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模块导图

知识剖析

平面向量的基本定理

1 平面向量的基本定理
设\(\overrightarrow{e_{1}}\)，\(\overrightarrow{e_{2}}\)同一平面内的两个不共线向量， \(\vec{a}\)是该平面内任一向量，则存在唯一实数对$ (λ,μ)$，使 \(\vec{a}=\lambda \overrightarrow{e_{1}}+\mu \overrightarrow{e_{2}}\).
我们把\(\{\vec{e_1},\vec{e_2}\}\)叫做表示这个平面内所有向量的一个基底.
如下图，\(\vec{a}=\overrightarrow{O M}+\overrightarrow{O N}=\lambda \overrightarrow{e_{1}}+\mu \overrightarrow{e_{2}}\)，其中\(\lambda=\dfrac{|O M|}{|O A|}\)，\(\mu=\dfrac{|O N|}{|O B|}\).

\({\color{Red}{PS}}\) 唯一性的解释
若\(\overrightarrow{e_{1}}\)，\(\overrightarrow{e_{2}}\)不共线，且\(\lambda_{1} \overrightarrow{e_{1}}+\mu_{1} \overrightarrow{e_{2}}=\lambda_{2} \overrightarrow{e_{1}}+\mu_{2} \overrightarrow{e_{2}}\), 则\(λ_1=λ_2\) ,\(μ_1=μ_2\).

2 正交分解及其坐标表示
① 正交分解
把一个向量分解为两个互相垂直的向量，叫做把向量作正交分解；

如上图，重力\(G\)分解成平行斜面的力\(F_1\)和垂直于斜面的压力\(F_2\).

② 向量的坐标表示
在平面内建立直角坐标系，以与\(x\)轴、\(y\)轴方向相同的两个单位向量\(\vec{i}\) ,\(\vec{j}\)为基底，则平面内的任一向量\(\vec{a}\)表示为\(\vec{a}=x \vec{i}+y \vec{j}=(x, y)\)，\((x ,y)\)称为向量\(\vec{a}\)的坐标，\(\vec{a}=(x, y)\)叫做向量\(\vec{a}\)的坐标表示.
向量\(\vec{a}=(x, y)\)，就是以原点\((0,0)\)为起点，点\((x ,y)\)为终点的向量.

平面向量数乘运算与数量积的坐标表示

1 坐标运算
设\(\vec{a}=\left(x_{1}, y_{1}\right)\) ,\(\vec{b}=\left(x_{2}, y_{2}\right)\)，则
\((1)\)向量的模\(|\vec{a}|=\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}\)
\((2)\)向量的加减法运算 \(\vec{a}+\vec{b}=\left(x_{1}+x_{2}, y_{1}+y_{2}\right)\)，\(\vec{a}-\vec{b}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right)\)
\((3)\)若\(A(x_1 ,y_1)\)，\(B(x_2 ,y_2)\)，则\(\overrightarrow{A B}=\left(x_{2}-x_{1}, y_{2}-y_{1}\right)\)
\((4)\)实数与向量的积 \(\lambda \vec{a}=\lambda\left(x_{1}, y_{1}\right)=\left(\lambda x_{1}, \lambda y_{1}\right)\)
\((5)\)数量积\(\vec{a} \cdot \vec{b}=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}\)
\((6)\)夹角余弦值\(\cos <\vec{a}, \vec{b}>=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \vec{b} \mid}=\dfrac{x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}} \cdot \sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}}\)
\({\color{Red}{拓展}}\) 定比分点
线段\(P_1P_2\)的端点\(P_1\)、\(P_2\)的坐标分别是\((x_1 ,y_1)\)，\((x_2 ,y_2)\)，点\(P\)是直线\(P_1 P_2\)上的一点，
当\(\overrightarrow{P_{1} P}=\lambda \overrightarrow{P P_{2}}\)时，点\(P\)的坐标是\(\left(\dfrac{x_{1}+\lambda x_{2}}{1+\lambda}, \dfrac{y_{1}+\lambda y_{2}}{1+\lambda}\right)\)

2 平面向量位置关系
若\(\vec{a}\left(x_{1}, y_{1}\right)\)，\(\vec{b}\left(x_{2}, y_{2}\right)\)，
\(\vec{a} \| \vec{b} \Leftrightarrow x_{1} y_{2}=x_{2} y_{1}\)，
\(\vec{a} \perp \vec{b} \Rightarrow \vec{a} \cdot \vec{b}=0 \Rightarrow x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0\).

