活用特殊化思想,巧解向量数量积
高二数学向量数量积的运算律
（4）cos a b
| a || b |
（5）a · b ≤| a | · | b |
2、判断垂直 3、求向量的模 4、求向量的夹角
平面向量数量积运算律
a b | a || b | cos a, b
A
b a | b || a | cos b, a
显然 a,b
b, a
AOB
o
而∣a∣∣ b∣=∣b∣∣ a∣
规定：零向量与任意向量的数量积为0，即 a 0 0．
平面向量数量积运算律
（1）e · a=a · e=| a | cos
（2）a⊥b a · b=0
（3）当a 与b 同向时，a · b =| a | · | b |，
当a 与b 反向时， a · b =—| a | · | b | ．
特别地 a a | a |2 或 | a | a a
a (b) ∣a∣∣( b∣)cos a, b ∣a∣∣ b∣cos a, b
平面向量 数量 积运算律
由于a与a共线，b与b共线 a,b a, b
0时
(a) b ∣( a∣)∣ b∣cos a,b ∣a∣∣ b∣cos a,b
(a b) ∣( a∣∣ b∣cos a,b ) ∣a∣∣ b∣cos a,b
a (b) ∣a∣∣( b∣)cos a, b ∣a∣∣ b∣cos a, b
cos
a, b
cos
a, b
cos
a, b
平面向量数量积运算律
如图所示：
OA a,在向量c上的射影是OA1，
AB b,在向量c上的射影为A1B1，
O B a b， 在向量c上的射影为OB1，
平面向量数量积 运算律
平面向量数量积运算律
方法巧归纳，策略妙呈现——一道数量积问题的探究
直角三角形的性质得以确定 犗犇 的长度，通过解三角 知识点更多．
形的余弦定 理 的 应 用 与 转 化，结 合 三 角 形 的 中 线 定 理，进而得以求解对应的数量积的值．
变式：已知 △犃犅犆 的重心为犗，∠犃犗犅＝２３π，犃犅
解法４：（坐标法）如图３，
以犗 为坐标原点，以犗犃 所在
直线为狓轴，犗犅 所在直线为狔
解法３：（解三角形法）如图１，延长犆犗 交犃犅 于点 犇，结 合 条 件 可 知，犇 是 线 段 犃犅 的 中 点，且 犆犇 ＝
３犗犇，而在 △犃犅犗 中，∠犃犗犅 ＝ ２π，犃犅 ＝２槡２，可得 犗犇 ＝ １ ２犃犅 ＝槡２，结 合 余 弦 定 理，可 得犆→犃 ·犆→犅 ＝
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＝犆→犗２ ＋犆→犗·２犗→犇 ＝（２槡２）２ ＋２槡２·２槡２＝１６． 故填答案：１６． 点评：根据条 件 作 出 对 应 的 辅 助 线，并 利 用 三 角
形的重心性质确定线段之间的关系：犆犗 ＝２犗犇，借助 直角三角形的性质得以确定 犗犇 的长度，结合平面向 量的线性运算把犆→犃·犆→犅 加以合理转化，通过基底法 来确定对应的数量积的值．
·犆→犅 ＝（２犿，狀）·（犿，２狀）＝２犿２ ＋２狀２ ＝１６．
图２
外接圆上，可 得
∠犃犉犅
＝
π，则 ２
知犆→犅
在犆→犃
上的投
影为犆犉，所以犆→犃·犆→犅 ＝犆犃·犆犉．利用圆的割线定
理，可得犆→犃·犆→犅 ＝犆犃·犆犉＝犆犗·犆犈 ＝２槡２·４槡２
＝１６． 故填答案：１６． 点评：根据条 件 作 出 对 应 的 辅 助 线，并 利 用 三 角
形的重心性质确定线段之间的关系犆犗 ＝２犗犇，借助 直角三角形的性质得以确定 犗犇 的长度，结合圆的性 质确定犗犈 的长度以及投影关系，通过圆的割线定理 的转化来求解对应的数量积的值．
巧用向量投影妙解几道题目
—
—
—
—
——
—
—
÷
———一 ÷ ———＿÷
日 ． 一 日 ． Ｂ ＝ ＡＥ ．ＡＣ —ＡＦ ．ＡＢ ＝ ０．
证法 ２：Ａ ·Ｂ ： Ａ日 －（ —ＡＢ）＝
—
｝ ————— ———
—————｝
———＿÷ — ｝ — ｝ — ｝
日 ．Ａ —Ａ日 ．ＡＢ ＝ ＡＢ ．ＡＣ —ＡＣ ．ＡＢ ＝ ０．
＿
影相 等；要这样换，则是 因为点 Ｃ 的位置特殊 ， （＝） 利 于 后 续 转 化 ．
例 ４ 如 图 ６，在 △ Ｂ 中，ＢＥ＿ＬＡＣ于 点 Ｅ， 上 Ｂ于点 Ｆ，ＪＥ｝Ｅ、 交于 点 日．求
证 ：ＡＨ －ｌＩＢ ．
Ｃ
图 ４
由此可见，该题给 出点 （二）为外心实属多余， 其 实 （＝）只要是 ＢＣ边 的垂直平 分线 ｆ上任 意一
Ｐ ． ＝ Ｐ ．ｆ２ＡＯ１＝ ２ＡＰ ．ＡＯ ＝
２ ２： １８ ．
例 ２ 如 图 ２，圆 的 半 径 为 Ｒ，过 圆外 一
点 Ｐ作圆的两条切线，切点分别 为点 、Ｂ，直
线 ＡＢ上有一动点 Ｍ ，则 ＣＭ ·ＣＰ‘＝ ．
—
—
‘｛ ．
Ｐ ，
／／／
图 ２
图 １
解 析 ：审 视 题 目，若 注 意 到 向量 加 法 的平 行 四 边 形法 则 ，则 有
点即可 ．也 即是说，对 于直线 ｆ上任 意一点 Ｐ，
都 有
． ＝ ． Ａｂ＝ （ 。一 ｚ）＝
１０．
还 有 这 样 一 道 题 目：如 图 ５，Ｏ、 、 是 平 面 上 的三 点 ，向量 （二） ＝ ，ＯＢ ＝ － ６－ｒ，设 Ｐ
解答平面向量数量积问题的三种途径
思路探寻2考点透视= OA ∙ AB + CA2= OA ∙()AO + OB + CA 2= CA 2- OA 2+ OA ∙ OB = CA 2- OA 2= CA 2-1,当CA =2时， OC ∙ AB + CA ∙CB 取得最大值为3.首先根据三角形和外接圆的特点选择 OA 、OB 作为基底，并结合已知条件求出基底 OA 、OB 的数量积；然后用基底 OA 、 OB 表示出 OC 、 AB 、 CA 、CB，并根据向量的数量积公式求解.图3图4例3.如图4，在等腰直角△ABC 中，AC =2,点M 为线段AB 上的动点(包含端点)，点D 为AC 的中点，将AC 绕点D 旋转到EF ，则 ME ∙MF 的最小值为_____.解：连接MD ，则 ME ∙ MF =() MD + DE ∙()MD + ED =||MD 2-|| DE 2,当MD ⊥AB 时，MD 最小，即||MDmin=，由|| DE 2=1，可得 ME ∙ MF 最小值为-12.解答本题，需以 MD 、DE 为基底，并用基底表示出平面向量 ME 、MF ，将问题转化为求|| MD min.再结合图形的特点，确定|| MD 取最小值时的情形，即可解题.三、利用投影法运用投影法求解平面向量数量积问题，需根据平面向量数量积的几何意义，构造出相应的几何图形，通过研究几何图形中的垂直、平行等关系，确定向量投影之间的关系，从而求得平面向量的数量积.运用投影法解题，需熟练掌握并运用向量数量积的几何意义、模长公式、余弦函数的性质.例4.若在菱形ABCD 中，AC =4,则 CA ∙AB =______.解：如图5所示，连接BD 交AC 于点O ，∵四边形ABCD 是菱形，∴2AO =AC =4，且AC ⊥BO ，∴||AB cos ∠CAB =AO =2，∴CA ∙ AB =-|| AC ∙|| AB cos ∠CAB =-8.根据题意画出图形，通过观察图形，可以确定AB在CA 方向上的投影即为|| A O ，于是连接BD ，根据菱形的性质：对角线互相垂直，构造出直角三角形，即可通过解直角三角形求出投影||A O 的长度，从而利用射影法求得 CA ∙AB 数量积的大小.图5图6例5.在△ABC 中，∠ABC =π3,点O 是△ABC 的外心， BA ∙ BO =2, BC ∙ BO =4,则 BA ∙ BC =______.解：如图6所示，设AB ，BC 中点分别为D ，E ，连接OD ，OE ，则OD ⊥AB ，OE ⊥BC ,由 BA ∙BO =2，可得|| BA ∙|| BO cos ∠OBD =12||BA ∙|| BA =2，故||BA =2，由 BC ∙BO =4，可得|| BC ∙|| BO cos ∠OBE =12|| BC ∙|| BC =4,故||BC =22,所以 BA ∙ BC =|| BA ∙||BC cos ∠ABC =22.要求 BA 、 BC 的数量积，需求出向量 BA 、BC 的模长，于是根据 BO 及其在 BA 、BC 上的投影关系，分别求得|| BA 、||BC 的大小，就能根据射影法顺利求出目标向量数量积的大小.相比较而言，坐标法比较常用，且解题过程较为简单；射影法比较灵活，但通常很难想到.无论运用哪种方法，都需熟练掌握并运用平面向量的数量积公式及其几何意义、向量运算法则及其几何意义，根据已知条件和解题需求，选用合适的方法进行求解.（作者单位：江苏省泗洪姜堰高级中学）50。
29 四法破解平面向量的数量积-备战2018年高考高三数学一轮热点难点一网打尽含解析
考纲要求：1．理解平面向量数量积的含义及其物理意义，了解平面向量的数量积与向量投影的关系．2．掌握数量积的性质及坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算；3．能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系,掌握向量数量积的运算律,并能进行相关计算．基础知识回顾：1.平面向量数量积(1)平面向量数量积的定义：若两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，a叫做a与b的数量积（或内积)，记作a·bb＝|a｜｜b｜cosθ。
规定:零向量与任一向量的数量积为0. (2）两个非零向量a与b垂直的充要条件是a·b＝0，两个非零向量a与b平行的充要条件是a·b＝±｜a||b｜.2．向量数量积的运算律:(1）a·b＝b·a.(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb）．（3）(a＋b)·c＝a·c＋b·c.3．平面向量数量积的几何意义：数量积a·b等于a的模｜a｜与b在a的方向上的投影｜b|cosθ的乘积．4．平面向量数量积的重要性质：（1)e·a＝a·e＝|a｜cosθ；（2)非零向量a，b,a⊥b⇔a·b＝0 ;（3)当a与b同向时，a·b＝｜a｜｜b|；当a与b反向时,a·b ＝－｜a|｜b| ,a·a＝a2 ，|a|＝错误!；（4)cosθ＝错误!；(5)|a·b｜≤|a||b|.5．平面向量数量积满足的运算律(1）a·b＝b·a(交换律）；（2)(λa）·b＝λ(a·b）＝a·（λb)（λ为实数）；（3)（a＋b）·c＝a·c＋b·c。
6．平面向量数量积有关性质的坐标表示:设向量a＝（x1,y1)，b＝(x2，y2),则a·b＝x1x2＋y1y2，由此得到：(1）若a＝（x，y),则|a｜2＝x2＋y2，或|a|＝x2＋y2.(2)设A（x1，y1），B(x2，y2)，则A，B两点间的距离｜AB｜＝＝错误!。
活用隐圆的五种定义妙解压轴题-新高考数学一轮复习(新高考专用)
