e_{2}}\)為共線向量．
故選 \(D\)．
【典題2】已知方程\(\vec{a} x^{2}+\vec{b} x+\vec{c}=0\)，其中\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)是非零向量，且\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)不共線，則該方程( )
A．至多有一個解 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．至少有一個解
C．至多有兩個解 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．可能有無數多個解
【解析】\(∵\vec{a} x^{2}+\vec{b} x+\vec{c}=0\)，\(\therefore \vec{c}=-\vec{a} x^{2}-\vec{b} x\)，
\(∵\vec{a}\)，\(\vec{b}\)不共線，
故存在唯一一對實數\(λ ,μ\)使\(\vec{c}=\lambda \vec{a}+\mu \vec{b}\)
若\(λ\)滿足\(λ=-μ^2\)，則方程有一個解；
\(λ\)不滿足\(λ=-μ^2\)，則方程無解；所以至多一個解，
故選 \(A\)．
【點撥】本題考核對平面向量的基本定理中的”存在性、唯一性”的理解.
【題型二】平面向量的基本定理的運用
【典題1】已知在\(△ABC\)中，\(M ,N\)分別是邊\(AB\),\(AC\)上的點，且\(\overrightarrow{A M}=2 \overrightarrow{M B}\)，\(\overrightarrow{A N}=3 \overrightarrow{N C}\)，\(BN\)與\(CM\)相交於點\(P\) , 記\(\vec{a}=\overrightarrow{A B}\)，\(\vec{b}=\overrightarrow{A C}\)，用\(\vec{a}, \quad \vec{b}\)表示\(\overrightarrow{A P}\)的結果是( )
A．\(\overrightarrow{A P}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{2}{3} \vec{b}\)
B．\(\overrightarrow{A P}=\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}\)
C．\(\overrightarrow{A P}=\dfrac{2}{5} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}\)
D．\(\overrightarrow{A P}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}\)
【解析】 由題意，可知\(\overrightarrow{A M}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B}\)，\(\overrightarrow{A N}=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{A C}\)
設\(\overrightarrow{B P}=\lambda \overrightarrow{B N}\)，
則有\(\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B P}=\overrightarrow{A B}+\lambda \overrightarrow{B N}\)\(=\overrightarrow{A B}+\lambda(\overrightarrow{A N}-\overrightarrow{A B})\)
\(=\overrightarrow{A B}+\lambda \overrightarrow{A N}-\lambda \overrightarrow{A B}\)\(=(1-\lambda) \overrightarrow{A B}+\lambda \cdot \dfrac{3}{4} \overrightarrow{A C}\)\(=(1-\lambda) \vec{a}+\dfrac{3}{4} \lambda \vec{b}\) ①
又設\(\overrightarrow{C P}=\mu \overrightarrow{C M}\)，
則有\(\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C P}=\overrightarrow{A C}+\mu \overrightarrow{C M}\)\(=\overrightarrow{A C}+\mu(\overrightarrow{A M}-\overrightarrow{A C})\)\(=\overrightarrow{A C}+\mu \overrightarrow{A M}-\mu \overrightarrow{A C}\)
\(=(1-\mu) \overrightarrow{A C}+\mu \cdot \dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B}\)\(=\dfrac{2}{3} \mu \vec{a}+(1-\mu) \vec{b}\) ②
通過比較①②，可得關於\(λ ,μ\)的二元一次方程組：\(\left\{\begin{array}{l} 1-\lambda=\dfrac{2}{3} \mu \\ \dfrac{3}{4} \lambda=1-\mu \end{array}\right.\)，
解此二元一次方程組，得\(\left\{\begin{array}{l} \lambda=\dfrac{2}{3} \\ \mu=\dfrac{1}{2} \end{array}\right.\)，
將結果帶入①式，可得\(\overrightarrow{A P}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}\)，故選：\(D\)．
【點撥】
① 這里給到的方法是以不共線向量\(\vec{a}, \vec{b}\)為基底，通過兩個方式得到向量\(\overrightarrow{A P}\)的表達式，即\((1-\lambda) \vec{a}+\dfrac{3}{4} \lambda \vec{b}=\dfrac{2}{3} \mu \vec{a}+(1-\mu) \vec{b}\)，再由平面向量的基本定理求出\(\overrightarrow{A P}\).
