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高考数学一轮复习第五章 微专题五
展开在平面向量的问题中,存在一种“以平面图形为载体的有关数量积的最大值问题”,通过对该类问题的多解探究,进一步提高分析、解决此类问题的能力.
题目 如图1,已知AC=2,B为AC的中点,分别以AB,AC为直径在AC同侧作半圆,M,N分别为两半圆上的动点(不含端点A,B,C),且BM⊥BN,则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))的最大值为________.
答案 eq \f(1,4)
解析 方法一 由题设可知AB=BC=BN=1.
因为点M在以AB为直径的半圆上,所以AM⊥BM,又BM⊥BN,所以AM∥BN,若设∠MAB=θ,则∠NBC=θ.
如图2,建立平面直角坐标系xBy,则点A(-1,0),M(-sin2θ,sin θcs θ),C(1,0),N(cs θ,sin θ),
所以eq \(AM,\s\up6(→))=(-sin2θ+1,sin θcs θ)=(cs2θ,sin θcs θ),eq \(CN,\s\up6(→))=(cs θ-1,sin θ).
于是,eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))=cs2θ·(cs θ-1)+sin2θcs θ
=cs3θ-cs2θ+(1-cs2θ)·cs θ
=-cs2θ+cs θ=eq \f(1,4)-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θ-\f(1,2)))2.
又易知0<θ
方法二 如方法一中图2,建立平面直角坐标系xBy,设直线BN的方程为y=kx(k>0),则因为BM⊥BN,所以直线BM的方程为y=-eq \f(1,k)x.
注意到点N是直线BN与以AC为直径的半圆的交点,所以将y=kx与x2+y2=1联立,可求得点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(1+k2)),\f(k,\r(1+k2)))).
注意到点M是直线BM与以AB为直径的半圆的交点,所以将y=-eq \f(1,k)x与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(1,2)))2+y2=eq \f(1,4)联立,可求得点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(-k2,k2+1),\f(k,k2+1))).
又A(-1,0),C(1,0),
所以向量eq \(AM,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2+1),\f(k,k2+1))),eq \(CN,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(1+k2))-1,\f(k,\r(1+k2)))),
所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))=eq \f(1,k2+1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(1+k2))-1))+eq \f(k,k2+1)·eq \f(k,\r(1+k2))
=eq \f(1,k2+1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2+1,\r(1+k2))-1))
=eq \f(1,\r(1+k2))-eq \f(1,k2+1)
=eq \f(1,4)-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(1+k2))-\f(1,2)))2,
故当eq \f(1,\r(1+k2))=eq \f(1,2),即k=eq \r(3)时,可得eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))的最大值为eq \f(1,4).
评注 上述求解过程的关键是引入参数k(直线BN的斜率),并借助直线和圆的方程,灵活求解点M,N的坐标,整个求解过程显然比方法一增加了许多运算量.
方法三 由题设可知AB=BC=BN=1,
因为点M在以AB为直径的半圆上,所以AM⊥BM,又BM⊥BN,所以AM∥BN,
所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(BN,\s\up6(→))=|eq \(AM,\s\up6(→))|×1×cs 0°=|eq \(AM,\s\up6(→))|.
因为AM⊥BM,AB=1,
所以|eq \(AM,\s\up6(→))|=1×cs∠MAB=cs∠MAB,
所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))=eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))
=|eq \(AM,\s\up6(→))|×1×cs∠MAB=|eq \(AM,\s\up6(→))|2.
于是,eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))=eq \(AM,\s\up6(→))·(eq \(BN,\s\up6(→))-eq \(BC,\s\up6(→)))
=eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(BN,\s\up6(→))-eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))
=|eq \(AM,\s\up6(→))|-|eq \(AM,\s\up6(→))|2=eq \f(1,4)-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|\(AM,\s\up6(→))|-\f(1,2)))2.
又0<|eq \(AM,\s\up6(→))|<1,
所以,当|eq \(AM,\s\up6(→))|=eq \f(1,2)时,可得eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))的最大值为eq \f(1,4).
评注 上述求解过程的关键是充分利用平面向量的数量积公式a·b=|a|·|b|cs θ,将目标问题等价转化为求解关于“|eq \(AM,\s\up6(→))|”的二次函数在区间(0,1)上的最大值.
方法四 如图3,分别延长AM,CN,设其交点为E,并设ME与大半圆的交点为D,连接CD,则易知AM⊥MB,AD⊥DC,所以BM∥CD,又B为AC的中点,
图3
所以M为AD的中点,
所以eq \(AM,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→)).
又易知eq \(AE,\s\up6(→))∥eq \(BN,\s\up6(→)),且B为AC的中点,所以N为CE的中点,所以eq \(CN,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(CE,\s\up6(→)).
于是,eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))=eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(CE,\s\up6(→))
=eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(→))·(eq \(CD,\s\up6(→))+eq \(DE,\s\up6(→)))
=eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))+eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))
=0+eq \f(1,4)|eq \(AD,\s\up6(→))|·|eq \(DE,\s\up6(→))|cs 0°
=eq \f(1,4)|eq \(AD,\s\up6(→))|·|eq \(DE,\s\up6(→))|.
因为BN为△ACE的中位线,
所以|eq \(AD,\s\up6(→))|+|eq \(DE,\s\up6(→))|=|eq \(AE,\s\up6(→))|=2|eq \(BN,\s\up6(→))|=2.
从而,eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))=eq \f(1,4)|eq \(AD,\s\up6(→))|·|eq \(DE,\s\up6(→))|
≤eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|\(AD,\s\up6(→))|+|\(DE,\s\up6(→))|,2)))2=eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2)))2=eq \f(1,4),
当且仅当|eq \(AD,\s\up6(→))|=|eq \(DE,\s\up6(→))|,即D为AE的中点时不等式取等号.
故所求eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))的最大值为eq \f(1,4).
评注 上述求解过程的关键是巧作辅助线,充分利用相关平面几何知识,先获得eq \(AM,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))和eq \(CN,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(CE,\s\up6(→)),然后再综合利用向量的几何意义、数量积运算、三角形中位线性质定理以及基本不等式的变形式“ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a+b,2)))2”加以灵活求解.
方法五 如图4,以BC为直径画半圆,交BN于点D,连接CD,则BD⊥CD.又易知AM∥BD,且AM=BD,
图4
所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))=eq \(BD,\s\up6(→))·(eq \(CD,\s\up6(→))+eq \(DN,\s\up6(→)))
=eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))+eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(DN,\s\up6(→))
=0+|eq \(BD,\s\up6(→))|·|eq \(DN,\s\up6(→))|cs 0°=|eq \(BD,\s\up6(→))|·|eq \(DN,\s\up6(→))|
≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|\(BD,\s\up6(→))|+|\(DN,\s\up6(→))|,2)))2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2=eq \f(1,4),
当且仅当|eq \(BD,\s\up6(→))|=|eq \(DN,\s\up6(→))|,即D为BN中点时不等式取等号.
故所求eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))的最大值为eq \f(1,4).
评注 上述求解过程的关键是巧作“半圆”,先将目标问题等价转化为求|eq \(BD,\s\up6(→))|·|eq \(DN,\s\up6(→))|的最大值,再灵活利用基本不等式的变形巧求最大值.显然,该解法最简单,故值得我们细细品味、深思!
综上,不同的思维切入点,往往可获得不同的解题体验,真可谓“横看成岭侧成峰,远近高低各不同”,需要我们在学中“悟”,在“悟”中不断提升解题技巧.
高考数学一轮复习微专题146份: 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