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3.1.3 数量积 (一)

在3.1.1节中, 我们详细阐述了向量的加法、减法以及数乘运算, 这些都属于向量的线性运算. 在本小节中, 我们将学习向量的另一种运算, 即向量的数量积.

💡 知识点 3.4

已知两个非零向量 a 和 b，它们的夹角为 θ\theta ，把数量 ∣a∣∣b∣cos⁡θ|a||b|\cos\theta 叫作 a 和 b 的数量积（或内积），记作 a⋅ba \cdot b ，即 a⋅b=∣a∣∣b∣cos⁡θa \cdot b = |a||b|\cos\theta .

✍️ 例 3.11

等边 △ABC\triangle ABC 的边长为 1, BC→=a\overrightarrow{BC} = a , CA→=b\overrightarrow{CA} = b , AB→=c\overrightarrow{AB} = c , 那么 a⋅b+b⋅c+c⋅aa \cdot b + b \cdot c + c \cdot a 等于 ( ). A. 3 B. -3 C. 32\frac{3}{2} D. −32-\frac{3}{2}

🔑 查看解析与步骤

如图 3-8 所示, 由于 △ABC\triangle ABC 为等边三角形, 故三个内角都为 60∘60^{\circ} . 如图 3-9 所示, 将向量 CA→\overrightarrow{CA} 平移到向量 AA′→\overrightarrow{AA'} , 得到 ⟨b,c⟩=⟨CA→,AB→⟩=⟨AA′→,AB→⟩=120∘\langle b, c \rangle = \langle \overrightarrow{CA}, \overrightarrow{AB} \rangle = \langle \overrightarrow{AA'}, \overrightarrow{AB} \rangle = 120^{\circ} , 同理 ⟨a,b⟩=⟨a,c⟩=120∘\langle a, b \rangle = \langle a, c \rangle = 120^{\circ} . 则 a⋅b+b⋅c+c⋅a=∣a∣∣b∣cos⁡120∘+∣b∣∣c∣cos⁡120∘+∣a∣∣c∣cos⁡120∘=−32a \cdot b + b \cdot c + c \cdot a = |a||b|\cos 120^{\circ} + |b||c|\cos 120^{\circ} + |a||c|\cos 120^{\circ} = -\frac{3}{2} , 故选 D.


图3-8


图3-9

在例3.11中, 因为知道向量的模长, 并且能求出任意两个向量的夹角, 所以我们能够求出数量积. 当然, 并不是所有的数量积都需要找出向量的夹角, 有时我们通过数量积的运算律也可以绕开向量的夹角, 比如下面例题:

✍️ 例 3.12

（2021 新高考 II 15）已知向量 a+b+c=0,∣a∣=1,∣b∣=∣c∣=2,a + b + c = 0, |a| = 1, |b| = |c| = 2, 则 a⋅b+b⋅c+c⋅a=a \cdot b + b \cdot c + c \cdot a = ____.

🔑 查看解析与步骤

由 a+b+c=0a + b + c = 0 ，等式两边同时平方，可得 a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c=0a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2a \cdot b + 2a \cdot c + 2b \cdot c = 0 ，又因为 ∣a∣=1,∣b∣=∣c∣=2|a| = 1, |b| = |c| = 2 ，所以 a⋅b+b⋅c+c⋅a=−92a \cdot b + b \cdot c + c \cdot a = -\frac{9}{2} 。故填 −92-\frac{9}{2} 。

🎯 变式 3.12.1

(2022 全国乙理 3) 已知向量 a, b 满足 ∣a∣=1|a| = 1 , ∣b∣=3|b| = \sqrt{3} , ∣a−2b∣=3|a - 2b| = 3 , 则 a⋅b=a \cdot b = ( ). A. -2 B. -1 C. 1 D. 2

💡 知识点 3.5

已知两个非零向量 a\pmb{a} 和 b\pmb{b} , 则 ∣λa+μb∣=λ2a2+μ2b2+2λμa⋅b|\lambda a + \mu b| = \sqrt{\lambda^2 a^2 + \mu^2 b^2 + 2\lambda\mu a \cdot b} .

