1、 微专题 33 向量的模长问题代数法 一、基础知识： 利用代数方法处理向量的模长问题，主要采取模长平方数量积和坐标两种方式 1、模长平方：通过 2 2 cos0aaaa可得： 2 2 aa，将模长问题转化为数量积问题， 从而能够与条件中的已知向量（已知模长，夹角的基向量）找到联系。要注意计算完向量数 量积后别忘记开方 2、坐标运算：若,ax y，则 22 axy。某些题目如果能把几何图形放入坐标系中， 则只要确定所求向量的坐标，即可求出（或表示）出模长 3、有关模长的不等问题：通常考虑利用“模长平方”或“坐标化”得到模长与某个变量间的 函数关系，从而将问题转化为求函数最值问题 二、典型例题 例
2、 1：在ABC中，O为BC中点，若1,3,60ABACA ，则OA _ 思路：题目条件有1,3,60ABACA ，进而AB AC可 求，且OA可用,AB AC表示，所以考虑模长平方转化为数量积 问题 解：O为BC中点 可得： 1 2 AOABAC 2 2 22211 2 24 AOAOABACABAB ACAC 3 cos 2 AB ACABACA 代入可求出： 2 13 = 4 AO 13 2 AO 答案： 13 2 例 2： 若, ,a b c均为单位向量， 且 0,0a bacbc， 则abc的最大值为 （ ） A. 21 B. 1 C. 2 D. 2 思路：题目中所给条件与模和数量积相
3、关，几何特征较少，所以考虑将abc平方，转化 O BC A 为数量积问题，再求最值。 解： 2 00acbca bb ca cc 0,1a bc 转化为101b ca cb ca c 22 222 222abcabcabca ba cb c 1 1 12321b ca c 1abc 答案：B 例3 ： 平 面 上 的 向 量,MA MB满 足 2 4M AM B， 且0MA MB， 若 12 33 MCMAMB，则MC的最小值为_ 思路：发现所给条件均与,MA MB相关，且MC可以用,MA MB表示，所以考虑MC进行模 长平方，然后转化为,MA MB的运算。从而求出最小值 解： 2 2 221
4、21 44 339 MCMAMBMAMA MBMB 0MA MB 2 4MAMB，代入可得： 2 22 111631 637 444 998169 1616 MCMBMBMB min 7 4 MC 答案： 7 4 例 4：已知平面向量, 满足23，且与2的夹角为150，则 3 2 ttR的最小值是（ ） A. 3 4 B. 3 3 C. 3 2 D. 3 思路：题目所给条件围绕着与2，所以考虑所求向量用这两个向量进行表示： 311 2 222 tt ，从而模长平方变成数量积问题，可得： 22 2 31313 22224 ttt ，将 1 2 t 视为一个 整体，则可配方求出最小值 解： 311
5、 2 222 tt 2 2 311 2 222 tt 2 2 1111 222 2222 tt 2 131 2cos150 242 tt 2 2 1313 2224 tt 2 1333 241616 t 33 24 t 答案：A 小炼有话说：本题的关键在于选好研究对象，需要把已知的两个向量视为整体，而不是, 例 5： 已知平面向量,OA OB的夹角 2 , 33 ， 且3O AO B， 若 12 33 OPOAOB， 则OP的取值范围是_ 思路：由3OAOB和夹角范围即可得到OA OB的范围，从而可想到将OP模长平方， 再利用 12 33 OPOAOB转变为关于,OA OB的问题，从而得到关于
6、夹角的函数，求得范 围。 解： 2 2 2212144 33999 OPOAOBOAOA OBOB 54cos 2 , 33 1 1 cos, 2 2 2 3,7OP 3 ,7OP 答案：3, 7 例 6：已知 2,6,2ababa，R，则ab的最小值是（ ） A. 4 B. 2 3 C. 2 D. 3 思路：由条件可得 2 226abaa ba，所以考虑将ab模长平方，从而 转化为数量积问题，代入,a b a b的值可得到关于的二次函数，进而求出最小值 解： 2 22abaa ba 2 26a ba 22 22 22 236124ababaa bb 2 2 2 361246133ab min
7、 3ab 答案：D 例 7：已知直角梯形ABCD中，AD,90 ,2,1BCADCADBC，P为腰CD上的 动点，则23PAPB的最小值为_ 思路：所求23PAPB难以找到其几何特点，所以考虑 利用代数手段，在直角梯形中依直角建系，点B的纵坐标 与 梯 形 的 高 相 关 ， 可 设 高 为h，0,Py， 2,0 ,1,ABh，则2,1,PAyPBhy，所 以237,35PAPBhy， 2 2 237357PAPBhy， 即 m i n 237P AP B 答案：7 例 8：如图，在边长为1的正三角形ABC中，,E F分别是边,AB AC上的动点，且满足 ,AEmAB AFnAC，其中,0,1
