标签：题目 The 区域 平面 焦点 圆心 image 坐标 面积
\(\fbox{例1}\)
设\(\vec{a}，\vec{b}\)为单位向量，若向量\(\vec{c}\)满足\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|\)，则向量\(|\vec{c}|\)的最大值为多少？
法1：最容易想到两边平方，整理得到\(\vec{c}^2-2(\vec{a}+\vec{b})\cdot \vec{c}+4\vec{a}\vec{b}=0\)，分解为\((\vec{c}-2\vec{a})(\vec{c}-2\vec{b})=0\)，到此思路受阻。
法2：本题目用到绝对值不等式和均值不等式，由题目得到\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|\ge |\vec{c}|-|\vec{a}+\vec{b}|\)，即\(|\vec{c}|\leq |\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|\)，接下来需要求\(|\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|\)的最大值。\(|\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|\leq \sqrt{2(|\vec{a}+\vec{b}|)^2+2(|\vec{a}-\vec{b}|)^2}=\sqrt{2(2\vec{a}^2+2\vec{b}^2)}=2\sqrt{2}\)，当且仅当\(|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}-\vec{b}|\)，即\(\vec{a}\perp\vec{b}\)时取到等号，故\(|\vec{c}|\leq 2\sqrt{2}\)。
\(\fbox{例1+1}\)
设\(\vec{a}，\vec{b}\)为单位向量，且\(\vec{a}\perp \vec{b}\)，若向量\(\vec{c}\)满足\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|\)，则向量\(|\vec{c}|\)的最大值为多少？
法1：采用上题的法2.
法2：由于\(\vec{a}，\vec{b}\)为单位向量，且\(\vec{a}\perp \vec{b}\)，故设\(\vec{a}=(1，0)，\vec{b}=(0，1)，\vec{c}=(x，y)\)，由\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|\)得到，\(|(x，y)-(1，1)|=|(1，-1)|\)，即\(\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}\)，即\((x-1)^2+(y-1)^2=2\)，
故\(\vec{c}\)的终点坐标对应的轨迹为圆心为\((1，1)\)，半径为\(\sqrt{2}\)的圆，又由于圆过圆心，则\(|\vec{c}|\)的最大值为圆的直径\(2\sqrt{2}\)。
\(\fbox{例1+2}\)
已知\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)是单位向量，\(\vec{a}\cdot \vec{b}=0\)，若向量\(\vec{c}\)满足\(|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|=1\)，则\(|\vec{c}|\)的最大值为()
A.\(\sqrt{2}-1\) \(\hspace{1cm}\) B.\(\sqrt{2}\) \(\hspace{1cm}\) C.\(\sqrt{2}+1\) \(\hspace{1cm}\) D.\(\sqrt{2}+2\)
法1：从形入手，条件\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=1\)可以理解为如图的情况，而\(|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{2}\)，向量\(\vec{c}\)的终点在单位圆上，故向量\(|\vec{c}|\)的最大值为\(\sqrt{2}+1\)，故选C。
法2：从数的角度，由题意得到\(|\vec{a}|=|\vec{b}|=1，\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，所以\(|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{2}\)，又因为\(|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|=1\)，所以\(|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|^2=\vec{c}^2-2\vec{c}\cdot(\vec{a}+\vec{b})+(\vec{a}+\vec{b})^2=1\)，设\(\vec{c}\)与\(\vec{a}+\vec{b}\)的夹角为\(\theta\)，则\(|\vec{c}|^2-2|\vec{c}|\times\sqrt{2}cos\theta+2=1\)，即\(|\vec{c}|^2+1=2\sqrt{2}|\vec{c}|cos\theta\leq 2\sqrt{2}|\vec{c}|\)，即\(|\vec{c}|^2-2\sqrt{2}|\vec{c}|+1\leq 0\)，解得\(\sqrt{2}-1\leq |\vec{c}|\leq \sqrt{2}+1\)。
