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■张洪军 王佩其 三角形的四心是指三角形的重心、 垂心、 内心和外心, 它们是与三角形有关的四 个 特 殊点, 它们与三角形的顶点或边都具有 一 些 特殊的性质。利用向量的相关知识解决三角 形的四心问题, 这在一定程度上发挥了 向 量 的工具作用, 很好地体现了数形结合的 数 学 思想。 一、 向量与三角形的重心“ 结盟” 例1 ( 1 ) 已 知 O, A, B, C 是 平 面 上 的 四个定点, A, B, C 三点不共线, 若点 P 满足 O P →=O A →+ λ A B →+A C → , 其中λ∈R, 则点 P 的轨迹一定经过△A B C 的( ) 。 A. 重心 B . 外心 C . 内心 D. 垂心 ( 2 ) 已 知 O 为 △A B C 内 一 点, 且 O A →+ O B →= C O →, 若 ∠B A C=6 0 ° , 且 A B →·A C →=1 , 则 | A O → | 的最小值为 。 解: ( 1 ) 由 O P → =O A → + λ A B →+A C → , 即 O P → - O A → = λ A B →+A C → ,可 得 A P → = λ( A B →+A C →) , 当λ= 1 3 时, A P → = 1 3 ( A B → + A C →) , 则 P 为△A B C 的重心, 所以点 P 的轨 迹一定经过△A B C 的重心。应选 A。 ( 2 ) 由 O A →+O B →=C O →, 可得 O A →+O B →+ O C → =0 , 所 以 O 为 △A B C 的 重 心, 所 以 A O →=1 3( A B →+A C →) 。因为 A B →·A C →= 1 , 所 以|A B →|·|A C →|·c o s ∠B A C =1 。 又 ∠B A C= 6 0 ° , 所以 | A B → | · | A C → | = 2 。 因 为 | A O → | 2 = 1 9 A B →+A C → 2 = 1 9( | A B → | 2+|A C → | 2 + 2A B → · A C → )= 1 9( | A B → | 2+ | A C →| 2 +2) ≥ 1 9 ( 2 | A B →|· | A C → | + 2 ) =2 3, 当且仅当 | A B → | = | A C → | 时取 等号, 此 时 △A B C 是 正 三 角 形, 所 以| A O → | 2 的最小值为2 3。故 | A O → | 的最小值为 6 3 。 基本规律: O 是 △A B C 的 重 心 ?O A →+ O B →+O C → =0 ; P 是 平 面 A B C 内 任 一 点, P G →= 1 2 P A →+P B →+P C → ?G 是 △A B C 的 重心。 二、 向量与三角形的外心“ 结盟” 例2 ( 1 ) O 是△A B C 所在平面上一点, 若 O A →+O B → ·A B → = O B →+O C → ·B C → = O A →+O C → · A C → = 0 ,则 O 是 △A B C 的( ) 。 A. 重心 B . 外心 C . 内心 D. 垂心 ( 2 ) 已知 O 为 △A B C 所在平面内一点, 若 O A →+O B → ·A B →= O B →+O C → ·B C →= 0 , 且 A B= 6 , A C= 4 , 则 A O →·B C →= 。 解: ( 1 ) 由 ( O A → +O B →) ·A B → =0 , 可 得 ( O A →+O B →) · ( O B → -O A →) =0 , 即 O B → 2 - O A → 2 =0 , 所 以| O A →|=|O B →| 。 同 理, 由 O A →+O C → ·A C →=0 , 可 得| O A →|=| O C →| 。 故 | O A → |=| O B → |=| O C → | , 可 知 O 是 △A B C 的外心。应选 B 。 ( 2 ) 设△A B C 的边 A B, A C, B C 的中点 分别为D, E, F( 图略) 。因为 O A →+O B → · A B →= O B →+O C → ·B C → =0 , 所 以 2 O D → · A B →= 2 O F →·B C → =0 , 所 以 O D ⊥A B, O F⊥ B C, 可知 O 是△A B C 的外心, 则 O E⊥A C。 故 A O →·B C →=A O →· A C →-A B → =A O →·A C → -A O →·A B →=1 2 | A C → | 2-1 2 | A B → | 2=- 1 0 。 基本规 律: O 是 △A B C 外 心 ?| O A → |= | O B → | = | O C → | ;O 是 △A B C 外 心 ? O A →+O B → · A B → = O B →+O C → · B C → = O A →+O C → ·A C →= 0 。 3 知识结构与拓展 高一数学 2 0 2 3年2月 全科互知
