谈平面向量中未知参数值的求法

向量是既有大小又有方向的量.由于向量多了方向的特征,给处理含有未知参数的向量问题带来不便.本文就来谈谈这类问题的处理思路.

一、利用“平面向量的线性运算”

例1(江苏省苏北四市2011届高三第一次调研)在ABC中,点M满足MA+MB+MC=0.若AB+AC+mAM=0,则实数m的值为.

解法一注意到目标式AB+AC+mAM=0中的向量均是以A为起点,

可将条件等式MA+MB+MC=0化为

—AM+(AB—AM)+(AC—AM)=0,

即AB+AC—3AM=0,故m=—3.

解法二由条件式MA+MB+MC=0可知,M为ABC的重心.

设点D为BC的中点,则

AB+AC=2AD,AM=2D3AD.

代入AB+AC+mAM=0,

得(2+2D3m)AD=0.

因为AD≠0,

所以2+2D3m=0,故m=—3.

例2(2009年湖南卷文)如图1,两块斜边长相等的直角三角板拼在一起,AD=xAB+yAC,则x=,y=.

解过D点作AB的垂线,交AB延长线于F点.由图知,ABC为等腰直角三角形,不妨设AB=AC=1,

则DE=BC=2.

在RtBED中,∠DEB=60°,

BD=DEsin60°=2×3D2=6D2.

因为∠DBF=180°—∠ABC—∠CBD

=180°—45°—90°=45°,

所以RtDBF为等腰直角三角形,

BF=DF=BDsin45°=6D2×2D2=3D2.

由向量加法的三角形法则得

AD=AF+FD=(1+3D2)AB+3D2)AC,

故x=1+3D2,y=3D2.

例3(江苏省泰州市2011届高三第一学期期末)已知O是锐角ABC的外接圆的圆心,且∠A=θ,若cosBDsinCAB+cosCDsinBAC=2mAO,则m=(用θ表示).

解如图2,连结AO,作OE∥AC,OF∥AB,则四边形AEOF为平行四边形,故AE+AF=AO.

在AOE中,

AEDsin∠AOE=AODsin∠AEO,

故AE=sin∠AOEDsin∠AEOAO.①

在ABC中,ABDsinC=2AO

(此处C指ABC的内角∠ACB,下同)

故AO=ABD2sinC.②

由OE∥AC,得∠AOE=∠OAC,

∠AEO+θ=180°,

则sin∠AEO=sinθ.③

延长AO交圆O于D点,连结BD,CD.

由圆的几何性质可得

∠OAC+∠ADC=90°,

∠ADC=B(此处B指ABC的内角∠ABC,下同),

所以∠AOE+B=90°,

故sin∠AOE=cosB.④

综合①,②,③,④式,可得

AE=cosBD2sinCsinθAB.

注意到AE与AB方向相同,可得

AE=cosBD2sinCsinθAB.

同理,可得AF=cosCD2sinBsinθAC.

所以AE+AF=1D2sinθ(cosBDsinCAB+cosCDsinBAC)=1D2sinθ·2mAO=AO,

故m=sinθ.

评注例2、例3两个问题的实质是用AB,AC表示第三个向量.在表示第三个向量时,要尽可能转化到三角形或平行四边形中去,选用首尾相连的向量或共起点的向量,运用向量加、减法运算及数乘运算,把第三个向量转化为与AB,AC有直接关系的向量,从而得解.

二、利用“平面向量基本定理”

例4(2009年安徽卷文)在平行四边形ABCD中,E和F分别是边CD和BC的中点,且AC=λAE+μAF,其中λ,μ∈R,则λ+μ=.

解选BC,BA为基底.设BC=b,BA=a,则AC=b—a,AE=b—1D2a,

AF=1D2b—a.

因为AC=λAE+μAF,

所以b—a=λ(b—1D2a)+μ(1D2b—a),

即b—a=(λ+1D2μ)b+(—1D2λ—μ)a.

由平面向量基本定理知

λ+1D2μ=1,

—1D2λ—μ=—1,

两式相减并整理得λ+μ=4D3.

评注本题将条件等式两边的向量分别用基底a、b表示出来,然后根据平面向量基本定理,列出λ、μ的方程组,最后整体变形获得结果.

三、利用“平面向量的坐标相等的条件”

例5(2011年江苏省苏、锡、常、镇四市高三教学情况调查)如图3,在正方形ABCD中,E为AB的中点,P为以A为圆心、AB为半径的圆弧上的任意一点,设向量AC=λDE+μAP,则λ+μ的最小值为.

解不妨设正方形ABCD的边长为2,以AB所在直线为x轴,以AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系.

则A(0,0),C(2,2),D(0,2),E(1,0),

所以AC=(2,2),DE=(1,—2).

设∠PAB=θ (0≤θ≤πD2),

则AP=(2cosθ,2sinθ).

因为AC=λDE+μAP,

所以(2,2)=λ(1,—2)+μ(2cosθ,2sinθ)

=(λ+2μcosθ,—2λ+2μsinθ),

所以2=λ+2μcosθ,

2=—2λ+2μsinθ.

解得λ=2sinθ—2cosθDsinθ+2cosθ,

μ=3Dsinθ+2cosθ.

于是λ+μ=2sinθ—2cosθ+3Dsinθ+2cosθ

=3sinθ+3Dsinθ+2cosθ—1.

因为(λ+μ)′=(3sinθ+3Dsinθ+2cosθ—1)′

=6+3sinθ—3cosθD(sinθ+2cosθ)2>0,

所以当θ∈[0,πD2]时,

λ+μ=3sinθ+3Dsinθ+2cosθ—1是增函数.

于是当θ=0时,λ+μ取最小值,最小值为3sinθ+3Dsinθ+2cosθ—1=1D2.

