6.2.4 第1课时 向量数量积的定义及性质-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第六章　平面向量及其应用 6.2　平面向量的运算 6.2.4　向量的数量积 第1课时　向量数量积的定义及性质 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 知识点一　向量夹角的概念 1．已知|a|＝|b|＝3，且a与b的夹角为80°，则a＋b与a－b的夹角为_____． 90° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 4 2．已知非零向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，向量a，b的夹角为120°，且|b|＝2|a|，则向量b与c的夹角为________． 解析：由题意画出图形，如图，因为a，b的夹角为120°，所以∠CAB＝60°，又|b|＝2|a|，所以∠ACB＝90°，所以∠ABC＝30°，则向量b与c的夹角为150°． 150° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 8 6．若|a|＝2，|b|＝4，向量a与向量b的夹角为120°，记向量a在向量b上的投影向量为γ，则|γ|＝(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析：设向量a与向量b的夹角为θ，与b方向相同的单位向量为e，则a在b上的投影向量γ＝|a|cosθe，则|γ|＝||a|cosθ|＝|2×cos120°|＝1．故选D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 9 知识点四　平面向量数量积的性质 7．给出以下结论： ①0·a＝0；②若a·b＝a·c，且a≠0，则b＝c；③a2＝|a|2；④(a·b)c＝a(b·c)；⑤|a·b|≤a·b． 其中正确结论的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：①③显然正确；当a⊥b，a⊥c时，a·b＝a·c＝0，此时b与c不一定相等，故②错误；(a·b)c与c共线，而a(b·c)与a共线，a与c方向未知，故④错误；|a·b|＝|a||b||cosθ|，a·b＝|a||b|cosθ，有|a·b|≥a·b，故⑤错误．故选B． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 13 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 16 3．下列关于两个非零向量的数量积的叙述中，错误的是(　　) A．两个向量同向共线，则它们的数量积是正的 B．两个向量反向共线，则它们的数量积是负的 C．两个向量的数量积是负的，则它们的夹角是钝角 D．两个向量的数量积是0，则它们互相垂直 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 23 三、填空题 8．若|a|＝2，b＝－2a，则a·b＝________． 解析：|b|＝2|a|＝4，且b与a反向，∴〈a，b〉＝180°，∴a·b＝|a||b|cos180°＝2×4×(－1)＝－8． －8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 24 9．已知e为单位向量，a与e的夹角是120°，而a在e上的投影向量的模为2，则|a|＝____． 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 35 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：如图，作向量eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b，以OA，OB为邻边作平行四边形，则平行四边形OACB为菱形．∵eq \o(OC,\s\up14(→))＝a＋b，eq \o(BA,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \o(OB,\s\up14(→))＝a－b，eq \o(OC,\s\up14(→))⊥eq \o(BA,\s\up14(→))，∴a＋b与a－b的夹角为90°． 知识点二　平面向量数量积的定义 3．若向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a与b的夹角为60°，则a·b＝(　　) A．eq \f(1,2) B．eq \f(3,2) C．1＋eq \f(\r(3),2) D．2 解析：a·b＝|a||b|cos60°＝1×1×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)．故选A． 4．已知A，B是圆心为C，半径为eq \r(5)的圆上两点，且AB＝eq \r(5)，则eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(CB,\s\up14(→))＝(　　) A．－eq \f(5,2) B．eq \f(5,2) C．2 D．eq \f(5\r(3),2) 解析：因为AB＝eq \r(5)，所以△ABC为等边三角形，所以eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(CB,\s\up14(→))＝|eq \o(AC,\s\up14(→))||eq \o(CB,\s\up14(→))|cos120°＝eq \r(5)×eq \r(5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(5,2)．