三、 向量与三角形的内心“ 结盟” 例3 已知I 为△A B C 所在平面上的一 点, 且 A B = c, A C= b, B C=a。 若 a I A → + b I B →+ c I C →= 0 , 则I 是△A B C 的( ) 。 A. 重心 B . 内心 C . 外心 D. 垂心 解: 因为I B →= I A →+A B →, I C →= I A →+A C →, 所以a I A →+ b I B →+ c I C →= a I A →+ b( I A →+A B →) + c ( I A → +A C →) = ( a+b+c) I A → +b A B → + c A C →= 0 , 所以( a+ b+ c) I A →= -( b·A B →+ c·A C →) , 所 以I A → = -( b·A B →+ c·A C →) a+ b+ c = - 1 a+ b + c b ·A B →+ c ·A C → = - b c a+ b + c· A B → c +A C → b = - b c a+ b+ c A B → | A B → | + A C → | A C → | , 所以 I A → 在 角 A 的 平 分 线 上, 可 知 点 I 在 ∠B A C 的 平 分 线 上。 同 理 可 得, 点 I 在 ∠B C A 的平分线上。故点I 是△A B C 的内 心。应选 B 。 基 本 规 律: O 是 △A B C 内 心 ?O A → · A B → | A B → | - A C → | A C → | =O B → · B A → | B A → | - B C → | B C → | = O C →· C A → | C A → | - C B → | C B → | = 0 ; O 是△A B C 内心 ? a O A →+ b O B →+ c O C →= 0 。 四、 向量与三角形的垂心“ 结盟” 例4 已知 O 是平面内一点, A, B, C 是 平面内 不 共 线 的 三 点, 若 O A →·O B →=O B → · O C → = O C → · O A →,则 O 一 定 是 △A B C 的( ) 。 A. 外心 B . 重心 C . 垂心 D. 内心 解: 由 O A →·O B →=O B →·O C →, 可得 O B →· O A →-O C → = 0 , 即 O B →·C A →= 0 , 所以 O B →⊥ C A →, 即 O B ⊥C A。 同 理 可 得, O A⊥ B C, O C⊥A B。 故 O 是△A B C 的垂心。应选 C 。 基 本 规 律: O 是 △A B C 垂 心 ?O A → · O B →= O B → ·O C → =O C → ·O A →; 若 O 是 △A B C 垂心, 则t a nA O A →+ t a nB O B →+ t a n C O C →= 0 ; 若 O 是△A B C 的外心, H 是垂心, 则 O H →= O A →+O B →+O C →。 已知 O 是△A B C 内的一点, 若△B O C, △A O C, △A O B 的面积分别记为S 1, S 2, S 3, 则S 1·O A →+S 2 ·O B →+S 3 ·O C →=0 。这 个 结论 称 为 “ 奔 驰 定 理” 。 如 图 1 , 已 知 O 是 △A B C 的垂心, 且 O A →+2 O B →+3 O C →=0 , 则 t a n ∠B A C ∶t a n ∠A B C ∶t a n∠A C B= 。 图1 提示: 因 为 O 是 △A B C 的 垂 心, 延 长 C O, B O, A O 分别交边A B, A C, B C 于点P, M , N, 则 C P⊥A B, B M ⊥A C, A N ⊥B C, 所 以 ∠B O P = ∠B A C, ∠A O P = ∠A B C。 易 得S 1 S 2 =O N·B C O M ·A C。 由 △O M C ∽ △A P C 得 O M P A =O C A C, 由△O N C∽△B P C 得O N P B =O C B C, 所 以 P B P A = O N·B C O M ·A C,所 以 S 1 S 2= P B P A = O P· t a n∠B O P O P· t a n∠A O P =t a n∠B A C t a n∠A B C。 同 理 可 得, S 1 S 3 = t a n∠B A C t a n∠A C B。 于 是 得 t a n∠B A C∶ t a n∠A B C∶ t a n ∠A C B=S 1∶S 2∶S 3。