第3节-平面向量的数量积及平面向量的应用.doc

第3节　平面向量的数量积及平面向量的应用
考纲要求　1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义；2.了解平面向量的数量积与向量投影的关系；3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算；4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系；5.会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题；6.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题．

知识梳理
1．平面向量数量积的有关概念
(1)向量的夹角：已知两个非零向量a和b，作＝a，＝b，则∠AOB＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a与b的夹角．
(2)数量积的定义：已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ则a与b的数量积(或内积)a·b＝|a||b|cos θ.规定：零向量与任一向量的数量积为0，即0·a＝0.
(3)数量积的几何意义：数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cos θ的乘积．
2．平面向量数量积的性质及其坐标表示
设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为向量a，b的夹角．
(1)数量积：a·b＝|a||b|cos θ＝x1x2＋y1y2.
(2)模：|a|＝＝.
(3)夹角：cos θ＝＝.
(4)两非零向量a⊥b的充要条件：a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
(5)|a·b|≤|a||b|(当且仅当a∥b时等号成立)⇔|x1x2＋y1y2|≤ ·.
3．平面向量数量积的运算律
(1)a·b＝b·a(交换律)．
(2)λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(结合律)．
(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律)．
4．平面几何中的向量方法
三步曲：(1)用向量表示问题中的几何元素，将几何问题转化为向量问题；
(2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系；
(3)把运算结果“翻译”成几何关系.

1．两个向量a，b的夹角为锐角⇔a·b>0且a，b不共线；两个向量a，b的夹角为钝角⇔a·b<0且a，b不共线．
2．平面向量数量积运算的常用公式
(1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；
(2)(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2.
(3)(a－b)2＝a2－2a·b＋b2.
3．数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·b＝a·c(a≠0)，不能得出b＝c，两边不能约去同一个向量．
诊断自测

1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)两个向量的夹角的范围是.(　　)
(2)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量．(　　)
(3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量．(　　)
(4)若a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c.(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
解析　(1)两个向量夹角的范围是[0，π]．
(4)由a·b＝a·c(a≠0)得|a||b|·cos〈a，b〉＝|a||c|·cos〈a，c〉，所以向量b和c不一定相等．

2．已知向量a＝(1,1)，b＝(2,4)，则(a－b)·a＝(　　)
A．－14 B．－4 C．4 D．14
答案　B
解析　由题意得a－b＝(－1，－3)，则(a－b)·a＝－1－3＝－4.
3．设a，b是非零向量，则“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的(　　)
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
答案　A
解析　设a与b的夹角为θ.因为a·b＝|a|·|b|cos θ＝|a|·|b|，所以cos θ＝1，即a与b的夹角为0°，故a∥b.
当a∥b时，a与b的夹角为0°或180°，
所以a·b＝|a|·|b|cos θ＝±|a|·|b|，
所以“a·b＝|a|·|b|”是“a∥b”的充分而不必要条件．

4．(2019·全国Ⅱ卷)已知＝(2,3)，＝(3，t)，||＝1，则·＝(　　)
A．－3 B．－2 C．2 D．3
答案　C
解析　因为＝－＝(3，t)－(2,3)＝(1，t－3)，所以||＝＝1，解得t＝3，所以＝(1,0)，
所以·＝2×1＋3×0＝2.
5．(2021·江南名校模拟)已知平面向量a，b，满足|a|＝|b|＝1，若(2a－b)·b＝0，则向量a，b的夹角为(　　)
A. B． C． D．
答案　C
解析　由(2a－b)·b＝0，可得a·b＝b2＝，设向量a、b的夹角为θ，
则cos θ＝＝，
又θ∈[0，π]，所以向量a、b的夹角为.
6．(2020·全国Ⅰ卷)设向量a＝(1，－1)，b＝(m＋1,2m－4)，若a⊥b，则m＝________.
答案　5
解析　因为a⊥b，所以1×(m＋1)＋(－1)×(2m－4)＝0，解得m＝5.

