6.3.5 平面向量数量积的坐标表示

前三节把加、减、数乘都搬进了坐标。这一节补上最后一种运算——数量积， 而它一进坐标，向量这套工具就真正闭合了：长度、垂直、夹角，全都能只靠四个数算出来。

这一节是整章的收口，也是整册最”高考”的一节。立体几何大题里的建系解法、 解析几何里的垂直条件、三角恒等变换里的两角差余弦公式，源头都在这一行公式上。

一、一行公式，三个推论

设 $a = (x_1, y_1)$，$b = (x_2, y_2)$。把两式按基底展开相乘，用上 $i \cdot i = j \cdot j = 1$、$i \cdot j = j \cdot i = 0$ （$i$、$j$ 是互相垂直的单位向量，这三条就是它们的全部性质），交叉项全部消掉：

$$a \cdot b = (x_1 i + y_1 j) \cdot (x_2 i + y_2 j) = x_1 x_2\, i^2 + (x_1 y_2 + y_1 x_2)\, i \cdot j + y_1 y_2\, j^2 = x_1 x_2 + y_1 y_2 .$$

两个向量的数量积，等于它们对应坐标的乘积的和。

由它立刻长出三条推论，这三条才是做题时真正用的：

① 长度：令 $b = a$，得 $|a|^2 = a \cdot a = x^2 + y^2$，即

$$|a| = \sqrt{x^2 + y^2}.$$

若 $a$ 由有向线段 $\overrightarrow{AB}$ 表示，$A(x_1, y_1)$、$B(x_2, y_2)$，则先”终点减起点”再取模：

$$|\overrightarrow{AB}| = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}.$$

这正是两点间距离公式——它不是新东西，是数量积的一个特例。

② 垂直：两个非零向量夹角为 $90^\circ$ 时 $\cos\theta = 0$，故

$$a \perp b \iff x_1 x_2 + y_1 y_2 = 0.$$

注意这是”和”，不是”差”。上一节的共线判据是 $x_1 y_2 - x_2 y_1 = 0$（交叉相乘再相减）， 这一节的垂直判据是 $x_1 x_2 + y_1 y_2 = 0$（对应相乘再相加）。两条式子长得像、意思相反， 是这一章最高频的混淆点。记法：平行看交叉、垂直看对应。

③ 夹角：设 $a$、$b$ 都是非零向量，夹角为 $\theta$，则

$$\cos\theta = \frac{a \cdot b}{|a||b|} = \frac{x_1 x_2 + y_1 y_2}{\sqrt{x_1^2 + y_1^2}\,\sqrt{x_2^2 + y_2^2}}.$$

用它求角时必须先声明两个向量都非零（否则夹角没有定义、分母为 $0$）， 并记住向量夹角的范围是 $[0^\circ, 180^\circ]$——所以 $\cos\theta$ 为负时角是钝角，不必再讨论第二个解。

二、坐标法与几何法：什么时候用哪一个

数量积有两副面孔：

$$a \cdot b = |a||b|\cos\theta \qquad\text{与}\qquad a \cdot b = x_1 x_2 + y_1 y_2 .$$

左边那副是定义，右边这副是算法。做题时的分工很清楚：

• 题目给了坐标（或容易建系） → 用右边。把所有几何条件翻译成坐标等式，剩下的是代数。 立体几何大题的”建系解法”、解析几何里”证垂直”，走的都是这条。
• 题目只给长度与夹角、没有坐标 → 用左边。此时把待求的向量拆成已知向量的线性组合， 再逐项展开，用 $a \cdot a = |a|^2$ 收口。课本习题第 11 题就是这一路。

两副面孔可以互相验：算完坐标后代回定义式核一遍 $\cos\theta$ 是否落在 $[-1, 1]$ 内，是很便宜的自检。

三、一个值得单独看的例子：两角差的余弦公式

课本例 12 用向量证了

$$\cos(\alpha - \beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta .$$

思路只有一句话：把两个角的终边与单位圆的交点写成坐标，一个数量积同时有两种算法。 设单位圆上 $A(\cos\alpha, \sin\alpha)$、$B(\cos\beta, \sin\beta)$，那么

• 按坐标算：$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta$；
• 按定义算：$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = |\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\cos\theta = \cos\theta$（两个都是单位向量）。

两式相等即得 $\cos\theta = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta$，再说明 $\alpha - \beta = 2k\pi \pm \theta$、 从而 $\cos(\alpha-\beta) = \cos\theta$，证毕。

这个例子值得记住的不是结论（三角那一章会再证一遍），而是动作： 同一个量用两种方式算，等号就是一条新公式。这是向量作为工具最常见的用法。

四、易错清单

按失分频率排：

1. 垂直判据与共线判据写混。 垂直是 $x_1x_2 + y_1y_2 = 0$，共线是 $x_1y_2 - x_2y_1 = 0$。 先在草稿上写清”我要判的是平行还是垂直”再动笔。
2. $(a+b)^2$ 当成了数的平方。 向量没有平方运算的乘法定义，$(a+b)^2$ 是约定写法， 指 $(a+b)\cdot(a+b) = |a+b|^2$，结果是一个数，不是向量。
3. 求夹角忘了先验非零。 $\cos\theta$ 的分母是 $|a||b|$，两个向量任一为零向量时夹角无定义。
4. 模忘了开方，或开方后忘了取正。 $|a|^2 = x^2 + y^2$ 与 $|a| = \sqrt{x^2+y^2}$ 差一步； 模永远非负。
5. ”$a \parallel b$ 求 $a$“只写一个答案。 与 $b$ 平行、模给定的向量有两个（同向与反向）， 除非题目额外限定方向。同理”与 $a$ 垂直的单位向量”也有两个。
6. 精度要求没兑现。 “精确到 $1^\circ$“就真的四舍五入到度；中间的 $\cos\theta$ 要多留几位， 早取近似会把角推错一度。

