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- 2021-05-13 发布
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第 37 炼 向量的数量积——坐标法
在处理向量数量积问题时,若几何图形特殊(如正方形,等边三角形等),易于建系并写
出点的坐标,则考虑将向量坐标化,一旦所求向量用坐标表示,其数量积等问题迎刃而解。
一、基础知识
1、向量的坐标表示
(1)平面向量基本定理:在平面中,如果两个向量 不共线,则对于平面上的任一向量
,存在 ,使得 ,且这种表示唯一。其中 称为平面向量的一
组基底,而有序实数对 称为在 基底下的坐标
(2)为了让向量能够放置在平面直角坐标系中,我们要选择一组特殊的基底 ,在方向
上它们分别与 轴的正方向同向,在长度上, ,由平面向量基本定理可得:平
面上任一向量 ,均有 ,其坐标为 ,从图上可观察到恰好是将向量 起
点与坐标原点重合时,终点的坐标
(3)已知平面上的两点坐标,也可求得以它们为起终点的向量坐标:设 ,
则 (可记为“终” “起”),所以只要确定了平面上点的坐标,
则向量的坐标自然可求。另外 三个坐标知二可求一,所以当已知向量坐标与其中
一个点的坐标,也可求出另一个点的坐标
2、向量的坐标运算:设 ,则有:
(1)加减运算:
(2)数乘运算:
(3)数量积运算:
(4)向量的模长:
3、向量位置关系的判定:
(1)平行:
(2)垂直:
(3)向量夹角余弦值:
4、常见的可考虑建系的图形:关于向量问题,一旦建立坐标系并成功写出相关点的坐标,
1 2,e e
a ,x y R∈ 1 2a xe ye= + ( )1 2,e e
( ),x y ( )1 2,e e
,i j
,x y 1i j= =
a a xi y j= + ( ),x y a
( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y
( )2 1 2 1,AB x x y y= − − −
, ,A B AB
( ) ( )1 1 2 2, , ,a x y b x y= =
( )1 2 1 2,a b x x y y± = ± ±
( )1 1,a x yλ λ λ=
1 2 1 2a b x x y y⋅ = +
2 2
1 1a x y= +
1 2 2 1a b x y x y⇔ = ∥
1 2 1 20 0a b a b x x y y⊥ ⇔ ⋅ = ⇔ + =
1 2 1 2
2 2 2 2
1 1 2 2
cos , a b x x y ya b
a b x y x y
⋅ += =
⋅ + ⋅ +
B C
A
D
E
则问题常常迎刃而解。但难点如何甄别一道题适合使用建系的方法求解。如果你遇到以下图
形,则可尝试建系的方法,看能否把问题解决
(1)具备对称性质的图形:长方形,正方形,等边三角形,圆形
(2)带有直角的图形:直角梯形,直角三角形
(3)具备特殊角度的图形( 等)
二、典型例题:
例 1:在边长为 1 的正三角形 中,设 ,则
__________
思路:上周是用合适的基底表示所求向量,从而解决问题,本周仍以
此题为例,从另一个角度解题,观察到本题图形为等边三角形,所
以考虑利用建系解决数量积问题 ,如图建系:
下面求 坐标:令
由 可得:
答案:
例 2:(2012 江苏,9)如图,在矩形 中, ,
点 为 中点,点 在边 上,若 ,则 的
值是____________
思路:本题的图型为矩形,且边长已知,故考虑建立直角坐标系求解,
以 为坐标原点如图建系: , 设 , 由 在 上
可 得 , 再 由 解 出 :
30 ,45 ,60 ,120
ABC 2 , 3BC BD CA CE= =
AD BE⋅ =
3 1 10, , ,0 , ,02 2 2A B C
−
E ( ) 1 1 3, , , ,2 2 2E x y CE x y CA
∴ = − = −
3CA CE=
1 1 13 2 2 3
333 62
x x
yy
− = − = ⇒
==
1 3,3 6E
∴
3 5 30, , ,2 6 6AD BE
∴ = − =
1
4AD BE∴ ⋅ = −
1
4AD BE⋅ = −
ABCD 2, 2AB BC= =
E BC F CD 2AB AF⋅ = AE BF⋅
A ( )2,0B ( ),F x y F CD
2y = 2AB AF⋅ = x
y
xB C
A
D
E
E
D
A B
CF
y
x
E
D
A B
CF
, ,
答案:
例 3 : 如 图 , 平 行 四 边 形 的 两 条 对 角 线 相 交 于 , 点 是 的 中 点 , 若
, , 且 , 则
_________
思路:本题抓住 这个特殊角,可以考虑
建立坐标系,同时由 , 可以写出各
点坐标,从而将所求向量坐标化后即可求解
解:以 为 轴,过 的垂线作为 轴
可得:
答案:
例 4:已知直角梯形 中, 是腰 上的
动点,则 的最小值为_____________
思路:本题所求模长如果从几何意义入手,则不便于作出
的图形。所以考虑从代数方面入手,结合所给的特