专题26 活用隐圆的五种定义妙解压轴题【题型归纳目录】题型一：隐圆的第一定义：到定点的距离等于定长题型二：隐圆的第二定义：到两定点距离的平方和为定值题型三：隐圆的第三定义：到两定点的夹角为90°题型四：隐圆的第四定义：边与对角为定值、对角互补、数量积定值题型五：隐圆的第五定义：到两定点距离之比为定值【典例例题】题型一：隐圆的第一定义：到定点的距离等于定长例1．（2022•和平区校级月考）平面内，定点A ，B ，C ，D 满足||||||2DA DB DC ===，且2DA DB DB DC DC DA ===-，动点P ，M 满足||1AP =，PM MC =，则2||BM 的最大值为( )A 3763+B 37233+C ．434D ．494【解析】解：由题可知||||||DA DB DC ==，则D 到A ，B ，C 三点的距离相等，所以D 是ABC ∆的外心，又2DA DB DB DC DC DA ===-，变形可得()0DA DB DB DC DB DA DC DB CA -=-==，所以DB AC ⊥，同理可得DA BC ⊥，DC AB ⊥，所以D 是ABC ∆的垂心，所以ABC ∆的外心与垂心重合，所以ABC ∆是正三角形，且D 是ABC ∆的中心； 由1||||cos ||||()22DA DB DA DB ADB DA DB =∠=-=-，解得||2DA =， 所以ABC ∆的边长为23；如图所示，以A 为坐标原点建立直角坐标系，则(3,3)B -，3)C =，(2,0)D ，||1AP =，可设(cos ,sin )P θθ，其中[0θ∈，2]π，而PM MC =，即M 是PC 的中点，则3cos 3sin (2M θθ++， 2223712sin()cos 3sin 333712496||()(2444BM πθθθ+--++=+==， 当23θπ=时，2||BM 取得最大值为494． 故选：D ．例2．（2022春•温州期中）已知,a b 是单位向量，0a b ⋅=，若向量c 满足||1c a b -+=，则||c b -的取值范围是( )A ．[221]B ．21]C ．[0，2]D ．[551]【解析】解：由,a b 是单位向量，且0a b ⋅=，则可设(1,0)a =，(0,1)b =，(,)c x y =；向量c 满足||1c a b -+=，|(1,1)|1x y ∴-+=，∴22(1)(1)1x y -++，即22(1)(1)1x y -++=，它表示圆心为(1,1)C -，半径为1r =的圆；又|||(c b x -=，221)|(1)y x y -+-C 上的点到点(0,1)B 的距离，如图所示： 且22||1(11)5BC +--， ∴51||51PB +；即||c b -的取值范围是[5151]．故选：D ．【点评】本题考查了向量的垂直与数量积的关系、数量积的运算性质、点与圆上的点的距离大小关系，也考查了推理能力和计算能力，是综合性题目．例3．（2022•延边州一模）如果圆22()()8x a y a -+-=2a 的取值范围是( )A ．(3,3)-B ．(1,1)-C ．(3,1)-D ．(3-，1)(1-⋃，3)【解析】解：问题可转化为圆22()()8x a y a -+-=和圆222x y +=相交， 两圆圆心距22(0)(0)2|d a a a =-+-=，由1||R r OO R r -<<+得222|2a <22解得：1||3a <<，即(3a ∈-，1)(1-⋃，3)故选：D ．例4．（2022•花山区校级期末）设点M 为直线2x =上的动点，若在圆22:3O x y +=上存在点N ，使得30OMN ∠=︒，则M 的纵坐标的取值范围是( ) A ．[1-，1] B ．11[,]22- C ．[2,22]- D ．22[]22【解析】解：设(2,)M M y ，在OMN ∆中，由正弦定理可得，sin sin OM ON ONM OMN =∠∠， 30OMN ∠=︒，3ON ∴222()32312M y +== 整理得，2(23sin )4M y ONM =±∠-由题意知，0150ONM ︒<∠<︒，sin (0ONM ∴∠∈，1]．当sin 1ONM ∠=时，M y 取得最值，即直线MN 为圆O 的切线时M y 取得最值．[2,22]M y ∴∈-．故选：C ．例5．（2022•广元模拟）在平面内，定点A ，B ，C ，D 满足||||||2DA DB DC ===，0DA BC DB AC DC AB ===，动点P ，M 满足||1AP =，PM MC =，则2||BM 的最大值为 ．【解析】解：平面内，||||||2DA DB DC ===，0DA BC DB AC DC AB ===，∴DA BC ⊥，DB AC ⊥，DC AB ⊥，可设(0,0)D ，(2,0)A ，(3)B -，(1,3)C -，动点P ，M 满足||1AP =，PM MC =，可设(2cos ,sin )P θθ+，1cos (2M θ+sin 3θ-， ∴3cos (2BM θ+=sin 33θ-， ∴2223712sin()3cos sin 33496()(244BM πθθθ+-+-=+=， 当且仅当sin()16πθ-=时取等号， 2||BM ∴的最大值为494． 故答案为：494． 题型二：隐圆的第二定义：到两定点距离的平方和为定值例6．（2022•普陀区二模）如图，ABC ∆是边长为1的正三角形，点P 在ABC ∆所在的平面内，且222||||||(PA PB PC a a ++=为常数）．下列结论中，正确的是( )A ．当01a <<时，满足条件的点P 有且只有一个B ．当1a =时，满足条件的点P 有三个C ．当1a >时，满足条件的点P 有无数个D ．当a 为任意正实数时，满足条件的点P 是有限个【解析】解：以BC 所在直线为x 轴，BC 中点为原点，建立直角坐标系，如图所示 则3A ，1(2B -，0)，1(2C ，0)，设(,)P x y ，可得 2223||()PA x y =+，2221||()2PB x y =++，2221||()2PC x y =-+ 222||||||PA PB PC a ++=222222311(()()22x y x y x y a ∴+++++-+= 化简得：22533304x y a ++-=，即22350123a x y y +-+-= 配方，得2231()(1)3x y a +-=-⋯（1） 当1a <时，方程（1）的右边小于0，故不能表示任何图形；当1a =时，方程（1）的右边为0，表示点3，恰好是正三角形的重心； 当1a >时，方程（1）的右边大于0，表示以31(1)3a - 由此对照各个选项，可得只有C 项符合题意故选：C ．例7．（2022•江苏模拟）在平面直角坐标系xOy 中，圆22:1O x y +=，圆22:(3)(2)1(M x a y a a +++-=为实数）．若圆O 和圆M 上分别存在点P ，Q ，使得30OQP ∠=︒，则a 的取值范围为 ．【解析】解：由题意，圆22:(3)(2)1(M x a y a a +++-=为实数），圆心为(3,2)M a a -- 圆M 上任意一点Q 向圆O 作切线，切点为P ，30PQO ∠=︒，所以224x y +=与圆M 有交点221(3)43a a ++， 解得605a ∴-， 故答案为：605a -， 例8．（2022•通州区月考）在平面直角坐标系xOy 中，(2,2)P ，(0,4)Q -为两个定点，动点M 在直线1x =-上，动点N 满足2216NO NQ +=，则||PM PN +的最小值为 ．【解析】解：2216NO NQ +=，N ∴在以OQ 为直径的圆上，不妨设(2cos 2,2sin )N θθ-，(1,)M m -，则(3,2)PM m =--，(2cos 4,2sin 2)PN θθ=--，∴(2cos 7,2sin 4)PM PN m θθ+=-+-，2222||(2cos 7)(2sin 4)8694[(4)sin 7cos ]PM PN m m m m θθθθ∴+=-++-=-++-- 22(4)534(4)49sin()m m θϕ=-++-+-，2(4)49m t -+，sin()a θϕ-=，则7t ，11a -．22||44PM PN t at ∴+=++，令222()44(2)44f t t at t a a =++=++-，7t ，11a -，()f t ∴在[7，)+∞上单调递增，故当7t =时，()f t 取得最小值5328a +，再令g （a ）5328a =+，11a -，显然g （a ）在[1-，1]上单调递增，故1a =-时，g （a ）取得最小值532825-=，综上，当7t =，1a =-时，2||PM PN +取得最小值25．故||PM PN +的最小值为5．故答案为：5．例9．（2022•盐城三模）已知A ，B ，C ，D 四点共面，2BC =，2220AB AC +=，3CD CA =，则||BD 的最大值为 ．【解析】解：以C 为原点，以直线CB 为x 轴建立平面坐标系， 设(2,0)B ，(,)D x y ，3CD CA =，(3x A ∴，)3y ． 2220AB AC +=，2222(2)203999x y x y ∴-+++=， 22(3)81x y ∴-+=，∴点D 在以(3,0)E ，以9r =为半径的圆E 上，BD ∴的最大距离为10BE r +=．故答案为：10．例10．（2022•大武口区校级期末）已知圆22:(3)(4)1C x y -+-=，点(1,0)A -，(1,0)B ，点P 是圆上的动点，则22||||d PA PB =+的最大值为 ，最小值为 ．【解析】解：设P 点的坐标为(3sin ,4cos )αα++，则222222||||(4sin )(4cos )(2sin )(4cos )5412sin 16cos 5420sin()d PA PB ααααααθα=+=+++++++=++=++ ∴当sin()1θα+=时，即12sin 16cos 20αα+=时，d 取最大值74，当sin()1θα+=-时，即12sin 16cos 20αα+=-，d 取最小值34，故答案为：74，34．例11．（2022•大观区校级期中）正方形ABCD 与点P 在同一平面内，已知该正方形的边长为1，且222||||||PA PB PC +=，求||PD 的取值范围．【解析】解：以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则(0,0)A ，(1,0)B ，(1,1)C ，(0,1)D ，设点(,)P x y ，则由222||||||PA PB PC +=，得222222()(1)(1)(1)x y x y x y ++-+=-+-，整理得22(1)2x y ++=，即点P 的轨迹是以点(0,1)M -2圆心M 到点D 的距离为||2MD =， 所以||22min PD =，||22max PD =+所以||PD 的取值范围是[2222]．