向量加法画技巧总结第1篇
四心向量式
ps：没错，很全，记忆得话就想象成向量带一个屁股
例设H是\triangleaBC的垂心，且3\vec{Ha}+4\vec{HB}+5\vec{HC}=\vec{0},则cos\angleBHC的值为
解：由垂心性质可得\vec{Ha}\cdot\vec{HB}=\vec{HB}\cdot\vec{HC}=\vec{HC}\cdot\vec{Ha}，\\不妨设\vec{Ha}\cdot\vec{HB}=\vec{HB}\cdot\vec{HC}=\vec{HC}\cdot\vec{Ha}=x\\有3\vec{Ha}+4\vec{HB}+5\vec{HC}=\vec{0}\\所以3\vec{Ha}\cdot\vec{HB}+4\vec{HB}^2+5\vec{HB}\cdot\vec{HC}=0\\|\vec{HB}|=\sqrt{-2x},同理可得|\vec{HC}|=\sqrt{-\frac{7x}{5}}\\所以cos\angleBHC=\frac{\vec{HB}\cdot\vec{HC}}{|\vec{HB}||\vec{HC|}}=-\frac{\sqrt{70}}{14}
习题已知\triangleaBC外接圆的圆心为o，且\anglea=\frac{\pi}{3}，若\vec{ao}=\alpha\vec{aB}+\beta\vec{aC},则实数\alpha+\beta的最大值为
例\triangleaBC中p满足\vec{pa}+2\vec{pB}+3\vec{pC}=\vec{0},则在\triangleaBC内洒黄豆，落在\trianglepBC的概率为
解：由奔驰定理可得S_{a}：S_B:S_C=1:2:3\\于是\frac{S_a}{S_总}=\frac{1}{6}
ps：水题一道
例是\triangleaBC所在平面内一点，动点p满足\vec{op}=\vec{oa}+\lambda(\frac{\vec{aB}}{|\vec{aB}|sinB}+\frac{\vec{aC}}{|\vec{aC}|sinC})(\lambda\in(0,+\infty)),\\则动点p一定通过\triangleaBC的
解：作aD\botBC，由于|\vec{aB}|sinB=|\vec{aC}|sinC=aD，所以\\\vec{oa}+\lambda(\frac{\vec{aB}}{|\vec{aB}|sinB}+\frac{\vec{aC}}{|\vec{aC}|sinC})=\vec{oa}+\frac{\lambda}{|aD|}(\vec{aB}+\vec{aC}),\\由向量加法法则可知p一定在三角形中线上，所以经过重心
ps：此外还有很多关于三心的题目各位大佬可自行寻找
向量加法画技巧总结第2篇
（向量与阿波罗尼斯圆结合）
ps：阿波罗尼斯圆详情知识见
例例已知向量\veca,\vecb,\vecc为平面内三个单位向量，若\veca\bot\vecb，\\则|\veca+2\vecc|+|3\veca+2\vecb-\vecc|的最小值为
解：转化题目为2|\vecc-(-\frac{\veca}{2})|+|\vecc-(3\veca+2\vecb)|，固定向量\veca，\vecb为坐标轴上的单位坐标
即转化题意为圆上一点到a距离的2倍与那点到B的距离之和
由阿波罗尼斯圆定理可知，圆x^{2}+y^{2}=1刚好为阿波罗尼斯圆，其到点C(-2，0)的距离为其到点a(-\frac{1}{2}，0)的两倍
题目又转化为点B(3，2)与点C(-2，0)之间的距离，即得\sqrt{29}
ps:如果求圆上一点到圆外两定点的距离和的最小值，但两定点所在直线与圆相离，可以kaolv椭圆于圆相切。
（向量与三角函数相结合）
例已知平面向量\vec{a},\vec{b}满足|\vec{a}|=1,2\vec{a}-\vec{b}与2\vec{b}-\vec{a}的夹角为\frac{2\pi}{3}，则|\vec{b}|^{2}的最大值是
设\angleDBa为\theta，正弦定理可得\frac{1}{sin\frac{\pi}{3}}=\frac{Be}{sin(\frac{2\pi}{3}-\theta)}\\由重心性质可得DB=\sqrt{3}sin(\theta+\frac{\pi}{3})\\由余弦定理可得3sin^{2}(\theta+\frac{\pi}{3})-\sqrt{3}sin(\theta+\frac{\pi}{3})cos\theta+4\\=\frac{3}{4}-\frac{9}{2}cos^{2}\theta-\frac{\sqrt{3}}{2}sin\thetacos\theta+4\\=\frac{5}{2}-\frac{9}{4}cos2\theta-\frac{\sqrt{3}}{4}sin2\theta\\\leq\frac{5}{2}+\sqrt{\frac{81+3}{2}}\\=\frac{5}{2}+\frac{\sqrt{21}}{2}
ps:此方法结合较为全面
例若平面向量\vec{a},\vec{b}满足|\vec{a}|=1,2\vec{b}^2+1=3\veca\cdot\vec{b}，则|\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|的最大值