✍️ 例 3.13

（2020 全国Ⅲ理 6）已知向量 a, b 满足 ∣a∣=5,∣b∣=6,a⋅b=−6|a| = 5, |b| = 6, a \cdot b = -6 ，则 cos⁡⟨a,a+b⟩=\cos\langle a, a + b\rangle = A. −3135-\frac{31}{35} B. −1935-\frac{19}{35} C. 1735\frac{17}{35} D. 1935\frac{19}{35}

🔑 查看解析与步骤

因为 ∣a∣=5,∣b∣=6,a⋅b=−6|a| = 5, |b| = 6, a \cdot b = -6 , 所以 a⋅(a+b)=a2+a⋅b=25−6=19a \cdot (a + b) = a^2 + a \cdot b = 25 - 6 = 19 , 又因为 ∣a+b∣=(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=25−12+36=7|a + b| = \sqrt{(a + b)^2} = \sqrt{a^2 + 2a \cdot b + b^2} = \sqrt{25 - 12 + 36} = 7 , 则

cos⁡⟨a,a+b⟩=a⋅(a+b)∣a∣⋅∣a+b∣=195×7=1935.\cos \langle \boldsymbol {a}, \boldsymbol {a} + \boldsymbol {b} \rangle = \frac {\boldsymbol {a} \cdot (\boldsymbol {a} + \boldsymbol {b})}{| \boldsymbol {a} | \cdot | \boldsymbol {a} + \boldsymbol {b} |} = \frac {1 9}{5 \times 7} = \frac {1 9}{3 5}.

故选D.

✍️ 例 3.14

(2014 江西理 14) 已知单位向量 e1e_{1} 与 e2e_{2} 的夹角为 α\alpha ，且 cos⁡α=13\cos\alpha=\frac{1}{3} ，向量 a=3e1−2e2a=3e_{1}-2e_{2} ， b=3e1−e2b=3e_{1}-e_{2} 的夹角为 β\beta ，则 cos⁡β=\cos\beta= ____.

🔑 查看解析与步骤

由于已知 e1e_1 与 e2e_2 的模长和夹角，故以 {e1,e2}\{e_1, e_2\} 为基底，分别求出 a⋅b,∣a∣,∣b∣a \cdot b, |a|, |b| .

a⋅b=(3e1−2e2)⋅(3e1−e2)=9e12−9e1⋅e2+2e22=8,\boldsymbol {a} \cdot \boldsymbol {b} = (3 e _ {1} - 2 e _ {2}) \cdot (3 e _ {1} - e _ {2}) = 9 e _ {1} ^ {2} - 9 e _ {1} \cdot e _ {2} + 2 e _ {2} ^ {2} = 8,∣a∣=∣3e1−2e2∣=(3e1−2e2)2=9e12−12e1⋅e2+4e22=3,\left| \boldsymbol {a} \right| = \left| 3 e _ {1} - 2 e _ {2} \right| = \sqrt {\left(3 e _ {1} - 2 e _ {2}\right) ^ {2}} = \sqrt {9 e _ {1} ^ {2} - 1 2 e _ {1} \cdot e _ {2} + 4 e _ {2} ^ {2}} = 3,∣b∣=∣3e1−e2∣=(3e1−e2)2=9e12−6e1⋅e2+e22=8,| \boldsymbol {b} | = | 3 \boldsymbol {e} _ {1} - \boldsymbol {e} _ {2} | = \sqrt {\left(3 \boldsymbol {e} _ {1} - \boldsymbol {e} _ {2}\right) ^ {2}} = \sqrt {9 \boldsymbol {e} _ {1} ^ {2} - 6 \boldsymbol {e} _ {1} \cdot \boldsymbol {e} _ {2} + \boldsymbol {e} _ {2} ^ {2}} = \sqrt {8},

则 cos⁡β=a⋅b∣a∣∣b∣=223\cos \beta = \frac{\pmb{a} \cdot \pmb{b}}{|\pmb{a}| |\pmb{b}|} = \frac{2\sqrt{2}}{3} , 故填 223\frac{2\sqrt{2}}{3} .

🎯 变式 3.14.1

（2013 浙江文 17）设 e1,e2e_{1}, e_{2} 是单位向量，非零向量 b=xe1+ye2b = xe_{1} + ye_{2} ，若 e1,e2e_{1}, e_{2} 的夹角为 π6\frac{\pi}{6} ，则 ∣x∣∣b∣\frac{|x|}{|b|} 的最大值等于 ____.

🎯 变式 3.14.2

已知向量 a, b 满足 ∣a∣=∣b∣=1|a| = |b| = 1 ，且 ∣ka+b∣=3∣a−kb∣(k>0)|ka + b| = \sqrt{3}|a - kb|(k > 0) ，则向量 a 与 b 的夹角的最大值为 ____.