经典例题

【题型一】平面向量的基本定理的理解

【典题1】 如果\(\overrightarrow{e_{1}}\)，\(\overrightarrow{e_{2}}\)是平面内一组不共线的向量，那么下列四组向量中，不能作为平面内所有向量的一组基底的是(　　)
A．\(\overrightarrow{e_{1}}\)与\(\overrightarrow{e_{1}}+\overrightarrow{e_{2}}\)
B．\(\overrightarrow{e_{1}}-2 \overrightarrow{e_{2}}\)与\(\overrightarrow{e_{1}}+2 \overrightarrow{e_{2}}\)
C．\(\overrightarrow{e_{1}}+\overrightarrow{e_{2}}\)与\(\overrightarrow{e_{1}}-\overrightarrow{e_{2}}\)
D．\(\overrightarrow{e_{1}}-2 \overrightarrow{e_{2}}\)与\(-\overrightarrow{e_{1}}+2 \overrightarrow{e_{2}}\)
【解析】\(\overrightarrow{e_{1}}\)，\(\overrightarrow{e_{2}}\)是平面内一组不共线的向量，作为基底的向量，前提为不共线向量，所以对于选项\(ABC\)都为不共线向量，选项\(D\) \(\overrightarrow{e_{1}}-2 \overrightarrow{e_{2}}\)与\(-\overrightarrow{e_{1}}+2 \overrightarrow{e_{2}}\)为共线向量．
故选 \(D\)．

【典题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\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)不共线，则该方程(　　)
A．至多有一个解 B．至少有一个解
C．至多有两个解 D．可能有无数多个解
【解析】\(∵\vec{a} x^{2}+\vec{b} x+\vec{c}=0\)，\(\therefore \vec{c}=-\vec{a} x^{2}-\vec{b} x\)，
\(∵\vec{a}\)，\(\vec{b}\)不共线，
故存在唯一一对实数\(λ ,μ\)使\(\vec{c}=\lambda \vec{a}+\mu \vec{b}\)
若\(λ\)满足\(λ=-μ^2\)，则方程有一个解；
\(λ\)不满足\(λ=-μ^2\)，则方程无解；所以至多一个解，
故选 \(A\)．
【点拨】本题考核对平面向量的基本定理中的”存在性、唯一性”的理解.

【题型二】平面向量的基本定理的运用

【典题1】已知在\(△ABC\)中，\(M ,N\)分别是边\(AB\),\(AC\)上的点，且\(\overrightarrow{A M}=2 \overrightarrow{M B}\)，\(\overrightarrow{A N}=3 \overrightarrow{N C}\)，\(BN\)与\(CM\)相交于点\(P\) , 记\(\vec{a}=\overrightarrow{A B}\)，\(\vec{b}=\overrightarrow{A C}\)，用\(\vec{a}, \quad \vec{b}\)表示\(\overrightarrow{A P}\)的结果是(　　)
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】 由题意，可知\(\overrightarrow{A M}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B}\)，\(\overrightarrow{A N}=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{A C}\)
设\(\overrightarrow{B P}=\lambda \overrightarrow{B N}\)，
则有\(\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B P}=\overrightarrow{A B}+\lambda \overrightarrow{B N}\)\(=\overrightarrow{A B}+\lambda(\overrightarrow{A N}-\overrightarrow{A B})\)
\(=\overrightarrow{A B}+\lambda \overrightarrow{A N}-\lambda \overrightarrow{A B}\)\(=(1-\lambda) \overrightarrow{A B}+\lambda \cdot \dfrac{3}{4} \overrightarrow{A C}\)\(=(1-\lambda) \vec{a}+\dfrac{3}{4} \lambda \vec{b}\) ①
又设\(\overrightarrow{C P}=\mu \overrightarrow{C M}\)，
则有\(\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C P}=\overrightarrow{A C}+\mu \overrightarrow{C M}\)\(=\overrightarrow{A C}+\mu(\overrightarrow{A M}-\overrightarrow{A C})\)\(=\overrightarrow{A C}+\mu \overrightarrow{A M}-\mu \overrightarrow{A C}\)
\(=(1-\mu) \overrightarrow{A C}+\mu \cdot \dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B}\)\(=\dfrac{2}{3} \mu \vec{a}+(1-\mu) \vec{b}\) ②
通过比较①②，可得关于\(λ ,μ\)的二元一次方程组：\(\left\{\begin{array}{l} 1-\lambda=\dfrac{2}{3} \mu \\ \dfrac{3}{4} \lambda=1-\mu \end{array}\right.\)，
解此二元一次方程组，得\(\left\{\begin{array}{l} \lambda=\dfrac{2}{3} \\ \mu=\dfrac{1}{2} \end{array}\right.\)，
将结果带入①式，可得\(\overrightarrow{A P}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}\)，故选：\(D\)．
【点拨】
① 这里给到的方法是以不共线向量\(\vec{a}, \vec{b}\)为基底，通过两个方式得到向量\(\overrightarrow{A P}\)的表达式，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 本题方法很多也可以用平行四边形法则求解.

