資源簡介

培優課09 平面向量的綜合應用
培優點一　平面向量中與模有關的最值(范圍)問題
【審題指導】
(2024·山東模擬)若平面向量a，b，c滿足，則|b+c|的為　　　　.
【解題觀摩】
　　答案　2 解析　在平面直角坐標系內，令a=(1，0)，設b=(x1，y1)，c=(x2，y2)， 由a·b=1，得x1=1，由a·c=-1，得x2=-1，由b·c=0，得x1x2+y1y2=0，即y1y2=1， 由于b+c=(x1+x2，y1+y2)=(0，y1+y2)， 審題① 則|b+c|==≥=2， 審題② 當且僅當y1=y2=1或y1=y2=-1時取等號，所以|b+c|的最小值為2.
【通性通法】
設a=(x，y)，則|a|==，向量的模可以利用坐標計算或借助“形”，向量的模指的是有向線段的長度，可以結合平面幾何知識求解.注意：若直接求模不易，則可以將向量先用基底表示再求.
【培優訓練】
將三個向量改成兩個向量
1.已知向量a，b滿足|a|=2，|b|=1，若a·(a+b)+b·(a-b)的最大值為1，則|a+2b|的取值范圍為　　　　.
將坐標法變成幾何意義法
2.已知向量a，b，c滿足|a|=1，|b|=，a·b=-1，向量c-a與向量c-b的夾角為，則|c|的最大值為　　　　.
培優點二　平面向量中與數量積有關的最值(范圍)問題
【審題指導】
已知e為單位向量，，則a·b的取值范圍為　　　　.
【通性通法】
　　平面向量是在二維平面內既有大小又有方向的量，在解決平面向量的范圍與最值問題時，常用代數法與幾何法兩種解法.
1.代數法的基本思路是利用函數的思想，將目標表達式轉化為單變量函數，也有一些問題需要通過不等式的技巧來解決.
2.幾何法的基本思路是將條件轉化為幾何元素，構圖后通過平面幾何的知識解決，當然很多時候利用數形結合來解題也是高效的解題手段.常用方法：(1)定義法；(2)坐標法；(3)基底法；(4)幾何意義法.
【培優訓練】
單個動點的范圍問題
1.已知菱形ABCD的邊長為1，∠ABC=60°，E是AB邊上的動點，則·的最大值為　　　　.
定義法變為坐標法
2.在△ABC中，A=，AC=2，AB=5，P為邊AB上的動點，則·的最小值為　　　　.
培優點三　平面向量中與夾角有關的最值(范圍)問題
【審題指導】
(2024·成都模擬)若平面向量a，b滿足，則是　　　　.
【通性通法】
　　設a=(x1，y1)，b=(x2，y2)，且a，b的夾角為θ，則cos θ==.
求變量的取值范圍、最值，往往要將目標函數用某個變量表示，轉化為求函數的最值問題或采用基本不等式求解，期間要注意變量之間的關系.
【培優訓練】
引入數量積的范圍條件考查角度的范圍
已知非零向量a，b滿足(a+b)⊥(a-b)，|a+b|=2，若a·b的取值范圍為-2，，則向量a，b的夾角θ的取值范圍為　　　　　.
培優點四　平面向量中的恒成立問題
【審題指導】
已知|b|=|c|=k(k>)，b·c=0，若存在實數λ及單位向量a，使得不等式成立，則實數k的最大值為(　　).
A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.
【通性通法】
　　平面向量恒成立問題大多考查向量的幾何屬性(如模的最值問題)和向量的數量屬性(如向量數量積的最值問題).從形的角度，可以轉化為運用點點距離、點線距離、點面距離等有關最值來求解；從數的角度，可以利用函數與方程或不等式求解.
【培優訓練】
改變不等式的條件和設問形式
1.已知向量a，b的夾角為，且對任意實數λ，|a-λb|≥|a-b|恒成立，則|a|∶|b|=　　　　.
增加三角恒等變換知識
2.已知向量a，b滿足|a|=，|b|=1，且對任意實數x，不等式|a+xb|≥|a+b|恒成立，設a與b的夾角為θ，則tan 2θ=　　　　. 培優課09 平面向量的綜合應用
培優點一　平面向量中與模有關的最值(范圍)問題
【審題指導】
(2024·山東模擬)若平面向量a，b，c滿足，則|b+c|的為　　　　.