💡 知识点 3.6

设 a,ba, b 是两个非零向量， aa 与 bb 的夹角为 θ\theta ，则称 ∣b∣cos⁡θ=a⋅b∣a∣|b| \cos \theta = \frac{a \cdot b}{|a|} 为向量 bb 在向量 aa 上的投影数量.

令 a=OA→,b=OB→a = \overrightarrow{OA}, b = \overrightarrow{OB} ，则 b 在 a 方向上的投影数量有以下三种情况：

(1) 如图 3-10 所示, b 在 a 上的投影数量为 ∣OB1→∣=∣b∣cos⁡⟨a,b⟩\left|\overrightarrow{OB_{1}}\right| = \left|b\right| \cos\langle a, b\rangle , 故 a⋅b=∣OB1→∣∣OA→∣a \cdot b = \left|\overrightarrow{OB_{1}}\right|\left|\overrightarrow{OA}\right| ;

(2) 如图 3-11 所示, b 在 a 上的投影数量为 0, 故 a⋅b=0⋅∣OA→∣=0a \cdot b = 0 \cdot |\overrightarrow{OA}| = 0 ;

(3) 如图 3-12 所示, b 在 a 上的投影数量为 −∣OB1→∣=∣b∣cos⁡⟨a,b⟩-|\overrightarrow{OB_{1}}| = |b| \cos\langle a, b\rangle , 故 a⋅b=−∣OB1→∣∣OA→∣a \cdot b = -|\overrightarrow{OB_{1}}||\overrightarrow{OA}| .


图3-10


图3-11


图3-12

通过投影数量的定义不难理解, 当 ∣a∣|a| 为定值时, a⋅b\pmb{a} \cdot \pmb{b} 的取值范围是由 b\pmb{b} 在 a\pmb{a} 上的投影数量 ∣b∣cos⁡⟨a,b⟩|b|\cos \langle a, b \rangle 决定的, 请看下面例题:

✍️ 例 3.15

(2020 新高考 I7) 已知 P 是边长为 2 的正六边形 ABCDEF 内的一点, 则 AP→⋅AB→\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AB} 的取值范围是 ( ).

A. (−2,6)(-2,6) B. (−6,2)(-6,2) C. (−2,4)(-2,4) D. (−4,6)(-4,6)

🔑 查看解析与步骤

如图3-13所示， AP→⋅AB→=∣AP→∣∣AB→∣cos⁡⟨AP→,AB→⟩\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AB} = |\overrightarrow{AP}| |\overrightarrow{AB}| \cos \langle \overrightarrow{AP}, \overrightarrow{AB} \rangle ，它的几何意义是 AP→\overrightarrow{AP} 在向量 AB→\overrightarrow{AB} 方向上的投影数量与 AB→\overrightarrow{AB} 的长度的乘积，显然， PP 在 CC 处时，投影数量取得最大值，则

∣AC1→∣=∣AB→∣+∣BC1→∣=∣AB→∣+∣BC→∣cos⁡60∘=3.| \overrightarrow {A C _ {1}} | = | \overrightarrow {A B} | + | \overrightarrow {B C _ {1}} | = | \overrightarrow {A B} | + | \overrightarrow {B C} | \cos 6 0 ^ {\circ} = 3.

所以 AP→⋅AB→<∣AC1→∣∣AB→∣=2×3=6\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AB} < |\overrightarrow{AC_1}| |\overrightarrow{AB}| = 2 \times 3 = 6 . 同理, 在点 FF 处投影数量取得最小值为

图3-13

−∣AF1→∣=∣AF→∣cos⁡120∘=2×(−12)=−1.- | \overrightarrow {A F _ {1}} | = | \overrightarrow {A F} | \cos 1 2 0 ^ {\circ} = 2 \times \left(- \frac {1}{2}\right) = - 1.

所以 AP→⋅AB→>−∣AF1→∣∣AB→∣=−1×2=−2\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AB} > -|\overrightarrow{AF_1}| |\overrightarrow{AB}| = -1 \times 2 = -2 , 则 AP→⋅AB→\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AB} 的取值范围是 (−2,6)(-2,6) . 故选 A.

数量积的几何意义指的是向量的投影问题, 这个投影就是我们常见的投影的数量, 而新教材中对于向量的投影问题新加了一个名词——投影向量.

