PAGEPAGE24向量的應(yīng)用(20131120)講義(有答案絕對精品)向量作為工具性知識已列入中學(xué)教材之中，其應(yīng)用價值已被廣大師生認(rèn)可。用向量知識解題，方法新穎、運算簡捷，是啟迪學(xué)生思維的有效途徑之一。但向量是以幾何的形式出現(xiàn)的，給人的感覺是在幾何中應(yīng)用廣泛，其實用向量來解決代數(shù)中的一些問題也很方便。下面就介紹這方面的應(yīng)用。1.等式證明證明等式一般說來都要進行繁雜的運算，如果等式具有向量代數(shù)某些特征時，應(yīng)用向量知識較為簡單。例1.已知，且x，y，z，a，b，c為非零實數(shù)，求證。例2.已知，求證。2．不等式證明例3.設(shè)任意實數(shù)x，y滿足，，求證：3.解有關(guān)三角問題例4.已知：。證明：對于任何正整數(shù)都有例5、已知向量，，且．若的最小值是，求的值．例6、已知△ABC的頂點坐標(biāo)為A（1，0），B（5，8），C（7，－4），在邊AB上有一點P，其橫坐標(biāo)為4，在邊AC上求一點Q，使線段PQ把△ABC分成面積相等的兩部分．4.求解無理函數(shù)的最值求無理函數(shù)最值問題，按常規(guī)方法求解具有一定的難度，若能用向量知識解答將會使求解變得容易。首先我們來看幾個向量的性質(zhì)：性質(zhì)1若，則當(dāng)且僅當(dāng)時等式成立性質(zhì)2，當(dāng)且僅當(dāng)a，同向平行時右邊等式成立，a，反向平行時左邊等式成立。性質(zhì)3，當(dāng)且僅當(dāng)方向相同且兩兩平行時等式成立。（1）型（同號）例7.求函數(shù)的最大值。例8.求函數(shù)的最大值。（3）型（）例9.求函數(shù)的最小值。（4）其它類型例10.設(shè)（i＝1，2，……，2003）為正實數(shù)，且，試求的最小值。例11.已知，求的最小值。5.向量問題的坐標(biāo)解法例12.四邊形ABCD中，若，求。例13.設(shè)P為△ABC所在平面內(nèi)一點，求取最小值時P點的位置。例14、已知同一平面上的向量eq\o(→,a)、eq\o(→,b)、eq\o(→,c)兩兩所成的角相等，并且|eq\o(→,a)|=1，|eq\o(→,b)|=2，|eq\o(→,c)|=3，求向量eq\o(→,a)＋eq\o(→,b)＋eq\o(→,c)的長度.［例15］如圖所示，向量i，j，e1，e2均為單位向量，且i⊥j，e1⊥e2；①用i，j表示e1，e2；②若eq\o(\s\up6(→),OP)=xi+yj,且xy=1；eq\o(\s\up6(→),OP)=x1e1+y1e2；當(dāng)θ=eq\f(π,4)時，求關(guān)于x1、y1的表達(dá)式，并說明方程表達(dá)的曲線形狀；例8．（本題滿分14分）已知向量a、b、c、d，及實數(shù)x、y，且|a|=1，|b|=1，c=a＋（x2－3）b，d=－ya＋xb，如果a⊥b，c⊥d，且|c|≤eq\r(10)．（1）求x、y的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f（x）及定義域；（2）（供部分考生選做）判斷f（x）的單調(diào)性，指出單調(diào)區(qū)間，并求出函數(shù)的最大值、最小值．例9.設(shè)向量eq\o(→,e)1，eq\o(→,e)2滿足|eq\o(→,e)1|=2，|eq\o(→,e)2|=1，且eq\o(→,e)1，eq\o(→,e)2的夾角為60，若向量2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2的夾角為銳角，求實數(shù)t的取值范圍.向量的應(yīng)用(20131120)作業(yè)姓名成績2.已知a，b，c，且，求證。3.求函數(shù)的值域。4.已知x>0,y>0，且x+y=1，求的最大值5.設(shè)a，b為不等的正數(shù)，求證6.已知x>0,y>0，且x+y=1，求證：。11.求證：7.已知，求銳角。8．已知向量a、b、c、d，及實數(shù)x、y，且|a|=1，|b|=1，c=a＋（x2－3）b，d=－ya＋xb，如果a⊥b，c⊥d，且|c|≤eq\r(10)．（1）求x、y的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f（x）及定義域；（2）（供部分考生選做）判斷f（x）的單調(diào)性，指出單調(diào)區(qū)間，并求出函數(shù)的最大值、最小值．9.