例12．已知22:(3)(4)1C x y -+-=，点(1,0)A -，(1,0)B ，点P 是圆上的动点，求22||||d PA PB =+的最大值、最小值及对应的P 点坐标．【解析】解：设P 点的坐标为(3sin ,4cos )αα++，则222222||||(4sin )(4cos )(2sin )(4cos )5412sin 16cos 5420sin()d PA PB ααααααθα=+=+++++++=++=++ ∴当sin()1θα+=时，即12sin 16cos 20αα+=时，d 取最大值74， 此时3sin 5α=，4cos 5α=， P 点坐标18(5，24)5 当sin()1θα+=-时，即12sin 16cos 20αα+=-，d 取最小值34， 此时3sin 5x =-，4cos 5α=-，P 点坐标12(5，16)5． 题型三：隐圆的第三定义：到两定点的夹角为90°例13．（2022春•湖北期末）已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足()(2)0a c b c --=，则||c 的最大值是( )A 2B 5C 3D 5 【解析】解：()(2)0a c b c --=，1()()02a cbc ∴--=， 设OA a =，OB b =，OC c =，设OB 的中点为D ，则a c CA -=，12b c CD -=， ∴0CA CD =，故C 在以AD 为直径的圆M 上，OA OB ⊥，O ∴在圆M 上，||c ∴的最大值为圆M 的直径225AD OA OD =+． 故选：B ．例14．（2022春•龙凤区校级期末）已知圆22:(1)(3)10C x y -+-=和点(5,)M t ，若圆C 上存在两点A ，B 使得MA MB ⊥，则实数t 的取值范围是( )A ．[3，5]B ．[2，4]C ．[2，6]D ．[1，5]【解析】解：由题意圆22:(1)(3)10C x y -+-=和点(5,)M t ，若圆C 上存在两点A ，B ，使得MA MB ⊥，可得||102CM ⨯22(51)(3)20t ∴-+-， 15t ∴，故选：D ．例15．（2022•荆州区校级期末）已知M ，N 是圆22:4O x y +=上两点，点(1,2)P ，且0PM PN =，则||MN 的最小值为( )A 51B 53C 63D 62【解析】解：如图所示：设(,)R x y 是线段MN 的中点，则OR MN ⊥， 0PM PN =，∴PM PN ⊥，于是1||||||2PR MN RN ==， 在RT ORN ∆中，||2ON =，22||OR x y +，22||||(1)(2)RN RP x y =-+-，由勾股定理得：222222(1)(2)x y x y =++-+-， 整理得2213()(1)24x y -+-=， 故(,)R x y 的轨迹是以1(2C ，1)为圆心，3r = 故1353||||14max OR OC r =+=+=， 故22253||2||2||||24()82155322min min max MN NR ON OR ==-=-+- 故选：B ．例16．（2022•浙江期中）已知点(1,0)A m -，(1,0)B m +，若圆22:88310C x y x y +--+=上存在一点P ，使得PA PB ⊥，则实数m 的最大值是( )A ．4B ．5C ．6D ．7【解析】解：根据题意，圆22:88310C x y x y +--+=，即22(4)(4)1x y -+-=； 其圆心为(4,4)，半径1r =，设AB 的中点为M ，又由点(1,0)A m -，(1,0)B m +，则(1,0)M ，||2||AB m =，以AB 为直径的圆为222(1)x y m -+=，若圆22:88310C x y x y +--+=上存在一点P ，使得PA PB ⊥，则圆C 与圆M 有公共点， 又由22||(14)(04)5MC -+-=，即有||15m -且||15m +，解可得：4||6m ，即64m --或46m ，即实数m 的最大值是6；故选：C ．例17．（2022•彭州市校级月考）设m R ∈，过定点A 的动直线0x my +=和过定点B 的动直线30mx y m --+=交于点(,)P x y ，则||||PA PB +的取值范围是( )A ．[5 2 5]B ．[25 4 5]C ．[10，4 5]D ．[10，2 5]【解析】解：由题意可知，动直线0x my +=经过定点(0,0)A ，动直线30mx y m --+=即(1)30m x y --+=，经过定点(1,3)B ，动直线0x my +=和动直线30mx y m --+=始终垂直，P 又是两条直线的交点， PA PB ∴⊥，222||||||10PA PB AB ∴+==．由基本不等式可得22222||||(||||)2(||||)PA PB PA PB PA PB +++， 即210(||||)20PA PB +10||||25PA PB +．故选：D ．例18．（2022•安徽校级月考）设m R ∈，过定点A 的动直线0x my m ++=和过定点B 的动直线20mx y m --+=交于点(,)P x y ，则||||PA PB +的取值范围是( )A ．[5,5]B ．[10,25]C ．[10,45]D ．[25,45]【解析】解：由题意可知，动直线0x my m ++=经过定点(0,1)A -，动直线20mx y m --+=即(1)20m x y --+=，经过点定点(1,2)B ，动直线0x my m ++=和动直线20mx y m --+=的斜率之积为1-，始终垂直， P 又是两条直线的交点，PA PB ∴⊥，222||||||10PA PB AB ∴+==． 设ABP θ∠=，则||10PA θ=，||10PB θ=，由||0PA 且||0PB ，可得[0θ∈，]2π ||||10(sin cos )25)4PA PB πθθθ∴++=+， [0θ∈，]2π，[44ππθ∴+∈，3]4π， 2sin()[4πθ∴+∈，1]， 25)[104πθ∴+∈5]， 故选：B ．例19．（2022•北京模拟）已知m R ∈，过定点A 的动直线0mx y +=和过定点B 的动直线30x my m --+=交于点P ，则||3|PA PB +的取值范围是( )A ．(10,210]B ．(10,30]C ．[10,30)D ．[10,210]【解析】解：由题意可知，动直线0mx y +=经过定点(0,0)A ，动直线30x my m --+=即(1)30m y x -++=，经过点定点(3,1)B --， 动直线0mx y +=和过定点B 的动直线30x my m --+=满足11()0m m ⨯+⨯-=，∴两直线始终垂直， P 又是两条直线的交点，PA PB ∴⊥，222||||||10PA PB AB ∴+==．设ABP θ∠=，则||10PA θ=，||10PB θ=，由||0PA 且||0PB ，可得[0θ∈，]2π 则||3|10310cos 210)3PA PB πθθθ+=+， [33ππθ+∈，5]6π，1sin()[,1]32πθ∴+∈， 210)[103πθ∴+∈，10]， 故选：D ．例20．（2022春•大理市校级期末）已知圆22:(3)(4)1C x y -+-=和两点(,0)A m -，(,0)B m ，(0)m >．若圆C 上存在点P ，使得90APB ∠=︒，则m 的最小值为( )A ．7B ．6C ．5D ．4【解析】解：90APB ∠=︒，∴点P 的轨迹是以AB 为直径的圆O ， 故点P 是圆O 与圆C 的交点，因此两圆相切或相交，即22|1|341m m -++，解得46m ．m ∴的最小值为4． 故选：D ．例21．（2022春•红岗区校级期末）已知圆22:68240C x y x y +--+=和两点(,0)A m -，(B m ，0)(0)m >，若圆C 上存在点P ，使得0AP BP ⋅=，则m 的最大值与最小值之差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】解：圆22:(3)(4)1C x y -+-=的圆心(3,4)C ，半径1r =，设(,)P a b 在圆C 上，则(,)AP a m b =+，(,)BP a m b =-，由0AP BP ⋅=，可得2()()0a m a m b +-+=，即2222||m a b OP =+=，m 的最大值即为||OP 的最大值，等于||516OC r +=+=．m 的最小值即为||OP 的最小值，等于||514OC r -=-=．则m 的最大值与最小值之差为642-=．故选：B ．例22．（2022•兰州一模）已知圆22:(3)(1)1C x y +-=和两点(,0)A t -，(B t ，0)(0)t >，若圆C 上存在点P ，使得90APB ∠=︒，则当t 取得最大值时，点P 的坐标是( )A ．3(232B ．32(，3)2C ．3(233D ．33(，3)2【解析】解：圆22:(3)(1)1C x y +-=，其圆心(3C 1)，半径为1， 圆心C 到(0,0)O 的距离为2，∴圆C 上的点到点O 的距离的最大值为3．再由90APB ∠=︒，以AB 为直径的圆和圆C 有交点，可得12PO AB t ==，故有3t ， (3,0)A ∴-，(3,0)B ． 圆心(3C 1)，直线OP 的斜率3k =， ∴直线OP 的方程为3y = 联立：223(3)(1)1y x y ⎧=⎪⎨⎪+-=⎩解得：3332x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩． 故选：D ．例23．（2022•海淀区校级三模）过直线:2l y x a =+上的点作圆22:1C x y +=的切线，若在直线l 上存在一点M ，使得过点M 的圆C 的切线MP ，(MQ P ，Q 为切点）满足90PMQ ∠=︒，则a 的取值范围是( )A ．[10-，10]B ．[10-10]C ．(-∞，10][10-，)+∞D ．(-∞，10][10-，)+∞【解析】解：圆22:1C x y +=，圆心为：(0,0)，半径为1，在直线l 上存在一点M ，使得过M 的圆C 的切线MP ，(MQ P ，Q 为切点）满足90PMQ ∠=︒， ∴在直线l 上存在一点M ，使得M 到(0,0)C 2∴只需(0,0)C 到直线:2l y x a =+2， 214+，解得1010a -，故选：B ．例24．（2022春•东阳市校级期中）如图，四边形AOCB 中，OA OC ⊥，CA CB ⊥，2AC =，2CB 则OB 的长度的取值范围是 ．