【解題觀摩】
　　答案　2 解析　在平面直角坐標系內，令a=(1，0)，設b=(x1，y1)，c=(x2，y2)， 由a·b=1，得x1=1，由a·c=-1，得x2=-1，由b·c=0，得x1x2+y1y2=0，即y1y2=1， 由于b+c=(x1+x2，y1+y2)=(0，y1+y2)， 審題① 則|b+c|==≥=2， 審題② 當且僅當y1=y2=1或y1=y2=-1時取等號，所以|b+c|的最小值為2.
【通性通法】
設a=(x，y)，則|a|==，向量的模可以利用坐標計算或借助“形”，向量的模指的是有向線段的長度，可以結合平面幾何知識求解.注意：若直接求模不易，則可以將向量先用基底表示再求.
【培優訓練】
將三個向量改成兩個向量
1.已知向量a，b滿足|a|=2，|b|=1，若a·(a+b)+b·(a-b)的最大值為1，則|a+2b|的取值范圍為　　　　.
答案　[0，2]
解析　設向量a，b的夾角為θ，則θ∈[0，π].
因為|a|=2，|b|=1，所以a·(a+b)+b·(a-b)=a2+2a·b-b2=3+4cos θ≤1，
所以-1≤cos θ≤-，因為|a+2b|2=a2+4a·b+4b2=8+8cos θ∈[0，4]，所以|a+2b|的取值范圍是[0，2].
將坐標法變成幾何意義法
2.已知向量a，b，c滿足|a|=1，|b|=，a·b=-1，向量c-a與向量c-b的夾角為，則|c|的最大值為　　　　.
答案　
解析　依題意可知cos===-，因為∈[0，π]，所以=，如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，不妨設=a=(1，0)，=b=(-1，1)，=c，則∠AOB=，
由c-a與c-b的夾角為可知∠ACB=，所以O，A，C，B四點共圓，即點C在△OAB的外接圓上.
因為=(-2，1)，所以||=，由正弦定理得△OAB的外接圓直徑為2R==，所以|c|的最大值為.
培優點二　平面向量中與數量積有關的最值(范圍)問題
【審題指導】
已知e為單位向量，，則a·b的取值范圍為　　　　.
【解題觀摩】
　　答案　-，6 解析　設a=，b=，e=，2e=， 則點B在以E1為圓心，1為半徑的圓上， 審題① 點A在以E2為圓心，1為半徑的圓上， 審題① 如圖所示，在上的投影為||， 審題① 當OB∥E2A時，a·b取得最小值，此時||=1-2cos∠BOE1， a·b=4cos2∠BOE1-2cos∠BOE1=4cos∠BOE1-2-≥-. 審題② 易知當與同向時，a·b取得最大值，最大值為6.故a·b的取值范圍為-，6.
【通性通法】
　　平面向量是在二維平面內既有大小又有方向的量，在解決平面向量的范圍與最值問題時，常用代數法與幾何法兩種解法.
1.代數法的基本思路是利用函數的思想，將目標表達式轉化為單變量函數，也有一些問題需要通過不等式的技巧來解決.
2.幾何法的基本思路是將條件轉化為幾何元素，構圖后通過平面幾何的知識解決，當然很多時候利用數形結合來解題也是高效的解題手段.常用方法：(1)定義法；(2)坐標法；(3)基底法；(4)幾何意義法.
【培優訓練】
單個動點的范圍問題
1.已知菱形ABCD的邊長為1，∠ABC=60°，E是AB邊上的動點，則·的最大值為　　　　.
答案　
解析　設AE=x，x∈[0，1]，
則·=(+)·=·+·=||·||cos∠ADC+||·||cos 0°=+x∈，，
∴·的最大值為.
定義法變為坐標法
2.在△ABC中，A=，AC=2，AB=5，P為邊AB上的動點，則·的最小值為　　　　.
答案　-4
解析　過點C作CD⊥AB，垂足為D，以D為坐標原點，以DB，DC所在的直線分別為x軸，y軸建立平面直角坐標系，如圖，
在Rt△ACD中，CD=AC·sin =2×=，AD=AC·cos =2×=1，
∴A(-1，0)，B(4，0)，C(0，).
由題意，設P(x，0)，x∈[-1，4]，則=(4-x，0)，=(-x，)，∴·=-x(4-x)+0×=x2-4x=(x-2)2-4，
∴當x=2時，·取得最小值，最小值為-4.
培優點三　平面向量中與夾角有關的最值(范圍)問題
【審題指導】
(2024·成都模擬)若平面向量a，b滿足，則是　　　　.