五、这一节考过的真题（怎么用它们）

页面下方”考过本节的真题”是构建期派生的完整清单，这里只给一个读的顺序：

• 先做 2023 年第 3 题与 2024 年第 3 题：两道都是”向量垂直求参数”的小题， 正是 ② 那条判据最直接的一次应用——把 $\perp$ 换成一个等式，解方程。
• 再做 2025 年第 6 题（帆船视风求真风）：坐标硬算那条路里，加减与数量积混在一起用。
• 顺手看一眼 2015 年第 15 题（空间单位向量求模）：它把 $\vec e_1,\vec e_2,\vec b$ 一起摆进坐标系之后，两个已知的数量积就是两条一次方程，解出 $\vec b$ 的前两个坐标； 而第三个坐标 $t$，这两条方程一点也管不着。这正好把本节公式的”读数”性质摆到明处： $\vec a\cdot\vec b$ 读出的是投影，不是全部。少一个方程，就少定住一维。
• 然后是 2022 年第 17 题（正八边形上八段距离平方和）：它的建系解法把每一段距离写成 $|\overrightarrow{PQ}|^2 = \overrightarrow{PQ} \cdot \overrightarrow{PQ}$ 再展开，用的就是 ① 与那条”平方即自身数量积”的恒等式。
• 最后是四道立体几何大题 2022 年第 19 题、2023 年第 18 题、2025 年第 9 题、2025 年第 17 题： 建系之后，法向量、线面角、二面角全部落在”两个坐标向量的数量积”上。 这一节是空间向量法的平面预演：三维那套公式只是把每处的两个分量换成三个，判据一字不改。

本节页面上共有 19 道课本习题：第 43 页「练习」3 道，以及排在本节末尾的「习题 6.3」16 道 （第 43—44 页，复习巩固 1—14、拓广探索 15—16），逐题全做。

「习题 6.3」是整个 §6.3 的习题，覆盖平面向量基本定理、正交分解与坐标表示、加减与数乘的坐标表示、 数量积的坐标表示——它印在本节的页上，故整组都收在这一份里。没有开放式、无唯一解答的题， 因此一道不落。每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 43 页）第 1 题

1. 已知 $a = (-3, 4)$, $b = (5, 2)$, 求 $|a|$, $|b|$, $a \cdot b$.

用模与数量积的坐标公式：$|(x, y)| = \sqrt{x^2 + y^2}$，$(x_1,y_1)\cdot(x_2,y_2) = x_1x_2 + y_1y_2$。

$$|a| = \sqrt{(-3)^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5,$$ $$|b| = \sqrt{5^2 + 2^2} = \sqrt{25 + 4} = \sqrt{29},$$ $$a \cdot b = (-3) \times 5 + 4 \times 2 = -15 + 8 = -7 .$$

$\sqrt{29}$ 不是完全平方，保留根号即可，不必写成小数。

自检：由 $a\cdot b = |a||b|\cos\theta$ 得 $\cos\theta = \dfrac{-7}{5\sqrt{29}} \approx -0.26$，落在 $[-1, 1]$ 内， 数值合理；$a\cdot b < 0$ 说明 $a$ 与 $b$ 的夹角是钝角。

这道题的关键动作：模是坐标平方和的算术根（先平方求和、再开方），数量积是对应坐标乘积之和。

练习（第 43 页）第 2 题

2. 已知 $a = (2, 3)$, $b = (-2, 4)$, $c = (-1, -2)$. 求 $a \cdot b$, $(a + b) \cdot (a - b)$, $a \cdot (b + c)$, $(a + b)^2$.

四问都先把括号里的向量算成坐标，再做一次数量积。

第一问：

$$a \cdot b = 2 \times (-2) + 3 \times 4 = -4 + 12 = 8 .$$

第二问：先求两个向量的坐标，

$$a + b = (2 + (-2),\ 3 + 4) = (0, 7), \qquad a - b = (2 - (-2),\ 3 - 4) = (4, -1),$$ $$(a + b)\cdot(a - b) = 0 \times 4 + 7 \times (-1) = -7 .$$

核一遍：数量积满足分配律与交换律，所以 $(a+b)\cdot(a-b) = |a|^2 - |b|^2$。 而 $|a|^2 = 2^2 + 3^2 = 13$，$|b|^2 = (-2)^2 + 4^2 = 20$，$13 - 20 = -7$，与直接算的一致。

第三问：

$$b + c = (-2 + (-1),\ 4 + (-2)) = (-3, 2),$$ $$a \cdot (b + c) = 2 \times (-3) + 3 \times 2 = -6 + 6 = 0 .$$

结果为 $0$ 且两个向量都非零，所以 $a \perp (b + c)$。

第四问：$(a+b)^2$ 是 $(a+b)\cdot(a+b)$ 的约定写法，结果是一个数：

$$(a + b)^2 = (0, 7)\cdot(0, 7) = 0^2 + 7^2 = 49 .$$

也就是 $|a + b|^2 = 49$，与 $|a+b| = 7$ 相符。

这道题的关键动作：向量的”平方”指的是它与自身的数量积，等于模的平方，是标量； 遇到括号先算坐标，比展开成 $a\cdot a \pm 2a\cdot b + b\cdot b$ 更不容易错。

练习（第 43 页）第 3 题

3. 已知 $a = (3, 2)$, $b = (5, -7)$, 利用计算工具, 求 $a$ 与 $b$ 的夹角 $\theta$ (精确到 $1^{\circ}$).