② 本題方法很多也可以用平行四邊形法則求解.
【典題2】 如圖，兩塊斜邊長相等的直角三角板拼在一起．若\(\overrightarrow{A D}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A C}\)，求\(x ,y\).
【解析】以\(AB\)所在直線為\(x\)軸，以\(A\)為原點建立平面直角坐標系(如圖)．
令\(AB=2\)，則\(\overrightarrow{A B}=(2,0)\)，\(\overrightarrow{A C}=(0,2)\)
過\(D\)作\(DF⊥AB\)交\(AB\)的延長線為\(F\)，由已知得\(D E=B C=2 \sqrt{2}\)，故\(DB=\sqrt{6}\)，
則\(D F=B F=\sqrt{3}\)，則\(\overrightarrow{A D}=(2+\sqrt{3}, \sqrt{3})\)．
\(\because \overrightarrow{A D}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A C}\)，\(\therefore(2+\sqrt{3}, \sqrt{3})=(2 x, 2 y)\)．
即有\(x=1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
【點撥】
① 本題也可以用平行四邊形法則求解；
② 這里講解的方法是建系法，常見步驟如下
(1) 找到合適的方式(一般是利用題中垂直關系等)建系；
(2) 通過一些幾何的知識點求出線段的長度，進而得到關鍵點的坐標；
(3) 關鍵向量用坐標形式表示，比如本題中的\(\overrightarrow{A B}=(2,0)\)，\(\overrightarrow{A D}=(2+\sqrt{3}, \sqrt{3})\)等；
(4) 得到方程組求解(其實就是利用平面向量的基本定理的唯一性).
③ 當根據題意發現容易建系(比如有明顯的垂直關系等)，可考慮建系法，它充分體現了“解析幾何的優勢”.
【典題3】 在直角梯形\(ABCD\)中，\(AB⊥AD\)，\(AD∥BC\)，\(AB=BC=2AD=2\)，\(E\)，\(F\)分別為\(BC\)，\(CD\)的中點，以\(A\)為圓心，\(AD\)為半徑的半圓分別交\(BA\)及其延長線於點\(M\)，\(N\)，點\(P\)在\(\widehat{M D N}\)上運動(如圖)．若\(\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A E}+\mu \overrightarrow{B F}\)，其中\(λ ,μ∈R\)，則\(2λ-5μ\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】 建立如圖所示的坐標系，
則\(A(0 ,0)\)，\(B(2 ,0)\) ，\(D(0 ,1)\)，\(C(2 ,2)\)，\(E(2 ,1)\)，\(F\left(1, \dfrac{3}{2}\right)\)，
\(P(\cos α ,\sin α)\) \((0≤α≤π)\)，
\({\color{Red}{(因為P在單位圓上，α為∠PAM)}}\)
由\(\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A E}+\mu \overrightarrow{B F}\)得\((\cos \alpha, \sin \alpha)\)\(=\lambda(2,1)+\mu\left(-1, \dfrac{3}{2}\right)=\left(2 \lambda-\mu, \lambda+\dfrac{3}{2} \mu\right)\)
\(\Rightarrow \cos \alpha=2 \lambda-\mu, \sin \alpha=\lambda+\dfrac{3}{2} \mu\)
\(\Rightarrow \lambda=\dfrac{3}{8} \cos \alpha+\dfrac{1}{4} \sin \alpha, \quad \mu=\dfrac{1}{2} \sin \alpha-\dfrac{1}{4} \cos \alpha\)
\(\therefore 2 \lambda-5 \mu\)\(=2\left(\dfrac{3}{8} \cos \alpha+\dfrac{1}{4} \sin \alpha\right)-5\left(\dfrac{1}{2} \sin \alpha-\dfrac{1}{4} \cos \alpha\right)\)
\(=-2(\sin \alpha-\cos \alpha)=-2 \sqrt{2} \sin \left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)\)
\(\because \alpha-\dfrac{\pi}{4} \in\left[-\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{3 \pi}{4}\right]\) , \(\therefore-2 \sqrt{2} \sin \left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right) \in[-2 \sqrt{2}, 2]\)
即\(2λ－5μ\)的取值范圍是\([-2 \sqrt{2}, 2]\)．
【點撥】 利用建系法求解，點\(P\)在單位圓上，巧妙的設為\(P(\cosα ,\sinα)\)，引入參數\(α\)，此處要注意\(0≤α≤π\)，則\(2λ－5μ\)是\(α\)的函數，求最值不難了.