💡 知识点 3.7

设 a,ba, b 是两个非零向量, aa 与 bb 的夹角为 θ\theta . 设 ee 是与 bb 方向相同的单位向量, 则向量 aa 在向量 bb 上的投影向量为 ∣a∣ecos⁡θ=∣a∣b∣b∣⋅cos⁡θ=a⋅b∣b∣⋅b∣b∣|a|e\cos \theta = |a|\frac{b}{|b|}\cdot \cos \theta = \frac{a\cdot b}{|b|}\cdot \frac{b}{|b|} .

✍️ 例 3.16

(2023 江苏统考) 已知向量 a 与 b 满足 ∣a∣=2,∣b∣=1,∣a+b∣=3|a| = 2, |b| = 1, |a + b| = \sqrt{3} ，则向量 a+ba + b 在向量 a 上的投影向量为（）. A. −14a-\frac{1}{4}a B. 14a\frac{1}{4}a C. −34a-\frac{3}{4}a D. 34a\frac{3}{4}a

🔑 查看解析与步骤

因为 ∣a+b∣=3|a + b| = \sqrt{3} , 所以 a2+2a⋅b+b2=3a^2 + 2a \cdot b + b^2 = 3 , 又由 ∣a∣=2|a| = 2 , ∣b∣=1|b| = 1 , 可知 4+2a⋅b+1=34 + 2a \cdot b + 1 = 3 , 从而可得 a⋅b=−1a \cdot b = -1 , 所以 (a+b)⋅a=a2+a⋅b=4−1=3(a + b) \cdot a = a^2 + a \cdot b = 4 - 1 = 3 . 设 a+ba + b 与 aa 的夹角为 α\alpha , 则cos⁡α=(a+b)⋅a∣a+b∣⋅∣a∣=323=32\cos \alpha = \frac{(\pmb{a} + \pmb{b}) \cdot \pmb{a}}{|\pmb{a} + \pmb{b}| \cdot |\pmb{a}|} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2} , 于是向量 a+b\pmb{a} + \pmb{b} 在向量 a\pmb{a} 上的投影向量为 ∣a+b∣⋅cos⁡α⋅a∣a∣=3×32⋅a2=34a|\pmb{a} + \pmb{b}| \cdot \cos \alpha \cdot \frac{\pmb{a}}{|\pmb{a}|} = \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\pmb{a}}{2} = \frac{3}{4}\pmb{a} , 故选 D.

🎯 变式 3.16.1

(2023 福建统考) 如图 3-14 所示, 动点 C 在以 AB 为直径的半圆上 (异于 A, B), ∠DCB=π2\angle DCB = \frac{\pi}{2} , 且 DC = CB, 若 AB = 2, 则 OC→⋅OD→\overrightarrow{OC} \cdot \overrightarrow{OD} 的取值范围为 ____.

下面我们给出数量积坐标运算的相关知识点.

💡 知识点 3.8

已知两个非零向量 a=(x1,y1),b=(x2,y2)\pmb {a} = (x_{1},y_{1}),\pmb {b} = (x_{2},y_{2}) ，其中 α\alpha 为 a\pmb{a} 与 b\pmb{b} 的夹角，则(1） ∣a∣=x12+y12;|\pmb {a}| = \sqrt{x_1^2 + y_1^2}; (2） a⋅b=x1x2+y1y2;\pmb {a}\cdot \pmb {b} = x_1x_2 + y_1y_2; (3） a⊥b⇔x1x2+y1y2=0;\pmb {a}\bot \pmb {b}\Leftrightarrow x_1x_2 + y_1y_2 = 0; (4） cos⁡α=x1x2+y1y2x12+y12⋅x22+y22.\cos \alpha = \frac{x_1x_2 + y_1y_2}{\sqrt{x_1^2 + y_1^2}\cdot\sqrt{x_2^2 + y_2^2}}.