設(shè)向量eq\o(→,e)1，eq\o(→,e)2滿足|eq\o(→,e)1|=2，|eq\o(→,e)2|=1，且eq\o(→,e)1，eq\o(→,e)2的夾角為60，若向量2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2的夾角為銳角，求實數(shù)t的取值范圍.10.P為△ABC所在平面內(nèi)一點。求證：12.若，，且，其中．（1）用表示；（2）求當(dāng)時，與所成角的大?。?3.已知為坐標(biāo)原點，，（，，為常數(shù)），若，（1）求關(guān)于的函數(shù)解析式；（2）若時，的最大值為2，求的值，并指出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．14.已知向量和，，且，求的值．15.設(shè)，，，，，與的夾角為，與的夾角為．（1）用表示；（2）若，求的值．18.求函數(shù)的最大值。19.（2004湖北）已知為非零的平面向量。甲：，乙：，則（）A.甲是乙的充分條件但不是必要條件;B.甲是乙的必要條件但不是充分條件;C.甲是乙的充要條件;D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件;19.（2004浙江）已知平面上三點A、B、C滿足，則的值等于___________。向量的應(yīng)用(20131120)講義答案向量作為工具性知識已列入中學(xué)教材之中，其應(yīng)用價值已被廣大師生認(rèn)可。用向量知識解題，方法新穎、運算簡捷，是啟迪學(xué)生思維的有效途徑之一。但向量是以幾何的形式出現(xiàn)的，給人的感覺是在幾何中應(yīng)用廣泛，其實用向量來解決代數(shù)中的一些問題也很方便。下面就介紹這方面的應(yīng)用。1.等式證明證明等式一般說來都要進行繁雜的運算，如果等式具有向量代數(shù)某些特征時，應(yīng)用向量知識較為簡單。例1.已知，且x，y，z，a，b，c為非零實數(shù)，求證。分析：由實數(shù)x，y，z與實數(shù)a，b，c對應(yīng)成比例，聯(lián)想到向量平行，進而聯(lián)想到向量坐標(biāo)。解：構(gòu)造向量m與n的夾角為θ，，則由此得θ＝0或θ＝π所以m//n因此例2.已知，求證。分析：題設(shè)與結(jié)論都與1有關(guān)，由題設(shè)聯(lián)想到向量。解：設(shè)n與m的夾角為θ，則又所以cosθ＝1，θ＝0所以m//n因此移項兩邊平方，經(jīng)整理可得2.不等式證明證明不等式主要依據(jù)有關(guān)向量的不等式例3.設(shè)任意實數(shù)x，y滿足，，求證：證明：構(gòu)造向量，由向量數(shù)量積性質(zhì)得所以即3.解有關(guān)三角問題例4.已知：。證明：對于任何正整數(shù)都有分析：借助向量不等式等號成立的條件，構(gòu)造向量，可化難為易。證明：構(gòu)造向量，則，所以，故同向，則即，所以代入題設(shè)得：，于是所以例5、已知向量，，且．若的最小值是，求的值．解：a·b……2分|a＋b|…4分∴cosx≥0，因此|a＋b|＝2cosx∴f(x)＝a·b－2｜a＋b｜即…………6分∴0≤cosx≤1①若＜0，則當(dāng)且僅當(dāng)cosx＝0時，f(x)取得最小值－1，這與已知矛盾；……8分②若0≤≤1，則當(dāng)且僅當(dāng)cosx＝時，f(x)取得最小值，由已知得，解得：………………10分③若＞1，則當(dāng)且僅當(dāng)cosx＝1時，f(x)取得最小值，由已知得，解得：，這與相矛盾．綜上所述，為所求．12分例6、已知△ABC的頂點坐標(biāo)為A（1，0），B（5，8），C（7，－4），在邊AB上有一點P，其橫坐標(biāo)為4，在邊AC上求一點Q，使線段PQ把△ABC分成面積相等的兩部分．設(shè)……4分又……8分，設(shè)點Q的坐標(biāo)為（xQ，yQ），則，得4.求解無理函數(shù)的最值求無理函數(shù)最值問題，按常規(guī)方法求解具有一定的難度，若能用向量知識解答將會使求解變得容易。首先我們來看幾個向量的性質(zhì)：性質(zhì)1若，則當(dāng)且僅當(dāng)時等式成立性質(zhì)2，當(dāng)且僅當(dāng)a，同向平行時右邊等式成立，a，反向平行時左邊等式成立。性質(zhì)3，當(dāng)且僅當(dāng)方向相同且兩兩平行時等式成立。（1）型（同號）例7.求函數(shù)的最大值。解：構(gòu)造向量由性質(zhì)1，得當(dāng)且僅當(dāng)，即時，（2）型例8.求函數(shù)的最大值。解：原函數(shù)可變?yōu)槿∏覙?gòu)造向量由性質(zhì)1，得從而當(dāng)且僅當(dāng)，即時，（3）型（）例9.