殊图形可想到依直角建立坐标系,从而将问题转为坐标运算求
解,在建系的过程中,由于梯形的高未知,为了能够写出 坐标,可先设高为 。
( ) ( )2,0 , ,2AB AF x= = 2 2 1AB AF x x∴ ⋅ = = ⇒ = ( )1,2F∴ ( )2,1E
( ) ( )2,1 , 1 2,2AE BF∴ = = −
( )2 1 2 2 2AE BF∴ ⋅ = − + =
2AE BF⋅ =
ABCD M P MD
2AB = 1AD = 60BAD∠ =
AP CP⋅ =
60BAD∠ =
2AB = 1AD =
AB x A y
( ) 1 3 52,0 , , , , 32 2 2B D C
5 3 7 3 3, , ,4 4 8 8M P
7 3 3 13 5 3, , ,8 8 8 8AP CP
∴ = = − −
7 13 3 3 5 3 17
8 8 8 8 8AP CP
∴ ⋅ = ⋅ − + ⋅ − = −
17
8
−
ABCD , 90 , 2, 1,AD BC ADC AD BC P∠ = = =∥ DC
3PA PB+
3PA PB+
B h
M
D C
A B
P
M
D C
A B
P
B
D A
C
P
解:以 为轴建立直角坐标系,设梯形高为
则 ,设动点 ,则
(等号成立: )
答案:
小炼有话说:本题的亮点在于梯形的高未知,但为了写坐标先用字母代替。在使用坐标解题
时有时会遇到由于某些条件未知而导致坐标无法写出的情况。要明确没有点的坐标,则坐标
法无法实现,所以“没有条件要创造条件”,先设再求,先将坐标完善,再看所设字母能否
求出,是否需要求出,这个理念在解析几何和空间向量解立体几何中都有所应用
例 5:给定平面上四点 满足 ,则 面
积的最大值为 .
思路:由 可计算出 的夹
角 ,则可按照这个特殊角建立坐标系,则由
可知 在以 为圆心,半径 的圆上。 ,
若要求 的最大值,只需找到 到 的最大
值,数形结合可得距离的最大值为 ,进而可求出
的最大值。
解: 即
答案:
,AD CD h
( ) ( )2,0 , 1,A B h ( )0,P y ( ) ( )2, , 1,PA y PB h y= − = −
( )3 5,3 4PA PB h y∴ + = −
( ) ( )2 23 5 3 4 5PA PB h y∴ + = + − ≥ 33 4 4h y y h= ⇒ =
5
, , ,O A B C 4, 3, 2, 3OA OB OC OB OC= = = ⋅ = ABC∆
3, 2, 3OB OC OB OC= = ⋅ = ,OB OC
60BOC∠ = 4OA =
A O 4r = ( ) ( )3,0 , 1, 3B C
7BC = ABCS A BC
O BCd r− +
ABCS
( ) ( )3,0 , 1, 3B C ( )3: 32BC y x∴ = − − 2 3 3 3 0y x+ − =
( )max
3 3 4
7A BC O BCd d r− −∴ = + = +
1 1 3 3 3 34 7 2 72 2 27ABC A BCS d BC−
∴ = ⋅ ⋅ = + ⋅ = +
3 32 7 2
+
例 6:如图,在直角三角形 中, ,点 分别是 的中点,
点 是 内及边界上的任一点,则 的取值范围是_______
思路:直角三角形直角边已知,且 为图形内动点,所求
不便于用已知向量表示,所以考虑建系处理。设 ,
从而可得 ,而 所在范围是一块区域,
所以联想到用线性规划求解
解:以 为轴建立直角坐标系
,设
数形结合可得:
答案:
例 7:平面向量 满足 ,则 的最小值是______
思路:本题条件中有 ,而 可利用向量数量积的投影定义得到 在
上的投影分别为 1,2,通过作图可发现能够以 的起点为原点,所在直线为 轴建立坐标系,
则 起点在原点,终点分别在 的直线上,从而 可坐标化,再求出 的
最值即可
解:如图建系可得:
由 可得:
ABC 3, 1AC BC= = ,M N ,AB BC
P ABC AN MP⋅
P
MP ( ),P x y
1 532 4AN MP x y⋅ = − + P
,AC BC
( ) ( ) 1 3 10, 3 , 1,0 , , , ,02 2 2A B M N
( ),P x y
1 1 3, 3 , ,2 2 2AN MP x y
∴ = − = − −
1 1 3 1 53 32 2 2 2 4AN MP x y x y
∴ ⋅ = − − − = − +
7 7,4 4AN MP ⋅ ∈ −
7 7,4 4
−
, ,a b c 1, 2, 2, 1a e b e a b e⋅ = ⋅ = − = = a b⋅
1e = 1, 2a e b e⋅ = ⋅ = ,a b e
e x
,a b 1, 2x x= = ,a b a b⋅
( ) ( )1, , 2,a a b b= =
2a b− = ( ) ( ) ( )2 2 21 2 2 3a b a b− + − = ⇒ − =
M
N
A
C B
P
而 ,由轮换对称式不妨设 ,则
答案:
例 8:已知点 为等边三角形 的中心, ,直线 过点 交边 于点 ,交
边 于点 ,则 的最大值为 .
