一、利用“平面向量的线性运算”
例1(江苏省苏北四市2011届高三第一次调研)在△ABC中,点M满足MA+MB+MC=0.若AB+AC+mAM=0,则实数m的值为.
解法一注意到目标式AB+AC+mAM=0中的向量均是以A为起点,
可将条件等式MA+MB+MC=0化为
—AM+(AB—AM)+(AC—AM)=0,
即AB+AC—3AM=0,故m=—3.
解法二由条件式MA+MB+MC=0可知,M为△ABC的重心.
设点D为BC的中点,则
AB+AC=2AD,AM=2D3AD.
代入AB+AC+mAM=0,
得(2+2D3m)AD=0.
因为AD≠0,
所以2+2D3m=0,故m=—3.
例2(2009年湖南卷文)如图1,两块斜边长相等的直角三角板拼在一起,AD=xAB+yAC,则x=,y=.
解过D点作AB的垂线,交AB延长线于F点.由图知,△ABC为等腰直角三角形,不妨设AB=AC=1,
则DE=BC=2.
在Rt△BED中,∠DEB=60°,
BD=DEsin60°=2×3D2=6D2.
因为∠DBF=180°—∠ABC—∠CBD
=180°—45°—90°=45°,
所以Rt△DBF为等腰直角三角形,
BF=DF=BDsin45°=6D2×2D2=3D2.
由向量加法的三角形法则得
AD=AF+FD=(1+3D2)AB+3D2)AC,
故x=1+3D2,y=3D2.
例3(江苏省泰州市2011届高三第一学期期末)已知O是锐角△ABC的外接圆的圆心,且∠A=θ,若cosBDsinCAB+cosCDsinBAC=2mAO,则m=(用θ表示).
解如图2,连结AO,作OE∥AC,OF∥AB,则四边形AEOF为平行四边形,故AE+AF=AO.
在△AOE中,
AEDsin∠AOE=AODsin∠AEO,
故AE=sin∠AOEDsin∠AEOAO.①
在△ABC中,ABDsinC=2AO
(此处C指△ABC的内角∠ACB,下同)
故AO=ABD2sinC.②
由OE∥AC,得∠AOE=∠OAC,
∠AEO+θ=180°,
则sin∠AEO=sinθ.③
延长AO交圆O于D点,连结BD,CD.
由圆的几何性质可得
∠OAC+∠ADC=90°,
∠ADC=B(此处B指△ABC的内角∠ABC,下同),
所以∠AOE+B=90°,
故sin∠AOE=cosB.④
综合①,②,③,④式,可得
AE=cosBD2sinCsinθAB.
注意到AE与AB方向相同,可得
AE=cosBD2sinCsinθAB.
同理,可得AF=cosCD2sinBsinθAC.
所以AE+AF=1D2sinθ(cosBDsinCAB+cosCDsinBAC)=1D2sinθ·2mAO=AO,
故m=sinθ.
评注例2、例3两个问题的实质是用AB,AC表示第三个向量.在表示第三个向量时,要尽可能转化到三角形或平行四边形中去,选用首尾相连的向量或共起点的向量,运用向量加、减法运算及数乘运算,把第三个向量转化为与AB,AC有直接关系的向量,从而得解.
二、利用“平面向量基本定理”
例4(2009年安徽卷文)在平行四边形ABCD中,E和F分别是边CD和BC的中点,且AC=λAE+μAF,其中λ,μ∈R,则λ+μ=.
解选BC,BA为基底.设BC=b,BA=a,则AC=b—a,AE=b—1D2a,
AF=1D2b—a.
因为AC=λAE+μAF,
所以b—a=λ(b—1D2a)+μ(1D2b—a),
即b—a=(λ+1D2μ)b+(—1D2λ—μ)a.
由平面向量基本定理知
λ+1D2μ=1,
—1D2λ—μ=—1,
两式相减并整理得λ+μ=4D3.
