阅读与思考 向量及向量符号的由来ppt课件教学实录

形如ADxAByAC条件的应用

一、基础知识：

1、平面向量基本定理：若平面上两个向量e1,e2不共线，则对平面上的任一向量a，均存在唯一确定的1,2，（其中1,2R），使得a1e12e2。其中e1,e2称为平面向量的一组基底。

（1）不共线的向量即可作为一组基底表示所有的向量

11（2）唯一性：若a1e12e2且a1e12e2，则

222、“爪”字型图及性质：

（1）已知AB,AC为不共线的两个向量，则对于向量AD，必存在x,y，使得ADxAByAC。则B,C,D三点共线xy1

当0xy1，则D与A位于BC同侧，且D位于A与BC之间

当xy1，则D与A位于BC两侧 BDCAxy1时，当x0,y0，则D在线段BC上；当xy0，则D在线段BC延长线上

（2）已知D在线段BC上，且BD:CDm:n，则AD3、ADxAByAC中x,y确定方法

（1）在几何图形中通过三点共线即可考虑使用“爪”字型图完成向量的表示，进而确定x,y

（2）若题目中某些向量的数量积已知，则对于向量方程ADxAByAC，可考虑两边对同一向量作数量积运算，从而得到关于x,y的方程，再进行求解

（3）若所给图形比较特殊（矩形，特殊梯形等），则可通过建系将向量坐标化，从而得到关于x,y的方程，再进行求解

二、典型例题：

例1：在ABC中，D为BC边的中点，H为AD的中点，过点H作一直线MN分别交nmABAC

mnmnAB,AC于点M,N，若AMxAB,ANyAC，则x4y的最小值是（ ）

A. 9

B. 2 C. 3 D. 1

4

思路：若要求出x4y的最值，则需从条件中得到x,y的关系。由M,H,N共线可想到“爪”字型图，所以AHmAMnAN，其中mn1，下面考虑将m,n的关系转为x,y的关系。利用条件中的向量关系：AH11AD且ADABAC，所以22AH1ABAC，因为AMxAB,ANyAC，所以AHmxABnyAC，由平411mmx114x4面向量基本定理可得：，所以mn11，所以114x4ynyn4y44yx4yx1114yx24，所以，而x4yx4y14xyxyxy4x4y4x4y答案：A 9

412NC，P是BN上的一点，若APmABAC，311例2：如图，在ABC中，AN则实数m的值为（ ）

A. 9532 B. C. D.

11111111思路：观察到B,P,N三点共线，利用“爪”字型图，可得11NNC可得ANAC，且mn1，由AnA，N3412128AC可得：nn，所以所以APmABnAC，由已知APmAB411411113m

11APmAB答案：C 例3：在平面内，已知OA1,OB3,OAOB0,AOC30，设OCmOAnOB,m,nR，则m等于（

）

n13

D. 

33A.

3

B. 3

C. 

思路：所求为m，可以考虑对OCmOAnOB,m,nR两边同时对同一向量作数量积，n从而得到m,n的方程，解出m,n，例如两边同对OA作数量积，可得：OCOAmOAnOBOA，因为OCOAcosAOCOA22OA1，OAOB0，所以有m3OC，同理，两边对OB作数量积，可得：2OCOBmOAOBnOB2，即nOCOBOB2OCcosBOC3，所以m311，通过作图可得BOC60或BOC120，从而cosBOC，n2cosBOC2m代入可得：3

n答案：B 小炼有话说：（1）当向量等式中的向量系数含参时，可通过对两边作同一向量的数量积运算便可得到关于系数的方程。若要解出系数，则可根据字母的个数确定构造方程的数量

（2）本题也可通过OAOB0判定OAOB，从而想到建立坐标系通过坐标解出m,n，进而求出m3

n例4：如图，在正六边形ABCDEF中，点P是CDE内（包括边界）的一个动点，设APABAF,R，则的取值范围是（ ）

A. 1,2 B. 2,3 C. 2,4 D. 3,4

思路：因为P为动点，所以不容易利用数量积来得到,的关系，AFEDCB因为六边形为正六边形，所以建立坐标系各个点的坐标易于确定，

可得：B1,0,C,3313,D1,3,F222,2,E0,3，则13AB1,0,AF2,2，所以设Px,y，则由13,，因为P在CDE内，APABAF可得：P22

x3y3且CE:x3y3,CD:3xy23，所以P所满足的可行域为y3，3xy233代入可得：2，通过线性规划可得：3,4

2答案：3,4

例5：已知OA1,OB2,AOB弦值为__________ 思路：若要求OA与OC的夹角，可联想到cosOA,OC211,OCOAOB，则OA与OC的夹角的余323OAOCOAOC，所以只需确定11OAOC与OC，由OCOAOB一方面可以两边同时对OA作数量积得到23OAOC，另一方面等式两边可以同时取模长的平方计算出OC，进而求出cosOA,OC