故选A． 知识点三　投影向量 5．已知等边三角形ABC的边长为2，则向量eq \o(AB,\s\up14(→))在向量eq \o(CA,\s\up14(→))上的投影向量为(　　) A．－eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up14(→)) B．eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up14(→)) C．2eq \o(AC,\s\up14(→)) D．2eq \o(CA,\s\up14(→)) 解析：在等边三角形ABC中，∵∠A＝60°，∴向量eq \o(AB,\s\up14(→))在向量eq \o(AC,\s\up14(→))上的投影向量为eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up14(→))，∴向量eq \o(AB,\s\up14(→))在向量eq \o(CA,\s\up14(→))上的投影向量为－eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up14(→))．故选A． 解：如图，由AM＝3， 且eq \o(AP,\s\up14(→))＝2eq \o(PM,\s\up14(→))，可知|eq \o(AP,\s\up14(→))|＝2． ∵M为BC的中点， ∴eq \o(PB,\s\up14(→))＋eq \o(PC,\s\up14(→))＝2eq \o(PM,\s\up14(→))＝eq \o(AP,\s\up14(→))， ∴eq \o(PA,\s\up14(→))·(eq \o(PB,\s\up14(→))＋eq \o(PC,\s\up14(→)))＝eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(AP,\s\up14(→))＝－eq \o(PA,\s\up14(→))2＝－|eq \o(PA,\s\up14(→))|2＝－4． 8．在△ABC中，M是BC的中点，AM＝3，点P在AM上，且满足eq \o(AP,\s\up14(→))＝2eq \o(PM,\s\up14(→))，求eq \o(PA,\s\up14(→))·(eq \o(PB,\s\up14(→))＋eq \o(PC,\s\up14(→)))的值． 知识点五　平面向量数量积的应用 9．已知a·b＝－12eq \r(2)，|a|＝4，a与b的夹角为135°，则|b|＝(　　) A．12 B．3 C．6 D．3eq \r(3) 解析：a·b＝|a||b|cos135°＝－12eq \r(2)，又|a|＝4，解得|b|＝6．故选C． 10．已知非零向量a与b的夹角为θ，|b|＝2|a|，a·b＝a2，则θ＝(　　) A．0 B．eq \f(π,6) C．eq \f(π,3) D．eq \f(π,2) 解析：因为非零向量a与b的夹角为θ，|b|＝2|a|，a·b＝a2，所以cosθ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(a2,2|a||a|)＝eq \f(|a|2,2|a||a|)＝eq \f(1,2)，又θ∈[0，π]，所以θ＝eq \f(π,3)．故选C． 一、单项选择题 1．已知|a|＝4，|b|＝2，当a与b的夹角为eq \f(π,3)时，a·b＝(　　) A．4eq \r(3) B．4 C．8eq \r(3) D．8 解析：根据向量数量积的定义得a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝4×2×coseq \f(π,3)＝4．故选B． 2．在四边形ABCD中，eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(DC,\s\up14(→))，且eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝0，则四边形ABCD是(　　) A．矩形 B．菱形 C．直角梯形 D．等腰梯形 解析：由eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(DC,\s\up14(→))得四边形ABCD中一组对边平行且相等，即为平行四边形，由eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝0得两条对角线互相垂直，所以四边形ABCD为菱形．故选B． 解析：对于任意的两个非零向量a，b，a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，其中〈a，b〉∈[0，π]．若两个非零向量同向共线，则〈a，b〉＝0，cos〈a，b〉＝1，a·b＝|a||b|>0，故A正确；若两个非零向量反向共线，则〈a，b〉＝π，cos〈a，b〉＝－1，a·b＝－|a||b|<0，故B正确；若两个非零向量的数量积是负的，则cos〈a，b〉<0，〈a，b〉∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故C错误；若两个非零向量的数量积是0，则cos〈a，b〉＝0，〈a，b〉＝eq \f(π,2)，a，b互相垂直，故D正确．故选C． 4．(2024·山东济宁邹城高一期中)已知向量a，b，且|a|＝4，|b|＝3，a·b＝－6，则向量a在b上的投影向量是(　　) A．