求函數(shù)的最小值。解：構(gòu)造向量由性質(zhì)2，得當(dāng)且僅當(dāng)a與b同向平行時等式成立所以（此時）（4）其它類型例10.設(shè)（i＝1，2，……，2003）為正實數(shù)，且，試求的最小值。解：構(gòu)造向量由性質(zhì)3，得即例11.已知，求的最小值。解：構(gòu)造向量從而由性質(zhì)3，得所以5.向量問題的坐標(biāo)解法例12.四邊形ABCD中，若，求。解：如圖2建立坐標(biāo)系。圖2設(shè)，則代入已知條件得：即所以例13.設(shè)P為△ABC所在平面內(nèi)一點，求取最小值時P點的位置。解：設(shè)則（其中m為常數(shù)）所以，當(dāng)即P為△ABC的重心時，取得最小值。例14、已知同一平面上的向量eq\o(→,a)、eq\o(→,b)、eq\o(→,c)兩兩所成的角相等，并且|eq\o(→,a)|=1，|eq\o(→,b)|=2，|eq\o(→,c)|=3，求向量eq\o(→,a)＋eq\o(→,b)＋eq\o(→,c)的長度.錯解：易知eq\o(→,a)、eq\o(→,b)、eq\o(→,c)皆為非零向量，設(shè)eq\o(→,a)、eq\o(→,b)、eq\o(→,c)所成的角均為θ，則3θ=360，即θ＝120，所以，eq\o(→,a)·eq\o(→,b)＝|eq\o(→,a)|·|eq\o(→,b)|cos120＝﹣1，同理eq\o(→,b)·eq\o(→,c)＝﹣3，eq\o(→,c)·eq\o(→,a)＝﹣eq\f(3,2)，由|eq\o(→,a)＋eq\o(→,b)＋eq\o(→,c)|2＝eq\o(→,a)2＋eq\o(→,b)2＋eq\o(→,c)2＋2eq\o(→,a)·eq\o(→,b)＋2eq\o(→,b)·eq\o(→,c)＋2eq\o(→,c)·eq\o(→,a)＝3，故|eq\o(→,a)＋eq\o(→,b)＋eq\o(→,c)|=eq\r(3).辨析：本例誤以為eq\o(→,a)、eq\o(→,b)、eq\o(→,c)皆為非共線向量，而當(dāng)向量eq\o(→,a)、eq\o(→,b)、eq\o(→,c)，共線且同向時，所成的角也相等均為0，符合題意.由于當(dāng)向量eq\o(→,a)、eq\o(→,b)、eq\o(→,c)共線且同向時，所成的角均為,所以|eq\o(→,a)+eq\o(→,b)+eq\o(→,c)|=|eq\o(→,a)|+|eq\o(→,b)|+|eq\o(→,c)|=6；所以，正確的答案向量eq\o(→,a)+eq\o(→,b)+eq\o(→,c)的長度為6或eq\r(3)［例15］如圖所示，向量i，j，e1，e2均為單位向量，且i⊥j，e1⊥e2；①用i，j表示e1，e2；②若eq\o(\s\up6(→),OP)=xi+yj,且xy=1；eq\o(\s\up6(→),OP)=x1e1+y1e2；當(dāng)θ=eq\f(π,4)時，求關(guān)于x1、y1的表達(dá)式，并說明方程表達(dá)的曲線形狀；e1e1e2jiθ①eq\b\lc\{(\a\al(e1=cosθi+sinθj,e2=-sinθi+cosθj))O②eq\b\lc\{(\a\al(e1=\f(\r(2),2)(i+j),e2=\f(\r(2),2)(-i+j)))方程為：x12-y12=2曲線為雙曲線。O注：本題要求學(xué)生對平面向量的基本定理有較深刻的理解，基向量的選擇，就是坐標(biāo)系的選擇。利用向量的運算，可以研究在不同坐標(biāo)系下同一曲線的不同方程，體現(xiàn)了坐標(biāo)變換的思想，使初等數(shù)學(xué)與高等數(shù)學(xué)平穩(wěn)過渡，這是新“課改”的一個方向。6．向量平行與垂直8．（本題滿分14分）已知向量a、b、c、d，及實數(shù)x、y，且|a|=1，|b|=1，c=a＋（x2－3）b，d=－ya＋xb，如果a⊥b，c⊥d，且|c|≤eq\r(10)．（1）求x、y的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f（x）及定義域；（2）（供部分考生選做）判斷f（x）的單調(diào)性，指出單調(diào)區(qū)間，并求出函數(shù)的最大值、最小值．提示：（1）由|c|≤eq\r(10)，及a·b=0得－≤x≤又由c⊥d得y=x3－3x（2）單調(diào)增區(qū)間為[－，－1]、[1，]，單調(diào)減區(qū)間為[－1，1]最大值為f（）=3,最小值為f（－）=－3.9.