专题25 平面向量的模长问题（解析版）学案

这是一份专题25 平面向量的模长问题（解析版）学案，共14页。学案主要包含了热点聚焦与扩展，经典例题，思路导引，专家解读，精选精练等内容，欢迎下载使用。
专题25  平面向量的模长问题【热点聚焦与扩展】平面向量中涉及模长的问题，常用解法是将模长进行平方，利用向量数量积的知识进行解答；另外，向量是一个工具型的知识，具备代数和几何特征，因此，解答这类问题时可以利用数形结合的思想，利用代数和几何特征，会加快解题速度. 本专题拟通过典型例题，介绍代数法和几何法两种思路，以期对大家有所启发.（一）代数法   利用代数方法处理向量的模长问题，主要采取模长平方——数量积和坐标两种方式1、模长平方：通过可得：，将模长问题转化为数量积问题，从而能够与条件中的已知向量（已知模长，夹角的基向量）找到联系.要注意计算完向量数量积后别忘记开方2、坐标运算：若，则.某些题目如果能把几何图形放入坐标系中，则只要确定所求向量的坐标，即可求出（或表示）出模长3、有关模长的不等问题：通常考虑利用“模长平方”或“坐标化”得到模长与某个变量间的函数关系，从而将问题转化为求函数最值问题（二）几何法1、向量和差的几何意义：已知向量，则有：（1）若共起点，则利用平行四边形法则求，可得是以为邻边的平行四边形的对角线（2）若首尾相接，则利用三角形法则求出，可得，围成一个三角形2、向量数乘的几何意义：对于（1）共线（平行）特点：与为共线向量，其中时，与同向；时，与反向（2）模长关系：3、与向量模长问题相关的定理：（1）三角形中的相关定理：设三个内角所对的边为① 正弦定理：② 余弦定理：（2）菱形：对角线垂直平分，且为内角的角平分线特别的，对于底角的菱形，其中一条对角线将此菱形分割为两个全等的等边三角形.（3）矩形：若四边形的平行四边形，则对角线相等是该四边形为矩形的充要条件4、利用几何法求模长的条件：条件中的向量运算可构成特殊的几何图形，且所求向量与几何图形中的某条线段相关，则可考虑利用条件中的几何知识处理模长【经典例题】例1.【2020年高考全国Ⅰ卷理数14】设为单位向量，且，则         ．【答案】【思路导引】整理已知可得：，再利用为单位向量即可求得，对变形可得：，问题得解．【解析】∵为单位向量，∴，∴，解得：，∴，故答案为：．【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查了平面向量模长的计算，考查平面向量积的应用，考查转化与化归思想，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题关键是向量模的计算公式及转化能力．例2.【2020年高考北京卷13】已知正方形的边长为，点满足，则 ________；__________．【答案】，【解析】分别以为轴，轴建立直角坐标系，则，，，．∵，∴，∴，∴，又∵，∴．例3．【2020年高考上海卷12】已知是平面内两两互不相等的向量，满足且（其中），则的最大值为        ．【答案】6【解析】根据条件不妨设，，，，当，表示圆心为原点，半径为1的圆；，表示圆心为原点，半径为2的圆，如图这两个圆用红色线表示；当，表示圆心为，半径为1的圆；，表示圆心为，半径为2的圆，如图这两个圆用蓝色线表示，由条件可知点既要在红色曲线上，又要在蓝色曲线上，由图象可知，共有6个交点，即是最大值是6．故答案为：6．【专家解读】本题的特点是注重应用，本题考查了平面向量数量积的计算，考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查平面向量模长的计算，考查数形结合思想、转化与化归思想，考查数学运算、直观想象、数学建模等数学建模等学科素养．解题关键是建立适当的坐标系．例4．（2020·安徽高三三模）17世纪法国数学家费马曾提出这样一个问题：怎样在一个三角形中求一点，使它到每个顶点的距离之和最小？现已证明：在中，若三个内角均小于，当点P满足时，则点P到三角形三个顶点的距离之和最小，点P被人们称为费马点根据以上性质，已知为平面内任意一个向量，和是平面内两个互相垂直的单位向量，则的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】设，则，即为点到和三个点的距离之和，则为等腰直角三角形，由费马点的性质可知点P满足时，则点P到三角形三个顶点的距离之和最小，因为，，所以P的坐标为所以距离之和最小为，故选：D．例5．（2020·广西南宁·三模）已知向量，若，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由知，建立直角坐标系，向量，设，由得，而，利用点到原点的距离的最大最小值分别为2，0.