✍️ 例 3.17

（2023 衡阳统考 - 多选题）已知点 A(1,2)A(1,2) , B(3,1)B(3,1) , C(4,m+1)C(4,m+1) , m∈Rm \in R ，则下列说法正确的是（）. A. ∣AB→∣=5|\overrightarrow{AB}| = \sqrt{5} B. 若 AB→⊥BC→\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{BC} ，则 m = -2 C. 与向量 AB→\overrightarrow{AB} 同方向的单位向量坐标为 (255,−55)\left(\frac{2\sqrt{5}}{5}, -\frac{\sqrt{5}}{5}\right) D. 若 BA→,BC→\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC} 的夹角为锐角，则 m < 2 且 m≠−12m \neq -\frac{1}{2}

🔑 查看解析与步骤

因为 A(1,2)A(1,2) , B(3,1)B(3,1) , C(4,m+1)C(4,m+1) , 所以 AB→=(2,−1)\overrightarrow{AB} = (2,-1) , BC→=(1,m)\overrightarrow{BC} = (1,m) .

选项 A, 由向量模长公式可得 ∣AB→∣=22+(−1)2=5|\overrightarrow{AB}| = \sqrt{2^2 + (-1)^2} = \sqrt{5} , 所以 A 正确.

选项 B, 因为 AB→⊥BC→\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{BC} , 所以 AB→⋅BC→=0\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 , 从而可得 2 - m = 0, 即 m = 2, 所以 B 错误.

选项 C, 与向量 AB→\overrightarrow{AB} 同方向的单位向量为 AB→∣AB→∣=(2,−1)5=(255,−55)\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|} = \frac{(2, -1)}{\sqrt{5}} = \left(\frac{2\sqrt{5}}{5}, -\frac{\sqrt{5}}{5}\right) , 所以 C 正确.

选项 D, 因为 BA→,BC→\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC} 的夹角为锐角, 且 BA→=(−2,1)\overrightarrow{BA} = (-2,1) , 所以 {BA→⋅BC→=m−2>0−12≠m1\left\{\begin{aligned}\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} &= m - 2 > 0 \\ -\frac{1}{2} \neq \frac{m}{1}\end{aligned}\right. ，解得 m > 2, 所以 D 错误.

综上所述, 选 AC.

📌 标注说明

(1) 向量 AB→\overrightarrow{AB} 同方向的单位向量为 AB→∣AB→∣\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|} , 反方向的单位向量为 −AB→∣AB→∣-\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|} .

(2) 若向量 aa 与 bb 的夹角为锐角, 则 a⋅b>0a \cdot b > 0 且 aa 与 bb 不共线; 若向量 aa 与 bb 的夹角为钝角, 则 a⋅b<0a \cdot b < 0 且 aa 与 bb 不共线.

✍️ 例 3.18

(2022 新高考Ⅱ4) 已知 a=(3,4)a = (3, 4) , b=(1,0)b = (1, 0) , c=a+tbc = a + tb , 若 ⟨a,c⟩=⟨b,c⟩\langle a, c \rangle = \langle b, c \rangle , 则 t = ( ). A. -6 B. -5 C. 5 D. 6

🔑 查看解析与步骤

根据题意可得 c=a+tb=(3,4)+t(1,0)=(3+t,4)c = a + tb = (3,4) + t(1,0) = (3 + t,4) ，由 ⟨a,c⟩=⟨b,c⟩\langle a,c\rangle = \langle b,c\rangle ，可得 cos⁡⟨a,c⟩=cos⁡⟨b,c⟩\cos \langle a,c\rangle = \cos \langle b,c\rangle ，于是 a⋅c∣a∣∣c∣=b⋅c∣b∣∣c∣\frac{a\cdot c}{|a||c|} = \frac{b\cdot c}{|b||c|} ，即 9+3t+165∣c∣=3+t∣c∣\frac{9 + 3t + 16}{5|c|} = \frac{3 + t}{|c|} ，解得 t=5t = 5 ，故选C.

✍️ 例 3.19

(2021 新高考 I 10 - 多选题) 已知 O 为坐标原点, 点 P1(cos⁡α,sin⁡α)P_{1}(\cos \alpha, \sin \alpha) , P2(cos⁡β,−sin⁡β)P_{2}(\cos \beta, -\sin \beta) , P3(cos⁡(α+β),sin⁡(α+β))P_{3}(\cos (\alpha + \beta), \sin (\alpha + \beta)) , A(1,0)A(1, 0) , 则 ( ).
A. ∣OP1→∣=∣OP2→∣|\overrightarrow{OP_{1}}| = |\overrightarrow{OP_{2}}| B. ∣AP1→∣=∣AP2→∣|\overrightarrow{AP_{1}}| = |\overrightarrow{AP_{2}}| C. OA→⋅OP3→=OP1→⋅OP2→\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OP_{3}} = \overrightarrow{OP_{1}} \cdot \overrightarrow{OP_{2}} D. OA→⋅OP1→=OP2→⋅OP3→\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OP_{1}} = \overrightarrow{OP_{2}} \cdot \overrightarrow{OP_{3}}