【典题2】 如图，两块斜边长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\(AB\)所在直线为\(x\)轴，以\(A\)为原点建立平面直角坐标系(如图)．

令\(AB=2\)，则\(\overrightarrow{A B}=(2,0)\)，\(\overrightarrow{A C}=(0,2)\)
过\(D\)作\(DF⊥AB\)交\(AB\)的延长线为\(F\)，由已知得\(D E=B C=2 \sqrt{2}\)，故\(DB=\sqrt{6}\)，
则\(D F=B F=\sqrt{3}\)，则\(\overrightarrow{A D}=(2+\sqrt{3}, \sqrt{3})\)．
\(\because \overrightarrow{A D}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A C}\)，\(\therefore(2+\sqrt{3}, \sqrt{3})=(2 x, 2 y)\)．
即有\(x=1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
【点拨】
① 本题也可以用平行四边形法则求解；
② 这里讲解的方法是建系法，常见步骤如下
(1) 找到合适的方式(一般是利用题中垂直关系等)建系；
(2) 通过一些几何的知识点求出线段的长度，进而得到关键点的坐标；
(3) 关键向量用坐标形式表示，比如本题中的\(\overrightarrow{A B}=(2,0)\)，\(\overrightarrow{A D}=(2+\sqrt{3}, \sqrt{3})\)等；
(4) 得到方程组求解(其实就是利用平面向量的基本定理的唯一性).
③ 当根据题意发现容易建系(比如有明显的垂直关系等)，可考虑建系法，它充分体现了“解析几何的优势”.

【典题3】 在直角梯形\(ABCD\)中，\(AB⊥AD\)，\(AD∥BC\)，\(AB=BC=2AD=2\)，\(E\)，\(F\)分别为\(BC\)，\(CD\)的中点，以\(A\)为圆心，\(AD\)为半径的半圆分别交\(BA\)及其延长线于点\(M\)，\(N\)，点\(P\)在\(\widehat{M D N}\)上运动(如图)．若\(\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A E}+\mu \overrightarrow{B F}\)，其中\(λ ,μ∈R\)，则\(2λ-5μ\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\).

【解析】 建立如图所示的坐标系，

则\(A(0 ,0)\)，\(B(2 ,0)\) ，\(D(0 ,1)\)，\(C(2 ,2)\)，\(E(2 ,1)\)，\(F\left(1, \dfrac{3}{2}\right)\)，
\(P(\cos α ,\sin α)\) \((0≤α≤π)\)，
\({\color{Red}{(因为P在单位圆上，α为∠PAM)}}\)
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\(2λ－5μ\)的取值范围是\([-2 \sqrt{2}, 2]\)．
【点拨】 利用建系法求解，点\(P\)在单位圆上，巧妙的设为\(P(\cosα ,\sinα)\)，引入参数\(α\)，此处要注意\(0≤α≤π\)，则\(2λ－5μ\)是\(α\)的函数，求最值不难了.