所以的取值范围是.故选：D.例6．（2020·浙江柯城·衢州二中高三三模）已知，则的取值范围是（　　）A．[0，1] B． C．[1，2] D．[0，2]【答案】D【解析】设，则，，∴（）2•2||22＝4，所以可得：，配方可得，所以，又 则[0，2]．.例7．（2020·浙江西湖·学军中学高三三模）已知非零平面向量，，.满足，，且，则的最小值是（    ）A． B． C．2 D．3【答案】A【解析】如图1：令，，，不妨设取中点，由，可得，由极化恒等式得；要求的最小值，即最小时取到；显然，此时，，三点共线，如图2：设此时，因为由余弦定理可知：所以，即.故选:A.例8．（2020·河北桃城·衡水中学高三三模）已知平面单位向量，的夹角为60°，向量满足，若对任意的，记的最小值为M，则M的最大值为(    )A． B． C． D．【答案】A【解析】由推出，所以，如图，终点的轨迹是以为半径的圆，设，，，，所以表示的距离，显然当时最小，M的最大值为圆心到的距离加半径，即，故选：A【精选精练】1．（2020·山西运城·高三三模）已知向量，满足，，且，则（    ）A． B．2 C． D．3【答案】A【解析】因为，，，两边平方得，所以，所以.故选：A2．（2020·安徽金安·六安一中高三三模）已知单位向量的夹角为，若向量，且，则（    ）A．2 B．4 C．8 D．16【答案】B【解析】依题意，，故，故，故，解得，故，故，故.故选：B.3．（2020·湖北高三三模）已知在平面直角坐标系中，A(﹣3，0)，B(0，3)，C(3，0)，O(0，0)，（m∈R），的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由知在直线上，由知在以为圆心，1为半径的圆上，而表示直线上的点到圆上的点的距离，如图，由已知，，即的最小值为，的最小值为．故选：C．4．（2020·陕西碑林·西北工业大学附属中学高三三模）已知两个夹角为的单位向量，，若向量满足，则的最大值是（    ）A． B． C．2 D．【答案】B【解析】如图所示：设，为符合题意的两个向量，则，即，而，则的终点在以为圆心，1为半径的圆上，从而当的终点在点处时，最大，且，故选：B.5．（2020·浙江杭州·高三三模）已知向量满足，则的最小值是　　A．4 B．3 C．2 D．1【答案】D【解析】不妨设如图所示的直角坐标系，，，，因为，所以或，即所对应的点B在直线的左边区域含边界或在直线的右边区域含边界，又的结合意义为与所对应的点A与B的距离，由图知：当B位于时，最短，且为1，故的最小值是1，故选D．6．（2020·浙江镇海中学高三三模）已知，，是平面内三个单位向量，若，则的最小值（    ）A． B． C． D．5【答案】A【解析】设，，，则，从而，等号可取到．故选：A7．（2020·全国高三三模）点在所在的平面内，，，，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由可知，点为外心，则，，又，所以①因为，②联立方程①②可得，，，因为，所以，即．故选：8．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知，，则的取值范围______.【答案】【解析】首先建立平面直角坐标系，设，，，是以原点为圆心，半径为1的圆，设其上任一点为点，以点为圆心，半径为2作圆，设圆上任一点为点，连接，即，如图，表示两圆圆上的点的连线，的最大值是圆心距加两个圆的半径，最小值是圆心距减两个圆的半径，所以的取值范围是.故答案为：9．（2020·浦东新·上海市浦东复旦附中分校高三三模）在平面内,定点满足，动点满足则的最大值为________.【答案】【解析】 由，可得为的外心，又可得 ，即，即有，可得为的垂心，则为的中心，即为正三角形，由即有，解得，的边长为，以为坐标原点，所在直线为轴建立直角坐标系，可得，由，可设，由，可得为中点，即有，则，当，即时，取得最大值，且为．故答案为：．10．（2020·浙江三模）已知非零向量，满足，，则的最小值为_______．【答案】【解析】因为，所以，则所以，当时取等号，故，故的最小值为．故答案为：.11．（2020·浙江湖州·高三三模）设非零向量，，，满足，，则的最小值是________．【答案】【解析】设，，，所以，      （令）              （仅当时取等号）则的最小值是.故答案为：12．（2020·全国高三三模）平面直角坐标系中，已是单位向量，向量满足，且对任意实数t成立，则的取值范围是______ .【答案】【解析】由题意，向量已是单位向量，不妨设，由于，可设，可得因为对任意实数t，恒成立，即恒成立，整理得，解得，即，于是.故答案为：