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1、解决平面向量数量积问题平面向量的数量积是向量的一种重要运算，也是高中数学的一个重要概念，在数学、物理等学科中应用十分广泛.在高考试卷中备受青睐，命题方式灵活多样，试题内容活泼、 新颖，是一个稳定的高频考点解决这类问题有三种基本方法：投影法、基底法和坐标法“三法”的准确定位应是并举！即不应人为地、凭主观划分它们的优劣，而应具体问 题具体分析.- 典例 已知在 ABC中，AB = 4, AC = 6, BC = . 7,其外接圆的圆心为 0,则AO -BC如图，作0D丄BC,垂足为D，则D是线段BC的中点.作AE丄BC,垂足为E.则在？的方向上的投影为 |A0 | s AO , BC= |ED |
2、,所以 AO -BC = | AO | |-BC | s AO , BC= |ED | |-BC |.在厶 ABC 中，AB = 4, AC = 6, BC = ,7,由余弦定理，得cos/ ABC =AB思路点拨本题如果直接利用向量数量积的定义求解，计算复杂，过程较长我们可以从以下三 种思路着手： 利用数量积的几何意义，及数形结合思想，可以巧妙解决该题； 选择BA , BC为基底，利用向量基本定理，将AO -BC转化到两个基底之间的运算, 问题自然就能顺利解决.设D是边BC的中点，根据题意可知 0D丄BC,因此方便建立平面直角坐标系，利 用坐标运算解答问题.+ BC2 AC2 _ 132AB
3、 BC= 8 7.3 所以 cos/ ABE = cos( / ABC)=,8#713所以 BE = AB cos/ ABE =方法演示法一：投影法所以 |ED 一匸 BE + BD = 21”.因为 |1BC |=7,所以 O BC = |ED| pB(?|= 10.法二：基底法如图，作OD丄BC,垂足为D ,则D是线段BC的中点，且CODBC = 0.所以Z? -1bcD D D D=(AB + BD + DO ) BCD D D D D D=AB -BC + BD -BC + DO BC-BC + BDDBC=-BaD 1 D DBC + 2BC -BC ,在厶 ABC 中，AB = 4
4、, AC = 6, BC = 7,由余弦定理，得cos/ ABC =AB2+ BC2 AC2 _2AB BC 1387所以A3DD D 1 D DBC = BA -BC + 2BC -BCD D1 D=|BA | |BC |cos/ ABC + J BC |2=4p X -聶 + 2 x （诉）2= 10.法三：坐标法如图，作OD丄BC,垂足为D，则D是线段BC的中点.以D为坐标原点，BC , DO分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系.在厶 ABC 中，AB = 4, AC = 6, BC = ,7,由余弦定理，得 cos/ ACB = AClBCB-AB2 = 9 .2AC BC4寸 7作AE
5、丄BC,垂足为E.在 Rt ACE 中,CE = AC cos/ ACB =2/设 V- 2277,yA , O(0, yo),又 B -27, 0，C 0 .今，yo- yA , BC = ( , 7, 0).所以力=2277所以 AO -BC =- # x 7 + (yo- yA) x 0= 10.答案：10解题师说（1）法一（投影法）利用向量数量积的几何意义，借助于向量的投影求向量的数量积，巧妙地利用平面图形的性质， 解答简短.法二（基底法）通过向量的分解变换，即向量的线性运算,转化成另外向量的数量积，不断化简求出值，充分体现了转化的思想，其中垂直关系的利用是化简的关键.思维更自然，处理
6、更简单.法三（坐标法）巧妙地把向量运算转化为数量运算，解答过程同样简洁，体现了坐标法的威力.（2）如果题目图形便于建立平面直角坐标系，可以优先考虑的坐标法.如果不方便建立 平面直角坐标系，则可考虑投影法或基底法，其中选择恰当的基底，将要求的数量积的两向量用基底表示是关键.应用体验1如图， ABC是边长为2 .3的正三角形，P是以C为圆心，半径为 1的圆上任意 点，则AP BP的取值范围是（）A. 1,13D. 4,10C. (4,10)解析：选A 取AB的中点D,连接CD ,CP,则C只+ CB = 2 Ct?,D DD D D DD DD D以 AP -BP = ( CP CA ) (- C