巩固练习

1(★) 下列各组向量中，可以作为基底的是(　　)
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 (★★) 如图，四边形\(ABCD\)是正方形，延长\(CD\)至\(E\)，使得\(DE=CD\)．若动点\(P\)从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到\(A\)点，其中\(\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{A E}\)，下列判断正确的是(　　)

A．满足\(λ+μ=2\)的点\(P\)必为\(BC\)的中点
B．满足\(λ+μ=1\)的点\(P\)有且只有一个
C．满足\(λ+μ=a(a>0)\)的点\(P\)最多有\(3\)个
D．\(λ+μ\)的最大值为\(3\)

3 (★★)如图，在\(△ABC\)中，设\(\overrightarrow{A B}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{A C}=\vec{b}\)，\(AP\)的中点为\(Q\)，\(BQ\)的中点为\(R\)，\(CR\)的中点为\(P\)，若\(\overrightarrow{A P}=m \vec{a}+n \vec{b}\)，则\(m、n\)对应的值为\(\underline{\quad \quad}\)．

4 (★★)如图，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\(\overrightarrow{O C}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}\)，则\(x+y=\)\(\underline{\quad \quad}\)．

5(★★★) 在平面向量中有如下定理：设点\(O\)、\(P\)、\(Q\)、\(R\)为同一平面内的点，则\(P\)、\(Q\)、\(R\)三点共线的充要条件是：存在实数\(t\)，使\(\overrightarrow{O P}=(1-t) \overrightarrow{O Q}+t \overrightarrow{O R}\).试利用该定理解答下列问题：如图，在\(△ABC\)中，点\(E\)为\(AB\)边的中点，点\(F\)在\(AC\)边上，且\(CF=2FA\)，\(BF\)交\(CE\)于点\(M\)，设\(\overrightarrow{A M}=x \overrightarrow{A E}+y \overrightarrow{A F}\)，则\(x+y=\)\(\underline{\quad \quad}\)．

6(★★★) 在梯形\(ABCD\)中，\(\overrightarrow{A B}=2 \overrightarrow{D C}\)，\(\overrightarrow{B E}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B C}\)，\(P\)为线段\(DE\)上的动点(包括端点)，且\(\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{B C}\)\((\lambda, \mu \in \boldsymbol{R})\)，则\(λ^2+μ\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．

7(★★★)如图，正方形\(ABCD\)的边长为\(2\)，\(E\) ,\(F\)分别为\(BC\)，\(CD\)的动点，且\(|BE|=2|CF|\)，设\(\overrightarrow{A C}=x \overrightarrow{A E}+y \overrightarrow{A F}\)\((x, y \in R)\)，则\(x+y\)的最大值是\(\underline{\quad \quad}\)．

8(★★★)如图，在平面四边形\(ABCD\)中，\(∠CBA=∠CAD=90°\)，\(∠ACD=30°\)，\(AB=BC\)，点\(E\)在线段\(BC\)上，且\(\overrightarrow{B C}=3 \overrightarrow{B E}\)，若\(\overrightarrow{A C}=\lambda \overrightarrow{A D}+\mu \overrightarrow{A E}\)\((\lambda, \mu \in \boldsymbol{R})\)，则\(\dfrac{\mu}{\lambda}\)的值为\(\underline{\quad \quad}\)．

答案

1. \(B\)
2. \(D\)
3. \(m=\dfrac{2}{7}, n=\dfrac{4}{7}\)
4. \(2\)
5. \(\dfrac{7}{5}\)
6. \(\dfrac{11}{9}\)
7. \(\dfrac{\sqrt{2}+1}{2}\)
8. \(\sqrt{3}\)

【题型三】 向量位置关系

【典题1】 已知平面内三向量\(\vec{a}=(2,1)\)，\(\vec{b}=(-1,3)\)，\(\vec{c}=(-2,2)\)
(1)求满足\(\vec{a}=m \vec{b}+n \vec{c}\)的实数\(m ,n\)；
(2)若\((2 \vec{a}+k \vec{c} \|(\vec{b}+\vec{c})\)，求实数\(k\)的值；
(3)若\((2 \vec{a}+k \vec{c}) \perp(\vec{b}+\vec{c})\)，求实数\(k\)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\(-3(4-2k)+5(2+2k)=0\)．
\(\therefore k=\dfrac{1}{8}\)．