鞏固練習
1(★) 下列各組向量中，可以作為基底的是( )
A．\(\overrightarrow{e_{1}}=(0,0), \overrightarrow{e_{2}}=(1,2)\)
B．\(\overrightarrow{e_{1}}=(-1,2), \overrightarrow{e_{2}}=(5,7)\)
C．\(\overrightarrow{e_{1}}=(3,5), \overrightarrow{e_{2}}=(6,10)\)
D．\(\overrightarrow{e_{1}}=(2,-3), \overrightarrow{e_{2}}=(-6,9)\)
2 (★★) 如圖，四邊形\(ABCD\)是正方形，延長\(CD\)至\(E\)，使得\(DE=CD\)．若動點\(P\)從點A出發，沿正方形的邊按逆時針方向運動一周回到\(A\)點，其中\(\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{A E}\)，下列判斷正確的是( )
A．滿足\(λ+μ=2\)的點\(P\)必為\(BC\)的中點
B．滿足\(λ+μ=1\)的點\(P\)有且只有一個
C．滿足\(λ+μ=a(a>0)\)的點\(P\)最多有\(3\)個
D．\(λ+μ\)的最大值為\(3\)
3 (★★)如圖，在\(△ABC\)中，設\(\overrightarrow{A B}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{A C}=\vec{b}\)，\(AP\)的中點為\(Q\)，\(BQ\)的中點為\(R\)，\(CR\)的中點為\(P\)，若\(\overrightarrow{A P}=m \vec{a}+n \vec{b}\)，則\(m、n\)對應的值為\(\underline{\quad \quad}\)．
4 (★★)如圖，已知\(|\overrightarrow{O A}|=|\overrightarrow{O B}|=1\)，\(|\overrightarrow{O C}|=\sqrt{3}\)，\(\overrightarrow{O C} \perp \overrightarrow{O B}\)，\(\langle\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O C}\rangle=30^{\circ}\)，若\(\overrightarrow{O C}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}\)，則\(x+y=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
5(★★★) 在平面向量中有如下定理：設點\(O\)、\(P\)、\(Q\)、\(R\)為同一平面內的點，則\(P\)、\(Q\)、\(R\)三點共線的充要條件是：存在實數\(t\)，使\(\overrightarrow{O P}=(1-t) \overrightarrow{O Q}+t \overrightarrow{O R}\).試利用該定理解答下列問題：如圖，在\(△ABC\)中，點\(E\)為\(AB\)邊的中點，點\(F\)在\(AC\)邊上，且\(CF=2FA\)，\(BF\)交\(CE\)於點\(M\)，設\(\overrightarrow{A M}=x \overrightarrow{A E}+y \overrightarrow{A F}\)，則\(x+y=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
6(★★★) 在梯形\(ABCD\)中，\(\overrightarrow{A B}=2 \overrightarrow{D C}\)，\(\overrightarrow{B E}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B C}\)，\(P\)為線段\(DE\)上的動點(包括端點)，且\(\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{B C}\)\((\lambda, \mu \in \boldsymbol{R})\)，則\(λ^2+μ\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．