两个向量都非零（$a \neq \mathbf{0}$，$b \neq \mathbf{0}$），夹角有定义，且 $\theta \in [0^\circ, 180^\circ]$。用

$$\cos\theta = \frac{a \cdot b}{|a|\,|b|} .$$

先算三个量：

$$a \cdot b = 3 \times 5 + 2 \times (-7) = 15 - 14 = 1,$$ $$|a| = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13}, \qquad |b| = \sqrt{5^2 + (-7)^2} = \sqrt{74} .$$

于是

$$\cos\theta = \frac{1}{\sqrt{13}\,\sqrt{74}} = \frac{1}{\sqrt{962}} \approx \frac{1}{31.0161} \approx 0.032241 .$$

用计算工具取反余弦：

$$\theta = \arccos 0.032241 \approx 88.15^\circ \approx 88^\circ .$$

中间量多留几位：若把 $\cos\theta$ 早早写成 $0.03$，反余弦得 $88.28^\circ$，虽然四舍五入后仍是 $88^\circ$， 但这个余量并不总是有的——本题保留到小数点后六位再取角，才与”精确到 $1^\circ$“的要求匹配。

自检：$a \cdot b = 1 > 0$ 且很小，说明夹角是锐角但接近直角，$88^\circ$ 与之相符。

这道题的关键动作：先分别算 $a\cdot b$、$|a|$、$|b|$ 三个数，再合成 $\cos\theta$； $\theta$ 的范围是 $[0^\circ, 180^\circ]$，反余弦给出的就是唯一解，不必再讨论。

习题 6.3（第 43 页）复习巩固 第 1 题

1. 如图，在 $\triangle ABC$ 中，$AD = \frac{1}{3} AB$，点 $E$ 是 $CD$ 的中点。设 $\overrightarrow{AB} = a$，$\overrightarrow{AC} = b$，用 $a$，$b$ 表示 $\overrightarrow{CD}$，$\overrightarrow{AE}$。

由 $AD = \dfrac13 AB$ 且 $D$ 在线段 $AB$ 上，得

$$\overrightarrow{AD} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} = \frac{1}{3}a .$$

求 $\overrightarrow{CD}$：用”终点减起点”的向量版本（三角形法则移项）， $\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AC}$，所以

$$\overrightarrow{CD} = \frac{1}{3}a - b .$$

求 $\overrightarrow{AE}$：$E$ 是 $CD$ 的中点，故 $\overrightarrow{CE} = \dfrac12 \overrightarrow{CD}$，于是

$$\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CE} = b + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}a - b\right) = \frac{1}{6}a + \frac{1}{2}b .$$

换一条路核一遍：中点还满足 $\overrightarrow{AE} = \dfrac12\left(\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}\right)$，代入得

$$\overrightarrow{AE} = \frac{1}{2}\left(b + \frac{1}{3}a\right) = \frac{1}{6}a + \frac{1}{2}b ,$$

两条路一致。

这道题的关键动作：把每个待求向量都拆成”从 $A$ 出发”的两段，因为题目只给了从 $A$ 出发的两个基向量。

习题 6.3（第 43 页）复习巩固 第 2 题

2. 已知作用在坐标原点的三个力分别为 $F_{1} = (3, 4)$，$F_{2} = (2, -5)$，$F_{3} = (3, 1)$，求作用在原点的合力 $F_{1} + F_{2} + F_{3}$ 的坐标.

合力就是三个力向量的和，按坐标逐分量相加：

$$F_1 + F_2 + F_3 = (3 + 2 + 3,\ 4 + (-5) + 1) = (8, 0) .$$

自检：纵坐标 $4 - 5 + 1 = 0$，说明三个力在竖直方向上恰好抵消，合力沿 $x$ 轴正方向， 大小 $|F_1+F_2+F_3| = 8$。

这道题的关键动作：多个向量相加时，把同一位置的分量排成一列一次加完，比两两相加少一次抄写。

习题 6.3（第 43 页）复习巩固 第 3 题

3. 在下列各小题中，已知向量 a 的坐标，以及表示 a 的有向线段 $\overrightarrow{AB}$ 的起点 A 的坐标，求终点 B 的坐标： (1) $a=(-2,1)$ , $A(0,0)$ ; (2) $a=(1,3)$ , $A(-1,5)$ ; (3) $a=(-2, -5)$ , $A(3, 7)$ .

由 $\overrightarrow{AB} = (\text{终点}) - (\text{起点})$ 反解终点：设 $A(x_1, y_1)$、$B(x, y)$、$a = (m, n)$， 则 $(x - x_1,\ y - y_1) = (m, n)$，即

$$B(x_1 + m,\ y_1 + n) .$$

（1）$a = (-2, 1)$，$A(0, 0)$：$B(0 + (-2),\ 0 + 1) = B(-2, 1)$。

（2）$a = (1, 3)$，$A(-1, 5)$：$B(-1 + 1,\ 5 + 3) = B(0, 8)$。

（3）$a = (-2, -5)$，$A(3, 7)$：$B(3 + (-2),\ 7 + (-5)) = B(1, 2)$。

自检：把每个答案代回”终点减起点”验一次。如（3）：$(1 - 3,\ 2 - 7) = (-2, -5) = a$，相符。

这道题的关键动作：终点 = 起点 + 向量，是”终点减起点”的逆运算；别把加号写成减号。

习题 6.3（第 43 页）复习巩固 第 4 题

4. 已知 $\square ABCD$ 的顶点 $A(-1, -2)$, $B(3, -1)$, $C(5, 6)$, 求顶点 $D$ 的坐标.

在平行四边形 $ABCD$ 中，$AB$ 与 $DC$ 是一组对边，方向相同、长度相等，所以

$$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC} .$$

设 $D(x, y)$。先算左边：

$$\overrightarrow{AB} = (3 - (-1),\ -1 - (-2)) = (4, 1) .$$

右边 $\overrightarrow{DC} = (5 - x,\ 6 - y)$。两个向量相等即两个分量分别相等：

$$\begin{cases} 5 - x = 4, \\ 6 - y = 1, \end{cases} \qquad\Longrightarrow\qquad \begin{cases} x = 1, \\ y = 5. \end{cases}$$

所以 $D(1, 5)$。

验前提与结果：另一组对边也应满足 $\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BC}$。 $\overrightarrow{AD} = (1 - (-1),\ 5 - (-2)) = (2, 7)$，$\overrightarrow{BC} = (5 - 3,\ 6 - (-1)) = (2, 7)$，相等，相符。 再验四点不共线：$\overrightarrow{AB} = (4,1)$ 与 $\overrightarrow{AD} = (2,7)$ 满足 $4 \times 7 - 2 \times 1 = 26 \neq 0$，两者不共线，所以 $ABCD$ 确是一个（非退化的）平行四边形。

这道题的关键动作：平行四边形的顶点次序决定哪两条边对应——$ABCD$ 里与 $AB$ 成对的是 $DC$（不是 $CD$）。

习题 6.3（第 43 页）复习巩固 第 5 题

5. 已知点 $O(0, 0)$, $A(1, 2)$, $B(-1, 3)$, 且 $\overrightarrow{OA'} = 2\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{OB'} = 3\overrightarrow{OB}$, 求点 $A'$, $B'$ 及向量 $\overrightarrow{A'B'}$ 的坐标.