由 O A →+ 2 O B →+ 3 O C →= 0 , 可得 O C →= - 1 3O A →- 2 3O B →。 由 “ 奔 驰 定 理 ” 得 S 1·O A → +S 2 · O B →+ S 3·O C →=0 , 所 以 O C →= -S 1 S 3 ·O A →- S 2 S 3 ·O B →。而 O A → 与 O B → 不 共 线, 所 以S 1 S 3 = 1 3, S 2 S 3=2 3, 可得 S 1∶S 2∶S 3= 1 ∶ 2 ∶ 3 , 所 以t a n ∠B A C∶t a n∠A B C∶t a n ∠A C B = 1 ∶ 2 ∶ 3 。 作者单位: 江苏省太仓市明德高级中学 ( 责任编辑 郭正华) 4 知识结构与拓展 高一数学 2 0 2 3年2月 全科互知
■刘金卫 平面向量基本定理是向量中的一个重要 定理, 是处理向量及其应用问题的理论依据, 是解决向量中计算、 证明等有关问题的 重 要 工具之一。平面向量基本定理是在向量的线 性表示的基础上加以应用的。下面就平面向 量基本定理在向量的线性表示、 参数的求值、 代数式的求解, 以及平面几何的证明问 题 中 的应用进行举例分析, 供大家参考。 一、 平面向量的线性表示问题 例1 如 图 1 , 在 △O A B 的 边 O A, O B 上分别取点 M , N, 使 | O M| ∶ | O A | = 1 ∶ 3 , | O N | ∶ | O B | = 1 ∶ 4 , 设线段 A N 与B M 的 交点为P, 设 O A →= a, O B →= b, 试用a, b 表示 向量O P →。 图1 分析: 根据题设条件, 构建共线向量的线 性关系, 以a, b 为一组基底, 结合向量的分解 与转化, 以不同视角来表示 O P →, 利用平面向 量基本定理求得对应的参数值, 从而得 到 向 量的线性表示。 解: 设 MP → =λM B →, N P → =kN A →, 则 MP →= λ M B → =λ( O B → -O M →) =λ b-1 3 a , N P →= k N A →= k( O A →-O N →) = k a-1 4 b 。 因 为 向 量 O P → =O M → + M P → = 1 3a + λ b- 1 3 a = 1 3 ( 1-λ) a +λ b, 又 O P → = O N →+N P →=1 4 b+ k a-1 4 b = k a+1 4( 1 - k) b,所 以 结 合 平 面 向 量 基 本 定 理 得 1 3( 1 - λ) = k, λ=1 4( 1 - k) , ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 解得λ= 2 1 1 , 所 以 向 量 O P →= 3 1 1 a+2 1 1 b。 利用 平 面 内 一 组 基 底 进 行向量的线性表示, 这是平面 向量线性运算中的一个重要环节, 同一 个 向 量在同一组基底的条件下, 其线性表示 是 唯 一的。在解答向量的线性表 示 问 题 时, 选 择 恰当的基底是解题的关键。 二、 参数的求值问题 例2 如 图 2 , 在 △A B C 中, 点 P 是 边 A B 上一点, 且C P →=2 3C A →+1 3C B →, Q 是B C 的中 点, A Q 与 C P 的 交 点 为 M , 又 C M → = t C P →, 则实数t的值为 。 图2 分析: 根 据 题 设 条 件, 利 用 一 组 基 底 A B →, A C → 来表示C P →, C M →, 结合平面向量基本 定理建立相应的方程组, 求得对应的参数值。 解: 由C P →=2 3C A →+1 3C B →, 可得3 C P →= 2 C A →+C B →, 即 2 C P →-2 C A →=C B →-C P →, 所 以 2 A P →=P B →, 可知点P 为线段A B 的一个三等 分点。 由 A, M , Q 三点共线可设C M →= x C Q →+ ( 1 - x) C A →, 所以 C M →=x 2C B →+( x-1 ) A C →。 又因为C B →=A B →-A C →, 所以 C M →=x 2A B →+ 5 知识结构与拓展 高一数学 2 0 2 3年2月 全科互知