7(★★★)如圖，正方形\(ABCD\)的邊長為\(2\)，\(E\) ,\(F\)分別為\(BC\)，\(CD\)的動點，且\(|BE|=2|CF|\)，設\(\overrightarrow{A C}=x \overrightarrow{A E}+y \overrightarrow{A F}\)\((x, y \in R)\)，則\(x+y\)的最大值是\(\underline{\quad \quad}\)．
8(★★★)如圖，在平面四邊形\(ABCD\)中，\(∠CBA=∠CAD=90°\)，\(∠ACD=30°\)，\(AB=BC\)，點\(E\)在線段\(BC\)上，且\(\overrightarrow{B C}=3 \overrightarrow{B E}\)，若\(\overrightarrow{A C}=\lambda \overrightarrow{A D}+\mu \overrightarrow{A E}\)\((\lambda, \mu \in \boldsymbol{R})\)，則\(\dfrac{\mu}{\lambda}\)的值為\(\underline{\quad \quad}\)．
參考答案
- \(B\)
- \(D\)
- \(m=\dfrac{2}{7}, n=\dfrac{4}{7}\)
- \(2\)
- \(\dfrac{7}{5}\)
- \(\dfrac{11}{9}\)
- \(\dfrac{\sqrt{2}+1}{2}\)
- \(\sqrt{3}\)
【題型三】 向量位置關系
【典題1】 已知平面內三向量\(\vec{a}=(2,1)\)，\(\vec{b}=(-1,3)\)，\(\vec{c}=(-2,2)\)
(1)求滿足\(\vec{a}=m \vec{b}+n \vec{c}\)的實數\(m ,n\)；
(2)若\((2 \vec{a}+k \vec{c} \|(\vec{b}+\vec{c})\)，求實數\(k\)的值；
(3)若\((2 \vec{a}+k \vec{c}) \perp(\vec{b}+\vec{c})\)，求實數\(k\)的值．
【解析】 (1) \(m \vec{b}+n \vec{c}=m(-1,3)+n(-2,2)\)\(=(-m-2 n, 3 m+2 n)=(2,1)\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} -m-2 n=2 \\ 3 m+2 n=1 \end{array}\right.\)，解得\(m=\dfrac{3}{2}\)，\(n=-\dfrac{7}{4}\)．
(2) \(2 \vec{a}+k \vec{c}=2(2,1)+k(-2,2)=(4-2 k, 2+2 k)\)，
\(\vec{b}+\vec{c}=(-3,5)\)，
\(\because(2 \vec{a}+k \vec{c}) / /(\vec{b}+\vec{c})\)，\(∴5(4－2k)-(-3)(2+2k)=0\)，解得\(k=\dfrac{13}{2}\)．
(3)\(\because(2 \vec{a}+k \vec{c}) \perp(\vec{b}+\vec{c})\)，由(2)可得\(-3(4-2k)+5(2+2k)=0\)．
\(\therefore k=\dfrac{1}{8}\)．
【典題2】 設向量\(\overrightarrow{O A}=(1,-2)\)，\(\overrightarrow{O B}=(a,-1)\)，\(\overrightarrow{O C}=(-b, 0)\)，其中 \(O\)為坐標原點，\(b>0\)，若 \(A ,B ,C\)三點共線，則\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】\(\overrightarrow{A B}=(a-1,1)\)，\(\overrightarrow{A C}=(-b-1,2)\)．
\(∵A ,B ,C\) 三點共線，\(∴2(a-1)-(-b-1)=0\)，化為\(2a+b=1\)．
則\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}=(2 a+b)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\right)\)\(=4+\dfrac{b}{a}+\dfrac{4 a}{b} \geq 4+2 \sqrt{\dfrac{b}{a} \cdot \dfrac{4 a}{b}}=8\)，
當且僅當\(b=2 a=\dfrac{1}{2}\)時取等號．
【點撥】\(A ,B ,C\)三點共線，即\(\overrightarrow{A B} / / \overrightarrow{A C}\).
