12 平面向量的应用常见典型考题赏析-《中学生数理化》高一数学2025年3月刊

■鲍华军1 张文伟2 题型一:三角形的解的个数问题 求解三角形的解的个数问题的两种途 径:一是从代数的角度考虑,结合正弦定理进 行分析;二是从几何的角度分析,结合几何图 形进行判断。 例1 在△ABC 中,若b=3,c= 32 2 , B=45°,则此三角形的解的情况为( )。 A.无解 B.两解 C.一解 D.解的个数不能确定 解:由正弦定理得 b sinB= c sinC ,所 以 sinC= csinB b = 1 2< 2 2 =sinB ,所以 C< B=45°,所以 C 也为锐角。故满足条件的 △ABC 只有一个。应选C。 跟踪训练1:在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,则下列条件能确定 三角形有两解的是( )。 A.a=5,b=4,A= π 6 B.a=4,b=5,A= π 4 C.a=5,b=4,A= 5π 6 D.a=4,b=5,A= π 3 提示:对 于 A,由 正 弦 定 理 知 a sinA= b sinB⇒sinB= 2 5 ,因为a>b,所以B<A= π 6 ,所以△ABC 有一解。对于B,由正弦定 理知 a sinA= b sinB⇒sinB= 52 8 ,因为b>a, 所以B>A= π 4 ,所以△ABC 有两解。对于 C,由正弦定理知 a sinA= b sinB⇒sinB= 2 5 , 因为 A 为钝角,所以 B 一定为锐角,所以 △ABC 有 一 解。对 于 D,由 正 弦 定 理 知 a sinA= b sinB⇒sinB= 53 8 >1 ,所以△ABC无 解。应选B。 题型二:利用正弦定理解三角形 解三角形的本质是通过已知三角形的一 些边长或角的大小,求出其他边长或角的大 小。由三角形的内角和定理 A+B+C= 180°,可以求出三角形的第三个角;由正弦定 理 a sinA= b sinB= c sinC ,可求出三角形的另 两条边长。 例2 在△ABC 中,内角 A,B,C 的对 边分别为a,b,c,若A∶B∶C=1∶2∶3,则 a∶b∶c=( )。 A.1∶2∶3 B.3∶2∶1 C.2∶ 3∶1 D.1∶ 3∶2 解:因为A∶B∶C=1∶2∶3,且 A+ B+C=π,所以A= π 6 ,B= π 3 ,C= π 2 ,所以 sinA∶sinB∶sinC= 1 2∶ 3 2∶1=1∶ 3∶ 2。故a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC=1∶ 3∶2。应选D。 跟踪训练2:在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知b=2,cosB= 1 3 , 则△ABC 外接圆的半径为( )。 A. 32 4 B. 32 2 C. 22 3 D. 2 3 提示:因为cosB= 1 3 ,0<B<π,所以 sinB= 1-cos2B= 22 3 。因为b=2,所以 b sinB= 32 2 =2R ,所以△ABC 外接圆的半 径为 32 4 。应选A。 83 经典题突破方法 高一数学 2025年3月 题型三:利用余弦定理解三角形 利用余弦定理或其推论,结合具体问题, 可解决三角形中的边和角问题。 例3 在△ABC 中,角 A,B,C 的对边 分别为a,b,c。若a∶b∶c=3∶ 7∶2,则B 等于( )。 A. π 6 B. π 4 C. π 3 D. 2π 3 解:在△ABC 中,由a∶b∶c=3∶ 7∶ 2,可设a=3t,b= 7t,c=2t,t>0。由余弦 定理得cosB= a2+c2-b2 2ac = 6t2 12t2 = 1 2 。 因为B∈(0,π),所以B= π 3 。应选C。 跟踪训练3:在△ABC 中,A= 3π 4 ,AB= 6,AC=32,点D 在边BC 上,且AD=BD, 则AD 的长为( )。 A.22 B.23 C.10 D.15 提示:由余弦定理得 BC2=AB2+AC2 -2AB·AC·cosA=90,所以BC=3 10。 在△ABD 中,设∠ADB=θ,则∠ADC= 180°-θ。设 AD =x,则 BD =x,DC= 3 10-x。由 余 弦 定 理 得 AB2=AD2+ BD2 -2AD ·BDcosθ,即 36=2x2 - 2x2cosθ。