－2 B．－2b C．－eq \f(2,3) D．－eq \f(2,3)b 解析：由题设，cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝－eq \f(1,2)，则向量a在b上的投影向量为 |a|cos〈a，b〉eq \f(b,|b|)＝－eq \f(2,3)b． 5．已知a1，a2，…，an是平面内的单位向量，若对任意的1≤i<j≤n(n∈N*)，都有ai·aj<eq \f(1,2)，则n的最大值为(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：依题意，设单位向量ai与aj的夹角为θ，因为ai·aj<eq \f(1,2)，所以ai·aj＝ |ai||aj|cosθ<eq \f(1,2)，则cosθ<eq \f(1,2)，所以eq \f(π,3)<θ≤π，根据题意，正整数n的最大值为eq \f(2π,\f(π,3))－1＝5．故选C． 二、多项选择题 6．(2024·吉林长春期末)正六边形ABCDEF的边长为2，G为正六边形边上的动点，则eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(BG,\s\up14(→))的值可能为(　　) A．－3 B．－1 C．12 D．16 解析：连接BF与AD相交于点O，由正六边形的几何性质， 知BF⊥AD，∠FAO＝60°，正六边形ABCDEF的边长为2，故 AO＝AFsin30°＝1，AD＝2EF＝4，故OD＝4－1＝3，故点B在 AD上的投影为O，当点G与点D重合时，eq \o(BG,\s\up14(→))在eq \o(AD,\s\up14(→))上的投影向量 为eq \o(OD,\s\up14(→))，eq \o(OD,\s\up14(→))与eq \o(AD,\s\up14(→))方向相同，此时eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(BG,\s\up14(→))取得最大值，为AD·OD＝4×3＝12，故当点G与点A重合时，eq \o(BG,\s\up14(→))在eq \o(AD,\s\up14(→))上的投影向量为eq \o(OA,\s\up14(→))，eq \o(OA,\s\up14(→))与eq \o(AD,\s\up14(→))方向相反，此时eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(BG,\s\up14(→))取得最小值，为－OA·AD＝－4，故eq \o(AD,\s\up14(→))·eq \o(BG,\s\up14(→))∈[－4，12]，A，B，C正确，D错误．故选ABC． 7．已知等腰直角三角形ABC中，C＝90°，且S△ABC＝1，则下列结论正确的是(　　) A．eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝0 B．eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝2 C．eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝2 D．|eq \o(AB,\s\up14(→))|cosB＝|eq \o(BC,\s\up14(→))| 解析：在等腰直角三角形ABC中，C＝90°，面积为1，则eq \f(1,2)AC2＝1，得AC＝eq \r(2)，得AB＝2，所以eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝0，A正确；eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|·cos45°＝2，B正确；eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(BC,\s\up14(→))|·cos135°＝－2，C不正确；向量eq \o(BA,\s\up14(→))在eq \o(BC,\s\up14(→))上的投影向量的模为|eq \o(BC,\s\up14(→))|，所以|eq \o(AB,\s\up14(→))|cosB＝|eq \o(BC,\s\up14(→))|，D正确．故选ABD． 解析：因为||a|cos120°|＝2，所以eq \f(1,2)|a|＝2，所以|a|＝4． －eq \f(149,2) 10．如图所示，已知圆O为△ABC的外接圆，AB＝6，BC＝7，CA＝8，则eq \o(OA,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(OB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))·eq \o(CA,\s\up14(→))＝________． 