评注本题通过建立平面直角坐标系,将条件等式AC=λDE+μAP两边分别用坐标表示,依据向量相等的坐标条件,得到λ,μ与自变量θ之间的等量关系,进而建立了目标函数,用导数法求出最值.

四、利用“向量平行或垂直的充要条件”

例6已知点G为ABC的重心,过点G作直线与AB、AC两边分别交于M、N两点,且AM=xAB,AN=yAC,求1Dx+1Dy的值.

解因为点G为ABC的重心,所以

AG=1D3(AB+AC).

MG=AG—AM=1D3(AB+AC)—xAB

=(1D3—x)AB+1D3AC,

NG=AG—AN=1D3(AB+AC)—yAC

=1D3AB+(1D3—y)AC.

因为MG∥NG,

所以存在实数λ,使得MG=λNG,

即(1D3—x)AB+1D3AC=λ[1D3AB+(1D3—y)AC],

因此1D3—x=1D3λ,

1D3=λ(1D3—y).

消去λ得1D3=(1—3x)(1D3—y),

即x+y=3xy.

两边同除以xy得1Dx+1Dy=3.

例7(2005年全国卷理)ABC的外接圆的圆心为O,两条边上的高的交点为H,OH=m(OA+OB+OC),则实数m=.

解设BC边的中点为D,则

OB+OC=2OD .

由于O为ABC的外心,

故OB=OC,所以ODBC,

因此OD·BC=0.

依题意有AH=OH—OA

=(m—1)OA+2mOD.

因为H为ABC的垂心,

所以AH·BC=0,

即[(m—1)OA+2mOD]·BC=(m—1)OA·BC+2mOD·BC=0.

所以(m—1)OA·BC=0.

由于OA·BC不恒为0,

故m—>:请记住我站域名/<1=0,即m=1.

评注在处理与平行、垂直有关的问题时,可依据平面向量平行、垂直的充要条件,建立关于未知参数的方程(组),进而得出结果.

五、 利用“向量的模的计算公式”

例8设平面内两个向量a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),且0

若两个向量ka+b与a—kb的模相等,求β—α的值(k≠0,k∈R).

解法一ka+b=(kcosα+cosβ,ksinα+sinβ),

a—kb=(cosα—kcosβ,sinα—ksinβ).

由条件得

(kcosα+cosβ)2+(ksinα+sinβ)2

=(cosα—kcosβ)2+(sinα—ksinβ)2.

两边平方并整理得

4k(cosαcosβ+sinαsinβ)=0,

即4kcos(β—α)=0.

因为k≠0,所以cos(β—α)=0.

又因为0

所以0 解法二由条件得a2=b2=1,

a·b=cosαcosβ+sinαsinβ=cos(β—α).

因为|ka+b|2=|a—kb|2,

所以(k2—1)+4kcos(β—α)+(1—k2)

=0,

即4kcos(β—α)=0.下与解法一相同.

评注在处理与模有关的问题时,可利用平面向量的模的坐标公式,或把模平方后转化为数量积的运算,从而把有方向的向量问题,转化为数量问题.

六、利用“向量的数量积”

例9(2010年江苏卷)在平面直角坐标系xOy中,点A(—1,—2)、B(2,3)、C(—2,—1).设实数t满足(AB—tOC)·OC=0,求t的值.

解法一由条件得OC=(—2,—1),

AB—tOC=(3+2t,5+t).

由(AB—tOC)·OC=0,

得(3+2t)×(—2)+(5+t)×(—1)=0,

解得t=—11D5.

解法二由条件得

AB=(3,5),OC=(—2,—1),

故AB·OC=—11,OC2=5.

因为(AB—tOC)·OC=0,

所以AB·OC=tOC2,

即t=AB·OCDOC2=—11D5.

评注本题在化简条件等式(AB—tOC)·OC=0的左边时,有两种思路,一种是先代入坐标,再进行坐标运算;另一种是先进行向量符号的运算,再代入坐标化简.

例10同例3.

解如图4,连结AO并延长交圆O于D点,连结BD,连结CD.

设圆O的半径为R,AB=c,AC=b,

∠BAD=α,∠CAD=β.

因为cosBDsinCAB+cosCDsinBAC=2mAO,

所以cosBDsinCAB·AO+cosCDsinBAC·AO

=2mAO·AO,

所以cosBDsinC·cRcosα+cosCDsinB·bRcosβ

=2mR2,

所以m=cosBDsinC·cD2R·cosα+cosCDsinB·bD2R·cosβ.

在RtABD和RtACD中,

cosα=cD2R,cosβ=bD2R,

由正弦定理得cD2R=sinC,bD2R=sinB.

所以m=cosBDsinC×sinC×sinC+cosCDsinB×sinB×sinB=cosBsinC+cosCsinB=sin(B+C)=sin(π—A)=sinA=sinθ.

例11(2009年安徽卷理)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5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x+y的最大值是.

解设∠AOC=α(0≤α≤2πD3),

则∠BOC=120°—α.

因为OC=xOA+yOB,所以

OC·OA=xOA·OA+yOB·OA,

OC·OB=xOA·OB+yOB·OB,

即cosα=x—1D2y,

cos(120°—α)=—1D2x+y,

所以x+y=2[cosα+cos(120°—α)]

=cosα+3sinα=2sin(α+πD6).

由0≤α≤2πD3得πD6≤α+πD6≤5πD6.

因此,当α+πD6=πD2,

即α=πD3时,x+y取最大值2.

评注例10、例11通过在条件等式两边乘以同一个向量,把有方向的向量等式通过数量积运算转化成目标参数的方程(组),实现了从向量到数量的转化.

由上可见,求向量问题中未知参数的值,关键是剔除问题中的方向特征,把向量问题数量