2025千题百炼-高考数学100个热点问题（二）：第33炼 向量的模长问题代数法（含模长习题）含答案

2025千题百炼——高考数学100个热点问题（二）：第33炼向量的模长问题代数法（含模长习题）含答案第33炼向量的模长问题——代数法一、基础知识：利用代数方法处理向量的模长问题，主要采取模长平方——数量积和坐标两种方式1、模长平方：通过可得：，将模长问题转化为数量积问题，从而能够与条件中的已知向量（已知模长，夹角的基向量）找到联系。要注意计算完向量数量积后别忘记开方2、坐标运算：若，则。某些题目如果能把几何图形放入坐标系中，则只要确定所求向量的坐标，即可求出（或表示）出模长3、有关模长的不等问题：通常考虑利用“模长平方”或“坐标化”得到模长与某个变量间的函数关系，从而将问题转化为求函数最值问题二、典型例题例1：在中，为中点，若，则_____思路：题目条件有，进而可求，且可用表示，所以考虑模长平方转化为数量积问题解：为中点可得：代入可求出：答案：例2：若均为单位向量，且，则的最大值为（）A.B.C.D.思路：题目中所给条件与模和数量积相关，几何特征较少，所以考虑将平方，转化为数量积问题，再求最值。解：①①转化为答案：B例3：平面上的向量满足，且，若，则的最小值为___________思路：发现所给条件均与相关，且可以用表示，所以考虑进行模长平方，然后转化为的运算。从而求出最小值解：，代入可得：答案：例4：已知平面向量满足，且与的夹角为，则的最小值是（）A.B.C.D.思路：题目所给条件围绕着与，所以考虑所求向量用这两个向量进行表示：，从而模长平方变成数量积问题，可得：，将视为一个整体，则可配方求出最小值解：答案：A小炼有话说：本题的关键在于选好研究对象，需要把已知的两个向量视为整体，而不是例5：已知平面向量的夹角，且，若，则的取值范围是__________思路：由和夹角范围即可得到的范围，从而可想到将模长平方，再利用转变为关于的问题，从而得到关于夹角的函数，求得范围。解：答案：例6：已知，，则的最小值是（）A.B.C.D.思路：由条件可得，所以考虑将模长平方，从而转化为数量积问题，代入的值可得到关于的二次函数，进而求出最小值解：答案：D例7：已知直角梯形中，∥，为腰上的动点，则的最小值为__________思路：所求难以找到其几何特点，所以考虑利用代数手段，在直角梯形中依直角建系，点的纵坐标与梯形的高相关，可设高为，，，则，所以，，即答案：例8：如图，在边长为的正三角形中，分别是边上的动点，且满足，其中，分别是的中点，则的最小值为（）A.B.C.D.思路：等边三角形三边已知，故可以考虑用三边的向量将进行表示，从而模长平方后可写成关于的表达式，再利用即可消元。解：答案：C例9：已知与的夹角为，，，且，,在时取到最小值。当时，的取值范围是（）A.B.C.D.思路：本题含两个变量，且已知范围求的范围，所以考虑建立和的关系式，，从而考虑模长平方，向靠拢，可得：，所以当达到最小值时，，由可得解得，即解：时，取得最小值，所以不等式等价于：答案：C例10：已知中，，点是线段（含端点）上的一点，且，则的范围是__________思路：本题由垂直和模长条件可考虑建系，从而用坐标来使用数量积的条件。如图建系，设，则，设，则由可得，已知条件，所求模长平方后可得，所以问题转化为已知求的最大值。考虑，，寻找两个式子的联系，有，所以，即，从而，而另一方面：由及（符合直线的方程）可得：，所以（时取等号），所以综上可得：答案：三、历年好题精选（模长综合）1、点是的重心，若，则的最小值为__________2、已知是两个互相垂直的单位向量，且，则对任意的正实数，的最小值为_________3、已知是单位向量，且，若满足，则的范围是_______4、在中，，如果不等式恒成立，则实数的取值范围是_____________5、设直角的三个顶点都在单位圆上，点，则的最大值是（）A．B．C．D．6、已知向量满足与的夹角为，，则的最大值为（）A.B.C.D.7、（2016，上海五校联考）在平面直角坐标系中，已知圆，点在圆上，且，则的取值范围是_________8、（2015，湖南）已知点在圆上运动，且，若点的坐标为，则的最大值为（）A.B.C.D.9、已知为非零向量，，若，当且仅当时，取到最小值，则向量的夹角为_______10、（2016，重庆万州二中）已知单位向量满足，且，则的取值范围是（）A.B.C.D.11、（2016，贵阳一中四月考）已知点是的重心，若，，则的最小值是（）A．B．C．D．