解析：eq \o(OA,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝|eq \o(OA,\s\up14(→))||eq \o(AB,\s\up14(→))|cos(180°－∠BAO)，∵|eq \o(OA,\s\up14(→))|cos(180°－∠BAO)＝－|eq \o(OA,\s\up14(→))|cos∠BAO＝－eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up14(→))|，∴eq \o(OA,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up14(→))|2，同理，eq \o(OB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2)|eq \o(BC,\s\up14(→))|2，eq \o(OC,\s\up14(→))·eq \o(CA,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2)|eq \o(CA,\s\up14(→))|2，∴eq \o(OA,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(OB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))·eq \o(CA,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2)×(62＋72＋82)＝－eq \f(149,2)． 四、解答题 11．(1)已知|a|＝3，|b|＝6，当①a∥b，②a⊥b，③a与b的夹角是60°时，分别求a·b； (2)在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，求eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))． 解：(1)①当a∥b时，若a与b同向，则它们的夹角θ＝0°， ∴a·b＝|a||b|cos0°＝3×6×1＝18； 若a与b反向，则它们的夹角θ＝180°， ∴a·b＝|a||b|cos180°＝3×6×(－1)＝－18． ②当a⊥b时，它们的夹角θ＝90°，∴a·b＝0． ③当a与b的夹角是60°时， 有a·b＝|a||b|cos60°＝3×6×eq \f(1,2)＝9． (2)在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝4， 故BC＝3，且cos∠ABC＝eq \f(3,5)， 设eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(BC,\s\up14(→))的夹角为θ，则θ＝180°－∠ABC， ∴eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝－|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(BC,\s\up14(→))|cos∠ABC＝－5×3×eq \f(3,5)＝－9． 12．如图，在△OAB中，P为线段AB上一点，eq \o(OP,\s\up14(→))＝xeq \o(OA,\s\up14(→))＋yeq \o(OB,\s\up14(→))． (1)若eq \o(AP,\s\up14(→))＝eq \o(PB,\s\up14(→))，求x，y的值； (2)若eq \o(AP,\s\up14(→))＝3eq \o(PB,\s\up14(→))，|eq \o(OA,\s\up14(→))|＝4，|eq \o(OB,\s\up14(→))|＝2，且eq \o(OA,\s\up14(→))与eq \o(OB,\s\up14(→))的夹角为60°，求eq \o(OP,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))的值． 解：(1)若eq \o(AP,\s\up14(→))＝eq \o(PB,\s\up14(→))，则eq \o(OP,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(OB,\s\up14(→))，故x＝y＝eq \f(1,2)． (2)因为|eq \o(OA,\s\up14(→))|＝4，|eq \o(OB,\s\up14(→))|＝2，∠BOA＝60°，所以∠OBA＝90°，所以|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝2eq \r(3)． 又因为eq \o(AP,\s\up14(→))＝3eq \o(PB,\s\up14(→))，所以|eq \o(PB,\s\up14(→))|＝eq \f(\r(3),2)． 所以|eq \o(OP,\s\up14(→))|＝eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(19),2)，cos∠OPB＝eq \f(\r(57),19)， 所以eq \o(OP,\s\up14(→))与eq \o(AB,\s\up14(→))的夹角θ的余弦值为－eq \f(\r(57),19)． 所以eq \o(OP,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝|eq \o(OP,\s\up14(→))||eq \o(AB,\s\up14(→))|cosθ＝－3． 13．[多选](2024·河北承德期末)如图，△OAD，△OBC均为等 腰直角三角形，O在线段AB上，AO＝AD＝BO＝BC＝2，在扇形 COD中，M为eq \o(CD,\s\up18(︵))的中点，P为eq \o(CD,\s\up18(︵))上一动点，Q为线段AB上一动 点，则(　　) A．向量eq \o(OC,\s\up14(→))在向量eq \o(OM,\s\up14(→))上的投影向量为eq \o(BC,\s\up14(→)) B．向量eq \o(AP,\s\up14(→))在向量eq \o(OM,\s\up14(→))上的投影向量与向量eq \o(BP,\s\up14(→))在向量eq \o(OM,\s\up14(→))上的投影向量相等 C．