考点一　平面向量的数量积运算
1．已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝(　　)
A．4 B．3 C．2 D．0
答案　B
解析　a·(2a－b)＝2|a|2－a·b＝2×12－(－1)＝3.
2．(2020·北京卷)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝，则||＝__________；·＝__________.
答案　　－1
解析　法一　∵＝(＋)，∴P为BC的中点．
以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意知A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，P(2,1)，

∴||＝＝.
易得＝(0，－1)，＝(－2,1)．
∴·＝(0，－1)·(－2,1)＝－1.
法二　如图，在正方形ABCD中，由＝(＋)得点P为BC的中点，

∴||＝＝.
·＝·(＋)＝·＋·＝－2＋0＝－1.
3．(2019·天津卷)在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE，则·＝________.
答案　－1
解析　

如图，在等腰△ABE中，易得∠BAE＝∠ABE＝30°，故BE＝2.
则·＝(－)·(＋)
＝·＋·－2－·
＝5×2×cos 30°＋5×2×cos 180°－12－2×2×cos 150°
＝15－10－12＋6＝－1.
4．(2020·新高考山东卷)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则·的取值范围是(　　)
A．(－2,6) B．(－6,2) C．(－2,4) D．(－4,6)
答案　A
解析　法一　如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(3，)，F(－1，)．设P(x，y)，则＝(x，y)，＝(2,0)，且－1＜x＜3.

所以·＝(x，y)·(2,0)＝2x∈(－2,6)．
故选A.
法二　·＝||·||·cos∠PAB＝2||·cos∠PAB，又||cos∠PAB表示在方向上的投影．
结合几何图形，当点P与F重合时投影最小，当P与点C重合时，投影最大，又·＝2×2×cos 30°＝6，
·＝2×2cos 120°＝－2，
故当点P在正六边形ABCDEF内时，－2<·<6.
感悟升华　1.计算平面向量的数量积主要方法：
(1)利用定义：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)利用坐标运算，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2.
(3)活用平面向量数量积的几何意义．
2．解决涉及几何图形的向量的数量积运算问题时，可先利用向量的加、减运算或数量积的运算律化简后再运算．但一定要注意向量的夹角与已知平面几何图形中的角的关系是相等还是互补．
考点二　向量数量积的性质及应用
角度1　夹角与垂直
【例1】　(1)(2020·全国Ⅱ卷)已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是(　　)
A．a＋2b B．2a＋b C．a－2b D．2a－b
(2)(2020·全国Ⅲ卷)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos 〈a，a＋b〉＝(　　)
A．－ B．－ C． D．
答案　(1)D　(2)D
解析　(1)易知a·b＝|a||b|cos 60°＝，
则b·(a＋2b)＝≠0，b·(2a＋b)＝2≠0，
b·(a－2b)＝a·b－2b2＝－≠0，b·(2a－b)＝0.
因此b⊥(2a－b)．
(2)∵|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝25－12＋36＝49，∴|a＋b|＝7，∴cos〈a，a＋b〉＝＝＝＝.

角度2　平面向量的模
【例2】　(1)(2021·南昌模拟)设x，y∈R，a＝(x,1)，b＝(2，y)，c＝(－2,2)，且a⊥c，b∥c，则|2a＋3b－c|＝(　　)
A．2 B． C．12 D．2
(2)已知a，b是单位向量，a·b＝0.若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的最大值是________．
答案　(1)A　(2)＋1
解析　(1)因为a⊥c，所以a·c＝－2x＋2＝0，解得x＝1，则a＝(1,1)，
因为b∥c，所以4＋2y＝0，解得y＝－2，则b＝(2，－2)．
所以2a＋3b－c＝(10，－6)，则|2a＋3b－c|＝2.
(2)法一　由a·b＝0，得a⊥b.
如图所示，分别作＝a，＝b，作＝a＋b，则四边形OACB是边长为1的正方形，所以||＝.

作＝c，则|c－a－b|＝|－|＝||＝1.
所以点P在以C为圆心，1为半径的圆上．
由图可知，当点O，C，P三点共线且点P在点P1处时，||取得最大值＋1.故|c|的最大值是＋1.
法二　由a·b＝0，得a⊥b.
建立如图所示的平面直角坐标系，则＝a＝(1,0)，＝b＝(0,1)．