8、 ,1m nmn，,M N分别是,EF BC的中点，则 MN的最小值为（ ） A. 2 4 B. 3 3 C. 3 4 D. 5 3 思路：等边三角形三边已知，故可以考虑用三边的向量将MN 进行表示，从而模长平方后 2 MN可写成关于,m n的表达式， 再利用1mn即可消元。 解： 11 1 22 MNMEEBBNFEm ABBC 11111 11 22222 AEAFm ABBCmABnACm ABACAB 111 11 222 m ABn ACnABmAC 22 22 11 44 MNnABmACnmmn 1mn 2 2 2 22 111133 111 4442416 MNmmmmmmm
9、3 4 MN 答案：C 例 9： 已知OA与OB的夹角为，=2OA，=1OB， 且O P tO A，1OQt OB（）, PQ 在 0 t时取到最小值。当 0 1 0 5 t时，的取值范围是（ ） A.0, 3 B. , 3 2 C. 2 , 23 D. 2 0, 3 思路：本题含两个变量 0, t，且已知 0 t范围求的范围，所以考虑建立和 0 t的关系式， 1PQOQOPt OBtOA， 从 而 考 虑 模 长 平 方 ， 向,OA OB靠 拢 ， 可 得 ： 22 2 154cos24cos1PQt OBtOAtt ，所以当 2 PQ达到最小 N M A BC E F 值时， 0 12c
10、os 54cos t ，由 0 1 0 5 t可得 12 cos1 0 54 cos5 解得 1 cos0 2 ，即 2 23 解：1PQOQOPt OBtOA 22 22 2 2 112 1PQt OBtOAtOBtt OA OBt OA 2 2 14 1cos4tttt 2 54cos24cos1tt 0 12cos 54cos t 时，PQ取得最小值 0 1 0 5 t 12cos1 0 54cos5 54 cos0，所以不等式等价于： 2cos10 1 cos0 1 212cos54cos 5 2 , 23 答案：C 例 10：已知ABC中，,2ABAC ABAC，点M是线段BC（含端
11、点）上的一点， 且 1AMABAC，则AM的范围是_ 思路：本题由垂直和模长条件可考虑建系，从而用坐标来使用数量积的条件。如图建系，设 0,0Bb C c，则,ADABACcb，设,M x y，则由1AMABAC可得 1cxby， 已 知 条 件 22 24ABACbc， 所 求AM模 长 平 方 后 可 得 2 22 AMxy， 所 以 问 题 转 化 为 已 知 22 1 4 cxby bc 求 22 xy的 最 大 值 。 考 虑 222222222222 xybcx cb yx bc y， 2 2222 2cxbyc xb ybcxy，寻找 两个式子的联系，有 2222 2x bc y
12、bcxy，所以 2 2222 xybccxby，即 2 2 22 22 1 4 cxby AMxy bc ， 从而 1 2 AM ， 而另一方面： 由1cxby及1 xy cb （M符合直线BC的方程）可得： 22 1 xybxycxy cxbyxy cbcb ，所以 22 1xy（0 xy时取等号） ，所以综上可得： 1 1 2 AM 答案： 1 1 2 AM 三、历年好题精选（模长综合） 1、点G是ABC的重心，若120 ,2AAB AC ，则AG的最小值为_ 2、已知, a b是两个互相垂直的单位向量，且1,1,2c ac bc，则对任意的正实数t， 1 ctab t 的最小值为_ 3、
13、已知, a b是单位向量，且0a b，若c满足1cab，则c的范围是_ 4、在ABC中，1,2 3, 6 ACBCC ，如果不等式BAtBCAC恒成立，则实数 t的取值范围是_ 5、 设直角ABC的三个顶点都在单位圆 22 1xy上， 点 1 1 ( , ) 2 2 M， 则|MAMBMC的 最大值是（ ） A2 1 B22 C 3 2 1 2 D 3 2 2 2 6、已知向量, ,a b c满足4,2 2,aba 与b的夹角为 4 ，() ()1cacb ，则 ca的最大值为（ ） A. 1 2 2 B. 2 1 2 C. 21 2 D. 2 1 7、（2016， 上海五校联考） 在平面直角
14、坐标系xOy中， 已知圆 22 :650C xyx， 点,A B 在圆上，且2 3AB ，则OAOB的取值范围是_ 8、（2015， 湖南） 已知点, ,A B C在圆 22 1xy上运动， 且ABBC， 若点P的坐标为2,0， 则PAPBPC的最大值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 9、已知, a b为非零向量，matb tR，若1,2ab，当且仅当 1 4 t 时，m取到 最小值，则向量, a b的夹角为_ 10、 （2016，重庆万州二中）已知单位向量, a b满足0a b，且25cacb，则 2ca的取值范围是（ ） A. 1,3 B. 2 2,3 C. 6 5 ,2