当P的位置固定，Q在线段AB上移动时，eq \o(OM,\s\up14(→))·eq \o(QP,\s\up14(→))为定值 D．当Q的位置固定，P在eq \o(CD,\s\up18(︵))上移动时，eq \o(OM,\s\up14(→))·eq \o(QP,\s\up14(→))为定值 解析：由题意得∠AOD＝∠BOC＝∠MOD＝∠MOC＝eq \f(π,4)， 则MO⊥AB，所以eq \o(BC,\s\up14(→))与eq \o(OM,\s\up14(→))同向，又eq \o(OC,\s\up14(→))在eq \o(BC,\s\up14(→))上的投影向量为 eq \o(BC,\s\up14(→))，所以eq \o(OC,\s\up14(→))在eq \o(OM,\s\up14(→))上的投影向量为eq \o(BC,\s\up14(→))，故A正确；如图，过P 作PH⊥AB，垂足为H，eq \o(HP,\s\up14(→))与eq \o(OM,\s\up14(→))同向，eq \o(AP,\s\up14(→))，eq \o(BP,\s\up14(→))在eq \o(HP,\s\up14(→))上的投影向量均为eq \o(HP,\s\up14(→))，故B正确；因为eq \o(OM,\s\up14(→))·eq \o(QP,\s\up14(→))＝|eq \o(OM,\s\up14(→))||eq \o(QP,\s\up14(→))|cos∠HPQ＝|eq \o(OM,\s\up14(→))||eq \o(HP,\s\up14(→))|，当P的位置固定，Q在线段AB上移动时，|eq \o(HP,\s\up14(→))|是定值，所以eq \o(OM,\s\up14(→))·eq \o(QP,\s\up14(→))＝|eq \o(OM,\s\up14(→))||eq \o(HP,\s\up14(→))|是定值，故C正确；当Q的位置固定，P在eq \o(CD,\s\up18(︵))上移动时，|eq \o(HP,\s\up14(→))|不是定值，所以eq \o(OM,\s\up14(→))·eq \o(QP,\s\up14(→))＝|eq \o(OM,\s\up14(→))||eq \o(HP,\s\up14(→))|不是定值，故D错误．故选ABC． －eq \f(3,4) 解析：因为菱形ABCD的边长为2，所以AO⊥OB，所以eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AO,\s\up14(→))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AO,\s\up14(→))|cos∠BAO＝|eq \o(AO,\s\up14(→))|2＝1，所以|eq \o(AO,\s\up14(→))|＝1，所以OB＝eq \r(AB2－AO2)＝eq \r(4－1)＝eq \r(3)，令OP＝x，x∈[0，eq \r(3)]，则PB＝eq \r(3)－x，所以eq \o(PO,\s\up14(→))·eq \o(PB,\s\up14(→))＝－x(eq \r(3)－x)＝x2－eq \r(3)x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),2))) eq \s\up12(2)－eq \f(3,4)，x∈[0，eq \r(3)]，则当x＝eq \f(\r(3),2)时，eq \o(PO,\s\up14(→))·eq \o(PB,\s\up14(→))取得最小值－eq \f(3,4)． 14．(2024·北京顺义期中)如图，边长为2的菱形ABCD的对角线相交于点O，点P在线段BO上运动，若eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AO,\s\up14(→))＝1，则eq \o(PO,\s\up14(→))·eq \o(PB,\s\up14(→))的最小值为________． 15．已知圆O的一条弦AB的长是定值a，则eq \o(AO,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 解：如图，过O作OC⊥AB于点C， 则cos〈eq \o(AO,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))〉＝eq \f(|\o(AC,\s\up14(→))|,\a\vs4\al(|\o(AO,\s\up14(→))|))， 可得eq \o(AO,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝|eq \o(AO,\s\up14(→))||eq \o(AB,\s\up14(→))|cos〈eq \o(AO,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))〉＝|eq \o(AO,\s\up14(→))|·|eq \o(AB,\s\up14(→))|·eq \f(|\o(AC,\s\up14(→))|,\a\vs4\al(|\o(AO,\s\up14(→))|))＝|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|＝eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up14(→))|2＝eq \f(1,2)a2．所以eq \o(AO,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))是定值eq \f(1,2)a2． $$