【典題3】 已知向量\(\vec{a}=(2,1)\)，\(\vec{b}=(-1, m)\)，若\(\vec{a}\)與\(\vec{b}\)夾角為鈍角，則\(m\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】 向量\(\vec{a}=(2,1)\)，\(\vec{b}=(-1, m)\)，
若\(\vec{a}\)與\(\vec{b}\)夾角為鈍角，則\(\left\{\begin{array}{l} \vec{a} \cdot \vec{b}<0 \\ \vec{a} 、 \vec{b} \text { 不共線 } \end{array}\right.\)，
\({\color{Red}{(注意排除\vec{a}，\vec{b}共線的情況)}}\)
即\(\left\{\begin{array}{l} 2 \times(-1)+1 \cdot m<0 \\ -\dfrac{1}{2} \neq m \end{array}\right.\)，解得\(m<2\)且\(m \neq-\dfrac{1}{2}\)，
\(∴m\)的取值范圍是\(\left(-\infty,-\dfrac{1}{2}\right) \cup\left(-\dfrac{1}{2}, 2\right)\)．
【點撥】由數量積\(\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}| \cdot|\vec{b}| \cos \theta\)可知
\(\vec{a} \perp \vec{b}⇒ \vec{a} \cdot \vec{b}=0\)；\(\vec{a}\)與\(\vec{b}\)夾角為鈍角\(⇒\left\{\begin{array}{l} \vec{a} \cdot \vec{b}<0 \\ \vec{a} 、 \vec{b} \text { 不共線 } \end{array}\right.\)；\(\vec{a}\)與\(\vec{b}\)夾角為銳角\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l} \vec{a} \cdot \vec{b}>0 \\ \vec{a}, \vec{b} \text { 不共線 } \end{array}\right.\).
鞏固練習
1(★★) 已知兩個向量\(\vec{a}=(\cos \theta, \sin \theta)\)，\(\vec{b}=(\sqrt{3},-1)\)，則\(|2 \vec{a}-\vec{b}|\)的最大值是( )
A．\(2\) B．\(2 \sqrt{2}\) C．\(4\) D．\(4 \sqrt{2}\)
2(★★) 已知點\(A(2 ,3)\)，\(B(－2 ,6)\)，\(C(6 ,6)\)，\(D(10 ,3)\)，則以\(A、B、C、D\)為頂點的四邊形是( )
A．梯形 B．鄰邊不等的平行四邊形
C．菱形 D．兩組對邊均不平行的四邊形
3(★★) 已知\(P_1 (2 ,－1)\)，\(P_2 (0 ,5)\)且點\(P\)在\(P_1 P_2\)的延長線上，\(\left|\overrightarrow{P_{1} P}\right|=2\left|\overrightarrow{P P_{2}}\right|\)，則點\(P\)的坐標為 ．
4(★★) 已知\(\vec{a}=(1,2+\sin x)\)，\(\vec{b}=(2, \cos x)\)，\(\vec{c}=(-1,2)\)，\((\vec{a}-\vec{c}) \| \vec{b}\)，則銳角\(x\)等於\(\underline{\quad \quad}\)．
5(★★) 已知向量\(\vec{a}=(1,0)\)，\(\vec{b}=(0,1)\)，若\((k \vec{a}+\vec{b}) \perp(3 \vec{a}-\vec{b})\)，則實數\(k=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
6(★★) 在平面四邊形\(ABCD\)中，\(\overrightarrow{A C}=(1,3)\)，\(\overrightarrow{B D}=(-9,3)\)，則四邊形\(ABCD\)的面積為\(\underline{\quad \quad}\)．
答案
- \(C\)
- \(B\)
- \((-2，11)\)
- \(45°\)
- \(\dfrac{1}{3}\)
- \(15\)
【題型四】利用建系求解數量積
【典題1】如圖，在菱形\(ABCD\)中，\(AB=1\),\(∠BAD=60°\)，且\(E\)為對角線\(AC\)上一點．
(1)求 \(\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}\)；
(2)若\(\overrightarrow{A E}=2 \overrightarrow{E C}\)，求\(\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{A B}\)；
(3)連結\(BE\)並延長，交\(CD\)於點\(F\)，連結\(AF\)，設\(\overrightarrow{C E}=\lambda \overrightarrow{E A}(0 \leq \lambda \leq 1)\)．當\(λ\)為何值時，可使\(\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}\)最小，並求出\(\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}\)的最小值．
【解析】(1)\(\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=A B \cdot A D \cdot \cos \angle B A D=1 \times 1 \times \cos 60^{\circ}=\dfrac{1}{2}\)．
(2)\(\because \overrightarrow{A E}=2 \overrightarrow{E C}\)，\(\therefore \overrightarrow{A E}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A C}=\dfrac{2}{3}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D})\)
\(\therefore \overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{A B}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A B}\)\(=\dfrac{2}{3}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}) \cdot \overrightarrow{A B}\)\(=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B}^{2}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A B}=\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{2}=1\)．