15、2 5 D. 6 5 ,3 5 11、 （2016，贵阳一中四月考）已知点G是ABC的重心，若120A，2AB AC ， 则AG的最小值是（ ） A 3 3 B 2 2 C 2 3 D 3 4 习题答案：习题答案： 1、答案： 2 3 解析：cos24AB ACABACAABAC G为ABC的重心，延长AG交BC于M，则AM是中线 22 11 33 23 AGAMABACABAC 2 222221112114 = 9999999 AGABACABACAB ACABAC 22 28ABACAB AC 2844 999 AG 2 3 AG 2、答案：2 2 解析： 2 222 2 2 112 22
16、ctabct abtc ac ba b ttt ，代入已知条件可得： 22 2 2 11211 222ctabtttt ttttt tR 1 2t t 22 111 28,ctabtt ttt 1 2 2ctab t 3、答案：21, 21 解析：设 mcab，因为, a b是单位向量，且0a b，所以ab为模长是2的向 量，由已知可得1m ，所以数形结合可知： cmab，从而c的范围是 21,21 4、答案： 1 ,1 2 解析：由余弦定理可得： 222 2cos7ABACBCAC BCCAB 2 2 BAtBCACBAtBCAC 222 2 2BABA BC tBC tAC 2 9BA B
17、CBCCABCBCCA BC 222 7181211218602310tttttt 1 1 2 t 5、答案：C 解析：由题意，22MAMBMCMAMOMAMO，当且仅当MOA， ，共线 同向时，取等号，即MAMBMC取得最大值，最大值是 23 2 211 22 ， 6、答案：D 解析：设,OAa OBb OCc； 以OA所在直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系， 4,2 2,aba与b的夹角为 4 ， 则4,0 ,2,2AB，设,C x y () ()1cacb 22 6290 xyxy ， 即 22 311xy（） （） 表示以3,1为圆心，以 1 为半径的圆， ca表示点 A，C
18、的距离即圆上的点与点4,0A的距离； 圆心到 B 的距离为2)01 ()43( 22 ， ca的最大值为12 7、答案：4,8 解析：设 1122 ,A x yB x y，AB中点 00 ,M x y 12 0 12 0 2 2 xx x yy y 2OAOBOM 由圆 22 :650C xyx可得： 2 2 34xy 3,0 ,2CCAr 2 2 1 1 2 CMCAAB M在以C为圆心，半径1r 的圆上 2,4OMOCrOMOCr 即24OM 48OAOB 8、答案：B 解析：由ABBC可知AB为直径，因为该圆为圆心在原点的单位圆，所以,A B关于原点对 称，设,A m n，则,Bmn，设
19、,C x y，所以可得： 2,2,2,PAmnPBmnPCxy ， 所以6,PAPBPCxy， 则 2 2 2 6PAPBPCxy，因为C在圆上，所以 2222 11xyyx ，代入可 得 2 371249PAPBPCx，故7PAPBPC 9、答案： 2 3 解析： 2 222 22 2421matbata bt bta b t ，设 2 421fttabt， 因 为 1 4 t 时 ， 2 m取 得 最 小 值 ， 所 以 f t的 对 称 轴 2 1 1 84 a b ta b ，所以 1 cos, 2 a b a b ab ，所以, a b夹角为 2 3 10、答案：D 解析：以, a
20、b为基底建立直角坐标系，可知1,0 ,0,1ab，设,cx y 22 22 2125cacbxyxy 即,C x y到1,0 ,0,2AB的距离和为5，5AB C在线段AB上，AB直线方程为220 xy 2 2 22caxy，即线段AB上动点C到定点2,0D 的距离 通过数形结合可得： min 66 25 55 D AB cad m a x 23caDA 所以2ca的取值范围是 6 5 ,3 5 11、答案：C 解析：2cos2AB ACcbA ，可知4bc ，设AD为底边BC上的中线， 由重心性质可得： 22 11 33 23 AGADABACABAC 22 22 22 111 24 999 AGABACABACAB ACcb 22 28bcbc 2 14 84 99 AG 2 3 AG