$O$ 是原点，所以从 $O$ 出发的向量的坐标就是终点的坐标：$\overrightarrow{OA} = (1, 2)$，$\overrightarrow{OB} = (-1, 3)$。

$$\overrightarrow{OA'} = 2\overrightarrow{OA} = 2(1, 2) = (2, 4) \ \Longrightarrow\ A'(2, 4),$$ $$\overrightarrow{OB'} = 3\overrightarrow{OB} = 3(-1, 3) = (-3, 9) \ \Longrightarrow\ B'(-3, 9).$$

再用”终点减起点”：

$$\overrightarrow{A'B'} = (-3 - 2,\ 9 - 4) = (-5, 5) .$$

自检：$\overrightarrow{A'B'} = \overrightarrow{OB'} - \overrightarrow{OA'} = (-3,9) - (2,4) = (-5,5)$，与上式一致。 另外 $\overrightarrow{AB} = (-2, 1)$ 与 $\overrightarrow{A'B'} = (-5,5)$ 并不平行（$-2 \times 5 - (-5) \times 1 = -5 \neq 0$）， 这说明”两个端点各自数乘”并不会把线段整体缩放——这一点值得留意，别想当然。

这道题的关键动作：原点出发的向量坐标 = 终点坐标，所以数乘之后可以直接读出新点。

习题 6.3（第 43 页）复习巩固 第 6 题

6. 已知点 $A(1, 1)$, $B(-1, 5)$, 且 $\overrightarrow{AC} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AE} = -\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$, 求点 $C, D, E$ 的坐标.

先算方向向量：

$$\overrightarrow{AB} = (-1 - 1,\ 5 - 1) = (-2, 4) .$$

三个点都由”起点 $A$ + 相应的向量”给出（终点 = 起点 + 向量）：

$$\overrightarrow{AC} = \frac{1}{2}(-2, 4) = (-1, 2) \ \Longrightarrow\ C(1 + (-1),\ 1 + 2) = C(0, 3),$$ $$\overrightarrow{AD} = 2(-2, 4) = (-4, 8) \ \Longrightarrow\ D(1 + (-4),\ 1 + 8) = D(-3, 9),$$ $$\overrightarrow{AE} = -\frac{1}{2}(-2, 4) = (1, -2) \ \Longrightarrow\ E(1 + 1,\ 1 + (-2)) = E(2, -1).$$

读一读这三个点的位置：$C$ 是线段 $AB$ 的中点（系数 $\frac12 \in (0,1)$）； $D$ 在射线 $AB$ 上、在 $B$ 之外（系数 $2 > 1$），且 $B$ 是 $AD$ 的中点； $E$ 在射线 $AB$ 的反向延长线上（系数为负）。系数的正负与大小，直接对应点落在哪一段。

自检：$C$ 若真是中点，应有 $C\left(\dfrac{1 + (-1)}{2},\ \dfrac{1 + 5}{2}\right) = C(0, 3)$，相符。

这道题的关键动作：同一条直线上的点，都写成”$A$ + 系数 × $\overrightarrow{AB}$“；系数即位置。

习题 6.3（第 43 页）复习巩固 第 7 题

7. 你认为下列各组点具有什么样的位置关系？证明你的猜想. (1) $A(1, 2)$ , $B(-3, -4)$ , $C(2, 3.5)$ ; (2) $P(-1, 2)$ , $Q(0.5, 0)$ , $R(5, -6)$ ; (3) $E(9, 1)$ , $F(1, -3)$ , $G(8, 0.5)$ .

猜想：三组点各自都是三点共线。

证法统一：取同一个起点写出两个向量，用共线的坐标充要条件 $x_1 y_2 - x_2 y_1 = 0$ 判它们平行；再指出两条直线有公共起点，从而三点共线。

（1） 取起点 $A$：

$$\overrightarrow{AB} = (-3 - 1,\ -4 - 2) = (-4, -6), \qquad \overrightarrow{AC} = (2 - 1,\ 3.5 - 2) = (1, 1.5).$$ $$(-4) \times 1.5 - 1 \times (-6) = -6 + 6 = 0 ,$$

所以 $\overrightarrow{AB} \parallel \overrightarrow{AC}$。又直线 $AB$ 与直线 $AC$ 有公共点 $A$，故 $A$、$B$、$C$ 三点共线。 （也可直接看出 $\overrightarrow{AB} = -4\,\overrightarrow{AC}$。）

（2） 取起点 $P$：

$$\overrightarrow{PQ} = (0.5 - (-1),\ 0 - 2) = (1.5, -2), \qquad \overrightarrow{PR} = (5 - (-1),\ -6 - 2) = (6, -8).$$ $$1.5 \times (-8) - 6 \times (-2) = -12 + 12 = 0 ,$$

所以 $\overrightarrow{PQ} \parallel \overrightarrow{PR}$；两者有公共点 $P$，故 $P$、$Q$、$R$ 三点共线。 （$\overrightarrow{PR} = 4\,\overrightarrow{PQ}$。）