【解題觀摩】
　　答案　 解析　由|a-3b|=1兩邊同時平方得a2-6a·b+9b2=1， 因為|a|=|b|，所以a·b=， 審題① 所以cos==== =8|b|+≥×2=，當且僅當|b|=時取等號， 審題② 所以cos的最小值是.
【通性通法】
　　設a=(x1，y1)，b=(x2，y2)，且a，b的夾角為θ，則cos θ==.
求變量的取值范圍、最值，往往要將目標函數用某個變量表示，轉化為求函數的最值問題或采用基本不等式求解，期間要注意變量之間的關系.
【培優訓練】
引入數量積的范圍條件考查角度的范圍
已知非零向量a，b滿足(a+b)⊥(a-b)，|a+b|=2，若a·b的取值范圍為-2，，則向量a，b的夾角θ的取值范圍為　　　　　.
答案　，
解析　因為(a+b)⊥(a-b)，所以(a+b)·(a-b)=0，即|a|=|b|，
又因為|a+b|=2，所以a2+2a·b+b2=4，
所以a·b=2-(a2+b2)=2-a2，
又a·b的取值范圍為-2，，所以-2≤2-a2≤，解得≤a2≤4，又-2≤a·b≤，所以-2≤a2cos θ≤，即≤cos θ≤，因為的最小值為=-，的最大值為=，所以-≤cos θ≤，又θ∈[0，π]，所以≤θ≤，即向量a，b的夾角θ的取值范圍為，.
培優點四　平面向量中的恒成立問題
【審題指導】
已知|b|=|c|=k(k>)，b·c=0，若存在實數λ及單位向量a，使得不等式成立，則實數k的最大值為(　　).
A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.
【解題觀摩】
答案　C 解析　以O為坐標原點，c=，b=所在的直線分別為x軸，y軸建立平面直角坐標系，如圖所示.設a=，可知點A在單位圓上，P是直線BC上任意一點， 則=(1-λ)b+λc，取OC的中點E，作點E關于直線BC對稱的點F，連接PE，PF，則|PE|=|PF|，結合圖形可知， |a-b+λ(b-c)|=|a-[(1-λ)b+λc]|=|-|=||， 審題② c+(1-λ)(b-c)=c-[(1-λ)b+λc]=|-|=||， 審題② 所以|a-b+λ(b-c)|+c+(1-λ)(b-c)=||+||=||+||. 連接OF，交圓O于點A1，交BC于點P1，連接FC， 則(||+||)min=||=||-1=-1=-1， 審題① 則-1≤1，解得【通性通法】
　　平面向量恒成立問題大多考查向量的幾何屬性(如模的最值問題)和向量的數量屬性(如向量數量積的最值問題).從形的角度，可以轉化為運用點點距離、點線距離、點面距離等有關最值來求解；從數的角度，可以利用函數與方程或不等式求解.
【培優訓練】
改變不等式的條件和設問形式
1.已知向量a，b的夾角為，且對任意實數λ，|a-λb|≥|a-b|恒成立，則|a|∶|b|=　　　　.
答案　2∶1
解析　|a-λb|2=|a|2-2λa·b+λ2|b|2=|a|2-2λ|a|·|b|cos +λ2|b|2，
|a-b|2=|a|2-2a·b+|b|2=|a|2-2|a||b|cos +|b|2，
由|a-λb|≥|a-b|，得|a|2-λ|a||b|+λ2|b|2≥|a|2-|a|·|b|+|b|2，整理可得λ2|b|2-λ|a|·|b|+|a|·|b|-|b|2≥0，
設=t，則λ2-tλ+t-1≥0，即Δ=t2-4(t-1)≤0，解得t=2.故|a|∶|b|=2∶1.
增加三角恒等變換知識
2.已知向量a，b滿足|a|=，|b|=1，且對任意實數x，不等式|a+xb|≥|a+b|恒成立，設a與b的夾角為θ，則tan 2θ=　　　　.
答案　
解析　|a+xb|≥|a+b| a2+2xa·b+x2b2≥a2+2a·b+b2 x2+2xcos θ-(1+2cos θ)≥0，
要使不等式|a+xb|≥|a+b|恒成立，
只需Δ=(2cos θ)2+4(1+2cos θ)≤0，
即(cos θ+1)2≤0，而(cos θ+1)2≥0，
所以(cos θ+1)2=0，即cos θ+1=0，
解得cos θ=-，θ∈[0，π]，
則sin θ===，
則tan θ===-2，所以tan 2θ===.

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