解：OC11111OAOBOCOAOAOAOBOA

232362211112131121且OCOAOBOCOAOBOAOAOBOB 362333924113OAOC13 cosOA,OC

OC661313OAOC16答案：13

132，OA与OC的3例6：如图，平面内有三个向量OA,OB,OC，其中OA与OB的夹角为夹角为AOB2O,C，且O643，若OCOAOB,R，则的值为_______ 思路一：由图像可得：BOC2，由此条件中可提供OA,OB,OC的模长及相互的夹角，若要求得，可考虑求出,的值。则需要两个方程。对OCOAOB两边同时

对OA作数量积，即OCOAOAOBOA，由O

AOB2O,AOC12，可得：21242，再将OCOA两边对OB作数量积，则242124，即OCOBOAOBOB，即240，所以24026

思路二：从图形中可想到建系，得到OA,OB,OC的坐标，从而利用坐标可求得,的值：如图建系可得：B2,0,C0,23,A1,3，所以OC0,43O,A,O3B,，从而可得4022,0，4332所以6

答案：6 例7：已知在ABC中，O为ABC的外心，AB=16，AC102，AOxAByAC，且32x25y25，则AO___________

思路：通过观察条件发现很难从几何方向直接求AO，从而考虑利用计算数量积AO，如何利用32x25y25这个条件B2AOC呢？对于已知AOxAByAC可以考虑等式两边对同一向量作数量积，从而得到关于x,y的实数方程。由于O是外心，进而O在AB,AC上的投影为各边的中点，所以可用数量积的投影定义计算出AMOCNABAO,ACA，O结合所求，可确定两边同时与AO作数量积即可。

解：由AOxA，可得：BAOAOxABAOyACAO（*）

AO在AB上的投影向量为AM（M为AB中点） ABAOAMAB2211AB128，同理：ACAOANABAC100

22

所以（*）变形为：AO128x100y432x25y100 2AO10

小炼有话说：对于形如AOxAByAC，若想得到关于x,y的方程，可以考虑对同一向量作数量积即可，而向量的选择要尽量能和等式中的向量计算出数量积。

例8：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oxy的最大值是_____. 思路：所求xy的最值，可考虑对OCxOAyOB等号两边对同一向量作数量积，从而转化为x,y的等式：

OCxOAyOBOCOAxOAyOBOA即OCOAx21y

221OCxOAyOBOCOBxOAOByOB即OCOBxy，从而可发现211xy2xy2xy2OCOAOB，所以只需求得OCOAOB22的最大值，其中根据扇形AOB的特点可知OAOB的终点为AB的中点M，即OM，所以OCOAOBOCOMcosOC,OM，只需cosOC,OM最大即可。可知C,M重合时，cosOC,OM1，所以xy的最大值为2

答案：2

例9：已知O是ABC外接圆的圆心，A,B,C为ABC的内角，若cosBcosCABAC2mAO，则m的值为

（ ）

sinCsinBA． 1 B．

sinA C．

cosA D. tanA

思路：本题所求与等式中的系数m相关，O是外心所以O在AB,AC上的投影为两边中点，考虑两边同时对AO

做数量积，再结合正弦定理变形等式即可

解：cosBcosCABAC2mAO可得：

sinCsinB2cosBcosCABAOACAO2mAO（*），因为O是外心

sinCsinB

1122AB,AOACAC 222cosB2cosC211AC2mAO



（*）变形为AB2sinC2sinBABAO在ABC中，设外接圆半径为R，即RAO

，且AB2RsinC,AC2RsinB （*）变形为：112cosB2cosC2RsinB2mR2

2RsinC2sinC2sinBsinCcosBsinBcosCm msin(BC)sinAsinA 例10：已知ABC的外接圆圆心为O，且满足COmCAnCB,4m3n2，且CA43，CB6，则CACB（ ）