思 路 : 本 题 由 于 为 过 的 任 一 直 线 , 所 以
的值不确定,从而不容易利用三边向
量将 进行表示,所以考虑依靠等边三角形的特
点,建立直角坐标系,从而 坐标可解,再借助解析几何的思想设出直线 方程,
与 方程联立解出 坐标,从而 可解出最大值
解:以 为轴建立直角坐标系
设直线
由 可得:
解得:
解得:
2a b ab⋅ = + a b> 3 3a b b a− = ⇒ = −
( ) 2
2 3 5 52 3 3 2 2 4 4a b a a a a a
∴ ⋅ = + − = − + = − + ≥
( )
min
5
4a b∴ ⋅ =
5
4
M ABC 2AB = l M AB P
AC Q BQ CP⋅
l M
: , :AP AB AQ AC
,BQ CP
, , ,A B C M l
,AB AC ,P Q BQ CP⋅
,BC AM
( ) ( ) ( ) 31,0 , 1,0 , 0, 3 , 0, 3B C A M
−
3: 3l y kx= +
( ) ( ) ( )1,0 , 1,0 , 0, 3B C A−
( ) ( ): 3 1 , : 3 1AB y x AC y y x= + = = − −
( )
3
: 3
3 1
y kxP
y x
= +∴
= +
( )2 3
3 3
3 1
3
x
k
ky
k
= −
−= −
( )
3
: 3
3 1
y kxQ
y x
= +
= − −
( )2 3
3 3
3 1
3
x
k
ky
k
= +
+= +
Q
P
A
B C
M
Q
P
A
B C
M
若直线与 相交,则
答案:
例 9 :如图,四边形 是半径为 的圆 的外切正方形,
是圆 的内接正三角形,当 绕着圆心 旋转时,
的取值范围是( )
A. B.
C. D.
思路:本题所给的图形为正方形及其内切圆,可考虑建立直角坐标
系 ,为 了 使 坐 标 易 于 计 算 ,可以 为 坐 标 原 点 如 图 建 系 :
,确定 点的坐标是一个难点,观察两个
点之间的关系,无论 如何转动, ,如何从这
个恒定的角度去刻画此圆上两点坐标的联系呢:考虑圆的参数方
程 ( 参 数 的 几 何 意 义 为 圆 心 角 , 与 角 度 相 联 系 ), 设
,从而 ,用 的三角函数
将两点坐标表示出来,从而可求出 的范围
( ) ( )5 3 3 3 1 5 3 3 3 1, , ,
3 33 3 3 3
k k k kBQ CP
k kk k
+ + − − ∴ = = + −+ −
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
22 2
5 3 3 5 3 3 3 1 3 1 75 9 3 1 6 22
39 3 3 33 33 3 3 3
k k k k k k kBQ CP kk kk kk k
+ − + − − − +∴ ⋅ = ⋅ + ⋅ = + =−− −+ −+ −
( )
2 2
2 22
6 22 1 6 18 40 1 4063 3 3 33 3
k k
k kk
+ − + = = = ⋅ + − −−
,AB AC 3 3,3 3k
∈ −
2
1 40 1 40 226 63 3 3 0 3 9BQ CP k
∴ ⋅ = − ≤ − = − − −
22
9
−
ABCD 1 O
PQR O PQR O
AQ OR⋅
1 2,1 2 − + 1 2, 1 2 − − − +
1 12, 22 2
− − − +
1 12, 22 2
− +
O
( ) ( )0,0 , 1, 1O A − − ,Q R
PQR
2
3ROQ
π∠ =
( )cos ,sinR θ θ [ )( )2 2cos ,sin 0,23 3Q
π πθ θ θ π − − ∈
θ
AQ OR⋅
y
x
解: ,
答案:选
小炼有话说:在直角坐标系中涉及到圆上的点,除了想到传统坐标之外,还应想到圆的参数
方程,尤其是题目中有关于圆心角的条件时(例如本题中的 ),可依靠参数的
几何意义将条件充分的利用起来。
例 10:在平面上, , ,若 ,则
的取值范围是( )
