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1、第 33 炼 向量的模长问题代数法 一、基础知识: 利用代数方法处理向量的模长问题,主要采取模长平方数量积和坐标两种方式 1、模长平方: 通过 2 2 cos0aaaa 可得: 2 2 aa ,将模长问题转化为数量积问题, 从而能够与条件中的已知向量(已知模长,夹角的基向量)找到联系。要注意计算完向量数 量积后别忘记开方 2、坐标运算: 若,ax y ,则 22 axy 。 某些题目如果能把几何图形放入坐标系中, 则只要确定所求向量的坐标,即可求出(或表示)出模长 3、有关模长的不等问题:通常考虑利用“模长平方”或“坐标化”得到模长与某个变量间 的函数关系,从而将问题转化为求函数最值问题 二、
2、典型例题 例 1:在ABC中,O为BC中点,若1,3,60ABACA,则OA _ 思路:题目条件有1,3,60ABACA,进而AB AC可 求,且OA可用,AB AC表示,所以考虑模长平方转化为数量积 问题 解:O为BC中点可得: 1 2 AOABAC 2 2 222 11 2 24 AOAOABACABAB ACAC 3 cos 2 AB ACABACA 代入可求出: 2 13 = 4 AO 13 2 AO 答案: 13 2 例 2:若, ,a b c均为单位向量,且 0,0a bacbc ,则abc的最大值为 () A. 21B. 1C. 2D. 2 O BC A 思路:题目中所给条件与模
3、和数量积相关,几何特征较少,所以考虑将abc平方,转 化为数量积问题,再求最值。 解: 2 00acbca bb ca cc 0,1a bc转化为101b ca cb ca c 22222 222abcabcabca ba cb c 1112321b ca c 1abc 答案: B 例3 : 平 面 上 的 向 量,MA MB满 足 2 4M AM B , 且0MA MB, 若 12 33 MCMAMB ,则MC的最小值为 _ 思路: 发现所给条件均与 ,MA MB相关, 且MC可以用,MA MB表示, 所以考虑MC 进行 模长平方,然后转化为,MA MB的运算。从而求出最小值 解: 2 2
4、22 121 44 339 MCMAMBMAMA MBMB 0MA MB 2 4M AM B,代入可得: 2 22 111631 637 444 998169 1616 MCMBMBMB min 7 4 MC 答案: 7 4 例 4:已知平面向量,满足23,且与2的夹角为150,则 3 2 ttR 的最小值是() A. 3 4 B. 3 3 C. 3 2 D. 3 思路:题目所给条件围绕着与2,所以考虑所求向量用这两个向量进行表示: 311 2 222 tt,从而模长平方变成数量积问题,可得: 22 2 31313 22224 ttt ,将 1 2 t 视为一 个整体,则可配方求出最小值 解:
5、 311 2 222 tt 2 2 311 2 222 tt 2 2 1111 222 2222 tt 2 131 2cos150 242 tt 2 2 1313 2224 tt 2 1333 241616 t 33 24 t 答案: A 小炼有话说: 本题的关键在于选好研究对象,需要把已知的两个向量视为整体,而不是, 例5 : 已 知 平 面 向 量,OA OB的 夹 角 2 , 33 , 且3O AO B, 若 12 33 OPOAOB,则OP 的取值范围是_ 思路:由3OAOB和夹角范围即可得到OA OB的范围,从而可想到将OP模长平 方,再利用 12 33 OPOAOB转变为关于,OA
6、 OB的问题,从而得到关于夹角 的函数, 求得范围。 解: 2 2 22 12144 33999 OPOAOBOAOA OBOB 54cos 2 , 33 1 1 cos, 2 2 2 3,7OP3 ,7OP 答案:3,7 例 6:已知 2,6,2ababa ,R,则ab的最小值是() A. 4B. 2 3C. 2D. 3 思路:由条件可得 2 226abaa ba ,所以考虑将ab模长平方,从 而转化为数量积问题,代入,ab a b的值可得到关于的二次函数,进而求出最小值 解: 2 22abaa ba 2 26a ba 2222 22 236124ababaa bb 2 2 2 361246
