完整版解决平面向量数量积问题的几种常见方法doc.docx
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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,AB=4,AC=6,BC=
7,其外接圆的圆心为
―→―→
O,则AO·BC
=________.
[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)
―→―→
―→―→
转化到两个基底之间的运算,
选择BA,BC为基底,利用向量基本定理,将AO·BC
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
OD⊥BC,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OD⊥BC,垂足为D,则D是线段BC的中点.
作AE⊥BC,垂足为E.
―→
―→
则AO
在BC的方向上的投影为
―→
―→
―→
―→|,
|AO|cos·〈AO
,BC〉=|ED
―→―→
―→―→
―→
―→
―→
所以AO·BC=|AO||·BC|cos·〈AO
,BC
〉=|ED―→|·|BC|.
在△ABC中,AB=4,AC=6,BC=
7,
2
2
2
由余弦定理,得
cos∠ABC=AB+BC
-AC
=-
13
.
2AB·BC
87
所以cos∠ABE=cos(π-∠ABC)=13
,
8
7
所以BE=AB·cos∠ABE=13
.
2
7
137所以|ED―→|=BE+BD=27+2.
―→
7,
因为|BC|=
―→―→
―→
所以AO·BC
=|ED―→|·|BC|=10.
法二:
基底法
如图,作OD⊥BC,垂足为D,
―→―→
则D是线段BC的中点,且OD·BC=0.
―→―→
所以AO·BC
―→―→―→―→
=(AB+BD+DO)·BC
―→―→―→―→―→―→
=AB·BC+BD·BC+DO·BC
―→―→―→―→
=AB·BC+BD·BC
―→―→
―→―→
=-BA·BC+
1BC·BC,
2
在△ABC中,AB=4,AC=6,BC=
7,
2
2
2
13.
由余弦定理,得
cos∠ABC=AB+BC
-AC
=-
2AB·BC
87
―→―→
―→―→
―→―→
所以AO·BC=-
BA·BC+
1BC·BC
2
―→―→
1
―→
2
=-|BA|·|BC|cos∠ABC+
2
|BC|
=-4×7×-13
+1×(
7)2=10.
8
7
2
法三:
坐标法
如图,作OD⊥BC,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,AB=4,AC=6,BC=7,
2
2
2
9.
由余弦定理,得
cos∠ACB=AC+BC-AB
=
2AC·BC
4
7
作AE⊥BC,垂足为E.
在Rt△ACE中,CE=AC·cos∠ACB=27.27
设A
7-27,yA
O
-7,0,C
7,0.
2
2
7
,O(0,y),又B
2
2
―→
=27-
7,yO-yA
―→
=(7,0).
所以AO
,BC
2
7
2
―→―→
27
-
7
所以AO·BC
=
7
×7+(yO-yA)×0=10.
2
2
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
3的正三角形,P是以C为圆心,半径为
1的圆上任意一
―→―→
的取值范围是(
)
点,则AP·BP
A.[1,13]
B.(1,13)
C.(4,10)
D.[4,10]
解析:
选A
―→
―→
―→
所
取AB的中点D,连接CD,CP,则CA
+CB=2CD,
―→―→
―→
―→―→
―→
―→―→
―→―→
以AP·BP=(CP
-CA)·(CP-CB)=CA·CB-
2CD·CP+1=
π
―→
―→
―→
―→
所
(23)2cos-2×3×1×cos〈CD
,CP
〉+1=7-6cos〈CD
,CP〉,
3
―→―→
―→―→
―→―→
―→―→
以当cos〈CD,CP
〉=1时,AP·BP取得最小值为1;当cos〈CD,CP
〉=-1时,AP·BP
―→―→
取得最大值为13,因此AP·BP的取值范围是[1,13].
―→
―→
=(-
―→―→
2.已知四边形ABCD的对角线相交于一点,AC=(1,3),BD
3,1),则AB·CD
的取值范围是(
)
A.(0,2)
B.(0,4]
C.[-2,0)
D.[-4,0)
解析:
选C
―→―→
由已知得,|AC|=|BD|=2,AC⊥BD.
法一(基底法):
设四边形ABCD的对角线相交于一点
O,设OA=x,OB=y,
则OC=2-x,OD=2-y,且0 ―→ =- x―→ ―→ y―→ 所以OA OC ,OB=- OD. 2-x 2-y ―→ ―→ 为基底. 若以OC ,OD ―→―→ ―→ ―→―→ ―→ y ―→ + x ―→ 则AB·CD =(OB -OA)·(OD -OC)=- OD OC 2-y 2-x ―→ ―→ y ·(OD -OC)=- 2-y ―→―→ - x―→―→ =- y―→ x―→ OD·OD OC·OC |OD|2- |OC|2=(y-1)2+(x-1)2-2. 2-x 2-y 2-x 又0≤(x-1)2<1,0≤(y-1)2<1, ―→―→ 所以-2≤AB·CD<0. 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 OA=a,OB =b,则OC=2-a,OD=2-b,且0 则A(-a,0),B(0,-b),C(2-a,0), D(0,2-b), ―→ ―→ 2,2-b). 所以AB =(a,-b),CD=(a- ―→―→ -b) 所以AB ·CD=a(a-2)+(-b)(2 =(a-1)2+(b-1)2-2. 又0≤(a-1)2<1,0≤(b-1)2<1, ―→―→ 所以-2≤AB·CD<0. 一、选择题 1.(2017日·照一模)如图,在△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=30°,AD是BC边上的 ―→―→ =() 高,则AD·AC A.0 B.4 C.8 D.-4 解析: 选B 因为AB=BC=4,∠ABC=30°,AD是BC边上的高,所以 AD=2,所 ―→―→ ―→―→ ―→ ―→―→ ―→―→ ―→―→ 以AD·AC=AD·(AB+BC)=AD·AB+AD·BC =AD·AB=2×4×1=4. 2 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AP·(AB ―→ ) +AC)( A.有最大值8 B.是定值6 C.有最小值2 D.与P点的位置有关 解析: 选B ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ 设AB =a,AC=b,BP =tBC,∴BC =AC -AB=b-a,a2=b2=4, a·b=2×2×cos ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ 60°=2,∴AP =AB +BP=a+t(b-a)=(1-t)a+tb,AB+AC=a+b, ―→―→ ―→ ∴AP·(AB +AC)=[(1-t)a+tb]·(a+b)=(1-t)a2+[(1-t)+t]a·b+tb2=(1-t)×4+2+ t×4=6. 3.如图,菱形 ABCD的边长为 2,∠BAD=60°,M为DC的中点,若N为菱形内任意 ―→―→ ) 一点(含边界),则AM·AN的最大值为( A.3 B.23 C.6 D.9 解析: 选D 由平面向量数量积的几何意义知, ―→―→ ―→ ―→ ―→ AM ·AN等于AM 与AN在AM方向上 的投影之积,所以 ―→―→ ―→―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ 2+3 (AM·AN)max=AM·AC= 1AB +AD ·(AB +AD)=1AB 2+AD 2 2 2 ―→―→ AB·AD=9. 4.(2018宝·鸡质检)在等腰直角△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC=2,M,N(不与A, ―→ ―→―→ ) C重合)为AC边上的两个动点,且满足|MN|=2,则BM·BN的取值范围为( 3,2 3,2 A.2 B.2 3 3 C.2,2 D. 2,+∞ 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x+y=2. 设M(a,2-a),则0 ―→ ―→ ―→―→ 1,1-a),∴BM =(a,2-a),BN =(a+1,1-a),∴BM·BN 1 ―→―→ 3
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