摘要：向量法:用向量证明或解题的方向称为向量法.向量法在处理物理学.几何学中有很大的用处. [例题解析] 例1 设a0为单位向量.(1)若a为平面内的某个向量.则a=|a|·a0;(2)若a与a0平行.则a=|a|·a0,(3)若a与a0平行且|a|=1.则a=a0.上述命题中.假命题个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析 向量是既有大小又有方向的量.a与|a|a0模相同.但方向不一定相同.故(1)是假命题,若a与a0平行.则a与a0方向有两种情况:一是同向二是反向.反向时a=-|a|a0.故也是假命题.综上所述.答案选D. 注 向量的概念较多.且容易混淆.故在学习中要分清.理解各概念的实质.注意区分共线向量.平行向量.同向向量等概念. 例2 已知a=,b=.a与b之间有关系|ka+b|=|a-kb|.其中k>0. (1)用k表示a·b; (2)求a·b的最小值.并求此时a·b的夹角的大小. 解 (1)要求用k表示a·b,而已知|ka+b|=|a-kb|.故采用两边平方.得 |ka+b|2=(|a-kb|)2 k2a2+b2+2ka·b=3(a2+k2b2-2ka·b) ∴8k·a·b=(3-k2)a2+(3k2-1)b2 a·b = ∵a=,b=. ∴a2=1, b2=1, ∴a·b == (2)∵k2+1≥2k.即≥= ∴a·b的最小值为. 又∵a·b =| a|·|b |·cos.|a|=|b|=1 ∴=1×1×cos. ∴=60°,此时a与b的夹角为60°. 注 与代数运算相同.有时可以在含有向量的式子左右两边平方.且有|a+b|2=|(a+b)2|=a2+b2+2a·b或|a|2+|b|2+2a·b 例3 已知|a|=1,|b|=1.a与b的夹角为60°, x=2a-b,y=3b-a,则x与y的夹角是多少? 解 由已知|a|=|b|=1.a与b的夹角为60°, 得a·b=|a|·|b|·cosα=. 要计算x与y的夹角.需求出|x|,|y|,x·y的值. ∵|x|2=x2=2=4a2-4a·b+b2=4-4×+1=3. |y|2=y2=2=9b2-6b·a+a2=9-6×+1=7. x·y==6a·b-2a2-3b2+a·b =7a·b-2a2-3b2 =7×-2-3=-. 又∵x·y=|x|·|y|·cosα.即-=·cosα ∴cosα=-.α=π-arccos. 注 在计算x,y的模长时.还可以借助向量加法.减法的几何意义获得.如图所示.设=b, =a, =2a,∠BAC=60°.由向量减法的几何意义.得 =-=2a-b. 由余弦定理易得||=.即|x|=.同理可得|y|=. 例4 讨论|a-b|与a,b的和或差的模的大小关系. 解 如图: (1)当a与b不平行时.a,b以及a-b可以构成一个三角形.如图.于是|| a |-|b||<|a-b|<|a|+|b| (2)当a与b平行时.如果a与b的方向相同.则有|a-b|=||a|-|b||.其中当|a|≥|b|时.有 |a-b|=|a|-|b|. 当|a|<|b|时.有|a-b|=|b|-|a|. 如果a与b的方向相反.则有 |a-b|=|a|+|b| 注 利用几何意义(三角形的两边之和大于第三边)解向量中的有关问题是常用方法. 例5 (1)已知a,b是两个非零向量.且a+3b与7a-5b垂直.a-4b与7a-2b垂直.试求a与b的夹角, (2)已知:|a|=,|b|=3,a和b的夹角为45°.求使向量a+λb与λa+b的夹角是锐角时λ的取值范围. 解 (1)∵a+3b与7a-5b垂直.∴=0, 即7|a|2+16a·b-15|b|2=0. ① 又∵a-4b与7a-2b垂直.∴=0. 