设c＝＝(x，y)，由|c－a－b|＝1，得(x－1)2＋(y－1)2＝1，所以点C在以(1,1)为圆心，1为半径的圆上．
所以|c|max＝＋1.
法三　易知|a＋b|＝c－a－b|＝|c－(a＋b)|
≥||c|－|a＋b||＝||c|－|，
由已知得||c|－|≤1，
所以|c|≤1＋，故|c|max＝＋1.
感悟升华　1.两个向量垂直的充要条件是两向量的数量积为0，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
2．若题目给出向量的坐标，可直接运用公式cos θ＝求解．没有坐标时可用公式cos θ＝.研究向量夹角应注意“共起点”，注意取值范围是[0，π]．
3．向量模的计算主要利用a2＝|a|2，把向量模的运算转化为数量积运算，有时借助几何图形的直观性，数形结合，提高解题效率．
【训练1】　(1)(2021·太原质检)已知平面向量a＝(4，－2)，b＝(1，－3)，若a＋λb与b垂直，则λ＝(　　)
A．－2 B．2 C．－1 D．1
(2)(2020·河南部分重点中学联考)已知单位向量a，b的夹角为θ，且tan θ＝，若向量m＝
a－3b，则|m|＝(　　)
A. B． C． D．或
答案　(1)C　(2)A
解析　(1)a＋λb与b垂直，
∴(a＋λb)·b＝a·b＋λb2＝4＋6＋10λ＝0，解得λ＝－1.
(2)依题意|a|＝|b|＝1，
又θ为a，b的夹角，且tan θ＝，
∴θ为锐角，且cos θ＝2sin θ，
又sin2θ＋cos2θ＝1，从而cos θ＝.
由m＝a－3b，∴m2＝(a－3b)2＝5a2＋9b2－6a·b＝2，因此|m|＝.
考点三　平面向量的综合应用
【例3】　(1)(2020·天津卷)如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且＝λ，·＝－，则实数λ的值为__________；若M，N是线段BC上的动点，且||＝1，则·的最小值为__________．

答案　　
解析　因为＝λ， 所以AD∥BC，则∠BAD＝120°，
所以·＝||·||·cos 120°＝－，
解得||＝1.

因为，同向，且BC＝6，
所以＝，即λ＝.
在四边形ABCD中，作AO⊥BC于点O，则BO＝AB·cos 60°＝，AO＝AB·sin 60°＝.
以O为坐标原点，以BC和AO所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系．
如图，设M(a,0)，不妨设点N在点M右侧，
则N(a＋1,0)，且－≤a≤.
又D，所以＝，
＝，
所以·＝a2－a＋＝2＋.
所以当a＝时，·取得最小值.
(2)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cos B，cos A)，m·n＝sin 2C.
①求角C的大小；
②若sin A，sin C，sin B成等差数列，且·(－)＝18，求c.
解　①m·n＝sin A·cos B＋sin B·cos A＝sin(A＋B)，
在△ABC中，A＋B＝π－C,0
感悟升华　1.以平面几何为载体的向量问题有两种基本解法：
(1)基向量法：恰当选择基底，结合共线定理、平面向量的基本定理进行向量运算．
(2)坐标法：如果图形比较规则，可建立平面坐标系，把有关点与向量用坐标表示，从而使问题得到解决．
2．解决平面向量与三角函数的交汇问题，关键是准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数中的有关问题．
【训练2】　(1)(2020·全国Ⅲ卷)在平面内，A，B是两个定点，C是动点．若·＝1，则点C的轨迹为(　　)
A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线
(2)(2019·江苏卷)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE＝2EA，AD与CE交于点O.若·＝6·，则的值是________．

答案　(1)A　(2)
解析　(1)以AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设点A，B分别为(－a,0)，(a,0)(a>0)，点C为(x，y)，则＝(x＋a，y)，＝(x－a，y)，所以·＝(x－a)(x＋a)＋y·y＝x2＋y2－a2＝1，整理得x2＋y2＝a2＋1.因此点C的轨迹为圆．故选A.
(2)法一　如图，过点D作DF∥CE交AB于点F，由D是BC的中点，可知F为BE的中点．又BE＝2EA，则知EF＝EA，从而可得AO＝OD，则有＝＝(＋)，＝－＝－，所以6·＝(＋)·＝2－2＋·＝·，整理可得2＝32，所以＝.

法二　以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示．

设E(1,0)，C(a，b)，则B(3,0)，D.
⇒O.
∵·＝6·，
∴(3,0)·(a，b)＝6·(a－1，b)，
即3a＝6，
∴a2＋b2＝3，∴AC＝.∴＝＝.

