解决平面向量数量积问题的几种常见方法.doc

解决平面向量数量积问题平面向量的数量积是向量的一种重要运算，也是高中数学的一个重要概念，在数学、物理等学科中应用十分广泛在高考试卷中备受青睐，命题方式灵活多样，试题内容活泼、新颖，是一个稳定的高频考点解决这类问题有三种基本方法：投影法、基底法和坐标法“三法”的准确定位应是并举！即不应人为地、凭主观划分它们的优劣，而应具体问题具体分析典例已知在ABC中，AB4，AC6，BC，其外接圆的圆心为O，则_.思路点拨本题如果直接利用向量数量积的定义求解，计算复杂，过程较长我们可以从以下三种思路着手：(1)利用数量积的几何意义，及数形结合思想，可以巧妙解决该题；(2)选择，为基底，利用向量基本定理，将转化到两个基底之间的运算，问题自然就能顺利解决(3)设D是边BC的中点，根据题意可知ODBC，因此方便建立平面直角坐标系，利用坐标运算解答问题方法演示法一：投影法如图，作ODBC，垂足为D，则D是线段BC的中点作AEBC，垂足为E.则在的方向上的投影为|cos，|ED|，所以|cos，|ED|.在ABC中，AB4，AC6，BC，由余弦定理，得cosABC.所以cosABEcos(ABC)，所以BEABcosABE.所以|ED|BEBD.因为|，所以|ED|10.法二：基底法如图，作ODBC，垂足为D，则D是线段BC的中点，且0.所以()，在ABC中，AB4，AC6，BC，由余弦定理，得cosABC.所以|cosABC|24()210.法三：坐标法如图，作ODBC，垂足为D，则D是线段BC的中点以D为坐标原点，BC，DO分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系在ABC中，AB4，AC6，BC，由余弦定理，得cosACB.作AEBC，垂足为E.在RtACE中，CEACcosACB.设A，O(0，yO)，又B，C.所以，(，0)所以(yOyA)010.答案：10解题师说(1)法一(投影法)利用向量数量积的几何意义，借助于向量的投影求向量的数量积，巧妙地利用平面图形的性质，解答简短法二(基底法)通过向量的分解变换，即向量的线性运算，转化成另外向量的数量积，不断化简求出值，充分体现了转化的思想，其中垂直关系的利用是化简的关键思维更自然，处理更简单法三(坐标法)巧妙地把向量运算转化为数量运算，解答过程同样简洁，体现了坐标法的威力(2)如果题目图形便于建立平面直角坐标系，可以优先考虑的坐标法如果不方便建立平面直角坐标系，则可考虑投影法或基底法，其中选择恰当的基底，将要求的数量积的两向量用基底表示是关键应用体验1.如图，ABC是边长为2的正三角形，P是以C为圆心，半径为1的圆上任意一点，则的取值范围是()A1,13 B(1,13)C(4,10) D4,10解析：选A取AB的中点D，连接CD，CP，则2，所以()()21(2)2cos231cos，176cos，所以当cos，1时，取得最小值为1；当cos，1时，取得最大值为13，因此的取值范围是1,132已知四边形ABCD的对角线相交于一点，(1，)，(，1)，则的取值范围是()A(0,2) B(0,4C2,0) D4,0)解析：选C由已知得，|2，ACBD.法一(基底法)：设四边形ABCD的对角线相交于一点O，设OAx，OBy，则OC2x，OD2y，且0x2,0y2.所以，.若以，为基底则()() ()|2|2(y1)2(x1)22.又0(x1)21,0(y1)21，所以20.法二(坐标法)：设四边形ABCD的对角线相交于一点O.以O为坐标原点，OC，OD分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系设OAa，OBb，则OC2a，OD2b，且0a2,0b2.则A(a,0)，B(0，b)，C(2a,0)，D(0,2b)，所以(a，b)，(a2,2b)所以a(a2)(b)(2b)(a1)2(b1)22.又0(a1)21,0(b1)21，所以20.一、选择题1.(2017日照一模)如图，在ABC中，ABBC4，ABC30，AD是BC边上的高，则()A0B4C8 D4解析：选B因为ABBC4，ABC30，AD是BC边上的高，所以AD2，所以()244.2(2018郑州质检)已知P是边长为2的正三角形ABC的边BC上的动点，则()()A有最大值8 B是定值6C有最小值2 D与P点的位置有关解析：选B设a，b，t，ba，a2b24，ab22cos 602，at(ba)(1t)atb，ab，()(1t)atb(ab)(1t)a2(1t)tabtb2(1t)42t46.3.如图，菱形ABCD的边长为2，BAD60，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点(含边界)，则的最大值为()A3 B2C6 D9解析：选D由平面向量数量积的几何意义知，等于与在方向上的投影之积，所以()max ()229.4(2018宝鸡质检)在等腰直角ABC中，ABC90，ABBC2，M，N(不与A，C重合)为AC边上的两个动点，且满足|，则的取值范围为()A. B.C. D.