由 AC2=AD2+DC2-2AD· DCcos(180°-θ),可得18=x2+(3 10- x)2+2x(3 10-x)cosθ。由上消去cosθ, 解得x= 10,即AD= 10。应选C。 题型四:利用向量解决平面几何中的平 行或垂直问题 利用向量解决平面几何中的平行或垂直 问题的两种方法:向量法,利用向量的运算法 则、运算律或性质(也可选取适当的基底),将 平行或垂直问题进行转化求解;坐标法,建立 平面直角坐标系,实现向量的坐标化,将平面 几何问题中的平行或垂直问题转化为代数运 算求解。 例4 如图1所示,分别在平行四边形 ABCD 的对角线BD 的延长线和反向延长线 上取点F 和点E,使DF=BE。试用向量方 法证明:四边形AECF 是平行四边形。 图1 证明:因为四边形 ABCD 是平行四边 形,所以AB→=DC→,BE→=FD→。又因为AE→= AB→+BE→,FC→=FD→+DC→,所以AE→=FC→,即 AE∥FC,且AE=FC,所以四边形AECF 是 平行四边形。 跟踪训练4:如图2所示,在等腰直角三 角形ACB 中,∠ACB=90°,CA=CB,D 为 BC 的中点,E 是 AB 上的一点,且 AE= 2EB,求证:AD⊥CE。 图2 提示:由CB→·CA→=0,可得AD→·CE→= (AC→+CD→)·(CA→+AE→)= AC→+12CB → · CA→+23AB → = AC→+12CB→ · CA→+ 2 3CB →-23CA → = AC→+12CB→ · 13CA→+ 2 3CB → = -13|CA→|2 + 13|CB→|2。因 为 CA=CB,所以- 1 3|CA →|2+13|CB →|2=0,即 AD→·CE→=0,故AD⊥CE。 题型五:利用向量求线段间的长度关系 利用向量知识,结合具体条件,可解决平 面几何中的长度关系问题。 例5 如图3,在▱ABCD 中,E,F 分别 是AD,DC 的中点,BE,BF 分别与AC 交于 R,T 两点,你能发现AR,RT,TC 之间的长 度关系吗? 用向量方法证明你的结论。 93 经典题突破方法 高一数学 2025年3月 图3 解:设 AB→=a,AD→=b,AR→=r,则 AC→ =a+b。由AR→∥AC→,可设r=n(a+b),n∈ R。由EB→=AB→-AE→=a-12b,ER →∥EB→, 可设ER→=mEB→=m a-12b ,m∈R。因为 AR→=AE→+ER→,所以r=12b+m a- 1 2b 。 所以n(a+b)= 1 2b+m a- 1 2b ,即(n- m)a+ n+ m-1 2 b=0。因为向量a与b不 共线,所以 n-m=0, n+ m-1 2 =0 , 解得m=n=13,所 以AR→=13AC →。同理可得,TC→=13AC →,RT→ = 1 3AC →。故AR=RT=TC。 跟踪训练5:如图4,在梯形 ABCD 中, BC>AD,AD∥BC,点E,F 分别是BD,AC 的中点,求证:EF= BC-AD 2 。 图4 提示:因为点E,F 分别是BD,AC 的中 点,所 以 EB→=12DB →,CF→=12CA →。所 以 EF→=EB→+BC→+CF→=12DB →+BC→+12CA →。 因为BC→+CA→+AD→+DB→=0,所以 DB→+ CA→=DA→+CB→,所以EF→=12(CB →+DA→)+ BC→=BC →-AD→ 2 。因为BC>AD,AD∥BC, 且AD→ 与BC→ 同向,所以|EF→|= BC →-AD→ 2 = |BC→|-|AD→| 2 ,即EF= BC-AD 2 。 题型六:利用向量解决夹角问题 涉及夹角问题,根据具体条件,利用向量 的夹角公式进行转化求解。 例6 如图5,在△ABC 中,已知AC= 1,AB=3,∠BAC=60°,且 PA→+PB→+PC→ =0,求cos∠APC。 图5 解:由题意得|AB→|=3,|AC→|=1,AB→, AC→ 的夹角为∠BAC=60°。由PA→+PB→+ PC→=0,可得PB→+PC→=-PA→。 因为 AB→=PB→-PA→,AC→=PC→-PA→, 所以 AB→+AC→=PB→-PA→+PC→-PA→= -3PA→,所以 PA→=-13(AB →+AC→)。同理 可得,PC→=-13(CB →+CA→)=13(BC →+AC→) = 1 3 (AC→-AB→+AC→)=13(2AC →-AB→)。 