【典题2】 设向量\(\overrightarrow{O A}=(1,-2)\)，\(\overrightarrow{O B}=(a,-1)\)，\(\overrightarrow{O C}=(-b, 0)\)，其中 \(O\)为坐标原点，\(b>0\)，若 \(A ,B ,C\)三点共线，则\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】\(\overrightarrow{A B}=(a-1,1)\)，\(\overrightarrow{A C}=(-b-1,2)\)．
\(∵A ,B ,C\) 三点共线，\(∴2(a-1)-(-b-1)=0\)，化为\(2a+b=1\)．
则\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}=(2 a+b)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\right)\)\(=4+\dfrac{b}{a}+\dfrac{4 a}{b} \geq 4+2 \sqrt{\dfrac{b}{a} \cdot \dfrac{4 a}{b}}=8\)，
当且仅当\(b=2 a=\dfrac{1}{2}\)时取等号．
【点拨】\(A ,B ,C\)三点共线，即\(\overrightarrow{A B} / / \overrightarrow{A C}\).

【典题3】 已知向量\(\vec{a}=(2,1)\)，\(\vec{b}=(-1, m)\)，若\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)夹角为钝角，则\(m\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】 向量\(\vec{a}=(2,1)\)，\(\vec{b}=(-1, m)\)，
若\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)夹角为钝角，则\(\left\{\begin{array}{l} \vec{a} \cdot \vec{b}<0 \\ \vec{a} 、 \vec{b} \text { 不共线 } \end{array}\right.\)，
\({\color{Red}{(注意排除\vec{a}，\vec{b}共线的情况)}}\)
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\(m \neq-\dfrac{1}{2}\)，
\(∴m\)的取值范围是\(\left(-\infty,-\dfrac{1}{2}\right) \cup\left(-\dfrac{1}{2}, 2\right)\)．
【点拨】由数量积\(\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}| \cdot|\vec{b}| \cos \theta\)可知
\(\vec{a} \perp \vec{b}⇒ \vec{a} \cdot \vec{b}=0\)；\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)夹角为钝角\(⇒\left\{\begin{array}{l} \vec{a} \cdot \vec{b}<0 \\ \vec{a} 、 \vec{b} \text { 不共线 } \end{array}\right.\)；\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)夹角为锐角\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l} \vec{a} \cdot \vec{b}>0 \\ \vec{a}, \vec{b} \text { 不共线 } \end{array}\right.\).

巩固练习

1(★★) 已知两个向量\(\vec{a}=(\cos \theta, \sin \theta)\)，\(\vec{b}=(\sqrt{3},-1)\)，则\(|2 \vec{a}-\vec{b}|\)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 B．邻边不等的平行四边形
C．菱形 D．两组对边均不平行的四边形

3(★★) 已知\(P_1 (2 ,－1)\)，\(P_2 (0 ,5)\)且点\(P\)在\(P_1 P_2\)的延长线上，\(\left|\overrightarrow{P_{1} P}\right|=2\left|\overrightarrow{P P_{2}}\right|\)，则点\(P\)的坐标为　 ．

4(★★) 已知\(\vec{a}=(1,2+\sin x)\)，\(\vec{b}=(2, \cos x)\)，\(\vec{c}=(-1,2)\)，\((\vec{a}-\vec{c}) \| \vec{b}\)，则锐角\(x\)等于\(\underline{\quad \quad}\)．

5(★★) 已知向量\(\vec{a}=(1,0)\)，\(\vec{b}=(0,1)\)，若\((k \vec{a}+\vec{b}) \perp(3 \vec{a}-\vec{b})\)，则实数\(k=\)\(\underline{\quad \quad}\)．

6(★★) 在平面四边形\(ABCD\)中，\(\overrightarrow{A C}=(1,3)\)，\(\overrightarrow{B D}=(-9,3)\)，则四边形\(ABCD\)的面积为\(\underline{\quad \quad}\)．

答案

1. \(C\)
2. \(B\)
3. \((-2，11)\)
4. \(45°\)
5. \(\dfrac{1}{3}\)
6. \(15\)