【解析】解：设OCA θ∠=，(0,)2πθ∈ 显然2OB BC >2cos OC θ∴=， 22222cos()4cos 2222cos cos()22OB OC CB OC CB ππθθθθ∴=+-⨯⨯+=+-⨯+ 42(cos 222)θθ=++ 43)θϕ=++（其中2tan 2ϕ=， 2423(31)+=， 31OB ∴+， 综上OB 的长度的取值范围是(231]．故答案为：(231]．例25．（2022春•淮安校级期中）若实数a ，b ，c 成等差数列，点(1,0)P -在动直线0ax by c ++=上的射影为M ，点N 坐标为(3,3)，则线段MN 长度的最小值是 ． 【解析】解：实数a ，b ，c 成等差数列，2b a c ∴=+，即20a b c -+=，可得动直线0ax by c ++=恒过(1,2)Q -，点(1,0)P -在动直线0ax by c ++=上的射影为M ，90PMQ ∴∠=︒，则M 在以PQ 为直径的圆上，∴此圆的圆心A 坐标为11(2-，20)2-+，即(0,1)A -， 半径11||44222r PQ ==+， 又(3,3)N ，22||(30)(31)52AN ∴-++=>，则点N 在圆外， 则||52min MN = 故答案为：52．题型四：隐圆的第四定义：边与对角为定值、对角互补、数量积定值 例26．（2022•长治模拟）已知a ，b 是平面向量，e 是单位向量，若非零向量a 与e 的夹角为3π，向量b ，e 满足2680b e b -+=，则||a b -的最小值为 ． 【解析】解：2680b b e -+=，∴2268(2)(4)0b b e e b e b e -+=--=，∴b 的终点在以2e 和4e 的终点为直径端点的圆上运动，设2,4OD e OE e ==，则圆心为3OC e =的终点C ，半径为1的圆上运动，如图所示，其中，OB b =，a 的终点在射线OA 上运动，显然当CF OA ⊥交圆于点B ，交OA 于点F 时，||||a b BF -=最小， 此时333||||sin33CF OC π===33||||11BF CF =-=-． 331-．例27．（2022春•瑶海区月考）在平面四边形ABCD 中，连接对角线BD ，已知9CD =，16BD =，90BDC ∠=︒，4sin 5A =，则对角线AC 的最大值为( ) A ．27B ．16C ．10D ．25【解析】解：根据题意，建立如图的坐标系，则(0,0)D ，(9,0)C ，(0,16)B ， BD 中点为G ，则(0,8)G ，设ABD 三点都在圆E 上，其半径为R ，在Rt ADB ∆中，由正弦定理可得162204sin 5a R A ===，即10R =， 即10EB =，8BG =，则6EG =，则E 的坐标为(6,8)-，故点A 在以点(6,8)E -为圆心，10为半径的圆上，当且仅当C 、E 、A 三点共线时，AC 取得最大值，此时1027AC EC =+=； 故选：A ．例28．（2022秋•沈河区校级期中）设向量a ，b ，c 满足：||||1a b ==，12a b =-，a c <-，60b c ->=︒，则||c 的最大值为( )A ．2B 3C2 D ．1【解析】解：由题意可得||||1a b ==，12a b =，11cos a ∴⨯⨯<，12b >=-， cos a ∴<，12b >=，a ∴<，120b >=︒． ac <-，60b c ->=︒，222||()23a b b a a b a b ∴-=-=+-=， 设OA a =，OB b =，OC c =，则CA a c =-，CB b c =-，AB b a =-，22()3AB b a =-=．60120180ACB AOB ∠+∠=︒+︒=︒，A ∴、O 、B 、C 四点共圆，2OC R ∴=，R 为该圆的半径．AOC ∆中，由正弦定理可得122sin sin30OA R ACO ===∠︒， 当且仅当OC 是AOB ∠的平分线时，取等号，此时，2R OC =，故选：A ．例29．（2022•闸北区一模）在平面内，设A ，B 为两个不同的定点，动点P 满足：2(PA PB k k =为实常数），则动点P 的轨迹为( )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．不确定【解析】解：设(,0)A c -，(B c ，0)(0)c >，(,)P x y ．则(,)PA c x y =---，(,)PB c x y =--．满足：2(PA PB k k =为实常数），(c x ∴--，)(y c x --，2)y k -=，化为2222x c y k -+=，即2222x y c k +=+故动点P 22c k +故选：A ．例30．（2022•和平区校级一模）如图，梯形ABCD 中，//AB CD ，2AB =，4CD =，5BC AD =E 和F 分别为AD 与BC 的中点，对于常数λ，在梯形ABCD 的四条边上恰好有8个不同的点P ，使得PE PF λ=成立，则实数λ的取值范围是( )A ．5(4-，9)20-B ．5(4-，11)4C ．1(4-，11)4D ．9(20-，1)4- 【解析】解：以DC 所在直线为x 轴，DC 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系 512-，(1,2)A ∴-，(1,2)B ，(2,0)C ，(2,0)D -，3(2E ∴-，1)，3(2F ，1)． 1)当P 在DC 上时，设(P x ，0)(22)x -，则3(2PE x =--，1)，3(2PF =，1)． 于是2335()()1224PE PF x x x λ=---+=-=， ∴当54λ=-时，方程有一解，当51144λ-<时，λ有两解； （2）当P 在AB 上时，设(P x ，2)(11)x -，则3(2PE x =--，1)-，3(2PF =，1)-． ∴2335()()1224PE PF x x x λ=---+=-=， ∴当54λ=-时，方程有一解，当5144λ-<-时，λ有两解； （3）当P 在AD 上时，直线AD 方程为24y x =+，设(P x ，24)(21)x x +-<<-，则3(2PE x =--，23)x --，3(2PF x =-，23)x --． 于是223327()()(23)512224PE PF x x x x x λ=---+--=++=． ∴当920λ=-或1944λ-<<时，方程有一解，当91204λ-<<-时，方程有两解； （4）当P 在CD 上时，由对称性可知当920λ=-或1944λ-<<时，方程有一解， 当91204λ-<<-时，方程有两解； 综上，若使梯形上有8个不同的点P 满足PE PF λ=成立，则λ的取值范围是5(4-，115](44-⋂，19](420--⋂，19)(420--⋂，19)(420-=-，1)4-． 故选：D ．例31．（2022•宁城县一模）如图，正方形ABCD 的边长为6，点E ，F 分别在边AD ，BC 上，且2DE AE =，2CF BF =．如果对于常数λ，在正方形ABCD 的四条边上，有且只有6个不同的点P 使得PE PF λ=成立，那么λ的取值范围是( )A ．(0,7)B ．(4,7)C ．(0,4)D ．(5,16)-【解析】解：以DC 为x 轴，以DA 为y 轴建立平面直角坐标系，如图，则(0,4)E ，(6,4)F ．（1）若P 在CD 上，设(,0)P x ，06x ．∴(,4)PE x =-，(6,4)PF x =-． ∴2616PE PF x x =-+，[0x ∈，6]，716PE PF ∴． ∴当7λ=时有一解，当716λ<时有两解．（2）若P 在AD 上，设(0,)P y ，06y <．∴(0,4)PE y =-，(6,4)PF y =-． ∴22(4)816PE PF y y y =-=-+，06y <，016PE PF ∴<． ∴当0λ=或416λ<<，有一解，当04λ<时有两解．（3）若P 在AB 上，设(,6)P x ，0 6.(,2)x PE x <=--，(6,2)PF x =--． ∴264PE PF x x =-+，06x <．54PE PF ∴-． ∴当5λ=-或4λ=时有一解，当54λ-<<时有两解．（4）若P 在BC 上，设(6,)P y ，06y <<，∴(6,4)PE y =--，(0,4)PF y =-． ∴22(4)816PE PF y y y =-=-+，06y <<，016PE PF ∴<． ∴当0λ=或416λ<时有一解，当04λ<<时有两解． 综上，04λ∴<<．故选：C ．例32．（2022•黄浦区校级三模）在边长为8的正方形ABCD 中，M 是BC 的中点，N 是DA 边上的一点，且||3||DN NA =，若对于常数m ，在正方形ABCD 的边上恰有6个不同的点P 满足：PM PN m =，则实数m 的取值范围是 ．【解析】解：以AB 所在直线为x 轴，以AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系如图：如图，则(0,2)N ，(8,4)M（1）若P 在AB 上，设(,0)P x ，08x∴(,2)PN x =-，(8,4)PM x =-∴288PN PM x x =-+，[0x ∈，8]，88PN PM ∴-，∴当8m =-时有一解，当88m -<时有两解；（2）若P 在AD 上，设(0,)P y ，08y <， ∴(0,2)PN y =-，(8,4)PM y =-∴2(2)(4)68PN PM y y y y =--=-+08y <，124PN PM ∴-<∴当1m =-或824m <<时有唯一解；当18m -<时有两解（3）若P 在DC 上，设(,8)P x ，08x <∴(,6)PN x =--，(8,4)PM x =--， ∴2824PN PM x x =-+，08x <，824PN PM ∴，∴当8m =时有一解，当824m <时有两解．（4）若P 在BC 上，设(8,)P y ，08y <<，∴(8,2)PN y =--，(0,4)PM y =-， ∴2(2)(4)68PN PM y y y y =--=-+08y <<，124PN PM ∴-<，∴当1m =-或824m <<时有一解，当18m -<时有两解．综上，在正方形ABCD 的四条边上有且只有6个不同的点P ，使得PM PN m =成立，那么m 的取值范围是(1,8)-故答案为(1,8)-题型五：隐圆的第五定义：到两定点距离之比为定值例33．（2022·湖南·长沙县第一中学模拟预测）古希腊三大数学家之一阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中指出：平面内与两定点距离的比为常数k （0k >且1k ≠的点的轨迹是圆，已知平面内两点A 50），B （50），直线20kx y k --+=，曲线C 上动点P 满足2PB PA=则曲线C 与直线l 相交于M 、N 两点，则|MN |的最短长度为（ ） A 5B 10C ．