設(shè)向量eq\o(→,e)1，eq\o(→,e)2滿足|eq\o(→,e)1|=2，|eq\o(→,e)2|=1，且eq\o(→,e)1，eq\o(→,e)2的夾角為60，若向量2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2的夾角為銳角，求實數(shù)t的取值范圍.錯解：∵|eq\o(→,e)1|=2，|eq\o(→,e)2|=1，∴eq\o(→,e)eq\o(\s\up2(2),\s\do(1))=4，eq\o(→,e)eq\o(\s\up2(2),\s\do(2))=1，eq\o(→,e)1·eq\o(→,e)2=|eq\o(→,e)1|·|eq\o(→,e)2|cos60=2×1×eq\f(1,2)=1，∴(2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2)·(eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2)=2teq\o(→,e)eq\o(\s\up2(2),\s\do(1))+(2t2+7)eq\o(→,e)1·eq\o(→,e)2+7teq\o(→,e)eq\o(\s\up2(2),\s\do(2))=2t2+15t+7.∵向量2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2的夾角為銳角，∴(2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2)·(eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2)>0，即 2t2+15t+7>0，解得t<﹣7或t>﹣eq\f(1,2).故所求實數(shù)t的取值范圍為t<﹣7或t>﹣eq\f(1,2).辨析：上面的解法似乎合情合理，毫無破碇.事實上，上面的解法忽略了向量夾角的范圍，以致出錯.因為兩向量eq\o(→,e)1與eq\o(→,e)2的夾角θ的取值范圍是[0，π]，當(dāng)(2teq\o(→,e)1＋7eq\o(→,e)2)·(eq\o(→,e)1＋teq\o(→,e)2)＞0時，2teq\o(→,e)1＋7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1＋teq\o(→,e)2的夾角范圍θ∈[0，eq\f(,2))，由題設(shè)條件知，向量2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2的夾角為銳角，∴θ≠0，因此，在上面所求出的x的取值范圍須去掉θ＝0時θ的范圍.設(shè)2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2＝λ(eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2)(λ>0)，∴eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(2t＝λ,7=tλ)，解得t＝eq\f(eq\r(14),2)，λ＝eq\r(14)，∴當(dāng)t＝eq\f(eq\r(14),2)時，2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2的夾角為0.∴所求x的取值范圍應(yīng)是：(﹣∞，﹣7)∪(﹣eq\f(1,2)，eq\f(eq\r(14),2))∪(eq\f(eq\r(14),2)，+∞).向量的應(yīng)用(20131120)作業(yè)姓名成績2.已知a，b，c，且，求證。解：構(gòu)造向量所以由向量不等式得即3.求函數(shù)的值域。分析：分析函數(shù)解析式的特征，結(jié)構(gòu)上接近兩個向量的差，于是構(gòu)造向量。解：設(shè)，，不共線，即4.已知x>0,y>0，且x+y=1，求的最大值5.設(shè)a，b為不等的正數(shù)，求證證明：構(gòu)造向量，，則因為a，b為不相等的正數(shù)，所以，即，所以6.已知x>0,y>0，且x+y=1，求證：。證明一：構(gòu)造向量，則，而，由，得所以證明二：構(gòu)造向量，≤，由此即證。11.求證：證明：設(shè)（1）當(dāng)至少有一個為零時，所證不等式成立；（2）當(dāng)都不是零向量時，設(shè)其夾角是，則有，因為，即點撥：只要實質(zhì)上，甚至形式上和向量沾點邊的，都是向量的親戚，用向量去思考，沒錯！7.已知，求銳角。分析：本題如果直接進行三角恒等變換，較難求出的值。換一種思路，引入向量，問題迎刃而解。解：由已知得，構(gòu)造向量，則，由，得，即，則8．