盧會(huì)玉

【摘要】向量是高考必考內(nèi)容，在解決向量模長問題的方法中，幾何法是快捷有效的.本文從十道例題入手，用向量和與差的幾何意義、向量數(shù)乘的幾何意義以及與向量模長問題相關(guān)的正余弦定理等分析了向量模長的解法.

【關(guān)鍵詞】向量;模長;幾何法

向量是高考必考內(nèi)容，在解決向量模長問題的方法中，幾何法是快捷有效的.解題過程中通常會(huì)用到向量和與差的幾何意義、向量數(shù)乘的幾何意義以及與向量模長問題相關(guān)的正余弦定理等.但并不是所有向量模長問題都適合利用幾何法求解，如果條件中的向量運(yùn)算可構(gòu)成特殊的幾何圖形，且所求向量與幾何圖形中的某條線段相關(guān)，則可考慮利用條件中的幾何知識處理模長.下面從幾個(gè)典型的例子出發(fā)對幾何法解決向量的模長問題進(jìn)行分析與研究.

例1已知向量a，b的夾角為45°，且|a|=1，|2a-b|=10，則|b|=（）

（A）2.（B）2.（C）22.（D）32.

分析本題利用幾何圖形可解，首先運(yùn)用向量加減運(yùn)算作出圖形：可知|AB|=2，B=π4，|AC|=10，然后利用余弦定理求出|BC|即可.

解如圖1，得|b|=|BC|，

在△ABC中，由余弦定理可得

|AC|2=|AB|2+|BC|2-

2|AB|·|BC|cosB，

則10=4+|BC|2-2×2|BC|cosπ4，

即|BC|2-22|BC|-6=0，

解得|BC|=32，

所以|b|=32，故選（D）.

例2若平面向量a，b，c兩兩所成的角相等，且|a|=|b|=1，|c|=3，則|a+b+c|等于（）

（A）2.（B）5.（C）2或5.（D）2或5.

分析首先由a，b，c兩兩所成的角相等可判斷出存在兩種情況：一是a，b，c同向（如圖2，此時(shí)夾角均為0），圖2則|a+b+c|為5;另一種情況為a，b，c兩兩夾角2π3（如圖2）.然后以|a|=|b|=1為突破口，由平行四邊形法則作圖得到a+b與a，b夾角相等，|a+b|=|a|=1（底角為60°的菱形性質(zhì)），且與c反向，進(jìn)而由圖可得到|a+b+c|=2.

解因?yàn)閨a+b+c|2

=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c，

且a，b，c夾角相同.

當(dāng)a，b，c同向時(shí)，可得|a+b+c|2=25，

所以|a+b+c|=5;

當(dāng)a，b，c兩兩夾角2π3時(shí)，可得

a·b=-12，b·c=-32，a·c=-32，

所以|a+b+c|2=4，

則|a+b+c|=2.

綜上所述：|a+b+c|=2或5.故選（C）.

例3已知向量a，b，且|a|=1，|b|=2，則|2b-a|的取值范圍是（）

（A）[1，3].（B）[2，4].（C）[3，5].（D）[4，6].

解先作出a，即有向線段AB，將2b的起點(diǎn)與A重合，則終點(diǎn)C繞A旋轉(zhuǎn)且|AC|=2|b|=4，則|2b-a|即為|BC|的長度，通過觀察可得C與A，B共線時(shí)，|2b-a|達(dá)到最值.

所以|2b-a|max=5，|2b-a|min=3，

且|2b-a|連續(xù)變化，

所以|2b-a|的取值范圍是[3，5].

故選（C）.

例4設(shè)a，b是兩個(gè)非零向量，且|a|=|b|=|a+b|=2，則|a-b|=.

解可知a，b，a+b為平行四邊形的一組鄰邊和一條對角線，由|a|=|b|=|a+b|=2可知滿足條件的只能是底角為60°，且邊長a=2的菱形，從而可求出另一條對角線的長度為23.

例5已知a，b為平面向量，若a+b與a的夾角為π3，a+b與b的夾角為π4，則|a||b|=（）

（A）33.（B）64.（C）53.（D）63.

解可知a+b，a，b為平行四邊形的一組鄰邊及對角線，通過作圖和平行四邊形性質(zhì)得

在△ABD中，

|AB|=|a|，|AD|=|b|，

∠ABD=π3，∠ADB=π4，

由正弦定理可得

|AB||AD|=sin∠ADBsin∠ABD=sinπ4sinπ3=63，

即|a||b|=63.故選（D）.

