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两向量的夹角计算公式

## 两向量的夹角计算公式
已知 $\vec{a}=\left(a_x, a_y\right), \vec{b}=\left(b_x, b_y\right)$, 则
$$
\cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}
$$

但 $\vec{a} \cdot \vec{b}=a_x b_x+a_y b_y, \quad|\vec{a}|=\sqrt{a_x^2+a_y^2}, \quad|\vec{b}|=\sqrt{b_x^2+b_y^2}$, 所以
$$
\cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\frac{a_x b_x+a_y b_y}{\sqrt{a_x^2+a_y^2} \sqrt{b_x^2+b_y^2}}
$$
(5.7) 式是求两个向量夹角的余弦的计算公式. 由两个向量夹角的余弦, 我们就可求出这两个向量的夹角.
设 $\left\langle\vec{e}_x, \vec{a}\right\rangle=\alpha,\left\langle\vec{e}_y, \vec{a}\right\rangle=\beta$, 已知
$$
a_x=|\vec{a}| \cos \alpha, \quad a_y=|\vec{a}| \cos \beta
$$
则
$$
\left\{\begin{array}{l}
\cos \alpha=\frac{a_x}{|\vec{a}|}=\frac{a_x}{\sqrt{a_x^2+a_y^2}} \\
\cos \beta=\frac{a_y}{|\vec{a}|}=\frac{a_y}{\sqrt{a_x^2+a_y^2}}
\end{array}\right.
$$

但由 $(5.6)$ 式知
$$
\vec{a}_0=\left(\frac{a_x}{\sqrt{a_x^2+a_y^2}}, \frac{a_y}{\sqrt{a_x^2+a_y^2}}\right)
$$

所以: $\vec{a}_0=(\cos \alpha, \cos \beta)$. 这就是说 $(\cos \alpha, \cos \beta)$ 就是 $\vec{a}$ 的单位向量的坐标.
容易验证 $\cos \alpha, \cos \beta$ 之间满足关系
$$
\cos ^2 \alpha+\cos ^2 \beta=1
$$
(5.8)、(5.9) 是两个重要的公式, 它们把向量的坐标与向量的长度、方向联系起来.
例 5.16 已知 $A(\sqrt{3}, 1), B(0,1), c\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$, 求 $\overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{A C}$ 之间的夹角.
解: 因为 $\overrightarrow{A B}=(-\sqrt{3}, 0), \overrightarrow{A C}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$, 所以
$$
\cos \langle\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}\rangle=\frac{-\sqrt{3} \times\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)+0 \times\left(-\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+0^2} \sqrt{\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(-\frac{1}{2}\right)^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}
$$

因此,
$$
\langle\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}\rangle=\frac{\pi}{6}
$$
例 5.17 求向量 $\vec{a}=(2,-1)$ 的方向余弦和 $\vec{a}_0$ 的坐标.
解：因为 $|\vec{a}|=\sqrt{2^2+(-1)^2}=\sqrt{5}$, 所以
$$
\begin{gathered}
\cos \alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}, \quad \cos \beta=\frac{-1}{\sqrt{5}} \\
\vec{a}_0=(\cos \alpha, \cos \beta)=\left(\frac{2}{\sqrt{5}},-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)
\end{gathered}
$$

## 两向量方向差的正弦、正切公式
由于我们规定两个向量的夹角取值范围是 $[0, \pi]$, 所以在坐标平面上知道 $\left\langle\vec{e}_x, \vec{a}\right\rangle$ 和 $\left\langle\vec{e}_y, \vec{a}\right\rangle$ 这两个角 $\vec{a}$ 的方向唯一确定了, 其实在坐标平面上只需要知道其中一个角就够了.

在坐标系 $\left[O: \vec{e}_x, \vec{e}_y\right]$ 中 (图 5.12), 已知非零向量 $\vec{a}=\left(a_x, a_y\right)$, 作 $\overrightarrow{O A}=\vec{a}$,这时射线 $O A$ 的方向被以 $O X$ 为始边、 $O A$ 为终边的旋转角 $\varphi$ 所唯一确定, 于是 $\vec{a}$ 的方向也被 $\varphi$ 所唯一确定. $\varphi$ 角通常叫做向量 $\vec{a}$ 的方向角. 由三角学可知, $\varphi$ 有无穷多值, 因此平面上同一个方向可以和无穷多个角相对应. 如果约定 $\varphi$ 在 $[0,2 \pi]$ 内取值, 一个向量的方向角就被唯一确定了.
 ![图片](/uploads/2024-05/f527bc.jpg)
 我们曾规定 $\left\langle\vec{e}_x, \vec{a}\right\rangle=\alpha,\left\langle\vec{e}_y, \vec{a}\right\rangle=\beta$ 的取值范围是 $[0, \pi]$. 因此上述定义的角 $\varphi$ 和角 $\alpha$ 并不一致. 但我们知道
$$
\cos \alpha=\frac{a_x}{|\vec{a}|}, \quad \cos \beta=\frac{a_y}{|\vec{a}|}
$$