（3） 取起点 $E$：

$$\overrightarrow{EF} = (1 - 9,\ -3 - 1) = (-8, -4), \qquad \overrightarrow{EG} = (8 - 9,\ 0.5 - 1) = (-1, -0.5).$$ $$(-8) \times (-0.5) - (-1) \times (-4) = 4 - 4 = 0 ,$$

所以 $\overrightarrow{EF} \parallel \overrightarrow{EG}$；两者有公共点 $E$，故 $E$、$F$、$G$ 三点共线。 （$\overrightarrow{EF} = 8\,\overrightarrow{EG}$。）

“有公共点”那一句不能省：只由 $x_1y_2 - x_2y_1 = 0$ 得到的是”两条直线平行或重合”， 两个向量共起点才把”平行”这一支排除掉，结论升级为重合，即三点共线。

这道题的关键动作：两个向量的起点取同一个点，共线判据加上公共点，证明才完整。

习题 6.3（第 43 页）复习巩固 第 8 题

8. 分别在平面直角坐标系中作出下列各组点，猜想以 A, B, C 为顶点的三角形的形状，然后给出证明： (1) $A(-1, -4)$ , $B(5, 2)$ , $C(3, 4)$ ; (2) $A(-2, -3)$ , $B(19, 4)$ , $C(-1, -6)$ ; (3) $A(2, 5)$ , $B(5, 2)$ , $C(10, 7)$ .

猜想：三组都是直角三角形（且都不是等腰的）。

判法：算出三边向量，找一对数量积为 $0$ 的；再比三边长度，看是否等腰。

（1） $A(-1,-4)$，$B(5,2)$，$C(3,4)$：

$$\overrightarrow{BA} = (-6, -6), \qquad \overrightarrow{BC} = (-2, 2), \qquad \overrightarrow{AC} = (4, 8).$$ $$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} = (-6)\times(-2) + (-6)\times 2 = 12 - 12 = 0 ,$$

且两者都不是零向量，所以 $\angle ABC = 90^\circ$，$\triangle ABC$ 是直角三角形（直角在 $B$）。 三边长：$|AB| = \sqrt{72} = 6\sqrt{2}$，$|BC| = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$，$|AC| = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}$，两两不等，非等腰。 勾股自检：$72 + 8 = 80$，成立。

（2） $A(-2,-3)$，$B(19,4)$，$C(-1,-6)$：

$$\overrightarrow{AB} = (21, 7), \qquad \overrightarrow{AC} = (1, -3), \qquad \overrightarrow{BC} = (-20, -10).$$ $$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = 21 \times 1 + 7 \times (-3) = 21 - 21 = 0 ,$$

两者都非零，所以 $\angle BAC = 90^\circ$，是直角三角形（直角在 $A$）。 三边长：$|AB| = \sqrt{490} = 7\sqrt{10}$，$|AC| = \sqrt{10}$，$|BC| = \sqrt{500} = 10\sqrt{5}$，非等腰。 勾股自检：$490 + 10 = 500$，成立。

（3） $A(2,5)$，$B(5,2)$，$C(10,7)$：

$$\overrightarrow{BA} = (-3, 3), \qquad \overrightarrow{BC} = (5, 5), \qquad \overrightarrow{AC} = (8, 2).$$ $$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} = (-3)\times 5 + 3 \times 5 = -15 + 15 = 0 ,$$

两者都非零，所以 $\angle ABC = 90^\circ$，是直角三角形（直角在 $B$）。 三边长：$|AB| = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$，$|BC| = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$，$|AC| = \sqrt{68} = 2\sqrt{17}$，非等腰。 勾股自检：$18 + 50 = 68$，成立。

还要说明它们确实是三角形：每组里那两个作数量积的向量都不共线（数量积为 $0$ 且都非零， 必然不平行），所以三点不共线，三角形不退化。

这道题的关键动作：“是不是直角三角形”就是”有没有一对边向量数量积为 $0$”； 判完直角别忘了再比一次三边，“直角”与”等腰”要分别回答。

习题 6.3（第 43 页）复习巩固 第 9 题

9. 已知 $|a| = 3$, $b = (1, 2)$, 且 $a \parallel b$, 求 $a$ 的坐标.

$b = (1,2) \neq \mathbf{0}$，且 $a \parallel b$，所以存在实数 $\lambda$ 使

$$a = \lambda b = (\lambda,\ 2\lambda).$$

由 $|a| = 3$：

$$|a| = \sqrt{\lambda^2 + (2\lambda)^2} = \sqrt{5\lambda^2} = \sqrt5\,|\lambda| = 3 \ \Longrightarrow\ |\lambda| = \frac{3}{\sqrt5} = \frac{3\sqrt5}{5}.$$

注意这里出现的是 $|\lambda|$（开方取算术根），所以 $\lambda$ 有正负两个值：

$$\lambda = \frac{3\sqrt5}{5} \quad\text{或}\quad \lambda = -\frac{3\sqrt5}{5}.$$

代回 $a = (\lambda, 2\lambda)$：

$$a = \left(\frac{3\sqrt5}{5},\ \frac{6\sqrt5}{5}\right) \quad\text{或}\quad a = \left(-\frac{3\sqrt5}{5},\ -\frac{6\sqrt5}{5}\right).$$

验一遍模：$\left(\dfrac{3\sqrt5}{5}\right)^2 + \left(\dfrac{6\sqrt5}{5}\right)^2 = \dfrac{45}{25} + \dfrac{180}{25} = \dfrac{225}{25} = 9$， 开方得 $3$，相符。

这道题的关键动作：与一个给定非零向量平行、且模已知的向量有两个（同向与反向）， 根源是 $|\lambda|$ 那一步开方；题目没限定方向就必须两个都答。 （“非零”这个前提不能省：若 $b = \mathbf{0}$，则任何向量都与它平行，$|a| = 3$ 的解有无穷多个。 本题 $b = (1,2) \neq \mathbf{0}$，前提满足。）

习题 6.3（第 43 页）复习巩固 第 10 题

10. 已知 $a = (4, 2)$，求与 $a$ 垂直的单位向量的坐标.