法3：数形结合，由于\(\vec{a}，\vec{b}\)为单位向量，且\(\vec{a}\perp \vec{b}\)，故设\(\vec{a}=(1，0)，\vec{b}=(0，1)，\vec{c}=(x，y)\)，则\(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}=(x-1，y-1)\)，由\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=1\)可得，\(\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}=1\)，即\((x-1)^2+(y-1)^2=1\)，即向量\(\vec{c}\)的终点坐标在圆心位于点\((1，1)\)半径为\(1\)的圆上，故\(|\vec{c}|\)的最大值是\(\sqrt{2}+1\)，当然也可以知道\(|\vec{c}|\)的最小值是\(\sqrt{2}-1\)。
\(\fbox{例2}\)
设\(O\)在\(\Delta ABC\)内部，且有\(\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+3\overrightarrow{OC}=\vec{0}\)，则\(\Delta ABC\)的面积与\(\Delta AOC\)的面积之比为多少？
分析：由题目可知\((\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC})+2(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})=\vec{0}\)，如图即\(2\overrightarrow{OD}=-4\overrightarrow{OE}\)，即\(\overrightarrow{OD}=-2\overrightarrow{OE}\)，故点\(O\)是中位线\(DE\)上靠近点\(E\)的三等分点。令点\(B\)到边\(AC\)的高线为\(h\)，则\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}\cdot AC\cdot h\)，\(S_{\Delta AOC}=\cfrac{1}{2}\cdot AC\cdot \cfrac{h}{2}\cdot \cfrac{2}{3}=\cfrac{1}{3}\cdot\cfrac{1}{2}\cdot AC\cdot h\)，故\(\Delta ABC\)的面积与\(\Delta AOC\)的面积之比为3。
\(\fbox{例3}\)
设F\(_1\)、F\(_2\)为双曲线\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)\)的左右焦点，\(P\)为双曲线右支上的一点，满足\((\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OF_2})\cdot \overrightarrow{PF_2}=0\)，\(O\)为坐标原点，且\(3|\overrightarrow{PF_1}|=4|\overrightarrow{PF_2}|\)，则双曲线的离心率是多少？
分析：设点\(P(x，y)\)，由点\(F_1(-c，0)\)和点\(F_2(c，0)\)，得到\(\overrightarrow{OP}=(x，y)\)，\(\overrightarrow{OF_2}=(c，0)\)，\(\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OF_2}=(c+x，y)\)，\(\overrightarrow{PF_1}=(-c-x，-y)\)，\(\overrightarrow{PF_2}=(c-x，-y)\)，
由\((\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OF_2})\cdot \overrightarrow{PF_2}=0\)得到，\((c-x)(c+x)-y^2=0\)，即\(c^2=x^2+y^2\)，即点\(P\)在以坐标原点为圆心，以\(c\)为半径的圆上，故有\(\overrightarrow{PF_1}\cdot \overrightarrow{PF_1}=0\)，这样\(3|\overrightarrow{PF_1}|=4|\overrightarrow{PF_2}|\)得到，可设\(|PF_1|=4k(k>0)\)，\(|PF_2|=3k\)，故\(|F_1F_2|=5k\)，即\(2c=5k\)，又由双曲线的定义知道，\(|PF_1|-|PF_2|=2a=k\) ，则离心率\(e=\cfrac{2c}{2a}=\cfrac{5k}{k}=5\)。
\(\fbox{例4}\)
已知向量\(\overrightarrow{OA}\perp \overrightarrow{AB}\)，\(|\overrightarrow{OA}|=3\)，求\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}\)的值。