5D ．10【答案】C【解析】设动点P 的坐标为（x ，y ），则(222||25PB x y =-+，(2225PA x y =+由2PB PA=((222222|2|2525PB PA x y y x ⎡⎤=⇒-+=⎢⎥⎣⎦+化简后得：曲线C ：2210x y +=，故P 点轨迹为圆， 又20kx y k --+=可化为()21y k x -=- 直线l 过定点A （1，2），则圆心到直线的距离的最大值为|OA|，此时|MN |的长度最短． 所以|MN |的最短长度为222||210525R OA -=-=故选：C ．例34．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一．指的是：已知动点M 与两定点,Q P 的距离之比(0,1)MQ MPλλλ=>≠，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为221x y +=，其中，定点Q 为x 轴上一点，定点P 的坐标为1,0,33λ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，若点()1,1B ，则3MP MB +的最小值为（ ） A 10B 11C 15D 17【答案】D【解析】设(),0Q a ，(),M x y ，所以()22=-+MQ x a y 1,03P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以2213PM x y ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭||||MQ MP λ=且3λ=()2222313x a y x y-+=⎛⎫++ ⎪⎝⎭， 整理可得2223148a a x y x +-++=，又动点M 的轨迹是221x y +=，所以2304118aa +⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩， 解得3a =-，所以()3,0Q -，又=3||MQ MP ， 所以3||||||||MP MB MQ MB BQ +=+≥， 因为(1,1)B ，所以3||||MP MB +的最小值()()22131017BQ =++-当M 在位置1M 或2M 时等号成立． 故选：D例35．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯（公元前262年~公元前190年），古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家．阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆是他的论著中的一个著名问题：已知平面上两点A ，B ，则所有满足PA PBλ=（0λ>，且1λ≠）的点P 的轨迹是一个圆．已知平面内的两个相异定点P ，Q ，动点M 满足2MP MQ =，记M 的轨迹为C ，若与C 无公共点的直线l 上存在点R ，使得MR 的最小值为6，且最大值为10，则C 的长度为（ ） A ．2π B ．4πC ．8πD ．16π【答案】B【解析】依题意，M 的轨迹C 是圆，设其圆心为点D ，半径为r ，显然直线l 与圆C 相离，令点D 到直线l 的距离为d ，由圆的性质得：610d r d r -=⎧⎨+=⎩，解得8d =，2r =，所以C 的长度为4π． 故选：B例36．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯(约公元前262190-年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数(0k k >且1)k ≠的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A ，B 间的距离为2，动点P 与A ，B 距离之比满足：|PA |3|PB =，当P 、A 、B 三点不共线时，PAB △面积的最大值是（ ） A ．2B ．2C 3D 2【答案】C【解析】依题意，以线段AB 的中点为原点，直线AB 为x 轴建立平面直角坐标系，如图，则()1,0A -，()10B ,，设(),P x y ， 因|PA |3|PB =2222(1)3(1)x y x y ++-+22(2)3x y -+=，因此，点P 的轨迹是以点(2,0)3P 不在x 轴上时，与点A ，B 可构成三角形， 当点P 到直线AB （x 轴）的距离最大时，PAB △的面积最大， 显然，点P 到x 3max1()2332PAB S =⨯， 所以PAB △3 故选：C例37．（2022·全国·高三专题练习）已知两定点1,02P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()1,02Q m m ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，动点M 与P ､Q 的距离之比MQMPλ=（0λ>且1λ≠），那么点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，若其方程为224x y +=，则m λ+的值为（ ） A ．8- B ．4-C ．0D ．4【答案】B【解析】设(),M x y ，则224x y +=，即224y x =-，又MQMPλ=()22221+2x m y x y λ-+=⎛⎫+ ⎪⎝⎭，即()()()2222414+2x m x x x λ-+=⎛+⎪⎭-⎫⎝-，整理得()22217+2+440m x m λλ⎛⎫- ⎪⎝⎭=-，所以222+2017404m m λλ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，解得48m λ=⎧⎨=-⎩，所以4m λ+=-， 故选：B ．例38．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两个定点A ，B 的距离之比为λ（0λ>，且1λ≠），那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A ，B 间的距离为2，动点P 满足3PAPB=22PA PB +的最大值为（ ） A ．1683+B ．843+C ．73+D ．33【答案】A【解析】由题意，设()()1,0,1,0A B -，(),P x y ，因为3PAPB=()()2222131x y x y ++=-+()2223x y -+=，所以点P 的轨迹为以()2,03因为()()()222222221121x y x y x y PA PB =++++-+=++，其中22x y +可看作圆()2223x y -+=上的点(),x y 到原点()0,0的距离的平方，所以()(222max23743x y +=+=+所以()22max211683x y ⎡⎤++=+⎣⎦22PA PB +的最大值为1683+故选：A ．例39．（2022·江苏·高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k （0k >且1k ≠）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已经(0,0)O ，(3,0)A ，动点(,)P x y 满足2PA PO=，则动点P 轨迹与圆()2221x y -+=的位置关系是（ ） A ．相交 B ．相离 C ．内切 D ．外切【答案】D【解析】由已知动点(,)P x y 满足2PAPO=，得()()2222302x y x y-+-=+即动点P 轨迹为圆：()2214x y ++=，()2221021⎡⎤--+=+⎣⎦，∴两圆外切．故选： D ．例40．（2022·河南省杞县高中高三阶段练习（理））古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262~公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数(0k k >且)1k ≠的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知点()1,0A -，()2,0B ，圆()()()221:204C x y m m -+-=>，在圆上存在点P 满足2PA PB =，则实数m 的取值范围是（ ） A ．26⎡⎢⎣⎦B ．5214⎡⎢⎥⎣⎦C ．21⎛ ⎝⎦D ．521⎡⎢⎣⎦【答案】D【解析】设(),P x y ，因为点()1,0A -，()2,0B ，2PA PB =， ()()2222122x y x y ++=-+22650x y x +-+=，所以()2234x y -+=，可得圆心()3,0，半径2R =， 由圆()()221:24C x y m -+-=可得圆心()2,C m ，半径12r =，因为在圆C 上存在点P 满足2PA PB =，所以圆()2234x y -+=与圆()()221:24C x y m -+-=有公共点， 所以()2211232222m --++，整理可得：2925144m ≤+≤，5212m ≤≤，所以实数m 的取值范围是521⎡⎢⎣⎦，故选：D ．例41．（2022·江苏省江阴高级中学高三开学考试）希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点,A B 的距离之比为定值()1λλ≠的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy 中，()2,1A -，()2,4B -，点P 是满足12λ=的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为___________________；若点Q 为抛物线:E 24y x =上的动点，Q 在y 轴上的射影为H ，则12++PB PQ QH 的最小值为______． 【答案】 ()2224x y ++=； 101 【解析】设点(,)P x y ，12λ=，2222(2)(1)1122(2)(4)x y PA PB x y ++-∴==++- ()2224x y ⇒++=．抛物线的焦点为点F ，由题意知()1,0F ，1QH QF =-，12PA PB =，()()22min min 11121111012PB PQ QH PA PQ QF AF ⎛⎫∴++=++-=-=--+= ⎪⎝⎭．