x 2- 1 A C →。 因为 C M → = t C P →, 又 C P → =A P → -A C → = 1 3A B →-A C →, 所 以 x 2 A B → + x 2- 1 A C → = t 1 3A B →-A C → 。又因 为 向 量 A B →, A C → 不 共 线, 所以 x 2=t 3, x 2- 1 =- t , ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 解得t =3 4。 利用 平 面 向 量 基 本 定 理 求解参数的值时, 可借助平面 内的相关向量, 利用待定系数法, 结合平面向 量基本定理中参数的唯一性列出方程 组, 为 参数的求解指明方向。 三、 代数式的求解问题 例 3 如 图 3 , 在 四 边 形 A B C D 中, D C →= 1 3 A B →, E 为 B C 的 中 点, 且 A E → = x A B →+ y A D →, 则3 x- 2 y= 。 图3 分析: 根据题设条件, 将向量 A E → 表示为 向量 A B → 与 A D → 的线性关系, 结合平面向 量 基本定理构建方程组, 确定参数的值, 进而求 得对应代数式的值。 解: 由 题 意 得 A E → =A B → +B E → =A B → + 1 2B C →=A B →+1 2( -A B →+A D →+D C →) =A B →+ 1 2 -A B →+A D →+1 3A B → = 2 3A B → + 1 2A D →。 因为 A E →= x A B →+ y A D →, 所以x A B →+ y A D →= 2 3A B →+1 2A D →。由 A B → 与 A D → 不共 线, 结 合 平 面 向 量 基 本 定 理 得 x=2 3, y=1 2, ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 所 以 3 x - 2 y= 3 ×2 3- 2 ×1 2= 1 。 合 理 利 用 同 一 基 底 下 的 向量的不同线性表示, 结合平 面向量基本定理, 得到对应的方程组即 可 得 解。平面向量基本定理中的 唯 一 性, 是 定 理 的本质所在, 也是建立有关参数的表达 式 或 方程组的一个重要理论依据。 四、 平面几何中的证明问题 例4 如 图 4 , L, M , N 分 别 为 △A B C 的边B C, C A, A B 上 的 点, 且B L B C = l , C M C A = m, A N A B = n, 若 A L →+B M →+ C N →= 0 , 求证: l= m= n。 图4 分析: 根据题设条件选定一组基底a, b, 利用平面向量共线的充要条件将相关的向量 用基底表示出来, 借助平面向量基本定 理 确 定相关的系数, 进而求出系数的关系, 实现平 面几何的证明。 证明: 令 B C →= a, C A →= b, 且a, b 为一组 基底。 根据已 知 得 B L → = l a, C M → =m b。 因 为 A B →=A C →+ C B →=- a- b, 所以 A N →= n A B →= - n a- n b, 所以 A L →=A B →+B L →=( l- 1 ) a- b, B M → =B C → +C M → =a+m b, C N → =C A → + A N →=-n a+ ( 1-n) b。 因 为 A L → +B M → + C N →= 0 , 所以( l - n) a+( m- n) b= 0 。 根据平 面 向 量 基 本 定 理 得l-n=m - n= 0 , 所以l =m= n。 利用 平 面 向 量 基 本 定 理 证明平面几何问题时, 恰当选 择基底是解题的关键。利用平面向量基本定 理, 可以实现任意向量都可以用一个与 它 共 线的非零向量的线性表示, 而且这种表 示 是 唯一的, 从而实现代数与几何的转化与应用。 作者单位: 甘肃省天水市第一中学 ( 责任编辑 郭正华) 6 知识结构与拓展 高一数学 2 0 2 3年2月 全科互知
■杜海洋 有关平面向量的最值问题是一种典型的 能力考查题, 能有效地考查同学们的思 维 品 质和学习潜能, 考查分析问题和解决问 题 的 能力, 体现了高考在知识交汇处命题的思想。 题型1 : 与模长有关的最值问题 例1 设向量a, b, c 满足 | a | = | b | = 1 , a· b=-1 2, a- c 与b- c 的夹角为6 0 ° , 则 | c | 的最大值等于( ) 。 A. 2 B . 3 C . 2 D. 1 分析: 由a· b=-1 2得向量a 与b 的夹 角, 由a- c 与b- c 的夹角得向量c 的终点 在圆上, 再利用正弦定理即可求解。 解: 由 | a |=| b |=1 , a· b= - 1 2, 可得 | a | | b | c o s < a, b> = 1 × 1 · c o s < a, b> = - 1 2, 所以c o s < a, b> =-1 2, 所以< a, b> = 2 π 3 。 设a=O A →, b=O B →, c=O C →。 由 a- c, b- c 的夹角为 6 0 ° , 可得 ∠A C B= π 3。因为 < a, b> =∠A O B=2 π 3 , 所以 O, A, C, B 四点 共圆。设圆 的 半 径 为 R, 则 当| c |=2 R 时, | c | 的 值 最 大。