平面共线向量的应用

平面共线向量的应用（原创）河南马守林向量b与非零向量．．．．a共线的充要条件是有且只有一个实数，使得ab（平行向量或共线向量）．若tasb与00tasb共线，则00tasbtasb0000tttsssts或下面举例说明其用法：例１：在AOB中，1,4OCOA1,2ODOBADBC与交于M点，设=a,ObOAB(1)用,ab表示向量OM；(2)在线段AC上取一点E，线段BD上取一点F,使EF过点M，设,OEOAOFOB求证：13177ABOECMFD例１：在AOB中，1,4OCOA1,2ODOBADBC与交于M点，设=a,ObOAB(1)用,ab表示向量OM；(2)在线段AC上取一点E，线段BD上取一点F,使EF过点M，设,OEOAOFOB求证：13177ABOECMFD(1)法一：（分析：OM须知AM）设12AMADODOAba1112BMBAAMab；14BCOCOBab又,BMBC共线，则111621174，61137277OMOAAMabaabABOECMFD评注：单设AMAD，利用,BMBC共线，求。法二：设12AMADODOAba，14BMBCab在OAM中，12OMOAAMaba在OMB中，14OMOBBMaab，由OMOM比较系数得：67，以下同法一．评注：双设，再利用OMOM比较系数求得。ABOECMFD法三：设12AMADODOAba，14BMBCabABba，利用0,MAABBM解方程组得：67，以下同法一．评注：双设，多边形法则．ABOECMFD法四：设OMmanb，1AMOMOAmanb，12ADODOAab∵,,AMD共线，121112mnmn同理：,,CMB共线，得41mn，联立解得：13,77mn，1377OMab评注：待定设OMmanb，在利用两次共线．ABOECMFD法五：设OMmanb，1AMOMOAmanb，1BMmanb利用0,MAABBM解方程组得：13,77mn，1377OMab评注：待定设OMmanb，再用多边形法则．ABOECMFD(2)由（１）1377OMOAAMab，1377EMOMOEabEFOFOEab，由,,EMF共线知131377177评注：利用,,EMF共线，化简得证．ABOECMFD例２：（2006年辽宁卷）设(0,0)O,(1,0)A,(0,1)B,点P是线段AB上的一个动点,APAB,若OPABPAPB,则实数的取值范围是(A)112(B)2112(C)12122(D)221122由题设条件，需要先求出向量OP,,ABPA和PB，由APAB得,(1)(1,),OPOAOB1,1ABOBOA,(1)(1,1),PBABAPAB(,)APAB,PAAB2(1,)(1,1)(,)(1,1)2410OPABPAPB解得，221122,解到这里,可能有人根据上面的结果而选(D),但是,(D)是一个陷阱,因为,还有一个已知条件被忽略了,这个条件是“点P是线段AB上的一个动点,”正因为点P是线段AB上的一个动点,所以01,满足条件的实数的取值范围应是221122和01的交集,即2112,故选B.可见，审题的第一步骤就是弄清问题的已知条件和未知条件，在弄清条件时，对题目一定要字斟句酌，解错这道题，就是因为在没有必要看清“求什么”的时候就仓促下笔。所以，熟悉问题是审题的重要步骤,在熟悉的过程中,要弄清已知条件和未知条件,仔细地重复这些条件,如果问题如果问题与图形有关,还应该画一张图,在图上标示已知条件和未知条件及符号。例３：（2005年浙江卷，理）已知向量ae，|e|＝1，对任意tR,恒有ateae，则（）.（A）a⊥e(B)a⊥(a－e)(C)eae(D)(a＋e)⊥(a－e)解这个题目时,如果,不仔细研究已知条件之间的关系,很容易采用下面的解法,即从不等式ateae的计算入手,有2222222ateateaeae,即22220teateae,因为该不等式对任意tR恒成立,则224840,eaeae因而210.ea于是20eae所以0,eaeeae.故选(C).这是一个非常好的解法,但是,运算量还是大了一些.如果,认真思考已知条件,向量ae，且不等式ateae对任意实数t都成立,可以从向量本身的意义来思考.Ea-tea-teeaa-eCBAD如图,ABa,,ACe则CBae,设DBate,由题设,DB恒不小于CB,显然,仅当ACCB时,才能实现,因此,eae,选(C).Ea-tea-teeaa-eCBAD例４：已知向量(2,0)OB,(2cos,2sin)CA，(2,2)OC,则OA与OB夹角的最小值和最大值依次是（）.（A）4,0(B)125,4(C)125,12(D)2,125【分析及解】本题用直接法相当麻烦,下面先用直接法求解.解法1.由22cos,22sinOAOCCA及(2,0)OB可知,向量OA与向量OB的夹角就是直线OA的倾斜角,向量OA是直线OA的方向向量,于是22sin2sintan22cos2cos.设2sintan2cosk,则2cos2sinkk,2sincos21,21sin,1kkkk由于sin1,则22111kk,解得2323k,即5tan23tan23tan1212k,于是51212,minmax5,1212.故选(C).解法2.直接法结合图形法.由解法1得到，2sintan2cosk，可以看作点2,2A与点cos,sinB所连直线的斜率，而点B的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，所以，tan的范围就是直线AB的斜率的范围，的范围就是直线AB的倾斜角的范围.从2,2A向单位圆作切线12,ABAB,则12tanABABkk,容易求出126BAOBAO,又4xOA,则有直线1AB的倾斜角为4612,直线2AB的倾斜角为54612.于是minmax5,1212,选解法3.用图形解题.由22cos,22sinOA则点A在以2,2C为圆心,2为半径的圆上,又由已知,(2,0)OB,则OB是Ox轴上的一个向量,所以圆C上的点与0,0点的连线的倾斜角即为OA与OB的夹角.如图,可以求出,AOx4612,DOx54612.因而,minmax5,1212,选(C).例5：已知P是AOB中内的一点，且满足230,APBPCP设Q为CP的延长线与AB的交点，令CPp，用p表示CQ。ABQPCab分析：选取基向量,CAaCBb，由230,APBPCP得11112306363CPCACPCBCPCPCACBab，设CQCP，进一步求得,QBAB，利用A、Q、B共线求得，得解。解法一：设,CAaCBb，由230,APBPCP得11112306363CPCACPCBCPCPCACBab，设CQCP，则11116363QBCBCQbabab又ABCBCAab，又A、Q、B共线，116311，2,22CQCPp评注：单设CQCP，利用A、Q、B共线求得。解法二：设,CAaCBb，由230,APBPCP得11112306363CPCACPCBCPCPCACBab，设CQCP，AQAB，CACQQA（多边形法则）既：11116363aabbaab，1162103，22CQCPp评注：双设CQCP，AQAB，在用多边形法则。解法三：设,CAaCBb，由230,APBPCP得11112306363CPCACPCBCPCPCACBab，设1163CQCPab，AQAB，1CQCAQAaABabaab116213，22CQCPp评注：双设CQCP，AQAB，在用CQCQ。谢谢2009.09.30；系统win10系统下载win10专业版xle231uip