设所求单位向量为 $u = (x, y)$。它要同时满足两个条件：

$$u \perp a:\quad 4x + 2y = 0, \qquad |u| = 1:\quad x^2 + y^2 = 1 .$$

由第一式得 $y = -2x$，代入第二式：

$$x^2 + (-2x)^2 = 5x^2 = 1 \ \Longrightarrow\ x = \pm\frac{1}{\sqrt5} = \pm\frac{\sqrt5}{5}.$$

对应地 $y = -2x = \mp\dfrac{2\sqrt5}{5}$，所以

$$u = \left(\frac{\sqrt5}{5},\ -\frac{2\sqrt5}{5}\right) \quad\text{或}\quad u = \left(-\frac{\sqrt5}{5},\ \frac{2\sqrt5}{5}\right).$$

两条都验一遍： $4 \times \dfrac{\sqrt5}{5} + 2 \times \left(-\dfrac{2\sqrt5}{5}\right) = \dfrac{4\sqrt5 - 4\sqrt5}{5} = 0$，垂直成立； $\left(\dfrac{\sqrt5}{5}\right)^2 + \left(\dfrac{2\sqrt5}{5}\right)^2 = \dfrac{5}{25} + \dfrac{20}{25} = 1$，是单位向量。 另一个与它反向，同样满足。

这道题的关键动作：“垂直”给一个线性方程、“单位”给一个二次方程，联立必然出一对相反的解—— 与 $a$ 垂直的单位向量恰好有两个。

习题 6.3（第 44 页）复习巩固 第 11 题

11. 如图，在平行四边形 ABCD 中，点 E 是 AB 的中点，点 F，G 分别是 AD，BC 的三等分点 $(AF=\frac{1}{3}AD, BG=\frac{1}{3}BC)$ . 设 $\overrightarrow{AB}=a, \overrightarrow{AD}=b$ , (1) 用 a, b 表示 $\overrightarrow{EF}$ , $\overrightarrow{EG}$ . (2) 如果 $\left|b\right|=\frac{3}{2}\left|a\right|$ ，EF，EG 有什么位置关系？用向量方法证明你的结论.

$ABCD$ 是平行四边形，所以 $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD} = b$，且 $a$ 与 $b$ 不共线（否则四边形退化）， 两者都不是零向量。

（1） 先把三个点相对 $A$ 的向量写出来：

$$\overrightarrow{AE} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} = \frac{1}{2}a, \qquad \overrightarrow{AF} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AD} = \frac{1}{3}b,$$ $$\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BG} = a + \frac{1}{3}\overrightarrow{BC} = a + \frac{1}{3}b .$$

于是

$$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{AF} - \overrightarrow{AE} = -\frac{1}{2}a + \frac{1}{3}b ,$$ $$\overrightarrow{EG} = \overrightarrow{AG} - \overrightarrow{AE} = \left(a + \frac{1}{3}b\right) - \frac{1}{2}a = \frac{1}{2}a + \frac{1}{3}b .$$

（2） 结论：$EF \perp EG$。

证明。计算数量积，按分配律展开（$a \cdot b = b \cdot a$，中间两项相消）：

$$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{EG} = \left(-\frac{1}{2}a + \frac{1}{3}b\right)\cdot\left(\frac{1}{2}a + \frac{1}{3}b\right) = -\frac{1}{4}|a|^2 - \frac{1}{6}a\cdot b + \frac{1}{6}b\cdot a + \frac{1}{9}|b|^2 = \frac{1}{9}|b|^2 - \frac{1}{4}|a|^2 .$$

代入条件 $|b| = \dfrac32 |a|$，即 $|b|^2 = \dfrac94 |a|^2$：

$$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{EG} = \frac{1}{9}\cdot\frac{9}{4}|a|^2 - \frac{1}{4}|a|^2 = \frac{1}{4}|a|^2 - \frac{1}{4}|a|^2 = 0 .$$

还要验两个向量都非零（否则”垂直”无从谈起）：因为 $a$ 与 $b$ 不共线， $-\frac12 a + \frac13 b = \mathbf{0}$ 与 $\frac12 a + \frac13 b = \mathbf{0}$ 都不可能成立 （不共线的两个向量的线性组合为零，必须两个系数都为 $0$，而这里系数都不是 $0$）。 所以 $\overrightarrow{EF} \neq \mathbf{0}$、$\overrightarrow{EG} \neq \mathbf{0}$。

由数量积为 $0$ 且两向量非零，得 $\overrightarrow{EF} \perp \overrightarrow{EG}$，即 $EF \perp EG$。

注意展开时用的是哪一副面孔：本题没有坐标，用的是 $a\cdot b = |a||b|\cos\theta$ 那一副的代数性质 （分配律、交换律、$a\cdot a = |a|^2$）。$a\cdot b$ 这一项的具体值始终未知，但它在展开中自行抵消—— 这正是”设基向量、整体展开”这条路值钱的地方。

这道题的关键动作：把待判的两个向量都用同一组基 $\{a, b\}$ 表示，再展开数量积； 未知的 $a\cdot b$ 抵消掉之后，结论只依赖两个模的比例。

习题 6.3（第 44 页）复习巩固 第 12 题

12. 已知点 $O(0, 0)$, $A(1, 2)$, $B(4, 5)$, $\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OA} + t \overrightarrow{AB}$. 当 $t = 1$, $\frac{1}{2}$, $-2$, $2$ 时, 分别求点 $P$ 的坐标.

