例谈经典向量模长问题

卢会玉

【摘要】向量是高考必考内容，在解决向量模长问题的方法中，几何法是快捷有效的.本文从十道例题入手，用向量和与差的几何意义、向量数乘的几何意义以及与向量模长问题相关的正余弦定理等分析了向量模长的解法.

【关键词】向量;模长;几何法

向量是高考必考内容，在解决向量模长问题的方法中，几何法是快捷有效的.解题过程中通常会用到向量和与差的几何意义、向量数乘的几何意义以及与向量模长问题相关的正余弦定理等.但并不是所有向量模长问题都适合利用几何法求解，如果条件中的向量运算可构成特殊的几何图形，且所求向量与几何图形中的某条线段相关，则可考虑利用条件中的几何知识处理模长.下面从几个典型的例子出发对几何法解决向量的模长问题进行分析与研究.

例1已知向量a，b的夹角为45°，且|a|=1，|2a-b|=10，则|b|=（）

（A）2.（B）2.（C）22.（D）32.

分析本题利用几何图形可解，首先运用向量加减运算作出图形：可知|AB|=2，B=π4，|AC|=10，然后利用余弦定理求出|BC|即可.

解如图1，得|b|=|BC|，

在△ABC中，由余弦定理可得

|AC|2=|AB|2+|BC|2-

2|AB|·|BC|cosB，

则10=4+|BC|2-2×2|BC|cosπ4，

即|BC|2-22|BC|-6=0，

解得|BC|=32，

所以|b|=32，故选（D）.

例2若平面向量a，b，c两两所成的角相等，且|a|=|b|=1，|c|=3，则|a+b+c|等于（）

（A）2.（B）5.（C）2或5.（D）2或5.

分析首先由a，b，c两两所成的角相等可判断出存在两种情况：一是a，b，c同向（如图2，此时夹角均为0），图2则|a+b+c|为5;另一种情况为a，b，c两两夹角2π3（如图2）.然后以|a|=|b|=1为突破口，由平行四边形法则作图得到a+b与a，b夹角相等，|a+b|=|a|=1（底角为60°的菱形性质），且与c反向，进而由图可得到|a+b+c|=2.

解因为|a+b+c|2

=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c，

且a，b，c夹角相同.

当a，b，c同向时，可得|a+b+c|2=25，

所以|a+b+c|=5;

当a，b，c两两夹角2π3时，可得

a·b=-12，b·c=-32，a·c=-32，

所以|a+b+c|2=4，

则|a+b+c|=2.

综上所述：|a+b+c|=2或5.故选（C）.

例3已知向量a，b，且|a|=1，|b|=2，则|2b-a|的取值范围是（）

（A）[1，3].（B）[2，4].（C）[3，5].（D）[4，6].

解先作出a，即有向线段AB，将2b的起点与A重合，则终点C绕A旋转且|AC|=2|b|=4，则|2b-a|即为|BC|的长度，通过观察可得C与A，B共线时，|2b-a|达到最值.

所以|2b-a|max=5，|2b-a|min=3，

且|2b-a|连续变化，

所以|2b-a|的取值范围是[3，5].

故选（C）.

例4设a，b是两个非零向量，且|a|=|b|=|a+b|=2，则|a-b|=.

解可知a，b，a+b为平行四边形的一组邻边和一条对角线，由|a|=|b|=|a+b|=2可知满足条件的只能是底角为60°，且边长a=2的菱形，从而可求出另一条对角线的长度为23.

例5已知a，b为平面向量，若a+b与a的夹角为π3，a+b与b的夹角为π4，则|a||b|=（）

（A）33.（B）64.（C）53.（D）63.

解可知a+b，a，b为平行四边形的一组邻边及对角线，通过作图和平行四边形性质得

在△ABD中，

|AB|=|a|，|AD|=|b|，

∠ABD=π3，∠ADB=π4，

由正弦定理可得

|AB||AD|=sin∠ADBsin∠ABD=sinπ4sinπ3=63，

即|a||b|=63.故选（D）.