易 得| A B |= 3, 所 以 2 R= A B s i n 2 π 3 = 2 。应选 A。 题型2 : 与夹角有关的最值问题 例2 已 知 e 1, e 2 为 单 位 向 量, 满 足 | 3 e 1- e 2 | ≤ 5, a= e 1+ 2 e 2, b= e 1+ e 2, 且向 量a 与b 的夹角为θ。 ( 1 ) 求e 1· e 2 的取值范围。 ( 2 ) 求c o s 2 θ 的最小值。 分析: 将 | 3 e 1- e 2 | ≤ 5两边平方得e 1· e 2≥5 6, 结合e 1, e 2 为单位向量即可求得e 1· e 2 的取值范围。由向量的数量积得 c o s 2 θ= 9 ( 1 + e 1· e 2) 1 0 + 8 e 1· e 2 , 设e 1· e 2= t , 则5 6 ≤ t≤1 , 代 入即可求解。 解: ( 1 ) 因为 | 3 e 1- e 2 | ≤ 5, 所以 | 3 e 1- e 2 | 2≤ 5 。据此展开化简得e 1· e 2≥5 6。 又因为e 1· e 2=| e 1 | | e 2 | c o s < e 1, e 2> = c o s < e 1, e 2> ≤ 1 , 所 以 e 1 ·e 2 的 取 值 范 围 是 5 6, 1 。 ( 2 ) 由θ 为向量a 与b 的夹角可得c o s 2 θ = a· b 2 | a | 2 | b | 2 = e 1+ 2 e 2 · e 1+ e 2 2 | e 1+ 2 e 2 | 2 | e 1+ e 2 | 2 = 3 + 3 e 1· e 2 2 5 + 4 e 1· e 2 2 + 2 e 1· e 2 = 91 + e 1· e 2 1 0 + 8 e 1· e 2 。 设e 1· e 2= t , 则5 6≤ t ≤ 1 。 c o s 2 θ=91 + t 1 0 + 8 t =9 8 1 - 1 5 + 4 t ≥ 9 8 · 1 - 1 5 + 4 ×5 6 = 9 9 1 0 0( 当且仅当t=5 6时取 等号) , 所以c o s 2 θ 的最小值是9 9 1 0 0 。 题型3 : 与三角函数有关的最值问题 例3 已知向量a= 2 s i n x, c o s 2 x , b= 3 c o s x, 2 , 函数f( x) = a· b。 ( 1 ) 求函数f( x) 的最小正周期及单调递 减区间。 ( 2 ) 求 函 数 f( x) 在 区 间 0 , π 2 上 的 最 大值和最小值。 分析: 原函数可化为 f( x) =2 s i n 2 x+ π 6 + 1 , 可得f( x) 的周期和递减区间。根据 正弦函数的性质可得最值。 解: ( 1 ) 由 向 量a= 2 s i n x, c o s 2 x , b= 7 知识结构与拓展 高一数学 2 0 2 3年2月 全科互知
3 c o s x, 2 , 可 得 f( x) =a·b=2 3· s i n x c o s x+2 c o s 2 x= 3 s i n2 x+c o s2 x+ 1 = 2 s i n2 x+π 6 + 1 , 所以f( x) 的最小正周 期 T= 2 π 2 = π 。 由2 k π +π 2≤ 2 x+π 6≤3 π 2 + 2 k π , k∈Z , 可得π 6+ k π≤x≤2 π 3 + k π , k∈Z , 所 以 函 数 f( x) 的单调递减区间为 π 6+ k π , 2 π 3 + k π , k∈Z 。 ( 2) 由 x ∈ 0 , π 2 , 可 得 2 x + π 6 ∈ π 6, 7 π 6 。当2 x+π 6= 7 π 6 , 即x=π 2时, 函数 f( x) 取得最小值为2 s i n7 π 6 + 1 = 0 ; 当2 x+ π 6=π 2, 即x= π 6 时, 函数 f( x) 取得最大值 为2 s i nπ 2+ 1 = 3 。 故函数f( x) 在区间 0 , π 2 上的最大值 为3 , 最小值为0 。 题型4 : 与三角形有关的最值问题 例4 在 △A B C 中, 已 知 ∠A C B=6 0 ° , B M →=M C →, | AM → | = 3 , 则△A B C 的面积的最 大值为( ) 。 A. 9 3 4 B . 9 3 2 C . 3 D. 2 3 分析: 由 题 意 得 S△A B C = 3 2 A C ·M C。 由余弦定理得9 =A C 2+M C 2-A C·M C, 再 利用基本不等式可求得最大值。 解:在 △AM C 中,由 ∠A C B = 6 0 ° , | AM → | = 3 及 余 弦 定 理 得 9=A C 2 +M C 2 - A C·M C。 因为 A C 2+M C 2≥ 2 A C·M C( 当且仅当 A C=M C 时 取 等 号) , 所 以 9+A C·M C≥ 2 A C·M C, 即0 ![]()