先算方向向量：

$$\overrightarrow{AB} = (4 - 1,\ 5 - 2) = (3, 3).$$

$O$ 是原点，故 $\overrightarrow{OP}$ 的坐标就是 $P$ 的坐标：

$$\overrightarrow{OP} = (1, 2) + t(3, 3) = (1 + 3t,\ 2 + 3t).$$

逐个代入：

• $t = 1$：$P(1 + 3,\ 2 + 3) = P(4, 5)$，恰好就是点 $B$；
• $t = \dfrac12$：$P\left(1 + \dfrac32,\ 2 + \dfrac32\right) = P\left(\dfrac52,\ \dfrac72\right)$，是线段 $AB$ 的中点；
• $t = -2$：$P(1 - 6,\ 2 - 6) = P(-5, -4)$，在射线 $AB$ 的反向延长线上；
• $t = 2$：$P(1 + 6,\ 2 + 6) = P(7, 8)$，在 $B$ 之外的延长线上。

自检：四个点的横纵坐标之差恒为 $1 + 3t - (2 + 3t) = -1$，即它们全落在直线 $y = x + 1$ 上， 而 $A(1,2)$、$B(4,5)$ 也在这条直线上——与”$P$ 在直线 $AB$ 上”相符。

这道题的关键动作：$\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OA} + t\overrightarrow{AB}$ 是直线 $AB$ 的向量参数式， $t$ 取遍实数就描出整条直线；$t \in [0,1]$ 对应线段上的点。

习题 6.3（第 44 页）复习巩固 第 13 题

13. 已知 $A(2, 3)$, $B(4, -3)$, 点 $P$ 在线段 $AB$ 的延长线上, 且 $|\overrightarrow{AP}| = \frac{3}{2} |\overrightarrow{PB}|$, 求点 $P$ 的坐标.

先算 $\overrightarrow{AB} = (4 - 2,\ -3 - 3) = (2, -6)$，它不是零向量。

$P$ 在线段 $AB$ 的延长线上，即在 $B$ 之外的那一侧，故可设

$$\overrightarrow{AP} = \lambda\,\overrightarrow{AB}, \qquad \lambda > 1 .$$

（$\lambda > 1$ 就是”过了 $B$ 还往前”；这一条是题设”延长线”给的，必须写出来，否则下面取绝对值时会多出一个假解。）

于是

$$\overrightarrow{PB} = \overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AP} = (1 - \lambda)\overrightarrow{AB}, \qquad |\overrightarrow{PB}| = |1 - \lambda|\cdot|\overrightarrow{AB}| = (\lambda - 1)|\overrightarrow{AB}| ,$$

最后一步用到 $\lambda > 1$。又 $|\overrightarrow{AP}| = \lambda|\overrightarrow{AB}|$，代入条件：

$$\lambda|\overrightarrow{AB}| = \frac{3}{2}(\lambda - 1)|\overrightarrow{AB}| .$$

$|\overrightarrow{AB}| \neq 0$，两边约掉：

$$\lambda = \frac{3}{2}\lambda - \frac{3}{2} \ \Longrightarrow\ \frac{1}{2}\lambda = \frac{3}{2} \ \Longrightarrow\ \lambda = 3 ,$$

满足 $\lambda > 1$，可用。于是

$$\overrightarrow{AP} = 3(2, -6) = (6, -18), \qquad P(2 + 6,\ 3 + (-18)) = P(8, -15).$$

回代验一遍：$\overrightarrow{AP} = (6, -18)$，$|\overrightarrow{AP}| = \sqrt{36 + 324} = \sqrt{360} = 6\sqrt{10}$； $\overrightarrow{PB} = (4 - 8,\ -3 + 15) = (-4, 12)$，$|\overrightarrow{PB}| = \sqrt{16 + 144} = \sqrt{160} = 4\sqrt{10}$。 $\dfrac32 \times 4\sqrt{10} = 6\sqrt{10} = |\overrightarrow{AP}|$，条件成立；且 $\lambda = 3 > 1$，$P$ 确在延长线上。

这道题的关键动作：把”在延长线上”翻译成 $\lambda > 1$。 若漏掉这个范围，从 $|\overrightarrow{AP}| = \frac32|\overrightarrow{PB}|$ 只能得到 $\lambda = \frac32|1-\lambda|$， 还会解出 $\lambda = \dfrac35$（对应线段内部的点，不合题意）。

习题 6.3（第 44 页）复习巩固 第 14 题

14. 求证：以 $A(1,0)$，$B(5, -2)$，$C(8, 4)$，$D(4, 6)$ 为顶点的四边形是一个矩形.

证明分两步：先证是平行四边形，再证有一个直角。

第一步：平行四边形。 算一组对边对应的向量：

$$\overrightarrow{AB} = (5 - 1,\ -2 - 0) = (4, -2), \qquad \overrightarrow{DC} = (8 - 4,\ 4 - 6) = (4, -2).$$

两者相等，所以 $AB$ 与 $DC$ 平行且相等。还要排除四点共线（否则”四边形”不成立）：

$$\overrightarrow{AD} = (4 - 1,\ 6 - 0) = (3, 6), \qquad 4 \times 6 - 3 \times (-2) = 24 + 6 = 30 \neq 0 ,$$

故 $\overrightarrow{AB}$ 与 $\overrightarrow{AD}$ 不共线，四点不共线。于是四边形 $ABCD$ 是平行四边形。

第二步：直角。 计算相邻两边的数量积：

$$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD} = 4 \times 3 + (-2) \times 6 = 12 - 12 = 0 ,$$

且两者都非零，所以 $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AD}$，即 $\angle DAB = 90^\circ$。

有一个内角为直角的平行四边形是矩形，故四边形 $ABCD$ 是矩形。证毕。

再核一遍边长（不是必需，但便宜）：$|AB| = \sqrt{16 + 4} = 2\sqrt5$，$|AD| = \sqrt{9 + 36} = 3\sqrt5$， 两组对边分别为 $2\sqrt5$ 与 $3\sqrt5$，邻边不等，所以它是矩形而不是正方形。 对角线也可以验：$|AC| = \sqrt{49 + 16} = \sqrt{65}$，$|BD| = \sqrt{1 + 64} = \sqrt{65}$，两条对角线相等，与矩形相符。