评注本题将条件等式两边的向量分别用基底a、b表示出来,然后根据平面向量基本定理,列出λ、μ的方程组,最后整体变形获得结果.
三、利用“平面向量的坐标相等的条件”
例5(2011年江苏省苏、锡、常、镇四市高三教学情况调查)如图3,在正方形ABCD中,E为AB的中点,P为以A为圆心、AB为半径的圆弧上的任意一点,设向量AC=λDE+μAP,则λ+μ的最小值为.
解不妨设正方形ABCD的边长为2,以AB所在直线为x轴,以AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系.
则A(0,0),C(2,2),D(0,2),E(1,0),
所以AC=(2,2),DE=(1,—2).
设∠PAB=θ (0≤θ≤πD2),
则AP=(2cosθ,2sinθ).
因为AC=λDE+μAP,
所以(2,2)=λ(1,—2)+μ(2cosθ,2sinθ)
=(λ+2μcosθ,—2λ+2μsinθ),
所以2=λ+2μcosθ,
2=—2λ+2μsinθ.
解得λ=2sinθ—2cosθDsinθ+2cosθ,
μ=3Dsinθ+2cosθ.
于是λ+μ=2sinθ—2cosθ+3Dsinθ+2cosθ
=3sinθ+3Dsinθ+2cosθ—1.
因为(λ+μ)′=(3sinθ+3Dsinθ+2cosθ—1)′
=6+3sinθ—3cosθD(sinθ+2cosθ)2>0,
所以当θ∈[0,πD2]时,
λ+μ=3sinθ+3Dsinθ+2cosθ—1是增函数.
于是当θ=0时,λ+μ取最小值,最小值为3sinθ+3Dsinθ+2cosθ—1=1D2.
评注本题通过建立平面直角坐标系,将条件等式AC=λDE+μAP两边分别用坐标表示,依据向量相等的坐标条件,得到λ,μ与自变量θ之间的等量关系,进而建立了目标函数,用导数法求出最值.
四、利用“向量平行或垂直的充要条件”
例6已知点G为△ABC的重心,过点G作直线与AB、AC两边分别交于M、N两点,且AM=xAB,AN=yAC,求1Dx+1Dy的值.
解因为点G为△ABC的重心,所以
AG=1D3(AB+AC).
MG=AG—AM=1D3(AB+AC)—xAB
=(1D3—x)AB+1D3AC,
NG=AG—AN=1D3(AB+AC)—yAC
=1D3AB+(1D3—y)AC.
因为MG∥NG,
所以存在实数λ,使得MG=λNG,
即(1D3—x)AB+1D3AC=λ[1D3AB+(1D3—y)AC],
因此1D3—x=1D3λ,
1D3=λ(1D3—y).
消去λ得1D3=(1—3x)(1D3—y),
即x+y=3xy.
两边同除以xy得1Dx+1Dy=3.
例7(2005年全国卷理)△ABC的外接圆的圆心为O,两条边上的高的交点为H,OH=m(OA+OB+OC),则实数m=.
解设BC边的中点为D,则
OB+OC=2OD.
由于O为△ABC的外心,
故OB=OC,所以OD⊥BC,
因此OD·BC=0.
依题意有AH=OH—OA
=(m—1)OA+2mOD.
因为H为△ABC的垂心,
所以AH·BC=0,
即[(m—1)OA+2mOD]·BC=(m—1)OA·BC+2mOD·BC=0.
所以(m—1)OA·BC=0.
由于OA·BC不恒为0,
故m—1=0,即m=1.
评注在处理与平行、垂直有关的问题时,可依据平面向量平行、垂直的充要条件,建立关于未知参数的方程(组),进而得出结果.
五、 利用“向量的模的计算公式”
例8设平面内两个向量a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),且0<α<β<π.
若两个向量ka+b与a—kb的模相等,求β—α的值(k≠0,k∈R).