A. 36 B. 24 C. 243 D. 123 思路：由外接圆的性质可知O在CA,CB上的投影为CA,CB中点，所以考虑对作数量积，从而得到系数m,n的关系：COmCAnCB两边同时对CA,CB222COCAmCAnCBCA11COCACA24,COCBCB18，，因为所222ACBnCBCOCBmCmnCBCA2448以有，再结合4m3n2，解三元一次方程组即可得到：18mCACB36nCACB36

答案：A 三、历年好题精选

1、如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，P是以A为圆心，AB为半径的圆弧上的任意一点，设ACDEAP，则的最小值为__________ 答案：1

22、（2016，郑州一测）已知点A(0,1)，B(3,0)，C(1,2)，平面区域P是由所有满足AMABAC(2m,2n)的点M组成的区域，若区域P的面积为16，则mn的最小值为________．

3、（2015，北京）在ABC中，点M，N满足AAM2MC,BNNC．若MNxAByAC，则x

；y

．

M4、（2015，新课标I）设D为ABC所在平面内一点，且BC3CD，则（

）

BNC1414ABAC

B. ADABAC

33334141C. ADABAC

D. ADABAC

3333A. AD

5、（安徽六校联考）如图，在扇形OAB中，AOB60，C为弧AB上且与A,B不重合的一个动点，且OCxOAyOB，若uxy0存在最大值，则的取值范围为（

）

A．1,3

B．,3

C．,1

D．,2

6、（2016，河南中原第一次联考）在直角梯形ABCD中，AB2AD2DC,E为BC边上一点，BC3EC,F为AE中点，则BF（

）

A.

13121221122112ABAD

B.

ABAD

C.

ABAD

D.

ABAD

333333337、如图，在直角梯形ABCD中，ADAB,AB∥DC,ADDC1,AB2，动点P在以点C为圆心，且与直线BD相切的圆上或圆内移动，设APADAB,R，则的取值范围是（

）

A.

1,2

B.

0,3

C.

1,2

D.

1,2

8、如图，四边形OABC是边长为1的正方形，OD3，点P为BCD内（含边界）的动点，设OPOCOD,R，则的最大值等于__________ 9、在ABC中，AB2AC2,ABAC1，若O

A

D

C

B

P

，则x1x2的值为___________ AOx1ABx2AC（O是ABC的外心）10、在ABC中，边AC1,AB2,A2，过A作APBC于P，且3APABAC，则________ 11、如图，AB是圆O的直径，C,D是圆O上的点，且CBA60,ABD45,

若CDxOAyBC，则xy（ ）

A. 123 B.  C. D. 3 33312、如图，将45的直角三角板ADC和30的直角三角板ABC拼在一起组成平面四边形ABCD，其中45的直角三角板的斜边AC与30的直角三角板的30所对的直角边重合，若DBxDAyDC，则x,y分别等于（ ）

A. 3,1 B. 31,3 C. 2,3 D. 3,31 13、如图，在ABC中，CM2MB，过点M的直线分别交射线AB,AC于不同的两点P,Q，若APmAB,AQnAC，则mnm的最小值为QC（

）

A.

63

B.

23

C.

6

D.

2

AMBP14、在ABC中，点D在线段BC的延长线上，且BC3CD，点O在线段CD上（与C,D不重合），若AOxAB1xAC，则x的取值范围是________ 15、已知在ABC中，AB1,BC6,AC2，点O为ABC的外心，若AOsABtAC，则有序实数对s,t为（ ）

A. , B. , C. , D. ,

4355345543553455

习题答案：

1、解析：本题所处图形为正方形与圆的一部分，所以考虑建系处理，以AB,AD为轴建立坐标系。设正方形边长为单位长度，则C1,1

1D0,1,E,0，P点所在圆方程为x2y21x0,y0，2设Px,y

则AC1,1，DE,，12APx,y

，由ACDEA得：P

2y2x12xyx1，解得：

23y12xy2y2x32y2x3y1

132xy2xy2xy2xy设xcos,ysin,0,y1sin1

,k2xy2cossin22tansin12cossin21tan2

令ktan22122tan1tan1tan22221tan22tan2tan1112221tan2tan21tan2tan22222tan1222,k0,1，所以：