例6已知a，b是單位向量，且a，b的夾角為π3，若向量c滿足|c-a+2b|=2，則|c|的最大值為（）

（A）2+3.（B）2-3.（C）7+2.（D）7-2.

解本題已知向量a，b的模長且向量的夾角特殊，則可通過作圖可得2b-a為模長為3.設(shè)m=c+（2b-a），則|m|=2，此時(shí)可將m的起點(diǎn)與2b-a保持一致，則終點(diǎn)在以起點(diǎn)為圓心，2為半徑的圓上.又c=m-（2b-a），則通過數(shù)形結(jié)合可得|c|的最大值為2+3（此時(shí)m的終點(diǎn)位于A點(diǎn)）.

故選（A）.

例7在△ABC中，∠B=π6，|AB|=33，|BC|=6，設(shè)D是AB的中點(diǎn)，O是△ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，且3OA+2OB+OC=0，則|DO|的值是（）圖7

（A）12.（B）1.

（C）3.（D）2.

解法1本題的關(guān)鍵在于確定O點(diǎn)的位置，從而將|DO|與已知線段找到聯(lián)系，將3OA+2OB+OC=0變形為

3（OA+OB）=OB-OC=CB，

即OA+OB=13CB，

設(shè)OE=OA+OB，

則O，D，E三點(diǎn)共線，且OE∥BC，

所以由平行四邊形性質(zhì)可得

|OD|=12|OE|=16|CB|=1.

故選（B）.

解法2以B為原點(diǎn)，BC為x軸建立直角坐標(biāo)系.

所以

C（6，0），A92，332，

設(shè)O（x，y），則

OA=92-x，332-y，

OB=（-x，-y），OC=（6-x，-y），

由3OA+2OB+OC=0可得

392-6x=0，932-6y=0，即x=134，y=334，

所以O(shè)134，334.

因?yàn)镈為AB中點(diǎn)，

所以D94，334，|OD|=1.

例8已知向量a≠e，|e|=1，對任意的t∈R，恒有|a-te|≥|a-e|，則e·（a-e）的值為.

解本題以|a-te|≥|a-e|作為突破口.首先作一條直線l，并在直線l上取一點(diǎn)A，然后在直線l上取AC=e，D為直線l上一點(diǎn)，則有AD=te.

再作出AB=a，從而可得

|a-e|=|BC|，|a-te|=|BD|.

若|BD|≥|BC|，

則由平面幾何知識可得最短的線段為B到l的垂線段，

所以BC⊥l，

即e⊥（a-e），

所以e·（a-e）=0.

例9已知平面向量a，b，c滿足|a|=1，|b|=2，且a·b=-1，若向量a-c，b-c的夾角為60°，則|c|的最大值是.

分析由a，b可得a，b夾角θ的余弦值cosθ=a·b|a|·|b|=-12，所以θ=120°.若用代數(shù)方法處理向量a-c，b-c的夾角60°的條件運(yùn)算量較大，所以考慮利用幾何法解決問題.

解設(shè)AB=a，AD=b，AC=c，

則CD=b-c，CB=a-c，

即∠DCB=60°，

從而∠DCB+θ=180°，

可判定A，B，C，D四點(diǎn)共圓，則|AC|的最大值為四邊形ABCD外接圓的直徑，即△ABD外接圓的直徑.

在△ABD中，由余弦定理可得

|BD|2=|AB|2+|AD|2-2|AD||AB|cosθ

=7，

所以|BD|=7，

由正弦定理可得

d=2R=|BD|sin∠BAD=2213，

即|c|max=2213.

例10已知平面向量α，β（α≠0，α≠β）滿足|β|=1，且α與β-α的夾角為120°，則|α|的取值范圍是.

分析本題用圖形輔助求解較好.取AC=α，AB=β，則CB=β-α，所以△ABC中，∠C=60°，從而可利用正余弦定理求出|α|，即|AC|的取值范圍.

解在△ABC中，由正弦定理可得

|AB|sinC=|AC|sin∠ABC|β|sinC=|α|sin∠ABC，

所以|α|=|β|sinC·sin∠ABC

=132sin∠ABC=23sin∠ABC，

而∠ABC∈0，2π3，

所以sin∠ABC∈（0，1]，

則|α|=23sin∠ABC∈0，233.