例6已知a，b是单位向量，且a，b的夹角为π3，若向量c满足|c-a+2b|=2，则|c|的最大值为（）

（A）2+3.（B）2-3.（C）7+2.（D）7-2.

解本题已知向量a，b的模长且向量的夹角特殊，则可通过作图可得2b-a为模长为3.设m=c+（2b-a），则|m|=2，此時可将m的起点与2b-a保持一致，则终点在以起点为圆心，2为半径的圆上.又c=m-（2b-a），则通过数形结合可得|c|的最大值为2+3（此时m的终点位于A点）.

故选（A）.

例7在△ABC中，∠B=π6，|AB|=33，|BC|=6，设D是AB的中点，O是△ABC所在平面内的一点，且3OA+2OB+OC=0，则|DO|的值是（）图7

（A）12.（B）1.

（C）3.（D）2.

解法1本题的关键在于确定O点的位置，从而将|DO|与已知线段找到联系，将3OA+2OB+OC=0变形为

3（OA+OB）=OB-OC=CB，

即OA+OB=13CB，

设OE=OA+OB，

则O，D，E三点共线，且OE∥BC，

所以由平行四边形性质可得

|OD|=12|OE|=16|CB|=1.

故选（B）.

解法2以B为原点，BC为x轴建立直角坐标系.

所以

C（6，0），A92，332，

设O（x，y），则

OA=92-x，332-y，

OB=（-x，-y），OC=（6-x，-y），

由3OA+2OB+OC=0可得

392-6x=0，932-6y=0，即x=134，y=334，

所以O134，334.

因为D为AB中点，

所以D94，334，|OD|=1.

例8已知向量a≠e，|e|=1，对任意的t∈R，恒有|a-te|≥|a-e|，则e·（a-e）的值为.

解本题以|a-te|≥|a-e|作为突破口.首先作一条直线l，并在直线l上取一点A，然后在直线l上取AC=e，D为直线l上一点，则有AD=te.

再作出AB=a，从而可得

|a-e|=|BC|，|a-te|=|BD|.

若|BD|≥|BC|，

则由平面几何知识可得最短的线段为B到l的垂线段，

所以BC⊥l，

即e⊥（a-e），

所以e·（a-e）=0.

例9已知平面向量a，b，c满足|a|=1，|b|=2，且a·b=-1，若向量a-c，b-c的夹角为60°，则|c|的最大值是.

分析由a，b可得a，b夹角θ的余弦值cosθ=a·b|a|·|b|=-12，所以θ=120°.若用代数方法处理向量a-c，b-c的夹角60°的条件运算量较大，所以考虑利用几何法解决问题.

解设AB=a，AD=b，AC=c，

则CD=b-c，CB=a-c，

即∠DCB=60°，

从而∠DCB+θ=180°，

可判定A，B，C，D四点共圆，则|AC|的最大值为四边形ABCD外接圆的直径，即△ABD外接圆的直径.

在△ABD中，由余弦定理可得

|BD|2=|AB|2+|AD|2-2|AD||AB|cosθ

=7，

所以|BD|=7，

由正弦定理可得

d=2R=|BD|sin∠BAD=2213，

即|c|max=2213.

例10已知平面向量α，β（α≠0，α≠β）满足|β|=1，且α与β-α的夹角为120°，则|α|的取值范围是.

分析本题用图形辅助求解较好.取AC=α，AB=β，则CB=β-α，所以△ABC中，∠C=60°，从而可利用正余弦定理求出|α|，即|AC|的取值范圍.

解在△ABC中，由正弦定理可得

|AB|sinC=|AC|sin∠ABC|β|sinC=|α|sin∠ABC，

所以|α|=|β|sinC·sin∠ABC

=132sin∠ABC=23sin∠ABC，

而∠ABC∈0，2π3，

所以sin∠ABC∈（0，1]，

则|α|=23sin∠ABC∈0，233.