平面向量与三角形的“四心”
向量具有数形二重性，借助几何直观研究向量，优化解题过程，进而提高解题效率．
设O为△ABC所在平面上一点，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则
(1)O为△ABC的外心⇔||＝||＝||＝.
(2)O为△ABC的重心⇔＋＋＝0.
(3)O为△ABC的垂心⇔·＝·＝·.
(4)O为△ABC的内心⇔a＋b＋c＝0.
一、平面向量与三角形的“重心”
【例1】　已知A，B，C是平面上不共线的三点，O为坐标原点，动点P满足＝[(1－λ)＋(1－λ)＋(1＋2λ)·]，λ∈R，则点P的轨迹一定经过(　　)
A．△ABC的内心 B．△ABC的垂心
C．△ABC的重心 D．AB边的中点
答案　C
解析　取AB的中点D，则2＝＋，
∵＝[(1－λ)＋(1－λ)＋(1＋2λ)]，
∴＝[2(1－λ)＋(1＋2λ)]
＝＋，
而＋＝1，∴P，C，D三点共线，
∴点P的轨迹一定经过△ABC的重心．
二、平面向量与三角形的“内心”问题
【例2】　在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cos A＝，O是△ABC的内心，若＝x＋y，其中x，y∈[0,1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为(　　)
A. B． C．4 D．6
答案　B
解析　根据向量加法的平行四边形法则可知，动点P的轨迹是以OB，OC为邻边的平行四边形及其内部，其面积为△BOC的面积的2倍．
在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得a＝7.
设△ABC的内切圆的半径为r，则
bcsin A＝(a＋b＋c)r，解得r＝，
所以S△BOC＝×a×r＝×7×＝.
故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为2S△BOC＝.
三、平面向量与三角形的“外心”问题
【例3】　(2021·长春质检)在△ABC中，O为其外心，·＝，且＋＋＝0，则边AC的长是________．
答案　－1
解析　设△ABC外接圆的半径为R，
∵O为△ABC的外心，
∴||＝||＝||＝R，
又＋＋＝0，
则＋＝－，
∴32＋2＋2·＝72，
从而·＝R2，
又·＝，所以R2＝2，
又·＝||||cos∠AOC＝R2cos∠AOC＝，
∴cos∠AOC＝，∴∠AOC＝，
在△AOC中，由余弦定理得
AC2＝OA2＋OC2－2OA·OC·cos∠AOC
＝R2＋R2－2R2×＝(2－)R2＝4－2.
所以AC＝－1.
四、平面向量与三角形的“垂心”问题
【例4】　已知O是平面上的一个定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足＝＋λ，λ∈(0，＋∞)，则动点P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心
答案　B
解析　因为＝＋λ，
所以＝－＝λ，
所以·＝·λ
＝λ(－||＋||)＝0，
所以⊥，所以点P在BC的高线上，即动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心.

A级　基础巩固
一、选择题
1．已知向量a＝(k,3)，b＝(1,4)，c＝(2,1)，且(2a－3b)⊥c，则实数k＝(　　)
A．－ B．0 C．3 D．
答案　C
解析　因为2a－3b＝(2k－3，－6)，(2a－3b)⊥c，所以(2a－3b)·c＝2(2k－3)－6＝0，解得k＝3，选C.
2．(2021·新乡质检)已知向量a＝(0,2)，b＝(2，x)，且a与b的夹角为，则x＝(　　)
A．－2 B．2 C．1 D．－1
答案　B
解析　由题意得＝＝，
则2x＝，解之得x＝2，x＝－2(舍去)．
3．(2021·青岛调研)如图所示，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝4，CD＝8.若＝－7，3＝，则·＝(　　)

A．11 B．10 C．－10 D．－11
答案　D
解析　以A为坐标原点，建立直角坐标系如图．

则A(0,0)，B(4,0)，E(1,4)，F(5,1)，所以＝(5,1)，＝(－3,4)，则·＝－15＋4＝－11.
4．若两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|＝2|b|，则向量a＋b与a的夹角为(　　)
A. B． C． D．
答案　D
解析　设|b|＝1，则|a＋b|＝|a－b|＝2.
由|a＋b|＝|a－b|，得a·b＝0，
故以a、b为邻边的平行四边形是矩形，且|a|＝，
设向量a＋b与a的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝＝，
又0≤θ≤π，所以θ＝.
5.在如图的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，＝2，＝2，则·的值为(　　)