习题答案：1、答案：解析：为的重心，延长交于，则是中线2、答案：解析：，代入已知条件可得：3、答案：解析：设，因为是单位向量，且，所以为模长是的向量，由已知可得，所以数形结合可知：，从而的范围是4、答案：解析：由余弦定理可得：5、答案：C解析：由题意，，当且仅当共线同向时，取等号，即取得最大值，最大值是，6、答案：D解析：设；以所在直线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，∵与的夹角为，则，设∵即表示以为圆心，以1为半径的圆，表示点A，C的距离即圆上的点与点的距离；∵圆心到B的距离为，∴的最大值为．7、答案：解析：设，中点由圆可得：在以为圆心，半径的圆上即8、答案：B解析：由可知为直径，因为该圆为圆心在原点的单位圆，所以关于原点对称，设，则，设，所以可得：，所以，则，因为在圆上，所以，代入可得，故9、答案：解析：，设，因为时，取得最小值，所以的对称轴，所以，所以夹角为10、答案：D解析：以为基底建立直角坐标系，可知，设即到的距离和为，在线段上，直线方程为，即线段上动点到定点的距离通过数形结合可得：所以的取值范围是11、答案：C解析：，可知，设为底边上的中线，由重心性质可得：第34炼向量的模长问题——几何法一、基础知识：1、向量和差的几何意义：已知向量，则有：（1）若共起点，则利用平行四边形法则求，可得是以为邻边的平行四边形的对角线（2）若首尾相接，则利用三角形法则求出，可得，围成一个三角形2、向量数乘的几何意义：对于（1）共线（平行）特点：与为共线向量，其中时，与同向；时，与反向（2）模长关系：3、与向量模长问题相关的定理：（1）三角形中的相关定理：设三个内角所对的边为①正弦定理：②余弦定理：（2）菱形：对角线垂直平分，且为内角的角平分线特别的，对于底角的菱形，其中一条对角线将此菱形分割为两个全等的等边三角形。（3）矩形：若四边形的平行四边形，则对角线相等是该四边形为矩形的充要条件4、利用几何法求模长的条件：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二、典型例题：例1：（2015届北京市重点中学高三8月开学测试数学试卷）已知向量的夹角为，且，则（）A.B.C.D.思路：本题利用几何图形可解，运用向量加减运算作出如下图形：可知，只需利用余弦定理求出即可。解：如图可得：，在中，有：即：解得或（舍）所以，答案：选例2：若平面向量两两所成的角相等，且，则等于（）A.B.C.或D.或思路：首先由两两所成的角相等可判断出存在两种情况：一是同向（如图1，此时夹角均为0），则为，另一种情况为两两夹角（如图2），以为突破口，由平行四边形法则作图得到与夹角相等，（底角为的菱形性质），且与反向，进而由图得到，选C答案：C例3：已知向量，且，则的取值范围是（）A.B.C.D.思路：先作出，即有向线段，考虑，将的起点与重合，终点绕旋转且，则即为的长度，通过观察可得与共线时达到最值。所以，且连续变化，所以的取值范围是答案：C例4：设是两个非零向量，且，则_______思路：可知为平行四边形的一组邻边和一条对角线，由可知满足条件的只能是底角为，边长的菱形，从而可求出另一条对角线的长度为答案：例5：已知为平面向量，若与的夹角为，与的夹角为，则（）A.B.C.D.思路：可知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：在中，，由正弦定理可得：，即答案：D例6：已知是单位向量，且的夹角为，若向量满足，则的最大值为（）A.B.C.D.思路：本题已知模长且夹角特殊，通过作图可得为模长为，设，则可得且，而可视为以共起点，终点在以起点为圆心，2为半径的圆上。通过数形结合可得的最大值为（此时的终点位于点）答案：A例7：在中，，设是的中点，是所在平面内的一点，且，则的值是（）A.B.C.D.思路：本题的关键在于确定点的位置，从而将与已知线段找到联系，将考虑变形为，即，设，则三点共线，且，所以由平行四边形性质可得：答案：B例8：已知向量，对任意的，恒有，则的值为________思路：本题以作为突破口，通过作图设，为直线上一点，则有。从而可得，即，所以点为直线上到距离最短的线段，由平面几何知识可得最短的线段为到的垂线段。所以，即，所以有答案：0小炼有话说：本题若用图形解决，找到在图上的位置和两个向量的联系是关键例9：已知平面向量满足，且，若向量的夹角为，则的最大值是_________思路：由条件可得夹角的余弦值，若用代数方法处理夹角的条件，则运算量较大。所以考虑利用图形，设，则，即，从而，可判定四点共圆，则的最大值为四边形外接圆的直径，即的直径。在中，由余弦定理可得：，所以，由正弦定理可得：，即答案：小炼有话说：若条件中向量的夹角为特殊角且很难用数量积，模长进行计算时，可考虑寻找几何图形进行求解。例10：（2010年，浙江，16）已知平面向量满足，且与的夹角为，则的取值范围是___________思路：本题很难找到与