这道题的关键动作：矩形 = 平行四边形 + 一个直角，两步各用一条判据（向量相等 / 数量积为零）， 缺一步都不算证完。

习题 6.3（第 44 页）拓广探索 第 15 题

15. 如图，设 $Ox$，$Oy$ 是平面内相交成 $60^{\circ}$ 角的两条数轴，$e_1$，$e_2$ 分别是与 $x$ 轴、$y$ 轴正方向同向的单位向量。若向量 $\overrightarrow{OP} = xe_1 + ye_2$，则把有序数对 $(x, y)$ 叫做向量 $\overrightarrow{OP}$ 在坐标系 $Oxy$ 中的坐标。设 $\overrightarrow{OP} = 3e_1 + 2e_2$，（1）计算 $|\overrightarrow{OP}|$ 的大小；（2）根据平面向量基本定理判断，本题中对向量坐标的规定是否合理。

注意这里的基底不是正交的：$e_1$ 与 $e_2$ 的夹角是 $60^\circ$，不是 $90^\circ$， 所以 $e_1 \cdot e_2 \neq 0$，“坐标平方和开方”那条公式在这里不成立，必须回到数量积的定义式去算。

先记下两条已知：$|e_1| = |e_2| = 1$（都是单位向量），且

$$e_1 \cdot e_2 = |e_1||e_2|\cos 60^\circ = 1 \times 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.$$

（1） 用 $|\overrightarrow{OP}|^2 = \overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OP}$ 展开：

$$|\overrightarrow{OP}|^2 = (3e_1 + 2e_2)\cdot(3e_1 + 2e_2) = 9\,|e_1|^2 + 12\,e_1\cdot e_2 + 4\,|e_2|^2 = 9 + 12 \times \frac{1}{2} + 4 = 19 .$$

模非负，所以

$$|\overrightarrow{OP}| = \sqrt{19} .$$

（顺带看一眼这条规定的”代价”：若误按直角坐标那条公式算，会得到 $\sqrt{3^2+2^2} = \sqrt{13}$， 比真值小——差的正是交叉项 $2xy\,(e_1\cdot e_2) = 2 \times 3 \times 2 \times \frac12 = 6$。 本题 $x = 3$、$y = 2$ 同号，且 $e_1\cdot e_2 > 0$，故这一项为正、把模拉大； 若 $x$ 与 $y$ 异号，这一项就是负的，模反而比 $\sqrt{x^2+y^2}$ 小。）

（2）合理。 理由：$Ox$ 与 $Oy$ 相交成 $60^\circ$ 角，故 $e_1$ 与 $e_2$ 是两个不共线的非零向量， 按平面向量基本定理，$\{e_1, e_2\}$ 构成这个平面的一组基底——平面内任一向量 $\overrightarrow{OP}$ 都能表示成 $x e_1 + y e_2$ 的形式，而且这样的实数对 $(x, y)$ 是唯一的。

“存在”保证了每个向量都有坐标，“唯一”保证了同一个向量不会得到两组不同的坐标。 向量与有序实数对之间因此是一一对应的，把 $(x, y)$ 称作 $\overrightarrow{OP}$ 的坐标是合理的。

唯一性再说一句：若 $x_1e_1 + y_1e_2 = x_2e_1 + y_2e_2$，移项得 $(x_1-x_2)e_1 = -(y_1-y_2)e_2$。 若 $x_1 \neq x_2$，则 $e_1$ 与 $e_2$ 共线，与两轴成 $60^\circ$ 角矛盾；故 $x_1 = x_2$，进而 $y_1 = y_2$。

这道题的关键动作：基底不正交时，一切都回到 $a\cdot a = |a|^2$ 与数量积的定义； “坐标”这个说法之所以站得住，靠的是平面向量基本定理里的存在且唯一。

习题 6.3（第 44 页）拓广探索 第 16 题

16. 用向量方法证明：对于任意的 $a, b, c, d \in \mathbb{R}$，恒有不等式 $(ac + bd)^2 \leqslant (a^2 + b^2)(c^2 + d^2)$。

证明。 在平面直角坐标系中取两个向量

$$m = (a, b), \qquad n = (c, d).$$

按数量积的坐标表示与模的坐标表示，

$$m \cdot n = ac + bd, \qquad |m|^2 = a^2 + b^2, \qquad |n|^2 = c^2 + d^2 .$$

于是待证的不等式就是

$$(m\cdot n)^2 \leqslant |m|^2\,|n|^2 .$$

情形一：$m = \mathbf{0}$ 或 $n = \mathbf{0}$。 此时 $m \cdot n = 0$，且 $|m|^2|n|^2 = 0$， 两边都是 $0$，不等式取等号，成立。（这一情形必须单列：零向量与别的向量的夹角没有定义， 下面那条 $\cos\theta$ 的式子在这里用不上。）

情形二：$m \neq \mathbf{0}$ 且 $n \neq \mathbf{0}$。 设它们的夹角为 $\theta$，$\theta \in [0^\circ, 180^\circ]$， 由数量积的定义

$$m \cdot n = |m|\,|n|\cos\theta .$$

两边平方，并用 $\cos^2\theta \leqslant 1$：

$$(m\cdot n)^2 = |m|^2|n|^2\cos^2\theta \leqslant |m|^2|n|^2 .$$

两种情形都成立，故对任意实数 $a$、$b$、$c$、$d$ 恒有

$$(ac + bd)^2 \leqslant (a^2 + b^2)(c^2 + d^2).$$

证毕。

等号什么时候成立：情形二中取等当且仅当 $\cos^2\theta = 1$，即 $\theta = 0^\circ$ 或 $180^\circ$， 也就是 $m$ 与 $n$ 共线；加上情形一（有一个是零向量，也算共线）， 结论是 $ad = bc$ 时取等——把 $m \parallel n$ 的坐标判据 $ad - cb = 0$ 写出来即得。

这道题的关键动作：把两组实数各自装成一个向量，代数不等式随即变成"$|\cos\theta| \leqslant 1$"这句几何常识。 零向量那一支要单独交代，因为夹角在那里没有定义。