解析：选C以等腰直角三角形的直角边BC为x轴，BA为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则B(0,0)，直线AC的方程为xy2.设M(a,2a)，则0a1，N(a1，1a)，(a,2a)，(a1,1a)，a(a1)(2a)(1a)2a22a2，0a1，当a时，取得最小值.又2，故的取值范围为.5(2018福州模拟)在平行四边形ABCD中，BAD60，AB1，AD，P为平行四边形内一点，AP，若 (，R)，则的最大值为()A1 B.C. D.解析：选A，|2()2，即22|22|22.又AB1，AD，BAD60，1cos 60，232，()22，()21，的最大值为1，当且仅当，时取等号6(2018开封质检)已知ABC为等边三角形，AB2，设点P，Q满足，(1)，R.若，则()A. B.C. D.解析：选A法一：如图，以点A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系则A(0,0)，B(2,0)，C(1，)，(2,0)，(1，)，P(2，0)，Q(1，(1)，(1，(1)(21，)，化简得42410，.法二：(1)，又，|2，60，|cos 602，(1)()，即|2(21)(1)|2，42(21)4(1)，解得.7.如图，ABC的外接圆的圆心为O，AB2，AC，BC3，则的值为()A. B.C2 D3解析：选A取BC的中点为D，连接AD，OD，则ODBC，()，所以()()()(22)()222.8.(2018贵阳质检)如图，在正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若，则()A2 B.C. D.解析：选D法一：以AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设正方形的边长为1，则，(1,1)，解得.法二：由，得.又，解得.9已知ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE2EF，则的值为()A B.C. D.解析：选B如图所示，.又D，E分别为AB，BC的中点，且DE2EF，所以，所以.又，则()2222.又|1，BAC60，故11.10(2018成都诊断)已知A，B是圆O：x2y24上的两个动点，|2，.若M是线段AB的中点，则的值为()A3 B2C2 D3解析：选A由条件易知OAB为正三角形又由M为AB的中点，则()，所以()|2|23.11.(2018湖北八校联考)如图，O为ABC的外心，AB4，AC2，BAC为钝角，M为BC边的中点，则的值为()A2 B12C6 D5解析：选D如图，取AB，AC的中点分别为D，E，连接OD，OE，可知ODAB，OEAC，M是BC边的中点，()，().由数量积的定义可得|cos，而|cos，|，故|24，同理可得|21，即5，故5.12(2018陕西质检)已知非零单位向量a，b满足|ab|ab|，则a与ba的夹角是()A. B.C. D.解析：选C由|ab|ab|，得ab0，即ab.法一：如图，令a，b，则AOB为等腰直角三角形又ba，a与ba的夹角为.法二：不妨令a(1,0)，b(0,1)，则ba(1,1)，设a与ba的夹角为，则cos .又0，.二、填空题13在ABC中，点D在线段BC的延长线上，且3，点O在线段CD上(与点C，D不重合)，若x(1x)，则x的取值范围是_解析：依题意，设，其中1，则有()(1).又x(1x)，且，不共线，于是有x1，由知，x，即x的取值范围是.答案：14.如图，在平行四边形ABCD中，已知AB8，AD5，3，2，则的值是_解析：因为，所以|2|22，将AB8，AD5代入解得22.答案：2215.如图，在RtABC中，ABAC，BC4，O为BC的中点，以O为圆心，1为半径的半圆与BC交于点D，P为半圆上任意一点，则的最小值为_解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则B(2,0)，A(0,2)，D(1,0)，设P(x，y)，故(x2，y)，(1，2)，所以x2y2.令x2y2t，根据直线的几何意义可知，当直线x2y2t与半圆相切时，t取得最小值，由点到直线的距离公式可得1，t2，即的最小值是2.答案：216.在ABC中，ABAC，AB，ACt，P是ABC所在平面内一点，若，则PBC面积的最小值为_解析：由于ABAC，故以AB，AC所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系(图略)，则B，C(0，t)，因为，所以点P坐标为(4,1)，直线BC的方程为t2xyt0，所以点P到直线BC的距离为d，BC，所以PBC的面积为，当且仅当t时取等号答案：