由三角函数的定义, 我们又知
$$
\cos \varphi=\frac{a_x}{|\vec{a}|}, \quad \sin \varphi=\frac{a_y}{|\vec{a}|}
$$

所以不论 $\varphi$ 取何值, 都有关系式
$$
\cos \varphi=\cos \alpha, \quad \sin \varphi=\cos \beta
$$

因此一个向量的方向余弦, 用它的方向角可表示为 $\cos \varphi, \sin \varphi$. 任给一单位向量 $\vec{e}$, 若方向角为 $\varphi$, 则
$$
\vec{e}=(\cos \varphi, \sin \varphi)
$$

在 $(5.10)$ 式两边相除可得
$$
\tan \varphi=\frac{a_y}{a_x}
$$
 ![图片](/uploads/2024-05/d40d94.jpg)
 已知 $\vec{a}=\left(a_x, a_y\right), \vec{b}=\left(b_x, b_y\right)$, 作 $\overrightarrow{O A}=\vec{a}, \overrightarrow{O B}=\vec{b}$ (图 5.13), 设 $\vec{a}$ 的方向角为 $\varphi_1, \vec{b}$ 的方向角为 $\varphi_2$, 我们把 $\vec{b}$ 与 $\vec{a}$ 的方向差 $\varphi$ 定义为 $\varphi=\varphi_2-\varphi_1$, 这就是说 $\varphi$ 是射线 $O A$ 到射线 $O B$ 之间的旋转角, 也可说 $\varphi$ 是 $\vec{a}$ 到 $\vec{b}$ 的旋转角. 容易证明, 对任意两个向量 $\vec{a}, \vec{b}$, 有
$$
\cos \varphi=\cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle
$$

由三角公式有
$$
\sin \varphi=\sin \left(\varphi_2-\varphi_1\right)=\sin \varphi_2 \cos \varphi_1-\cos \varphi_2 \sin \varphi_1
$$
$$
\sin \varphi_2=\frac{b_y}{|\vec{b}|}, \quad \cos \varphi_2=\frac{b_x}{|\vec{b}|}, \quad \sin \varphi_1=\frac{a_y}{|\vec{a}|}, \quad \cos \varphi_1=\frac{a_x}{|\vec{a}|}
$$

所以
$$
\sin \varphi=\frac{a_x b_y-a_y b_x}{|\vec{a}||\vec{b}|}
$$

又知
$$
\cos \varphi=\cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\frac{a_x b_x+a_y b_y}{|\vec{a}||\vec{b}|}
$$

两式相除又可得
$$
\tan \varphi=\frac{a_x b_y-a_y b_x}{a_x b_x+a_y b_y}
$$

为了便于记忆, $(5.10) 、(5.11)$ 两式还可用行列式写出:
$$
\sin \varphi=\frac{\left|\begin{array}{cc}
a_x & a_y \\
b_x & b_y
\end{array}\right|}{|\vec{a}||\vec{b}|}, \quad \tan \varphi=\frac{\left|\begin{array}{cc}
a_x & a_y \\
b_x & b_y
\end{array}\right|}{\vec{a} \cdot \vec{b}}
$$

例 5.18 已知 $\vec{a}=(2,-2)$, 求 $\vec{a}$ 的方向角 $\varphi$.
解: 因为 $|\vec{a}|=\sqrt{3},|\vec{b}|=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(-\frac{1}{2}\right)^2}=1$ 所以
$$
\cos \varphi=\frac{a_x b_x+a_y b_y}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\frac{\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+0 \cdot\left(-\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{3} \cdot 1}=\frac{\sqrt{3}}{2}
$$

于是 $\varphi=\frac{\pi}{6}$, 或 $\varphi=-\frac{11}{6} \pi$. 又因为
$$
\sin \varphi=\frac{a_x b_y-a_y b_x}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\frac{\sqrt{3} \times\left(-\frac{1}{2}\right)+0 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3} \cdot 1}=-\frac{1}{2}
$$
所以: $\varphi=-\frac{11}{6} \pi$.
由例 5.19 可知, 如果我们要求两向量的夹角, 只用余弦公式就可以了, 如果要计算两向量的方向差, 除用余弦公式外, 还要用正弦公式或正切公式.

例 5.20 已知 $\vec{a}=\left(a_x, a_y\right)$, 求与 $\vec{a}$ 垂直的单位向量 $\vec{n}_0$ 的坐标.