🔑 查看解析与步骤

由题意可知 OP1→=(cos⁡α,sin⁡α),OP2→=(cos⁡β,−sin⁡β),OP3→=(cos⁡(α+β),sin⁡(α+β)),\overrightarrow{OP_1} = (\cos \alpha, \sin \alpha), \overrightarrow{OP_2} = (\cos \beta, -\sin \beta), \overrightarrow{OP_3} = (\cos (\alpha + \beta), \sin (\alpha + \beta)), OA→=(1,0),AP1→=(cos⁡α−1,sin⁡α),AP2→=(cos⁡β−1,−sin⁡β)\overrightarrow{OA} = (1, 0), \overrightarrow{AP_1} = (\cos \alpha - 1, \sin \alpha), \overrightarrow{AP_2} = (\cos \beta - 1, -\sin \beta) .

选项 A, ∣OP1→∣=cos⁡2α+sin⁡2α=1,∣OP2→∣=cos⁡2β+(−sin⁡2β)=1,\left|\overrightarrow{OP_{1}}\right|=\sqrt{\cos^{2}\alpha+\sin^{2}\alpha}=1,\left|\overrightarrow{OP_{2}}\right|=\sqrt{\cos^{2}\beta+(-\sin^{2}\beta)}=1, 所以 A 正确.

选项 B, 因为 ∣AP1→∣=(cos⁡α−1)2+sin⁡2α=2−2cos⁡α,∣AP2→∣=(cos⁡β−1)2+sin⁡2β=2−2cos⁡β,\left|\overrightarrow{AP_{1}}\right|=\sqrt{(\cos\alpha-1)^{2}+\sin^{2}\alpha}=\sqrt{2-2\cos\alpha},\left|\overrightarrow{AP_{2}}\right|=\sqrt{(\cos\beta-1)^{2}+\sin^{2}\beta}=\sqrt{2-2\cos\beta}, 且 α\alpha 与 β\beta 不确定, 所以 ∣AP1→∣=∣AP2→∣\left|\overrightarrow{AP_{1}}\right|=\left|\overrightarrow{AP_{2}}\right| 不一定成立, 故 B 错误.

选项 C, 因为 OA→⋅OP3→=1×cos⁡(α+β)+0×sin⁡(α+β)=cos⁡(α+β),OP1→⋅OP2→=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β=cos⁡(α+β)\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OP_3} = 1 \times \cos (\alpha + \beta) + 0 \times \sin (\alpha + \beta) = \cos (\alpha + \beta), \overrightarrow{OP_1} \cdot \overrightarrow{OP_2} = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta = \cos (\alpha + \beta) , 所以 OA→⋅OP3→=OP1→⋅OP2→\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OP_3} = \overrightarrow{OP_1} \cdot \overrightarrow{OP_2} , 故 C 正确.

选项D, 因为 OA→⋅OP1→=1×cos⁡α+0×sin⁡α=cos⁡α,OP2→⋅OP3→=cos⁡βcos⁡(α+β)−sin⁡βsin⁡(α+β)=cos⁡(α+2β)\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OP_1} = 1 \times \cos \alpha + 0 \times \sin \alpha = \cos \alpha, \overrightarrow{OP_2} \cdot \overrightarrow{OP_3} = \cos \beta \cos (\alpha + \beta) - \sin \beta \sin (\alpha + \beta) = \cos (\alpha + 2\beta) , 所以 OA→⋅OP1→≠OP2→⋅OP3→\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OP_1} \neq \overrightarrow{OP_2} \cdot \overrightarrow{OP_3} , 故D错误.

综上所述, 选 AC.

🎯 变式 3.19.1

(2023 新高考 I 3) 已知向量 a=(1,1)\boldsymbol{a} = (1, 1) , b=(1,−1)\boldsymbol{b} = (1, -1) ，若 (a+λb)⊥(a+μb)(\boldsymbol{a} + \lambda \boldsymbol{b}) \perp (\boldsymbol{a} + \mu \boldsymbol{b}) ，则（）. A. λ+μ=1\lambda + \mu = 1 B. λ+μ=−1\lambda + \mu = -1 C. λμ=1\lambda\mu = 1 D. λμ=−1\lambda\mu = -1