A. B. C. D.
思路:以 为入手点,考虑利用坐标系求解,题目中 和 点坐标均未
知,为了能够进行坐标运算,将其用字母表示:设 ,则
,所求 范围即为求
的范围。下一步将题目的模长翻译成 关系,再寻找关
于 的不等关系即可
解 : 如 图 以 为 轴 建 立 坐 标 系 : 设
,
则
2 2cos 1,sin 13 3AQ
π πθ θ = − + − +
( )cos ,sinOR θ θ=
2 2cos cos 1 sin sin 13 3AQ OR
π πθ θ θ θ ∴ ⋅ = − + + − +
1 3 1 3=cos cos sin 1 sin sin cos 12 2 2 2
θ θ θ θ θ θ − + + + − − +
2 21 3 1 3= cos sin cos cos sin sin cos sin2 2 2 2
θ θ θ θ θ θ θ θ− + + − − +
1 1= sin cos 2 sin2 2 4
πθ θ θ − + + = − + +
[ )0,2θ π∈
1 12, 22 2AQ OR ∴ ⋅ ∈ − − − +
C
2
3ROQ
π∠ =
1 2AB AB⊥
1 2 1 21,OB OB AP AB AB= = = + 1
2OP < OA
50, 2
5 7,2 2
5 , 22
7 , 22
1 2AB AB⊥
1 2,AB AB O
( )1 2, , ,AB a AB b O x y= =
( ) ( ) ( )1 2,0 , ,0 , ,B a B b P a b OA 2 2x y+
, , ,a b x y
2 2x y+
1 2,AB AB
( )1 2, , ,AB a AB b O x y= =
( ) ( ) ( )1 2,0 , ,0 , ,B a B b P a b
①
②与①联系可得:
,所以②转变为:
,即
另一方面:
同理,由 可得:
综上所述: ,则
答案:D
小炼有话说:(1)本题涉及到的点与线段较多,所以难点一方面在于是否能够想到建系去
处理,还有一方面在于选择哪两条线作为坐标轴。也许有同学会从 入手,
选择 为坐标原点,这样 在以原点为圆心的单位圆上,且所求 只需计算出 的
坐标即可。但这种选法继续做下去会发现,首先 在圆上的位置不确定,坐标不易写出,
其次无法定位 ,从而使得条件 不便于使用。所以这种建系的方法在解题过程
中障碍重重,不利于求解。而利用现有的垂直建系,会使得 的坐标易于表示,进而
求出 坐标,只剩一个不好表示的 点,难度明显低于前一种建系方法。
(2)在坐标系建好之后,说明此题主流的解法是用变量,表达式去解决,所以下一步就要
将题目中的条件翻译成代数的关系。正所谓“数形结合”时,如果用到的是形,那么就将代
数条件翻译成几何特点,如果用到的是数,那就要将几何条件翻译成代数的特点。所以在
“数形结合”方法中“翻译”的步骤是必不可少的
( )
( )
2 2
2 2
1 2 1 2 22
1
1 1
1
a x y
OB OB OB OB
x y b
− + =∴ = = ⇒ = = ⇒
+ − =
( ) ( )2 2 21 1 1
2 4 4OP OP x a y b< ⇒ < ⇒ − + − <
( )
( )
( )
( )
2 22 2
2 22 2
1 1
1 1
a x y a x y
x y b y b x
− + = − = − ⇒
+ − = − = −
2 2 11 1 4y x− + − < 2 2 7
4x y+ >
( )2 2 2 2 21 2 1a x y x y ax a− + = ⇒ + − + =
2 2 2 1 2x y a ax∴ + + = + 2 22ax a x≤ +
2 2 2 2 2 21 1x y a a x y∴ + + ≤ + + ⇒ ≤
( )22 1x y b+ − = 2 1x ≤
2 2 2x y∴ + ≤
2 27 24 x y< + ≤ 2 27 22 x y OA< + = ≤
1 2 1OB OB= =
O 1 2,B B OA A
1 2,B B
,A P 1
2OP <
1 2, ,A B B
P O