7、133ab min 3ab 答案: D 例 7:已知直角梯形ABCD中,AD,90 ,2,1BCADCADBC,P为腰CD上 的动点,则23PAPB的最小值为 _ 思路:所求23PAPB难以找到其几何特点,所以考虑 利用代数手段, 在直角梯形中依直角建系,点B的纵坐标 与 梯 形 的 高 相 关 , 可 设 高 为h,0,Py, 2,0 ,1,ABh,则2,1,PAyPBhy,所 以237,35PAPBhy, 2 2 237357PAPBhy,即 min 237PAPB 答案:7 例 8:如图,在边长为1的正三角形ABC中,,E F分别是边,AB AC上的动点,且满足 ,AEmAB AFnAC
8、,其中,0,1 ,1m nmn, ,M N分别是,EF BC的中点,则 MN的最小值为() A. 2 4 B. 3 3 C. 3 4 D. 5 3 思路:等边三角形三边已知,故可以考虑用三边的向量将MN 进行表示,从而模长平方后 2 MN可写成关于,m n的表达式, 再利用1mn即可消元。 解: 11 1 22 MNMEEBBNFEm ABBC 11111 11 22222 AEAFm ABBCmABnACm ABACAB 111 11 222 m ABn ACnABmAC 22 22 11 44 MNnABmACnmmn 1mn 2 2 2 22 111133 111 4442416 MNm
9、mmmmmm 3 4 MN 答案: C 例 9: 已知OA与OB的夹角为,=2OA,=1OB, 且O P t O A, 1OQt OB() , PQ 在 0 t时取到最小值。当 0 1 0 5 t时,的取值范围是() A.0, 3 B., 3 2 C. 2 , 23 D. 2 0, 3 思路:本题含两个变量 0, t,且已知 0 t范围求的范围,所以考虑建立和 0 t的关系式, 1PQOQOPt OBtOA , 从 而 考 虑 模 长 平 方 , 向,OA OB靠 拢 , 可 得 : N M A BC E F 22 2 154cos24cos1PQt OBtOAtt ,所以当 2 PQ 达到最
10、 小值时, 0 12cos 54cos t ,由 0 1 0 5 t可得 12cos1 0 54cos5 解得 1 cos0 2 ,即 2 23 解:1PQOQOPt OBtOA 2222 2 2 112 1PQt OBtOAtOBtt OA OBt OA 2 2 141cos4tttt 2 54cos24cos1tt 0 12cos 54cos t 时,PQ取得最小值 0 1 0 5 t 12cos1 0 54cos5 54 c o s0,所以不等式等价于: 2cos10 1 cos0 1 212cos54cos 5 2 , 23 答案: C 例 10:已知ABC中,,2ABAC ABAC,
11、点M是线段BC(含端点)上的一点, 且 1AMABAC ,则AM的范围是 _ 思路: 本题由垂直和模长条件可考虑建系,从而用坐标来使用数量积的条件。如图建系,设 0,0BbC c,则,ADABACc b ,设 ,M x y ,则 由 1AMABAC 可得1c xb y,已知条件 22 24ABACbc , 所 求AM模 长 平 方 后 可 得 2 22 AMxy , 所 以 问 题 转 化 为 已 知 22 1 4 cxby bc 求 22 xy的最大值。考虑 222222222222 xybcx cb yx bc y, 2 2222 2cxbyc xb ybcxy,寻找两个式子的联系,有 2
12、222 2x bc ybcxy,所以 2 2222 xybccxby,即 2 2 22 22 1 4 cxby AMxy bc ,从而 1 2 AM, 而 另 一 方 面 : 由1cxby及1 xy cb ( M 符 合 直 线 BC 的 方 程 ) 可 得 : 22 1 xybxycxy cxbyxy cbcb ,所以 22 1xy(0xy时取等号) , 所以综上可得: 1 1 2 AM 答案: 1 1 2 AM 三、历年好题精选(模长综合) 1、点G是ABC的重心,若120 ,2AAB AC,则AG的最小值为 _ 2、已知, a b是两个互相垂直的单位向量,且 1,1,2c ac bc,则
13、对任意的正实数 t, 1 ctab t 的最小值为 _ 3、已知,a b是单位向量,且0a b,若c满足1cab,则c的范围是 _ 4、在ABC中,1,2 3, 6 ACBCC,如果不等式BAtBCAC 恒成立,则实 数t的取值范围是 _ 5、设直角ABC的三个顶点都在单位圆 22 1xy上,点 1 1 (,) 2 2 M, 则|MAMBMC 的最大值是() A21 B22 C 3 2 1 2 D 3 2 2 2 6、已知向量 , ,a b c满足 4,2 2,ab a 与 b 的夹角为 4 ,() ()1cacb, 则ca的最大值为() A. 1 2 2 B. 2 1 2 C. 21 2 D