2sin11k1122cossin2kk1211

213213512k1k1k1241由k0,1可得：1111k0时，,1，结合分式的单调性可得当k1k12sin11sin1达到最小值，即

2cossin2cossinmin2

min1

22、答案：422

解析：设M(x,y)，AB(3,1),AC(1,3)，

∵AMABAC，∴(x,y1)(3,1)(1,3)(3,3)．

y3xy=173xy=8m+1DCx+3y=8n3Bx+3y=13x3xy1x38∴，∴，

x3y3y138AO3xy12m173xy8m18∵2m,2n∴，即

x3y313x3y8n32n8

∴173xy8m1表示的可行域为平行四边形，如图：

13x3y8n33xy173xy8m1由，得A(8,7)，由，得B(3m2,m2)，

x3y13x3y13∴AB(3m6)2(m2)2(m2)10,

∵A(8,7)到直线x3y8n3的距离d8n16，

10∴ABd(m2)108n1616，

10m2n22)，

2∴(m2)(n2)2，∴2(m2)(n2)(2∴(mn4)8，mn422.

11,y

26111111ABACABAC，所以解析：MNMCCNACCBAC3232263、答案：x

x11,y

26A4、答案：A 解析：由图可想到“爪字形图得：AC解得：AD

5、答案：D 解析：以OB为x轴建立坐标系，设COB0,13ABAD，4414ABAC

33BCDos,sin,1,0B，则Cc3，21xsincosxy1323A,，由可得：

OCxOAyOB22sin3yycossin32uxy22sincos,0,，若u存在最大值，则u存在极值点

33u'cossin在0,有零点

33cossin02令23tan，因为0,

33tan0,3

0213，解得：,2

32BC，DCEF6、解析：取AB的中点G，连结DG，CG，则DG1所以BCGDADAGADAB，

2221AEABBEABBCAB(ADAB)33222ABADBF，于是3312221(ABAD)ABABAD

23333

＝ABA＝1AEAB2＝

7、答案：C 解析：由直角梯形可知依直角建立坐标系，则D0,1,C1,1,B2,0，直线BD:xy1x2y2

02圆C的半径rdCBD2212251

55

5C:x1y1设Px,y，由APADAB可得：x2

y122P在圆C内

211

5rcos121rcos5,0,2,r0,，则设

21rsin5rsin111353rcosrsinrsin，其中tan

22222由0,2,r0,5可知

55355353553r2，且r1

2225222252所以1,2

8、答案：4

3解析：可依直角建立坐标系，则C0,1,A1,0,D3,0,B1,1

CD:x3y30,BD:x2y30,BC:y1

x3y30x3设Px,y，则有，由图可得P所在的区域为不等式组：x2y30

所求yy1xy，利用线性规划可得：的最大值为，最优解在D处取得

1343

9、答案：13

62AOABx1ABx2ABAC解析：由AOx1ABx2AC可得：

2AOACx1ABACx2AC2211由O是ABC的外心可得：AOABAB2,AOACAC1

22524xxx1216131

，所以x1x2

6x1x2x422310、答案：10

492APABABACAB2解析：，由AC1,AB2,AAPABAC23APACABACAC2APAB41，所以可得：ABAC21cos

3APACAPBC

APBC0APACAB0

即4025

2107另一方面，由P,B,C三点共线可得：1，所以解得：

，所以

549711、答案：A 解析：以圆O为单位圆建系，可得A1,0,B1,0

由图可知BOD90,BOC60，所以

Dcos90,sin900,1,Ccos60,sin6013, 2211xy131322CD,1

,BC,，由CDxOAyBC可得：2222133y22

从而xy12、答案：D 3 3解析：可如图以DA,DC所在直线为轴建立坐标系，以DA为单位长度，则只需求出B点坐标即可，由已知可得：C0,1,A1,0,kBC1BC45,kAB32AB75 BC:yx1,AB:y32x1，联立方程可解得B:3,31，所以可得：x3 y3113、答案：D 21APmAB解析：连结AM，由“爪字型”图的模型可知AMABAC，因为，33AQnAC代入可得：AM21APAQ①，在APQ中，由P,Q,M三点共线以及①可得：3m3n21mm2m21nm，设fmm，则，所以mnm3m3n3m23m23m23m1m1f'm4，因为23m2n在m1处取得，即f12

14、答案：,0

m0m03m2m2，所以可得fm的最小值313解析：设COCD,0,1

COCD3BC3ACAB

AOACCOAC3ACABAB1AC

331x,0

3315、答案：A 解析：ABACABACcosAABACBC2

2221 2

22111O为ABC的外心 AOABAB,AOACAC2 22211st2AOABsABtACAB2由AOsABtAC可得：

212s4tAOACsABACtAC224s435解得：，所以s,t为,

55t35