A．－15 B．－9 C．－6 D．0
答案　C
解析　连接OA.在△ABC中，＝－＝3－3＝3(－)－3(－)＝3(－)，
∴·＝3(－)·＝3(·－2)＝3×(2×1×cos 120°－12)＝3×(－2)＝－6.
6．已知向量，满足||＝||＝2，·＝2，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，且λ＋μ＝1，则||的最小值为(　　)
A．1 B． C． D．
答案　D
解析　||2＝(λ＋μ)2＝[λ＋(1－λ)]2
＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)·，
因为·＝2，所以||2＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)·2＝4λ2－4λ＋4＝42＋3，当λ＝时，||取得最小值.
二、填空题
7．(2019·全国Ⅲ卷)已知a，b为单位向量，且a·b＝0，若c＝2a－b，则cos〈a，c〉＝________.
答案　
解析　由题意，得cos〈a，c〉＝
＝＝＝.
8．(2020·全国Ⅰ卷)设a，b为单位向量，且|a＋b|＝1，则|a－b|＝________.
答案　
解析　如图，设＝a，＝b，利用平行四边形法则得＝a＋b，∵|a|＝|b|＝|a＋b|＝1，∴△OAC为正三角形，∴||＝|a－b|＝2××|a|＝.

9．(2020·郑州模拟)已知四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AD＝1，BC＝2，M是AB边上的动点，则|＋|的最小值为________．
答案　3
解析　以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设A(0，a)，M(0，b)，且0≤b≤a，由于BC＝2，AD＝1.

∴C(2,0)，D(1，a)．
则＝(2，－b)，＝(1，a－b)，
∴＋＝(3，a－2b)．
因此|＋|＝，
∴当且仅当a＝2b时，|＋|取得最小值3.
三、解答题
10．已知向量a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－)，x∈[0，π]．
(1)若a∥b，求x的值；
(2)记f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值．
解　(1)因为a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－)，a∥b，
所以－cos x＝3sin x.
若cos x＝0，则sin x＝0，与sin2x＋cos2x＝1矛盾，
故cos x≠0，于是tan x＝－.
又x∈[0，π]，所以x＝.
(2)f(x)＝a·b＝(cos x，sin x)·(3，－)
＝3cos x－sin x＝2cos.
因为x∈[0，π]，所以x＋∈，
从而－1≤cos≤.
于是，当x＋＝，即x＝0时，f(x)取到最大值3；
当x＋＝π，即x＝时，f(x)取到最小值－2.
B级　能力提升
11．(2021·石家庄调研)已知向量a，b满足|a|＝1，(a－b)⊥(3a－b)，则a与b的夹角的最大值为(　　)
A. B． C． D．
答案　A
解析　设a与b的夹角为θ，θ∈[0，π]．
因为(a－b)⊥(3a－b)，所以(a－b)·(3a－b)＝0.
整理可得3a2－4a·b＋b2＝0，
即3|a|2－4a·b＋|b|2＝0.
将|a|＝1代入3|a|2－4a·b＋|b|2＝0，
可得3－4|b|cos θ＋|b|2＝0，
整理可得cos θ＝＋≥2＝，
当且仅当＝，即|b|＝时取等号，
故cos θ≥，结合θ∈[0，π]，
可知θ的最大值为.
12．(2020·长沙联考)已知点O为坐标原点，向量＝(1,2)，＝(x，y)，且·＝10，则||的最小值为________．
答案　2
解析　由题意知||＝，x＋2y＝10，
∴点B在直线x＋2y－10＝0上，
∴||的最小值为点O到直线x＋2y－10＝0的距离．
则||min＝＝＝2.
13．(2020·浙江卷)已知平面单位向量e1，e2满足|2e1－e2|≤.设a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夹角为θ，则cos2θ的最小值是__________．
答案　
解析　因为单位向量e1，e2满足|2e1－e2|≤，
所以|2e1－e2|2＝5－4e1·e2≤2，即e1·e2≥.
因为a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，a，b的夹角为θ，
所以cos2θ＝＝
＝＝.
不妨设t＝e1·e2，则t≥，cos2θ＝，
又y＝在上单调递增，
所以cos2θ≥＝，
所以cos2θ的最小值为.
14．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cos(A－B)，sin(A－B))，n＝(cos B，－sin B)，且m·n＝－.
(1)求sin A的值；
(2)若a＝4，b＝5，求角B的大小及向量在方向上的投影．
解　(1)由m·n＝－，
得cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－，
所以cos A＝－.因为0b，所以A>B，且B是△ABC一内角，则B＝.
由余弦定理得(4)2＝52＋c2－2·5c·，
解得c＝1，c＝－7(舍去)，
故向量在方向上的投影为||cos B＝ccos B＝1×＝.