14、. 21 7、 ( 2016,上海五校联考)在平面直角坐标系xOy中,已知圆 22 :650C xyx,点 ,A B在圆上,且2 3AB,则OAOB 的取值范围是_ 8、 ( 2015,湖南)已知点,A B C在圆 22 1xy上运动,且ABBC,若点P的坐标为 2,0,则PAPBPC 的最大值为() A. 6B. 7C. 8D. 9 9、已知,a b为非零向量, matb tR,若1,2ab,当且仅当 1 4 t时,m取 到最小值,则向量,a b的夹角为 _ 10、 (2016,重庆万州二中)已知单位向量,a b满足0a b,且25cacb,则 2ca 的取值范围是() A. 1,3B. 2
15、 2,3C. 6 5 ,22 5 D. 6 5 ,3 5 11、 (2016,贵阳一中四月考)已知点G是ABC的重心,若120A ,2AB AC, 则AG的最小值是() A 3 3 B 2 2 C 2 3 D 3 4 习题答案: 1、答案: 2 3 解析:cos24ABACABACAABAC G为ABC的重心,延长AG交BC于M,则AM是中线 22 11 33 23 AGAMABACABAC 2 22222 1112114 = 9999999 AGABACABACABACABAC 22 28ABACAB AC 2 844 999 AG 2 3 AG 2、答案:2 2 解析: 2 222 2 2
16、 112 22ctabct abtc ac ba b ttt ,代入已知条件可得: 22 2 2 11211 222ctabtttt ttttt tR 1 2t t 22 111 28,ctabtt ttt 1 2 2ctab t 3、答案:21,21 解析:设mcab,因为,a b是单位向量,且0a b,所以ab为模长是2的 向量,由已知可得1m,所以数形结合可知: cmab ,从而c的范围是 21,21 4、答案: 1 ,1 2 解析:由余弦定理可得: 222 2cos7ABACBCAC BCCAB 22 BAtBCACBAtBCAC 222 2 2BABA BC tBC tAC 2 9B
17、A BCBCCABCBCCA BC 222 7181211218602310tttttt 1 1 2 t 5、答案: C 解析:由题意,22MAMBMCMAMOMAMO,当且仅当MOA,共 线同向时,取等号,即MAMBMC取得最大值,最大值是 23 2 211 22 , 6、答案: D 解析:设,OAa OBb OCc; 以OA所 在 直 线 为x轴 ,O为 坐 标 原 点 建 立 平 面 直 角 坐 标 系 , 4,2 2,ab a与b 的夹角为 4 , 则4,0 ,2,2AB, 设,C x y () ()1cacb 22 6290xyxy, 即 22 311xy() ()表 示 以3,1为
18、 圆 心 , 以 1 为 半 径 的 圆 , ca 表 示 点 A, C 的 距 离 即 圆 上 的 点 与 点4, 0A的 距 离 ; 圆 心 到 B 的 距 离 为2)01()43( 22 , ca的 最 大 值 为12 7、答案:4,8 解析:设 1122 ,A x yB x y,AB中点 00 ,M xy 12 0 12 0 2 2 xx x yy y 2OAOBOM 由圆 22 :650C xyx可得: 2 2 34xy 3,0 ,2CCAr 2 21 1 2 CMCAAB M在以C为圆心,半径1r的圆上 2,4OMOCrOMOCr 即24OM 48OAOB 8、答案: B 解析:
19、由ABBC可知AB为直径, 因为该圆为圆心在原点的单位圆,所以,A B关于原点 对称,设,A m n,则,Bmn,设,C x y,所以可得: 2,2,2,PAmnPBmnPCxy ,所以 6,PAPBPCxy , 则 2 2 2 6PAPBPCxy ,因为C在圆上,所以 2222 11xyyx,代 入可得 2 371249PAPBPCx ,故7PAPBPC 9、答案: 2 3 解析: 2 222 22 2421matbata bt bta b t ,设 2 421fttabt , 因 为 1 4 t时 , 2 m 取 得 最 小 值 , 所 以f t的 对 称 轴 2 1 1 84 a b ta b ,所以 1 cos, 2 a b a b ab ,所以,a b夹角为 2 3 10、答案: D 解析:以,a b为基底建立直角坐标系,可知1,0 ,0,1ab,设,cx y 22 22 2125cacbxyxy 即,C x y到1,0 ,0,2AB的距离和为5, 5AB C在线段AB上,AB直线方程为220xy
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