故答案为：()2224x y ++=101．例42．（2022·全国·高三专题练习）被誉为古希腊“数学三巨匠”之一的数学家阿波罗尼斯发现：平面内一动点P 到两个不同定点,A B 的距离之比为常数()01k k k >≠且，则P 点的轨迹是一个圆心在AB 直线上的圆，简称“阿氏圆”.据此请回答如下问题：已知ABC 中，A 为一动点，,B C 为两定点，且2AB AC =，BC a =，ABC 面积记为S ，若3a =时，则max S =______;若1S =时，则a 取值范围为______． 【答案】 3 )3,⎡+∞⎣【解析】以B 作为原点，BC 所在的直线作为x 轴，建立平面直角坐标系，如图所示， 若3a =，即3BC =，则不妨设C 在x 正半轴上，则()3,0C ， 设ABC 的顶点(),A x y ，而2AB AC =，22222(3)x y x y +=-+22(4)4x y -+=， 根据条件可知A 不在直线BC 上，则0y ≠，即6x ≠且2x ≠，所以A 点的轨迹为圆22(4)4x y -+=除去点()6,0与()2,0，可得max ||2y =，所以ABC 面积S 的最大值为max 11||32322BC y =⨯⨯=，即max 3S =， 同样的，当2AB AC =，BC a =，则ABC 的顶点(),A x y 22222()x y x a y +-+ 化简可得()22242()()033x a y a y -+=≠，可得203ay<， 又1S =，则112a y =，即2y a =，所以2203aa <，解得3a ，即a 取值范围为)3,⎡+∞⎣．故答案为：3；)3,⎡+∞⎣．。
向量数量积的坐标运算与度量公式
向量数量积的坐标运算与度量公式1．向量数量积及向量垂直的坐标表示设a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)(1)数量积a·b＝a1b1＋a2b2.(2)若a，b为非零向量，a⊥b⇔a1b1＋a2b2＝0.[点睛]记忆口诀：数量积的坐标表示可简记为“对应相乘计算和”．2．三个重要公式(1)向量的长度公式：已知a＝(a1，a2)，则|a|＝a21＋a22.(2)两点间的距离公式：A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝(x2－x1)2＋(y2－y1)2.(3)向量的夹角公式：a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则cos〈a，b〉＝a1b1＋a2b2a21＋a22b21＋b22.[小试身手]1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)向量的模等于向量坐标的平方和．()(2)若a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则a⊥b⇔a1b1＋a2b2＝0.()(3)若两个非零向量的夹角θ满足cos θ＜0，则两向量的夹角θ一定是钝角．()答案：(1)×(2)×(3)×2．已知a＝(－3,4)，b＝(5,2)，则a·b的值是() A．23B．7C．－23D．－7答案：D3．已知向量a ＝(x －5,3)，b ＝(2，x )，且a ⊥b ，则由x 的值构成的集合是( )A ．{2,3}B ．{－1,6}C ．{2}D ．{6} 答案：C4．已知a ＝(1，3)，b ＝(－2,0)，则|a ＋b |＝________. 答案：2[典例] (1)(全国卷Ⅱ)向量a ＝(1，－1)，b ＝(－1,2)，则(2a ＋b )·a ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2(2)(广东高考)在平面直角坐标系xOy 中，已知四边形ABCD 是平行四边形，AB ＝(1，－2)，AD ＝(2,1)，则AD ·AC ＝( ) A ．5 B ．4 C ．3D ．2[解析] (1)a ＝(1，－1)，b ＝(－1,2)， ∴(2a ＋b )·a ＝(1,0)·(1，－1)＝1.(2)由AC ＝AB ＋AD ＝(1，－2)＋(2,1)＝(3，－1)，得AD ·AC ＝(2,1)·(3，－1)＝5.[答案](1)C(2)A数量积坐标运算的两条途径进行向量的数量积运算，前提是牢记有关的运算法则和运算性质．解题时通常有两条途径：一是先将各向量用坐标表示，直接进行数量积运算；二是先利用数量积的运算律将原式展开，再依据已知计算．[活学活用]已知向量a与b同向，b＝(1,2)，a·b＝10.(1)求向量a的坐标；(2)若c＝(2，－1)，求(b·c)·a.解：(1)因为a与b同向，又b＝(1,2)，所以a＝λb＝(λ，2λ)．又a·b＝10，所以1·λ＋2·2λ＝10，解得λ＝2>0.因为λ＝2符合a与b同向的条件，所以a＝(2,4)．(2)因为b·c＝1×2＋2×(－1)＝0，所以(b·c)·a＝0·a＝0.向量的模的问题[典例](1))，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝()A. 5B.10 C ．2 5D ．10(2)已知点A (1，－2)，若向量 AB 与a ＝(2,3)同向，|AB |＝213，则点B 的坐标是________．[解析] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧ a ⊥c ，b ∥c ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －4＝0，2y ＋4＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝－2.∴a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，a ＋b ＝(3，－1)． ∴|a ＋b |＝10.(2)由题意可设AB ＝λa (λ＞0)， ∴ AB ＝(2λ，3λ)．又|AB |＝213，∴(2λ)2＋(3λ)2＝(213)2，解得λ＝2或－2(舍去)．∴AB ＝(4,6)．又A (1，－2)，∴B (5,4)．[答案] (1)B (2)(5,4)求向量的模的两种基本策略(1)字母表示下的运算：利用|a |2＝a 2，将向量的模的运算转化为向量与向量的数量积的问题．(2)坐标表示下的运算：若a ＝(x ，y )，则a ·a ＝a 2＝|a |2＝x 2＋y 2，于是有|a |＝x 2＋y 2.[活学活用]1．已知向量a ＝(cos θ，sin θ)，向量b ＝(3，0)，则|2a －b |的最大值为________．解析：2a－b＝(2cos θ－3，2sin θ)，|2a－b|＝(2cos θ－3)2＋(2sin θ)2＝4cos2θ－43cos θ＋3＋4sin2θ＝7－43cos θ，当且仅当cos θ＝－1时，|2a－b|取最大值2＋ 3.答案：2＋ 32．已知平面向量a＝(2,4)，b＝(－1,2)，若c＝a－(a·b)b，则|c|＝________.解析：∵a＝(2,4)，b＝(－1,2)，∴a·b＝2×(－1)＋4×2＝6，∴c ＝a－(a·b)b＝(2,4)－6(－1,2)＝(2,4)－(－6,12)＝(8，－8)，∴|c|＝82＋(－8)2＝8 2.答案：8 2[典例](1)已知a＝(3,2)，b＝(－1,2)，(a＋λb)⊥b，则实数λ＝________.(2)已知a＝(2,1)，b＝(－1，－1)，c＝a＋kb，d＝a＋b，c与d的夹角为π4，则实数k的值为________．[解析](1)∵a＝(3,2)，b＝(－1,2)，∴a ＋λb ＝(3－λ，2＋2λ)． 又∵(a ＋λb )⊥b ， ∴(a ＋λb )·b ＝0，即(3－λ)×(－1)＋2×(2＋2λ)＝0， 解得λ＝－15.(2)c ＝a ＋kb ＝(2－k,1－k )，d ＝a ＋b ＝(1,0)， 由cos π4＝22得(2－k )×1＋(1－k )×0(2－k )2＋(1－k )2·12＋02＝22， ∴(2－k )2＝(k －1)2，∴k ＝32.[答案] (1)－15 (2)32解决向量夹角问题的方法及注意事项(1)先利用平面向量的坐标表示求出这两个向量的数量积a ·b 以及|a ||b |，再由cos θ＝a ·b|a ||b |求出cos θ，也可由坐标表示cos θ＝a 1b 1＋a 2b 2a 21＋a 22 b 21＋b 22直接求出cos θ.由三角函数值cos θ求角θ时，应注意角θ的取值范围是0≤θ≤π.(2)由于0≤θ≤π，利用cos θ＝a ·b|a ||b |来判断角θ时，要注意cos θ<0有两种情况：一是θ是钝角，二是θ＝π；cos θ>0也有两种情况：一是θ为锐角，二是θ＝0.[活学活用]已知平面向量a ＝(3,4)，b ＝(9，x )，c ＝(4，y )，且a ∥b ，a ⊥c . (1)求b 与c ；(2)若m ＝2a －b ，n ＝a ＋c ，求向量m ，n 的夹角的大小． 解：(1)∵a ∥b ，∴3x ＝4×9，∴x ＝12. ∵a ⊥c ，∴3×4＋4y ＝0，∴y ＝－3， ∴b ＝(9,12)，c ＝(4，－3)．(2)m ＝2a －b ＝(6,8)－(9,12)＝(－3，－4)， n ＝a ＋c ＝(3,4)＋(4，－3)＝(7,1)． 设m ，n 的夹角为θ，则cos θ＝m ·n|m ||n |＝－3×7＋(－4)×1(－3)2＋(－4)272＋12＝－25252＝－22.∵θ∈[0，π]，∴θ＝3π4，即m ，n 的夹角为3π4.[典例] 已知点A ，B ，C 满足|AB |＝3，| BC |＝4，| CA |＝5，求AB ·BC ＋ BC · CA ＋ CA ·AB 的值． [解] [法一 定义法]如图，根据题意可得△ABC 为直角三角形，且B ＝π2，cos A ＝35，cos C ＝45，∴ AB ·BC ＋ BC · CA ＋ CA ·AB ＝ BC · CA ＋ CA ·AB ＝4×5cos(π－C )＋5×3cos(π－A ) ＝－20cos C －15cos A ＝－20×45－15×35＝－25.[法二 坐标法]如图，建立平面直角坐标系， 则A (3,0)，B (0,0)，C (0,4)．∴AB ＝(－3,0)， BC ＝(0,4)， CA ＝(3，－4)．∴ AB · BC ＝－3×0＋0×4＝0， BC · CA ＝0×3＋4×(－4)＝－16， CA ·AB ＝3×(－3)＋(－4)×0＝－9. ∴ AB ·BC ＋ BC · CA ＋ CA · AB ＝0－16－9＝－25. [法三 转化法]∵|AB |＝3，| BC |＝4，| AC |＝5，∴AB ⊥BC ，∴ AB ·BC ＝0， ∴ AB · BC ＋ BC · CA ＋ CA · AB ＝ CA ·(AB ＋ BC )＝ CA ·AC ＝－| AC |＝－25.