解法一ka+b=(kcosα+cosβ,ksinα+sinβ),
a—kb=(cosα—kcosβ,sinα—ksinβ).
由条件得
(kcosα+cosβ)2+(ksinα+sinβ)2
=(cosα—kcosβ)2+(sinα—ksinβ)2.
两边平方并整理得
4k(cosαcosβ+sinαsinβ)=0,
即4kcos(β—α)=0.
因为k≠0,所以cos(β—α)=0.
又因为0<α<β<π,
所以0<β—α<π,故β—α=πD2.
解法二由条件得a2=b2=1,
a·b=cosαcosβ+sinαsinβ=cos(β—α).
因为|ka+b|2=|a—kb|2,
所以(k2—1)+4kcos(β—α)+(1—k2)
=0,
即4kcos(β—α)=0.下与解法一相同.
评注在处理与模有关的问题时,可利用平面向量的模的坐标公式,或把模平方后转化为数量积的运算,从而把有方向的向量问题,转化为数量问题.
六、利用“向量的数量积”
例9(2010年江苏卷)在平面直角坐标系xOy中,点A(—1,—2)、B(2,3)、C(—2,—1).设实数t满足(AB—tOC)·OC=0,求t的值.
解法一由条件得OC=(—2,—1),
AB—tOC=(3+2t,5+t).
由(AB—tOC)·OC=0,
得(3+2t)×(—2)+(5+t)×(—1)=0,
解得t=—11D5.
解法二由条件得
AB=(3,5),OC=(—2,—1),
故AB·OC=—11,OC2=5.
因为(AB—tOC)·OC=0,
所以AB·OC=tOC2,
即t=AB·OCDOC2=—11D5.
评注本题在化简条件等式(AB—tOC)·OC=0的左边时,有两种思路,一种是先代入坐标,再进行坐标运算;另一种是先进行向量符号的运算,再代入坐标化简.
例10同例3.
解如图4,连结AO并延长交圆O于D点,连结BD,连结CD.
设圆O的半径为R,AB=c,AC=b,
∠BAD=α,∠CAD=β.
因为cosBDsinCAB+cosCDsinBAC=2mAO,
所以cosBDsinCAB·AO+cosCDsinBAC·AO
=2mAO·AO,
所以cosBDsinC·cRcosα+cosCDsinB·bRcosβ
=2mR2,
所以m=cosBDsinC·cD2R·cosα+cosCDsinB·bD2R·cosβ.
在Rt△ABD和Rt△ACD中,
cosα=cD2R,cosβ=bD2R,
由正弦定理得cD2R=sinC,bD2R=sinB.
所以m=cosBDsinC×sinC×sinC+cosCDsinB×sinB×sinB=cosBsinC+cosCsinB=sin(B+C)=sin(π—A)=sinA=sinθ.
例11(2009年安徽卷理)给定两个长度为1的平面向量OA和OB,它们的夹角为120°.如图5所示,点C在以O为圆心的圆弧AB上变动.若OC=xOA+yOB,其中x,y∈R,则x+y的最大值是.
解设∠AOC=α(0≤α≤2πD3),
则∠BOC=120°—α.
因为OC=xOA+yOB,所以
OC·OA=xOA·OA+yOB·OA,
OC·OB=xOA·OB+yOB·OB,
即cosα=x—1D2y,
cos(120°—α)=—1D2x+y,
所以x+y=2[cosα+cos(120°—α)]
=cosα+3sinα=2sin(α+πD6).
由0≤α≤2πD3得πD6≤α+πD6≤5πD6.
因此,当α+πD6=πD2,
即α=πD3时,x+y取最大值2.
评注例10、例11通过在条件等式两边乘以同一个向量,把有方向的向量等式通过数量积运算转化成目标参数的方程(组),实现了从向量到数量的转化.
由上可见,求向量问题中未知参数的值,关键是剔除问题中的方向特征,把向量问题数量