(3)以\(AB\)所在直線為\(x\)軸，以\(A\)為原點建立平面直角坐標系，
則\(A(0 ,0)\),\(B(1 ,0)\),\(\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)．
\({\color{Red}{(點A、B的坐標已求，故要出點F坐標是關鍵)}}\)
\(\because \overrightarrow{C E}=\lambda \overrightarrow{E A}\)，\(\therefore C E=\lambda E A\)
由圖易得\(\triangle A B E \backsim \triangle C F E\)，可得\(\dfrac{C F}{A B}=\dfrac{C E}{A E}=\lambda\)，\(∴CF=λAB=λ\)
\(∴DF=1-λ\)，則\(F\left(\dfrac{3}{2}-\lambda, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
\(\therefore \overrightarrow{A F}=\left(\dfrac{3}{2}-\lambda, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)，\(\overrightarrow{B F}=\left(\dfrac{1}{2}-\lambda, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
\(\therefore \overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}=\left(\dfrac{3}{2}-\lambda\right) \times\left(\dfrac{1}{2}-\lambda\right)+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)\(=\lambda^{2}-2 \lambda+\dfrac{3}{2}=(\lambda-1)^{2}+\dfrac{1}{2}\)．
\(∴\)當\(λ=1\)時，\(\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}\)最小，最小值是\(\dfrac{1}{2}\)．
【點撥】求數量積方法多樣
① 直接利用數量積的定義\(\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}| \cdot|\vec{b}| \cos \theta\)，比如第一問求\(\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A B}\)；
② 把數量積中的向量轉化為”信息量大”的向量，進而求解，比如第二問求\(\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{A B}\)，轉化為向量\(\overrightarrow{A D}\)和\(\overrightarrow{A B}\)的關系；
③ 建系法，利用幾何的知識點求出關鍵點坐標，從而數量積問題轉化為代數問題，比如第三問求\(\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}\)，因為易得\(A、B\)的坐標，只要求出點F的坐標，就可以把數量積\(\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}\)轉化為含λ的式子，最值就易求了！
鞏固練習
1(★) 已知向量\(\vec{a}=(\sqrt{3}, 1)\)，\(\vec{b}=(m-1,3)\)，若向量\(\vec{a}, \vec{b}\)的夾角為銳角，則實數\(m\)的取值范圍為\(\underline{\quad \quad}\)．
2(★★) 如圖所示，在梯形\(ABCD\)中，\(\angle A=\dfrac{\pi}{2}\)，\(A B=\sqrt{2}\)，\(BC=2\)，\(A D=\dfrac{3}{2}\)，點\(E\)為\(AB\)的中點，則\(\overrightarrow{C E} \cdot \overrightarrow{B D}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
3(★★) 在平直角坐標系\(xOy\)中，\(A(1 ,0)\)，\(B(0 ,2)\)，點\(P\)在線段\(AB\)上運動，則\(\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{A P}\)的取值范圍為\(\underline{\quad \quad}\)．
4(★★)如圖，菱形\(ABCD\)的邊長為\(\sqrt{5}\)，對角線\(AC=4\)，邊\(DC\)上點\(P\)與\(CB\)的延長線上點\(Q\)滿足\(D P=B Q=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\)，則向量\(\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P Q}\)的值是\(\underline{\quad \quad}\)．
5(★★★) \(P\)是邊長為\(2\)的正方形\(ABCD\)邊界或內部一點，且\(\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{P M}\)，則\(\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A M}\)的最大值是\(\underline{\quad \quad}\)．
6(★★★) 如圖，圓\(O\)是邊長為\(2\)的正方形\(ABCD\)的內切圓，\(△PQR\)是圓\(O\)的內接正三角形，若\(△PQR\)繞着圓心\(O\)旋轉，則\(\overrightarrow{A Q} \cdot \overrightarrow{O R}\)的最大值是\(\underline{\quad \quad}\)．
答案
- \((1-\sqrt{3}, 1+3 \sqrt{3}) \cup(1+3 \sqrt{3},+\infty)\)
- \(-2\)
- \(\left[-\dfrac{1}{20}, 4\right]\)
- \(\dfrac{44}{9}\)
- \(5\)
- \(-\dfrac{1}{2}+\sqrt{2}\)