高中数学巧用模型破解法解决平面向量问题

巧用模型破解法解决某类平面向量问题

平面向量是高中数学的重要内容.把平面向量(高中内容)与平面几何(初中内容)融合命题(以选择题或填空题的形式出现),已形成新高考试题中的一道靓丽风景,解决这类问题的主要方法是利用(分离)或构造三种几何模型.

一、构造特殊三角形

特殊三角形,例如等边三解形,直角三解形等中的几何关系较明显,利用构造特殊三角形的方法求解这类问题,可以取到事半功倍的效果.

例1(2005年高考·全国卷I)⊿ABC的外接圆的圆心为O,两条边上的高的交点为H,OHm(OAOBOC),则实数m=_______. 解析: 这是个定值探讨问题,所以可以取直角三角形来解.如图,在RtABC中, C为直角, O为斜边AB的中点,垂心H与点C重合,所以此时有

BOC(H)AOAOBOCOAOAOHOH

∴m1.

例2(2006年全国大联考)O为⊿ABC所在平面内一点,且满足OA2OB3OC0,则⊿AOC与⊿BOC的面积的比值为

A. 2:1 B. 3:1 C. 4:1 D. 5:1 解析:构造等边⊿ADE, O为其中心,

则OAODOE0,取点B、C, 使OD2OB,OE3OC,如图,则有

AOBDCE SAOCAO2.选A. SBOCBO1例3(2006年高考·湖南)如图所示, OM//AB,点P在由射线OM、线段OB及AB的延长线围成的阴影区域内(不含边界)运动,且OPxOAyOB,则x的取值范围是__________;当x1时, y的取值范围是__________. 2PMB解析:题目中并没有告诉⊿AOB中的具体元素的大小,故可以取以∠AOB为直角且两直角边为1的RtAOB,令

OAi,OBj,i、j是在直角坐标系中与x轴、y轴方向相同

的两个单位向量.则(x,y)为在直角坐标系中点P的坐标.

观察图形知, x的取值范围是(,0).

OA

设直线x1与直线AB、OM分别相交于C、D,注意到2PCy直线AB、OM的方程分别为yx1、yx,将二者分别与直线x11311联立,求得C(,)、D(,).所以, 当22222113x时, y的取值范围是(,).

222二、利用(分离)三点共线图形

BDOAxM 如果C分在向线段AB的比为,即ACCB,则对平面内的任一点O都有

1OAOB 11推论:三点A、B、C共线的充要条件是,对于平面内的任一点O,

OC存在实数m、n,使得OCmOAnOB,其中m+n=1.

OCBA 例4(2006年高考· 江西)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若OBa1OAa200OC,且A、B、C三点共线(该直线不过点O),则S200等于

A. 100 B. 101 C. 200 D. 201 解析:由题意知A、B、C三点共线,则a1a2001. ∴S200200(a1a200)100.故选A.

212OAOB,故可按下列方法求作1212例5 题目同例2.

解析:由OA2OB3OC0得, OC出符合题意的一般图形:

在AB上取点D,使AD2DB,则有

OD12OAOB 1212BDOCA再作OD的相反向量OC.

SAD2∴AOC.选A. SBOCDB1 三、作向量的合成或分解图形

利用向量的线性运算的几何定义可以作出几个向量的合成向量;由平面向量的基本定理知,同一平面内的任一向量都可以表示为两个不共线向量的线性组合,课本中,以共线向量为基础,通过一个向量在其他两个方向上的分解,说明了该定理的本质,这也是我们进行向量分解的方法与依据.

例6 题目同例2.

解析:由OA2OB3OC0得, OA2OB3OC 按下列方法作图: 作向量OB,OC

CND再作合成向量OD=2OB3OC 作向量的相OD反向量得OA. 则由图有:

AOBM SAOCSDOCSMOCOM2.选A. SBOCSBOCSBOCOB1例7 (2006年黄冈)已知O为锐角ABC所在平面上的任一点,点P满足

OPOBOCABAC(),(0,),则动点P的轨迹一定通过2ABcosBACcosCABC的

A. 重心 B. 外心 C. 垂心 D. 内心 解析:取BC中点D,则OPOBOCOPODDP. 2问题的关键是如何作出合成向量AFABABcosBACACcosC.

如图,以A为起点,作与BC平行的两个单位向量AM、AN,分别过M、N作BC的垂线交AB、AC于R、S,则ARABABcosBAC,ASACACcosC

以AR、AS为两邻边作平行四边形ARFS. 则AFARASABABcosBAC. ACcosCMRAN观察图形知AFBC(设RS交AF于T,易证AF⊥BC). 而DPTPFS(ABABcosBACcosC)AF

BDC 所以,DP//AF 所以, DPBC

因为D为BC中点,所以P的轨迹一定通过ABC的外心.选B. 例8 题目同例2.

解析:将向量OP沿向量OA、OB分解,如图OExOA,OFyOB.

OPOEOF.

因为OExOA,且OE与OA反向,所以x的取值范围是(,0). SMREOPFABN1时,EO:OA1:2.如图,由相似三角形的知识,213易知EROB,ESOB.而EREPES,所以y的取值

2213范围是(,).