（本題滿分14分）已知向量a、b、c、d，及實數(shù)x、y，且|a|=1，|b|=1，c=a＋（x2－3）b，d=－ya＋xb，如果a⊥b，c⊥d，且|c|≤eq\r(10)．（1）求x、y的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f（x）及定義域；（2）（供部分考生選做）判斷f（x）的單調(diào)性，指出單調(diào)區(qū)間，并求出函數(shù)的最大值、最小值．提示：（1）由|c|≤eq\r(10)，及a·b=0得－≤x≤又由c⊥d得y=x3－3x（2）單調(diào)增區(qū)間為[－，－1]、[1，]，單調(diào)減區(qū)間為[－1，1]最大值為f（）=3,最小值為f（－）=－3.9.設(shè)向量eq\o(→,e)1，eq\o(→,e)2滿足|eq\o(→,e)1|=2，|eq\o(→,e)2|=1，且eq\o(→,e)1，eq\o(→,e)2的夾角為60，若向量2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2的夾角為銳角，求實數(shù)t的取值范圍.錯解：∵|eq\o(→,e)1|=2，|eq\o(→,e)2|=1，∴eq\o(→,e)eq\o(\s\up2(2),\s\do(1))=4，eq\o(→,e)eq\o(\s\up2(2),\s\do(2))=1，eq\o(→,e)1·eq\o(→,e)2=|eq\o(→,e)1|·|eq\o(→,e)2|cos60=2×1×eq\f(1,2)=1，∴(2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2)·(eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2)=2teq\o(→,e)eq\o(\s\up2(2),\s\do(1))+(2t2+7)eq\o(→,e)1·eq\o(→,e)2+7teq\o(→,e)eq\o(\s\up2(2),\s\do(2))=2t2+15t+7.∵向量2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2的夾角為銳角，∴(2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2)·(eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2)>0，即 2t2+15t+7>0，解得t<﹣7或t>﹣eq\f(1,2).故所求實數(shù)t的取值范圍為t<﹣7或t>﹣eq\f(1,2).辨析：上面的解法似乎合情合理，毫無破碇.事實上，上面的解法忽略了向量夾角的范圍，以致出錯.因為兩向量eq\o(→,e)1與eq\o(→,e)2的夾角θ的取值范圍是[0，π]，當(dāng)(2teq\o(→,e)1＋7eq\o(→,e)2)·(eq\o(→,e)1＋teq\o(→,e)2)＞0時，2teq\o(→,e)1＋7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1＋teq\o(→,e)2的夾角范圍θ∈[0，eq\f(,2))，由題設(shè)條件知，向量2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2的夾角為銳角，∴θ≠0，因此，在上面所求出的x的取值范圍須去掉θ＝0時θ的范圍.設(shè)2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2＝λ(eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2)(λ>0)，∴eq\b\lc\{(\s(,))eq\s(2t＝λ,7=tλ)，解得t＝eq\f(eq\r(14),2)，λ＝eq\r(14)，∴當(dāng)t＝eq\f(eq\r(14),2)時，2teq\o(→,e)1+7eq\o(→,e)2與eq\o(→,e)1+teq\o(→,e)2的夾角為0.∴所求x的取值范圍應(yīng)是：(﹣∞，﹣7)∪(﹣eq\f(1,2)，eq\f(eq\r(14),2))∪(eq\f(eq\r(14),2)，+∞).10.P為△ABC所在平面內(nèi)一點。求證：證法一：如圖3建立坐標(biāo)系。圖3設(shè)，則從而說明：原解答利用垂心的性質(zhì)證之，要求較高，證法較煩，顯然坐標(biāo)解法相對簡練。證法二：==12.若，，且，其中．（1）用表示；（2）求當(dāng)時，與所成角的大?。猓海?）；法一：∵，，∴，．．由，得，整理，得．又，∴