[活学活用]如果正方形OABC 的边长为1，点D ，E 分别为AB ，BC 的中点，那么cos ∠DOE 的值为________．解析：法一：以O 为坐标原点，OA ，OC 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则由已知条件，可得 OD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12， OE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.故cos ∠DOE ＝ OD · OE | OD |·| OE |＝1×12＋12×152×52＝45.法二：∵ OD ＝ OA ＋AD ＝ OA ＋12OC ，OE ＝ OC ＋ CE ＝ OC ＋12OA，∴| OD |＝52，| OE |＝52，OD · OE ＝12 OA 2＋12OC 2＝1，∴cos∠DOE＝ OD·OE|OD||OE|＝45.答案：4 5层级一学业水平达标1．已知向量a＝(0，－23)，b＝(1，3)，则向量a在b方向上的投影为()A.3B．3C．－ 3 D．－3解析：选D向量a在b方向上的投影为a·b|b|＝－62＝－3.选D.2．设x∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，－2)，且a⊥b，则|a＋b|＝() A. 5 B.10C．2 5 D．10解析：选B由a⊥b得a·b＝0，∴x×1＋1×(－2)＝0，即x＝2，∴a＋b＝(3，－1)，∴|a＋b|＝32＋(－1)2＝10.3．已知向量a＝(2,1)，b＝(－1，k)，a·(2a－b)＝0，则k＝() A．－12 B．－6C．6 D．12解析：选D2a－b＝(4,2)－(－1，k)＝(5,2－k)，由a·(2a－b)＝0，得(2,1)·(5,2－k )＝0，∴10＋2－k ＝0，解得k ＝12.4．a ，b 为平面向量，已知a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，则a ，b 夹角的余弦值等于( )A.865 B ．－865C.1665D ．－1665解析：选C 设b ＝(x ，y )，则2a ＋b ＝(8＋x,6＋y )＝(3,18)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 8＋x ＝3，6＋y ＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－5，y ＝12，故b ＝(－5,12)，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1665. 5．已知A (－2,1)，B (6，－3)，C (0,5)，则△ABC 的形状是( ) A ．直角三角形 B ．锐角三角形 C ．钝角三角形D ．等边三角形解析：选A 由题设知AB ＝(8，－4)， AC ＝(2,4)， BC ＝(－6,8)，∴ AB ·AC ＝2×8＋(－4)×4＝0，即AB ⊥ AC . ∴∠BAC ＝90°， 故△ABC 是直角三角形．6．设向量a ＝(1,2m )，b ＝(m ＋1,1)，c ＝(2，m )．若(a ＋c )⊥b ，则|a|＝________.解析：a ＋c ＝(3,3m )，由(a ＋c )⊥b ，可得(a ＋c )·b ＝0，即3(m ＋1)＋3m ＝0，解得m ＝－12，则a ＝(1，－1)，故|a |＝ 2.答案： 2角为θ，则θ＝________.解析：∵a ＝(1，3)，2a ＋b ＝(－1，3)， ∴|a |＝2，|2a ＋b |＝2，a ·(2a ＋b )＝2， ∴cos θ＝a ·(2a ＋b )|a ||2a ＋b |＝12，∴θ＝π3.答案：π38．已知向量a ＝(3，1)，b 是不平行于x 轴的单位向量，且a·b ＝3，则向量b 的坐标为________．解析：设b ＝(x ，y )(y ≠0)，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝1，3x ＋y ＝3，解得⎩⎨⎧x ＝12，y ＝32，故b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，329．已知平面向量a ＝(1，x )，b ＝(2x ＋3，－x )，x ∈R. (1)若a ⊥b ，求x 的值； (2)若a ∥b ，求|a －b |. 解：(1)若a ⊥b ，则a ·b ＝(1，x )·(2x ＋3，－x ) ＝1×(2x ＋3)＋x (－x )＝0，即x－2x－3＝0，解得x＝－1或x＝3.(2)若a∥b，则1×(－x)－x(2x＋3)＝0，即x(2x＋4)＝0，解得x＝0或x＝－2.当x＝0时，a＝(1,0)，b＝(3,0)，a－b＝(－2,0)，|a－b|＝2.当x＝－2时，a＝(1，－2)，b＝(－1,2)，a－b＝(2，－4)，|a－b|＝4＋16＝2 5.综上，|a－b|＝2或2 5.10．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1,4)，B(－2,3)，C(2，－1)．(1)求AB·AC及|AB＋AC|；(2)设实数t满足(AB－tOC)⊥OC，求t的值．解：(1)∵AB＝(－3，－1)，AC＝(1，－5)，∴AB·AC＝－3×1＋(－1)×(－5)＝2.∵AB＋AC＝(－2，－6)，∴|AB＋AC|＝4＋36＝210.(2)∵AB－tOC＝(－3－2t，－1＋t)，OC＝(2，－1)，且(AB－tOC)⊥OC，∴(AB－tOC)·OC＝0，∴(－3－2t)×2＋(－1＋t)·(－1)＝0，∴t＝－1.层级二应试能力达标1．设向量a＝(1,0)，b＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，则下列结论中正确的是()C ．a －b 与b 垂直D ．a ∥b解析：选C 由题意知|a |＝12＋02＝1，|b |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，a ·b ＝1×12＋0×12＝12，(a －b )·b ＝a ·b －|b |2＝12－12＝0，故a －b 与b 垂直．2．已知向量 OA ＝(2,2)， OB ＝(4,1)，在x 轴上有一点P ，使 AP ·BP 有最小值，则点P 的坐标是( )A ．(－3,0)B ．(2,0)C ．(3,0)D ．(4,0)解析：选C 设P (x,0)，则 AP ＝(x －2，－2)，BP ＝(x －4，－1)，∴ AP ·BP ＝(x －2)(x －4)＋2＝x 2－6x ＋10＝(x －3)2＋1， 故当x ＝3时， AP ·BP 最小，此时点P 的坐标为(3,0)． 3．若a ＝(x,2)，b ＝(－3,5)，且a 与b 的夹角是钝角，则实数x 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，103 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，103 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞ 解析：选C x 应满足(x,2)·(－3,5)＜0且a ，b 不共线，解得x ＞103，且x ≠－65，∴x ＞103. 4．已知 OA ＝(－3,1)， OB ＝(0,5)，且 AC ∥ OB ， BC ⊥AB (O 为坐标原点)，则点C 的坐标是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－294B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，294C.⎝⎛⎭⎪⎫3，294 D.⎝⎛⎭⎪⎫3，－294 解析：选B 设C (x ，y )，则OC ＝(x ，y )． 又OA ＝(－3,1)， ∴ AC ＝ OC －OA ＝(x ＋3，y －1)． ∵ AC ∥ OB ，∴5(x ＋3)－0·(y －1)＝0， ∴x ＝－3.∵OB ＝(0,5)， ∴ BC ＝ OC － OB ＝(x ，y －5)，AB ＝ OB － OA ＝(3,4)． ∵ BC ⊥ AB ，∴3x ＋4(y －5)＝0，∴y ＝294，∴C 点的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，294.5．平面向量a ＝(1,2)，b ＝(4,2)，c ＝ma ＋b (m ∈R)，且c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，则m ＝________.解析：因为向量a ＝(1,2)，b ＝(4,2)，所以c ＝ma ＋b ＝(m ＋4,2m ＋2)，所以a ·c ＝m ＋4＋2(2m ＋2)＝5m ＋8，b·c ＝4(m ＋4)＋2(2m ＋2)＝8m ＋20.因为c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，所以c·a |c|·|a|＝c·b |c|·|b|，即a·c|a |＝b·c|b |，所以5m ＋85＝8m ＋2025，解得m ＝2. 答案：26．已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE · CB 的值为______； DE ·DC 的最大值为______．解析：以D 为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示．则D (0,0)，A (1,0)，B (1,1)，C (0,1)， 设E (1，a )(0≤a ≤1)．所以 DE ·CB ＝(1，a )·(1,0)＝1，DE · DC ＝(1，a )·(0,1)＝a ≤1， 故 DE · DC 的最大值为1.答案：1 17．已知a ，b ，c 是同一平面内的三个向量，其中a ＝(1,2)． (1)若|c |＝25，且c ∥a ，求c 的坐标； (2)若|b |＝52，且a ＋2b 与2a －b 垂直，求a 与b 的夹角θ. 解：(1)设c ＝(x ，y )，∵|c |＝25，∴x 2＋y 2＝25， ∴x 2＋y 2＝20. 由c ∥a 和|c |＝25，可得⎩⎪⎨⎪⎧1·y －2·x ＝0，x 2＋y 2＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2，y ＝4，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－4.故c ＝(2,4)或c ＝(－2，－4)．(2)∵(a ＋2b )⊥(2a －b )，∴(a ＋2b )·(2a －b )＝0， 即2a 2＋3a ·b －2b 2＝0，∴2×5＋3a ·b －2×54＝0，整理得a ·b ＝－52，∴cos θ＝a ·b|a ||b |＝－1. 又θ∈[0，π]，∴θ＝π.8．已知 OA ＝(4,0)， OB ＝(2,23)， OC ＝(1－λ) OA ＋λ OB (λ2≠λ)．(1)求 OA ·OB 及 OA 在OB 上的射影的数量； (2)证明A ，B ，C 三点共线，且当AB ＝ BC 时，求λ的值；(3)求|OC |的最小值．解：(1) OA · OB ＝8，设 OA 与OB 的夹角为θ，则cos θ＝ OA · OB | OA || OB |＝84×4＝12， ∴ OA 在 OB 上的射影的数量为| OA |cos θ＝4×12＝2.(2)AB ＝ OB － OA ＝(－2,23)， BC ＝ OC － OB ＝(1－λ)·OA －(1－λ) OB ＝(λ－1)AB ，所以A ，B ，C 三点共线．当AB ＝ BC 时，λ－1＝1，所以λ＝2.(3)| OC |2＝(1－λ)22OA ＋2λ(1－λ) OA ·OB ＋λ22 OB ＝16λ2－16λ＋16＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－122＋12， ∴当λ＝12时，| OC |取到最小值，为2 3.。