7、P CB ) = CA -CB 2 CD CP + 1 =(2 . 3)2cosn- 2X 3X 1 x cos + 1 = 7-6cos ,3所 以当 cos CD , CP = 1 时，AP -BP 取得最小值为 1;当 cos CD , CP = - 1 时，AP -BP取得最大值为13,因此 乔 IBP的取值范围是1,13.2.已知四边形ABCD 的对角线相交于一点，AC = (1, 3), BD = (3, 1)，则 AB 6D的取值范围是()A. (0,2)B. (0,4C . - 2,0)D . - 4,0)解析：选CCC由已知得，|AC|=|BD|= 2, AC 丄 BD.法一
8、(基底法):设四边形ABCD的对角线相交于一点 0,设OA = x, OB = y,则 0C = 2-x, 0D = 2-y,且 0x2,0y2.所以 0A 一一 2-yD.若以6(C, COD为基底.则61 6) = ( OB - 5A)(-6) -00)=- 2 OD + 2-X oc (0d -%-盘60 -6D=-孟|2-盘&|2=(y-1)2+(x -1)2- 2. 又 0 W (x - 1)21,0 W (y- 1)21 ,所以一2W 0 60.法二(坐标法):设四边形ABCD的对角线相交于一点原点，0C, 0D分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系.设=b,贝U 0C = 2-a,
9、0D = 2-b,且 0a2,0b2.则 A(-a,0), B(0,- b), C(2- a,0),D(0,2 - b),所以 60= (a, - b), 60 = (a-2,2-b).所以 60 CD = a(a - 2) + (- b)(2 - b) =(a - 1)2+ (b- 1)2-2.又 0 w (a - 1)21,0 w (b- 1)21,D D所以一2W AB CD t t t t t t以 AD -AC = AD ( AB + BC ) = AD -AB + AD -BC = AD1AB = 2 X 4X 2= 4.2.（2018郑州质检）已知P是边长为2的正三角形 ABC
10、的边BC上的动点，则AP （ABT+ AC)()A .有最大值B .是定值6C 有最小值D .与P点的位置有关解析：选B 设 AB = a, AC = b, BP = tBC , a BC = AC AB = b-a, a2= b2= 4, a b = 2 X 2X cos 60 o= 2, a AP = AB + BP = a + t(b a) = (1 t)a+ tb, AB + AC = a+ b,A(TBB + AC ) = (1 t)a + tb (a + b) = (1 t)a2 + (1 t) + ta b + tb2= (1 t) X 4 + 2 +t X 4= 6.3如图，菱
11、形 ABCD的边长为2,/ BAD = 60 M为DC的中点，若 N为菱形内任意一点（含边界），则AMT解析：选d 由平面向量数量积的几何意义知，amT -atN等于-/与入亍在AiN方向上T TT T 1 T T T T 1 t的投影之积，所以(AM -an )max = AM -AC = 2 AB + AD (AB + AD )= ABT 3I 2+ AD2+： AB -AD = 9.4. (2018 宝鸡质检)在等腰直角 ABC 中，/ ABC = 90 AB = BC = 2, M ,N (不与A,C重合）为AC边上的两个动点，且满足 |為|= .2，则BMT 晶 的取值范围为（B.多
12、，2C. 1, 2D. |,+解析：选C 以等腰直角三角形的直角边 BC为x轴，BA为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则 B(0,0)，直线AC的方程为x + y= 2. 设 M(a,2 a),则 0a 3=a(a + 1) + (2 a)(1 a) = 2a2 2a + 2,t 0a 3BM -BN 3卩的最大值为()3A. 1B.-C. 2D.4解析：选 A= XAEB + AtJ,P 2P P 2 |AP |2=(入AB + D )2, 即-2 2=窗ZeT|2+ p2|Ap|2+ 2 入-At?.又 AB = 1, AD = .3，/ BAD = 60 AB -AD = 1 X ,3X cos 60 3= *+ 3 卩2 + 入卩4(入+ *3卩)2=4+西入稈4 +秆$出， H ,3卩的最大值为1,当且仅当p p p6. (2018开封质检)已知 ABC