即7|a|2-30a·b+8|b|2=0. ② ①-②得46a·b=23|b|2,得a·b=|b|2, 代入①可得|a|=|b|.设所求a与b的夹角为θ.则 cosθ===,∴θ=60°. (2)由已知 a·b=|a|·|b|·cos45°=3·=3. ∵a+λb与λa+b夹角为锐角. ∴>0.即a·bλ2+(a2+b2) λ+a·b>0. 把a·b=3.a2+b2=|a|2+|b|2=2+9=11代入得3λ2+11λ+3>0. 解之得λ<或λ>.此即所求λ的取值范围. 例6 如图所示.已知四面体O-ABC中.M为BC的中点.N为AC的中点.Q为OB的中点.P为OA的中点.若AB=OC.试用向量方法证明.PM⊥QN. 证明 ∵M是BC的中点.连结OM. ∴=(+). 同理由N是AC的中点.得=(+). ∵=+=(++) =(-+)=(+). =+=(++)=(-+)=(+)= (-). ∴·=(+)·(-)=(-). ∵||=||.∴·=0.即PM⊥QN. 例7如图.设G为△OAB的重心.过G的直线与OA.OB分别交于P和Q.已知=h,=k,△OAB与△OPQ的面积分别为S和T.求证: (1)+=3, (2)≤T≤S. 证明 (1)连结OG并延长交AB于M.则M为AB的中点. ∴=(+). ==+. ① 设G分PQ所成比为t:(1-t).则=(1-t) +t, 而=h,=k,∴=(1-t)h+tk.② 比较①.②得 (1-t)h=,tk=.即=3(1-t), =3t,∴+=3. (2)∵∠POQ=∠AOB.∴==·=hk. 由题(1)知k=>0.3h-1>0,∴=. 又-=-=. -=-=.且依题意0<h≤1,0<k≤1, ∴ 1-k=1-=≥0,∴≥.≤. 因此.S≤T≤S成立. 注 解本题的关键是理解向量各种运算的定义.并能熟练应用运算法则. 例8 将函数y=2x2进行平移.使得到的图形与抛物线y=-2x2+4x+2的两个交点关于原点对称.求平移后的函数解析式. 解法一 设平移向量a=(h,k).则将y=2x2按a平移之后得到的图像的解析式为y=2(x-h)2+k. 设M′是y=-2x2+4x+2与y=2(x-h)2+k的两个交点.则: 解得:或 ∴点在函数y=2(x-h)2+k的图像上 ∴ 故所求解析式为:y=2(x+1)2-4.即y=2x2+4x-2 解法二 将y=2x2按向量a=为y=2x2上任一点.按a平移之后的对应点为P′.则 故 ∴y-k=2(x-h)2是平移之后的函数图像解析式.由 消去y得:4x2-4(h+1)x+2h2+k-2=0 又∵两交点关于原点对称 ∴x1+x2=0,即=0,h=-1 又y1+y2=0, ∴2x12-4hx1+2+k+2x22-4hx2+2+k=0 ∴2(x12+x22)+4(x1+x2)=-4-2k ∴2(x1+x2)2+4(x1+x2)-4x1·x1=-4-2k ∵x1·x2=. ∴-4×=-4-2k, ∴k=-4 ∴y=2(x+1)2-4,即y=2x2+4x-2. 例9 如图正方形OABC两边AB.BC的中点分别为D和E.求∠DOE的余弦值. 解析 创造使用求角公式的条件.为此须求·. =+=+.=+=+. ∴·=(+)·(+) =·+(·+·)+· ∵⊥.⊥.∴ ·=0.·=0. 又∵=. =.∴·==||2=. 于是·=(||2+||2)=||2. 又||2=||2+||2=||2+||2=||2. ∴cos∠DOE==== 注 利用向量解几何题.关键是将有关线段设为向量.不同的设法可出现不同的解法.利用向量解平面几何有时特别方便.但要注意的一点.不宜搞得过难.因为高考在这方面要求不高.只是在数学竞赛中有较高要求.

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