解答向量数量积问题的几种方法
方法集锦向量的数量积问题的常见命题形式有：（1）根据向量及其夹角求两个向量的数量积或其范围；（2）由两个向量的数量积求向量或夹角.此类问题侧重于考查向量的数量积公式、向量的模的公式、向量的数乘运算法则的应用.下面结合几道例题介绍一下求解向量数量积问题的几种方法.一、定义法向量a 、b 的数量积为：a ∙b =|a |∙|b |cos θ，其中θ为向量a 、b 的夹角.根据向量数量积的定义可知，只需要知道两个向量的模的大小以及两个向量之间的夹角的余弦值，即可求得两个向量的数量积.在利用定义法求向量的数量积时，要注意两个向量之间的夹角θ为两个向量共起点时所形成的夹角.例1.如图1所示，在ΔABC 中，M 是BC 的中点，AM =1，点P 在AM 上，且 AP =2 PM ，则 PA ∙( PB + PC )=______.解：∵M 是BC 的中点，AM =1，且 AP =2 PM ，∴ PB + PC =2 PM ，|| AP =23，∴|| PM =12||AP =13，∴ PA ∙( PB + PC )= PA ∙2 PM = PA ∙ AP =|| PA 2∙cos 180°=-49.解答本题，需根据题意和图形，通过向量运算求得 PB + PC ，将求 PA ∙( PB + PC )转化为求 PA ∙ AP .而PA 、 AP 的大小相等、方向相反，其夹角为180°，根据AM =1求得向量 AP 的模长，即可根据向量数量积的定义求得问题的答案.例2.已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点D 在边BC 上，且BD =2DC ，则 AB · AD 的值为().A.1B.23C.43D.1+解：∵ΔABC 是边长为1的等边三角形，且BD =2DC ，∴ BD =23 BC ，∴ AB · AD = AB ·( AB + BD )= AB 2+23 AB · BC =1+23×1×1×æèöø-12=23，∴B 正确.通过向量运算，可将问题转化为 AB 2+23AB ·BC .而 AB 与 AB 之间的夹角为0，AB 与 BC 之间的夹角为60°，且||AB =|| BC =1，根据向量的数量积定义进行求解，即可快速解题.二、利用向量数量积的几何意义向量数量积的几何意义是：a 的模||a 与b 在a 方向上的投影|b|cos θ的乘积.当无法求出两个向量的夹角的余弦值时，就可以通过画图，确定一个向量在另一个向量方向上的投影，利用向量数量积的几何意义解题.例3.如图2所示，在平行四边形ABCD 中，AP ⊥BD ，AP =3，试求 AP ∙ AC 的值.解：∵ AC =2 AO ，AP ⊥BD ，∴ AO 在 AP 方向上的投影为|| AP ，∴ AC 在AP 方向上的投影为2|| AP ，∴ AP ∙ AC =|| AP ∙2|| AP =18.我们利用向量数量积的几何意义，将求 AP ∙ AC 转化为求 AC 与 AC 在AP 方向上的投影的乘积.再根据平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分，求得|| AP ，即可解题.例4.如图3所示，点P 是ΔABC 的外心，且|| AC =4,||AB =2，求 AP ∙( AC - AB )的值.解：延长AP ，交圆P 于点D ，连接BD ,CD ，由圆的性质可得ABCD 为正方形，∴AC ⊥CD ,AB ⊥BD ，∴ AP =12AD ，∴ AD 在 AC 方向上的投影为：|| AC ， AP 在 AC 方向上的投影为：12|| AC ，∴ AP ∙ AC =12|| AC ∙|| AC =8，同理可知： AP 在 AB 方向上的投影为：12|| AB ，∴ AP ∙ AB =12|| AB ∙|| AB =2，∴ AP ∙( AC - AB )=8-2=6.解答本题，需充分利用圆的性质：直径所对的圆周角为90°，添加辅助线，构造正方形，以利用正方形图1图2狄亚男图339方法集锦的性质确定 AD 在 AC 方向上的投影、AP 在 AC 方向上的投影、 AP 在AB 方向上的投影.再根据向量数量积的几何意义建立关系式，即可解题.三、坐标法坐标法是指通过向量的坐标运算来解题的方法.通常需先根据题意和几何图形建立合适的平面直角坐标系，求得各个点的坐标；然后通过坐标运算，求得向量的模、向量的数量积.一般地，若a =(x 1,y 1),b=(x 2,y 2)，则||a =x 12+y 12,a +b =(x 1+x 2,y 1+y 2),a -b =(x 1-x 2,y 1-y 2),a ∙b=x 1x 2+y 1y 2.例5.已知ΔABC 是边长为1的等边三角形，点D ,E 分别是边AB ,BC 的中点，连接DE ，并延长到点F ，使得DE =2EF ，则 AF ∙BC 的值为______.解：以等边三角形的一条边AC 的中点为原点，建立平面直角坐标系，如图4所示，可得A æèöø-12,0,B æèçø,C æèöø12,0,F æèçø12，所以 AF =æèçø， BC =æèçø12,.则 AF ∙BC =1×2æèçø=18.对于三角形问题，通常可以三角形的一条边为坐标轴，一个顶点或该边上的中点为原点，也可以三角形的一条边及其垂线为坐标轴，来建立平面直角坐标系，这样便于快速求得各个点的坐标.例6.在ΔABC 中，∠C =90°,CB =2,CA =4，P在边AC 的中线BD 上，求 CP ∙BP 的最小值.解：以点C 为坐标原点，建立如图5所示的平面直角坐标系.可得：A (0,4),B (2,0),C (0,0),D (0,2)，设点P 的坐标为(x ,y )，则 BP =(x -2,y ),BD =(-2,2)，设 BP =λ BD ，因为B ,D ,P 三点共线，所以x -2=-2λ,y =2λ，解得x =2-2λ,y =2λ，则点P 的坐标为(2-2λ,2λ)，所以 BP =(-2λ,2λ),CP =(2-2λ,2λ)，可得 CP ∙BP =4λ2-4λ+4λ2=8λ2-4λ，因为0≤λ≤1，所以当λ=14时， CP ∙ BP 的最小值为-12.我们根据∠C =90°，即AC ⊥CB ，以AC 、BC 为坐标轴，C 为原点建立平面直角坐标系.然后求得各个点的坐标，并设出P 点的坐标，即可通过向量的坐标运算求得 CP ∙BP 的表达式，从而求得其最值.四、基底法由平面向量的基本定理可知，平面内任意一个向量均可以用两个不共线的向量表示出来.若不易求出要求的两个向量，则可选取一组合适的基底，将要求的两个向量用这组基底表示出来，求得这组基底的模长、夹角，即可根据向量的数量积定义求得问题的答案.例7.如图6所示，在ΔABC 中，∠A =60°,AB =3,AC =2,D 是AC 的中点，点E 在AB 边上，且AE =12EB ，BD 与CE 交于点M ，N 是BC 的中点，则 AM ∙AN =______.解：由题意可知，E ，M ，C 三点共线，设 AM =λ AE +μ AC ，其中λ+μ=1.因为 AE =13 AB ， AM =λ3AB +μ AC ，同理可得B ,M ,D 三点共线， AM =m AB +nAD ，可得：m +n =1，因为 AD =12 AC ，所以 AM =m AB +n 2AC ，可得λ3=m ,μ=n2，所以 AM =15 AB +25 AC ，则 AN =12 AB +12AC ，所以 AM ∙ AN =æèöø15AB +25 AC ∙æèöø12 AB +12 AC =135.以 AB , AC 为基底，将 AM 、 AN 用这两个基底表示出来，根据向量的共线定理和基本定理求得15AB +25AC 、12 AB +12AC，即可解题.相比较而言，定义法、基底法、坐标法的适用范围较广，但利用向量数量积的几何意义求解，能使解题过程中的运算量大大减少.同学们需熟练掌握这四种技巧，并在解题时选用合适的技巧，这样才能有效地提升解答向量数量积问题的效率.（作者单位：江苏省南通市如皋市第二中学）图6图4图540。
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活用特殊化思想,巧解向量数量积
陆小强
【期刊名称】《数理化解题研究：高中版》
【年(卷),期】2012(000)008
【摘要】本文旨在通过具体实例来说明,如何灵活运用特殊化方法,巧妙解决结果为定值的向量数量积问题.向量的数量积问题是历年高考中的热点问题.我们在研究向量数量积的过程中经常会遇到一些条件中虽然含有变化的点（参数）,但结果却是定值的向量的数量积问题.这类问题一般是以客观题型出现我们在解决这一类问题时,如果利用客观题
【总页数】2页(P3-4)
【作者】陆小强
【作者单位】江苏省扬中市新坝中学，212211
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.活用特殊化思想巧解数学解答题 [J], 余锦银
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3.挖掘几何意义巧解平面向量数量积问题 [J], 孔繁晶
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