22当x巩固练习:

ABAC1.(2006年高考·陕西)已知非零向量AB与AC满足BC0且

ABACABABACAC1,则ABC为( ) 2A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰非等边三角形 D. 三边均不相等的三角形 2.(2006年高考·福建)已知OA1,OB3,OAOB0,点C在AOB内,且

m等于( ) nAOC30,设OCmOAnOB(m,n∈R),则

A.

13 B.3 C. D. 3 333.(2005年高考试题改编题) 设⊿ABC的外接圆的圆心为O,两条边上的高的交点为H,求证OHOAOBOC.

参考答案: 1. A 2. B

3. 证明:如图,D为BC中点,BE为圆的直径,由图,

易请四边形AHCE为平行四边形,则有:

AEHOBDCOHOAAH

OAEC OA2OD

OAOBOC.都是“定义域”惹的祸

函数三要素中，定义域是十分重要的，研究函数的性质时应首先考虑其定义域．在求解

函数有关问题时，若忽视定义域，便会直接导致错解．下面我们举例分析错从何起．

一、求函数解析式时

例1．已知f(x1)x2x，求函数f(x)的解析式 . 错解：令tx1，则xt1，x(t1)2，

f(t)(t1)22(t1)t21，f(x)x21

x1得t1，

f(t)t21的定义域为t1，即函数f(x)的解析式应为f(x)x21（x1）

这样才能保证转化的等价性.

2x1得t1，xt1代入原解析式得

，即f(x)x21（x1）． f(t)t21（t1）

剖析：因为f(x1)x2x隐含着定义域是x0，所以由t正解：由f(x1)x2x，令t二、求函数最值（或值域）时

例2．若3x22y26x,求x2y2的最大值．

32x3x ①，代入x2y2得 211992x2y2x23xx3，∴当x3时，x2y2的最大值为．

2222错解：由已知有 y2剖析：上述错解忽视了二次函数的定义域必须是整个实数的集合，同时也未挖掘出约束条件3x22y26x中x的限制条件．

32x3x0得0x2， 21192因函数图象的对称轴为x3，x2y2x23xx3，x0,2，

222∴当x0,2是函数是增函数，故当当x2时，x2y2的最大值为4．

正解：由y2例3．已知函数fx2log3x1x9，则函数yfxfx为（ ）

A．33 B．22 C．13 D．6

错解：yfxfx22223332的最大值

22=2logx2logx=logx331x9上是增函数，故函数yfxfx在x9时取得最大值为33．

22在

正解：由已知所求函数yfxfx2222的定义域是1x91x922得1x3，

222logx2logxyfxfx==log3x33在1x3是增函数，33故函数yfxfx例4．已知fx32在x3时取得最大值为13．

22x4，求yf1x2f1x2的最大值和最小值． x21错解：由fx32x4得1y9．∴fx2log3x1x9．

2221122∴yfxfx2log3x2log3xlog3x6log3x6

2log3x33． ∵1x9，∴0log3x2．∴ymax22，ymin6．

2112剖析：∵fx中1x9，则fx中1x9，即1x3，∴本题的定义域应为1,3．

x2∴0log3x1．

正解：（前面同上）ylog3x33，由1x3得0log3x1．

2∴ymax13，ymin6．

例5．求函数y4x52x3的值域． 错解：令t22x3，则2xt23，∴y2t235t2t2t1

71772t．故所求函数的值域是,．

8488 剖析：经换元后，应有t0，而函数y2t2t1在0,上是增函数，随着t增大而无穷增大．所以当t0时，ymin1．故所求函数的值域是1,．

三、求反函数时

例6．求函数yx24x2错解：函数yx4x222(0x2) 的反函数．

2(0x2)的值域为y2,6,

又y(x2)6，即 (x2)6yx26y，所求的反函数为

y26x2x6．

剖析：上述解法中忽视了原函数的定义域 ，没有对x进行合理取舍,从而得出了一个非函数表达式．

正解：由yx4x2(0x2)的值域为y2,6, 因(x2)26y，又

2x20x26y，所求的反函数为y26x2x6．

四、求函数单调区间时

例7．求函数f(x)lg(4x2)的单调递增区间.

错解：令t4x，则ylgt，它是增函数. t4x在(,0]上为增函数，由复合函数的单调性可知，函数f(x)lg(4x2)在(,0]上为增函数，即原函数的单调增区间是(,0].

剖析：判断函数的单调性，必须先求出函数的定义域，单调区间应是定义域的子区间．

正解：由4x0，得f(x)的定义域为(2,2).t4x在(2,0]上为增函数，由可复合函数的单调性可确定函数f(x)lg(4x2)的单调增区间是(2,0].

例8．求ylog0.7x23x2的单调区间．

错解：令tx3x2，ylog0.7t，x,时，tx3x2为减函数，

222222323x,时，tx23x2为增函数，又ylog0.7t为减函数，故以复合函数单调性

233知原函数增区间为,，减区间为,．

22剖析：在定义域内取x1，y值不存在，显然上面所求不对，根本原因正是疏忽了定

2义域，单调区间必须在函数定义域内．由x3x20，得x1或x2，故增区间为,1，减区间为2,．

例9．指出函数yx2lnx的单调增区间．

22，∴当y0时，x1或x1，∴函数xyx22lnx的单调增区间为,1,1,．

错解：∵

yx22lnx，∴y2x剖析：此题错在没有考虑函数的定义域0,，故本题的答案为1,．