解：设\vec{a}=(1,0),\vec{b}=(x,y),则条件\Leftrightarrow（x-\frac{3}{4}）^2+y^{2}=\frac{1}{16}(x\in[\frac{1}{2},1])\\|\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{(x-1)^2+y^2}=\sqrt{\frac{3}{2}x-\frac{1}{2}}+\sqrt{-\frac{x}{2}+\frac{1}{2}}\\=\sqrt{\frac{3}{2}x-\frac{1}{2}}+\frac{\sqrt{3}}{3}\sqrt{-\frac{3}{2}x+\frac{3}{2}}\leq\sqrt{1+\frac{1}{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}
例已知\vec{a},\vec{b},\vec{c}满足|\vec{a}|=4,\vec{a}在\vec{b}方向上的投影为2，\vec{c}\cdot(\vec{c}-\vec{a})=-3,则|\vec{c}-\vec{b}|的最小值为
解：设\vec{b}=(b,0),\vec{a}=(2,2\sqrt{3}),\vec{c}=(x,y),则\vec{c}\cdot(\vec{c}-\vec{a})=-3\Rightarrow(x-1)^{2}+(y-\sqrt{3})^{2}=1,\\即点C的轨迹是以(1，\sqrt{3})为圆心，半径为1的圆，\\所以最小值|\vec{c}-\vec{b}|_{min}=\sqrt{(1-b)^2+3}-1\geq\sqrt{3}-1
例已知向量\vec{a},\vec{b}满足|\vec{a}|=3,|\vec{b}|=1,若存在不同的实数\lambda_{1}，\lambda_{2}（\lambda_{1}\lambda_{2}\ne0），\\使得\vec{c}_{i}=\lambda_{i}\vec{a}+3\lambda_{i}\vec{b}且(\vecc_{i}-\vec{a})(\vecc_i-b)\\=0(i=1，2)，则|\vec{c_1}-\vec{c_2}|的取值范围是
解：设\vec{oa}=\vec{a},\vec{oB}=\vec{b},\vec{oD}=3\vec{oB};\\则\vec{oC_i}=\lambda_{i}(\vec{oa}+3\vec{oB})=\lambda_2(\vec{oa}+\vec{oD})\\因为|\vec{oa}|=|\vec{oD}|,所以C_1,C_2在\angleaoD的角平分线oe上\\又因为(\vec{c_i}-\vec{a})\cdot(\vec{c_i}-\vec{b})=0(i=1,2)\\所以aC_{1}\botBC_i(i=1,2)\\所以a，C_1,B,C_2在以m为圆心，|aB|为直径的圆上，\Rightarrow|aB|\in[2,4)\\建系
o(0,0),a(3cos\theta,3sin\theta),B(cos\theta,-sin\theta)\Rightarrowm(2cos\theta,sin\theta),所以|\vec{c_1}-\vec{c_2}|=|C_1C_2|=2\sqrt{R^{2}-d^{2}}\in[2,2\sqrt{3}]\\因为\lambda_{1}\ne\lambda_{2}所以|\vec{c_1}-\vec{c_2}|\ne2\sqrt{2}，所以答案为[2,2\sqrt{2})\cup(2\sqrt{2},2\sqrt{3}]
ps:只想说一句难题
(向量与椭圆结合)例已知F_{1}，F_{2}分别为椭圆\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1的左、右焦点，\\点a，B在椭圆上，若\vec{F_{1}a}=5\vec{F_2B},则点a的坐标是
下面介绍一种极坐标
其形式对于圆锥曲线是统一的
解：|Fa_{1}|=\frac{ep}{1-ecos\theta}，|Fa_{2}|=\frac{ep}{1+ecos\theta}\\从而\frac{ep}{1-ecos\theta}=\frac{5ep}{1+ecos\theta}\\解得cos\theta=\frac{2}{3e}=\sqrt{\frac{2}{3}}，从而tan\theta=\frac{\sqrt{2}}{2}，所以a(0,1),\\又由对称性可知答案为(0,\pm1)例已知向量\vec{a},\vec{b}满足|\vec{a}|=1,|2\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{b}|=4，|\vec{a}+\vec{b}|的取值范围是解：不妨设\vec{a}=(1,0)由于|2\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{b}|=4，得|\vec{a}+\vec{b}+\veca|+|\veca+\vec{b}-\veca|=4,\\令\vecz=\veca+\vecb=\vec{oZ}(o为坐标原点),点Z的轨迹是以(-1,0),(1，0)为焦点的椭圆,\\方程为\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^2}{3}=1,长半轴为2,短半轴为\sqrt{3}，所以|\veca+\vecb|\in[\sqrt{2},\sqrt3]
（向量与双曲线相结合）例已知平面向量\vec{a},\vec{b},\vec{c},\vec{d}满足|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=1,\vec{a}\cdot\vec{c}=\vec{b}\cdot\vec{c}=\frac{1-\vec{a}\cdot\vec{b}}{\vec{a}\cdot\vec{d}}＞0，\vec{c}\cdot\vec{d}=0,\\若平面向量\vec{s}=x\vec{a}+y\vec{b}(x,y＞0且xy=1)，则|\vec{s}+2\vec{c}|+|\vec{s}-\vec{d}|的最小值是