解: 设 $\vec{n}_0=(\cos \varphi, \sin \varphi)$, 由于 $\vec{n}_0 \perp \vec{a}$, 所以
$$
a_x \cos \alpha+a_y \sin \alpha=0
$$

即: $\frac{\cos \alpha}{-a_y}=\frac{\sin \alpha}{a_x}$.
由此可见, 向量 $\vec{n}_0$ 与向量 $\left(-a_y, a_x\right)$ 平行. 于是存在数 $\lambda$, 使
$$
\cos \varphi=\lambda\left(-a_y\right), \quad \sin \varphi=\lambda a_x
$$

由于 $\sin ^2 \varphi+\cos ^2 \varphi=1$, 因此可求得
$$
\lambda= \pm \frac{1}{\sqrt{a_x^2+a_y^2}}= \pm \frac{1}{|\vec{a}|}
$$

所以
$$
\begin{aligned}
& \cos \varphi= \pm \frac{1}{|\vec{a}|} \times\left(-a_y\right)=\mp \frac{a_y}{|\vec{a}|} \\
& \sin \varphi= \pm \frac{a_x}{|\vec{a}|}
\end{aligned}
$$

于是可得：
$$
\vec{n}_0=\left(-\frac{a_y}{|\vec{a}|}, \frac{a_x}{|\vec{a}|}\right) \text { 或 } \vec{n}_0=\left(\frac{a_y}{|\vec{a}|},-\frac{a_x}{|\vec{a}|}\right)
$$

求一个向量的垂直向量的坐标, 是我们经常要碰到的问题, 我们在例 5.20 的基础上, 再作些说明:
由于 $\vec{n}_0 \perp \vec{a}$, 因此对任意实数 $k$
$$
k \vec{n}_0 \perp \vec{a}
$$

特别当 $k= \pm|\vec{a}|$ 时, 向量 $\vec{n}_1=\left(-a_y, a_x\right), \vec{n}_2=\left(a_y,-a_x\right)$ 都与 $\vec{a}$ 垂直, 且与 $\vec{a}$ 的长度相等. 例如 $\vec{a}=(3,4)$, 则 $\vec{n}_1=(-4,3), \vec{n}_2=(4,-3)$ 都垂直于 $\vec{a}$ (图 5.14).
令 $\varphi_1$ 是 $\vec{n}_1$ 与 $\vec{a}$ 的方向差, $\varphi_2$ 是 $\vec{n}_2$ 与 $\vec{a}$ 的方向差, 则
$$
\begin{aligned}
& \sin \varphi_1=\frac{\left|\begin{array}{cc}
a_x & a_y \\
-a_y & a_x
\end{array}\right|}{|\vec{a}||\vec{a}|}=\frac{a_x^2+a_y^2}{|\vec{a}|^2}=1 \\
& \sin \varphi_2=\frac{\left|\begin{array}{cc}
a_x & a_y \\
a_y & -a_x
\end{array}\right|}{|\vec{a}||\vec{a}|}=\frac{-\left(a_x^2+a_y^2\right)}{|\vec{a}|^2}=-1
\end{aligned}
$$

所以向量 $\vec{n}_1$ 可看作向量 $\vec{a}$ 按逆时针方向旋转 $90^{\circ}$ 所生成的向量, $\vec{n}_2$ 可看作 $\vec{a}$按顺时针方向旋转 $90^{\circ}$ 所生成的向量.
 ![图片](/uploads/2024-05/afa869.jpg)
 例 5.21 已知正方形 $A B C D$, 有 $A(-2,1), C(1,1)$. 求顶点 $B$ 和 $D$ 的坐标 (图 $5.15)$.

解: 设对角线 $\overline{A C}$ 与 $\overline{B D}$ 相交于 $E$ 点, 则 $E$ 点的坐标
$$
\begin{aligned}
x_E & =\frac{1+(-2)}{2}=-\frac{1}{2} \\
y_E & =\frac{1+1}{2}=1 \\
\overrightarrow{E A} & =\left(-2-\left(-\frac{1}{2}\right), 1-1\right)=\left(-1 \frac{1}{2}, 0\right)
\end{aligned}
$$

由于 $\overrightarrow{E B} \perp \overrightarrow{E A}, \overrightarrow{E D} \perp \overrightarrow{E A}$, 且 $|\overrightarrow{E D}|=|\overrightarrow{E B}|=|\overrightarrow{E A}|$, 所以
$$
\begin{gathered}
\overrightarrow{E B}=\left(0,-1 \frac{1}{2}\right), \quad \overrightarrow{E D}=\left(9,1 \frac{1}{2}\right) \\
\overrightarrow{O B}=\overrightarrow{O E}+\overrightarrow{E B}=\left(-\frac{1}{2}, 1\right)+\left(0,-1 \frac{1}{2}\right)=\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right) \\
\overrightarrow{O D}=\overrightarrow{O E}+\overrightarrow{E D}=\left(-\frac{1}{2}, 1\right)+\left(0,1 \frac{1}{2}\right)=\left(-\frac{1}{2}, 2 \frac{1}{2}\right)
\end{gathered}
$$

所以 $B\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right), D\left(-\frac{1}{2}, 2 \frac{1}{2}\right)$

例 5.22 证明三角公式 $\cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta$.
 ![图片](/uploads/2024-05/a502f8.jpg)
 
 证明: 在坐标平面上 (图 5.16), 设 $\overrightarrow{O E_1}=(\cos \alpha, \sin \alpha), \overrightarrow{O E_2}=(\cos \beta, \sin \beta)$,则
$$
\cos (\alpha-\beta)=\cos \left\langle\overrightarrow{O E_1}, \overrightarrow{O E_2}\right\rangle=\cos \alpha \cdot \cos \beta+\sin \alpha \cdot \sin \beta
$$

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