因 为|PA→|2 = -13(AB →+AC→) 2 = 1 9 (AB→ 2 +2AB→·AC→+AC→ 2 )= 1 9 9+2×3× 1× 1 2+1 =139,所 以|PA→|= 133 。因 为 |PC→|2= 13(2AC →-AB→) 2 = 1 9 (AB→ 2 -4AB→· AC→+4AC→ 2 )= 1 9 9-4×3×1× 1 2+4 = 7 9 ,所以|PC→|= 73。 所以cos∠APC= PA→·PC→ |PA→|·|PC→| = - 1 3 (AB→+AC→)·13(2AC →-AB→) |PA→|·|PC→| = - 1 9 (2AC→ 2 +AB→·AC→-AB→ 2) |PA→|·|PC→| = - 1 9 2+3×1× 1 2-9 13 3 × 7 3 = 11 91 182 。 04 经典题突破方法 高一数学 2025年3月 跟踪训练6:如图6,△ABC 是等腰直角 三角形,B=90°,D 是BC 边的中点,BE⊥ AD,垂足为E,延长BE 交AC 于点F,连接 DF,求证:∠ADB=∠FDC。 图6 提示:以B 为原点,BC,BA 所在的直线 分别为x 轴,y 轴建立平面直角坐标系Bxy (如图6)。设点A(0,2),C(2,0),则点D(1, 0),AC→=(2,-2)。设 AF→=λAC→,则BF→= BA→+AF→=(0,2)+(2λ,-2λ)=(2λ,2- 2λ)。因为 DA→=(-1,2),BF→⊥DA→,所以 BF→·DA→=0,所以-2λ+2(2-2λ)=0,解得 λ= 2 3 ,所以BF→= 43, 2 3 。所以 DF→=BF→ -BD→= 13, 2 3 。因为 DC→=(1,0),所以 cos∠ADB= DA→·DB→ |DA→||DB→| = 5 5 ,cos∠FDC= DF→·DC→ |DF→||DC→| = 5 5 。 又因为∠ADB,∠FDC∈(0,π),所以 ∠ADB=∠FDC。 题型七:向量与平面几何中的最值问题 利用向量知识,结合具体条件,可解决平 面几何中的最值问题。 例7 如图7,已知正方形 ABCD 的边 长为2,过中心O 的直线l与两边AB,CD 分 别交于点 M,N。 图7 (1)若Q 是BC 的中点,求QM→·QN→ 的 取值范围。 (2)若P 是平面上一点,且满足2OP→= λOB→+(1-λ)OC→,求PM→·PN→ 的最小值。 解:(1)因为直线l过中心O 且与两边 AB,CD 分别交于点M,N,所以O 为MN 的 中点,所以OM→=-ON→。 易得QM→·QN→=(QO→+OM→)·(QO→+ ON→)=QO→ 2 -OM→ 2 。因为Q 是BC 的中点,所 以|QO→|=1,1≤OM→|≤ 2,所以-1≤QO→ 2 - OM→ 2 ≤0,即QM→·QN→ 的取值范围为[-1,0]。 (2)令OT→=2OP→,则OT→=2OP→=λOB→ +(1-λ)OC→,所以OT→=λOB→+OC→-λOC→, 即OT→-OC→=λOB→-λOC→,所以CT→=λCB→, 所以点T 在BC 上。因为O 为MN 的中点, 所以|OT→|≥1,所以|OP→|≥12。易得PM →· PN→=(PO→+OM→)·(PO→+ON→)=PO→ 2 - OM→ 2 。因为1≤|OM→|≤ 2,所以PM→·PN→ =PO→ 2 -OM→ 2 ≥ 1 4-2=- 7 4 ,即PM→·PN→ 的最小值为- 7 4 。 跟踪训练7:在△ABC 中,CA=6,AB= 8,∠BAC= π 2 ,D 为边BC 的中点。 (1)求AD→·CB→ 的值。 (2)若点 P 满足CP→=λCA→(λ∈R),求 PB→·PC→ 的最小值。 提示:(1)AD→·CB→=12(AB →+AC→)· (AB→-AC→)=12(AB →2-AC→ 2 )=14。 (2)(利 用 极 化 恒 等 式)PB→ ·PC→ = (PB→+PC→)2-(PB→-PC→)2 4 =PD →2-CB →2 4 = PD→ 2 -25,所以当PD⊥CA 时,PB→·PC→ 取 得最小值,可得(PB→·PC→)min=-9。 说明:本文依托于河南省基础教育教学 研究项目,课题名称:信息技术与初中数学教 学 深 度 融 合 的 实 践 研 究,立 项 编 号: JCJYC2403000601。 作者单位:1.河南大学附属中学 2.河南省开封高级中学 (责任编辑 郭正华) 14 经典题突破方法 高一数学 2025年3月