解：由题意可知(\vec{a}+\vec{b})(\veca-\vecb)=0，令\vec{s}=m(\veca+\vec{b})+n(\veca-\vec{b}),\\则如图分别以\veca+\vec{b}，\veca-\vec{b}建立横，纵坐标系，\\则x_{s}=m|\veca+\vec{b}|，y_{s}=n|\veca-\vec{b}|，则1=xy=m^{2}-n^2=\frac{x_s}{|\veca+\vecb|^2}+\frac{x_s}{|\veca-\vecb|^2}\\又x,y＞0，|\vec{a}+\vec{b}|^{2}+|\veca-\vecb|^{2}=4,则S的轨迹为焦距为4的双曲线的右支，\\由\vec{a}\cdot\vec{c}=\vec{b}\cdot\vecc\Rightarrow\vecc(\veca-\vecb)=0，如图设\veca,\vecc的夹角为\theta，\\则|\vec{a}+\vec{b}|=2cos\theta,|\vec{a}-\vecb|=2sin\theta,且\veca\cdot\vec{b}=\frac{1-\veca\cdot\vec{b}}{\veca\cdot\vecd}\Rightarrowcos\theta=\frac{2sin^{2}\theta}{|\vec{d}|sin\theta}\\\Rightarrow|\vecd|=2tan\theta,则|\vecs-(-\vecc)|+|\vecs-\vecd|=SF_{1}+SD=2|\vec{a}+\vec{b}|+SF_{1}+SD\\\geq4cos\theta+DF_{2}=4cos\theta+\sqrt{4+4tan^{2}\theta}=4cos\theta+\frac{2}{cos\theta}\geq4\sqrt{2}当\theta=\frac{\pi}{4}时取得等号
例.给定两个单位向量\vec{oa},\vec{oB},且\vec{oa}\cdot\vec{oB}=-\frac{\sqrt{3}}{2},点C在以o为圆心的圆上运动，\\\vec{oC}=x\vec{oa}+y\vec{oB}，则\sqrt{3}x-y的最小值为
解：\vec{oa}\cdot\vec{oB}=|oa||oB|cos\angleaoB=-\frac{\sqrt{3}}{2}，可知\angleaoB=\frac{5\pi}{6}，采取建系以oB为x轴可得B(1，0)，\\a(-\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2})，而C又在单位圆上，故有方程(-\frac{\sqrt{3}}{2}x+y)^2+(\frac{1}{2}x)^2=1\\则有y^{2}-\sqrt{3}xy+x^{2}=1（*）,下面令\sqrt{3}x-y=t，采取判别式法代入（*）式化简得x^2-\sqrt{3}xt+t^2-1=0,\\以x为主元有\Delta=（\sqrt{3}t）^2-4(t^{2}-1)\geq0，解得t\in[-2,2]
更新：已知\vec{e}为单位向量，若\vec{a},\vec{b}\in\{\vec{m}||\vec{m}-2\vec{e}|=\sqrt{2}|\vec{m}-\vec{e}|\},\\且(\vec{a}-\vec{e})(\vec{b}-\vec{e})=0,则|\vec{a}-\vec{b}|的取值范围是
解：此题初看无从下手，那就一个条件一个条件解读，既然\vec{e}为单位向量，那不妨将单位向量固定
图示\vec{aB}即为\vec{e},\vec{aC}=2\vec{e},\vec{aD}=\vec{m}
即然\sqrt{2}|DB|=|DC|,我们可以联想到阿波罗尼斯圆，根据定理可以知道D的轨迹为一个圆，不难知道R=\sqrt{2},且圆心为（0，0），于是知道D的轨迹\\也就是\vec{m}末端的轨迹为（x）^2+（y）^2=2
也就是说\vec{a}的末端，\vec{b}的末端在圆上
对于条件二，点乘为0，我们可以知道（这里\vec{a}=\vec{ae},\vec{b}=\vec{aF}），也就是\angleeBF=90^{\circ}，于是发现此题可用矩形大法，作如图矩形eGBF。
|\vec{a}-\vec{b}|=|eF|,又因为矩形对角线相等|eF|=|BG|，由矩形大法可得
aB^2+aG^2=ae^2+aF^2,解得|aG|=\sqrt{3},在aBG中使用绝对值不等式有|aG|-|aB|=\sqrt{3}-1\leq|BG|=|eF|=|\vec{a}-\vec{b}|\leq|aG|+|aB|=\sqrt{3}+1
向量与旋转矩阵
已知平面向量\vec{a},\vec{b},\vec{c}满足：|\vec{a}|=2,|\vec{a}-\vec{b}|=1,|\vec{b}|=|\vec{a}|,(\vec{c}-\frac{1}{2}\vec{b})\cdot\vec{b}=\vec{0},\\则|\frac{1}{2}\vec{a}-\vec{c}|的最大值是
向量加法画技巧总结第3篇
这一点，可以称之为向量与标量的乘法。
与向量a方向相同的单位向量记为ǎ。
向量a的大小记为|a|。
那么是|a|标量，是ǎ向量，二者的乘法，恰好就等于a：
a=|a|ǎ=ǎ|a|