【题型四】利用建系求解数量积

【典题1】如图，在菱形\(ABCD\)中，\(AB=1\),\(∠BAD=60°\)，且\(E\)为对角线\(AC\)上一点．
(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)连结\(BE\)并延长，交\(CD\)于点\(F\)，连结\(AF\)，设\(\overrightarrow{C E}=\lambda \overrightarrow{E A}(0 \leq \lambda \leq 1)\)．当\(λ\)为何值时，可使\(\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}\)最小，并求出\(\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}\)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\(AB\)所在直线为\(x\)轴，以\(A\)为原点建立平面直角坐标系，

则\(A(0 ,0)\),\(B(1 ,0)\),\(\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)．
\({\color{Red}{(点A、B的坐标已求，故要出点F坐标是关键)}}\)
\(\because \overrightarrow{C E}=\lambda \overrightarrow{E A}\)，\(\therefore C E=\lambda E A\)
由图易得\(\triangle A B E \backsim \triangle C F E\)，可得\(\dfrac{C F}{A B}=\dfrac{C E}{A E}=\lambda\)，\(∴CF=λAB=λ\)
\(∴DF=1-λ\)，则\(F\left(\dfrac{3}{2}-\lambda, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
\(\therefore \overrightarrow{A F}=\left(\dfrac{3}{2}-\lambda, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)，\(\overrightarrow{B F}=\left(\dfrac{1}{2}-\lambda, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
\(\therefore \overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}=\left(\dfrac{3}{2}-\lambda\right) \times\left(\dfrac{1}{2}-\lambda\right)+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)\(=\lambda^{2}-2 \lambda+\dfrac{3}{2}=(\lambda-1)^{2}+\dfrac{1}{2}\)．
\(∴\)当\(λ=1\)时，\(\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}\)最小，最小值是\(\dfrac{1}{2}\)．
【点拨】求数量积方法多样
① 直接利用数量积的定义\(\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}| \cdot|\vec{b}| \cos \theta\)，比如第一问求\(\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A B}\)；
② 把数量积中的向量转化为”信息量大”的向量，进而求解，比如第二问求\(\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{A B}\)，转化为向量\(\overrightarrow{A D}\)和\(\overrightarrow{A B}\)的关系；
③ 建系法，利用几何的知识点求出关键点坐标，从而数量积问题转化为代数问题，比如第三问求\(\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}\)，因为易得\(A、B\)的坐标，只要求出点F的坐标，就可以把数量积\(\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B F}\)转化为含λ的式子，最值就易求了！

巩固练习

1(★) 已知向量\(\vec{a}=(\sqrt{3}, 1)\)，\(\vec{b}=(m-1,3)\)，若向量\(\vec{a}, \vec{b}\)的夹角为锐角，则实数\(m\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\)．

2(★★) 如图所示，在梯形\(ABCD\)中，\(\angle A=\dfrac{\pi}{2}\)，\(A B=\sqrt{2}\)，\(BC=2\)，\(A D=\dfrac{3}{2}\)，点\(E\)为\(AB\)的中点，则\(\overrightarrow{C E} \cdot \overrightarrow{B D}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．

3(★★) 在平直角坐标系\(xOy\)中，\(A(1 ,0)\)，\(B(0 ,2)\)，点\(P\)在线段\(AB\)上运动，则\(\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{A P}\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\)．

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(★★★) \(P\)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\(\underline{\quad \quad}\)．

6(★★★) 如图，圆\(O\)是边长为\(2\)的正方形\(ABCD\)的内切圆，\(△PQR\)是圆\(O\)的内接正三角形，若\(△PQR\)绕着圆心\(O\)旋转，则\(\overrightarrow{A Q} \cdot \overrightarrow{O R}\)的最大值是\(\underline{\quad \quad}\)．

答案

1. \((1-\sqrt{3}, 1+3 \sqrt{3}) \cup(1+3 \sqrt{3},+\infty)\)
2. \(-2\)
3. \(\left[-\dfrac{1}{20}, 4\right]\)
4. \(\dfrac{44}{9}\)
5. \(5\)
6. \(-\dfrac{1}{2}+\sqrt{2}\)