分析：设向量\(|\overrightarrow{AB}|=x\)，则\(|\overrightarrow{OB}|=\sqrt{x^2+9}\)，再设\(< \overrightarrow{OA} ，\overrightarrow{OB}>=\theta\)，则\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|cos\theta=3\times\sqrt{x^2+9}\times\cfrac{3}{\sqrt{x^2+9}}=9\)
\(\fbox{例5}\)已知\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)为平面向量，其中\(\vec{a}，\vec{b}\)为单位向量，\(\vec{a}\cdot \vec{b}=0\)，且\(\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{c}=1\)，求\(|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|\)
分析：由\(\vec{a}\cdot \vec{b}=0\)，可知\(<\vec{a}，\vec{b}>=90^{\circ}\)，
又\(\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{c}=1\)，即\(|\vec{a}||\vec{c}|cos<\vec{a}，\vec{c}>=|\vec{b}||\vec{c}|cos<\vec{b}，\vec{c}>=1\)，
即\(<\vec{a}，\vec{c}>=<\vec{b}，\vec{c}>=45^{\circ}\)，故由\(\vec{a}\cdot \vec{c}=1\)可知，
\(|\vec{c}|=\sqrt{2}\)，又\(|\vec{a}|=1\)，\(|\vec{b}|=1\)，
则有\(|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2=\vec{a}^2+\vec{b}^2+\vec{c}^2+2\vec{a}\cdot \vec{b}+2\vec{a}\cdot \vec{c}+2\vec{b}\cdot \vec{c}=1+1+2+0+2+2=8\)，
故\(|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|=2\sqrt{2}\)。
\(\fbox{例6}\)
对任意平面向量\(\vec{a}，\vec{b}\)，下列关系式不恒成立的是【】
\(A.|\vec{a}\cdot \vec{b}|\leq |\vec{a}||\vec{b}|\)
分析：恒成立，由于\(\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}|\cdot |\vec{b}|cos\theta\) ，故有\(|\vec{a}\cdot \vec{b}|=|\vec{a}|\cdot |\vec{b}||cos\theta|\leq |\vec{a}|\cdot |\vec{b}|\) ；
\(B.|\vec{a}- \vec{b}|\leq ||\vec{a}|-|\vec{b}||\)
分析：不恒成立，比如这个反例，\(\vec{a}=\vec{-b}\)，取为一对相反单位向量，则此时左边为\(|2|\leq 0\)出错。
\(C.(\vec{a}+ \vec{b})^2= |\vec{a}+\vec{b}|^2\)
分析：恒成立，可以按照多项式乘法展开；
\(D.(\vec{a}+ \vec{b})\cdot (\vec{a}- \vec{b})= \vec{a}^2-\vec{b}^2\)
分析：恒成立，可以按照多项式乘法展开；
\(\fbox{例7}\)(2017河北武邑中学一模，文11)
在\(Rt\Delta ABC\)中，\(CA=CB=3\)，\(M，N\)是斜边\(AB\)上的两个动点，\(MN=\sqrt{2}\)，则\(\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}\)的取值范围是【】
\(A.[2，\cfrac{5}{2}]\;\;\;\;\) \(B.[2，4]\;\;\;\;\) \(C.[3，6]\;\;\;\;\) \(D.[4，6]\;\;\;\;\)
分析：求向量的内积的取值范围，应该想到用内积的坐标运算，本题目难点是一般想不到主动建系，由形的运算转化为数的运算。
解：如图所示，以点\(C\)为坐标原点，分别以\(CB、CA\)所在的直线为\(x、y\)轴建立如同所示的坐标系，
则\(C(0，0)\)，\(A(0，3)\)，\(B(3 ，0)\)，设点\(N\)的横坐标为\(x\)，则由等腰直角三角形可知，点\(N\)的纵坐标为\(3-x\)，即点\(N(x，3-x)\)，
又由\(MN=\sqrt{2}\)，计算可知点\(M(x-1，4-x)\)，则\(\overrightarrow{CM}=(x-1，4-x)\)，\(\overrightarrow{CN}=(x，3-x)\)，
由于点\(M,N\)是动点，取两个极限位置研究\(x\)的取值范围，当点\(M\)位于点\(A\)时，\(x\)取到最小值\(1\)，当点\(N\)位于点\(B\)时，\(x\)取到最大值\(3\)，即\(1\leq x\leq 3\)，
则\(\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}=f(x)=((x-1，4-x)\cdot (x，3-x)=x(x-1)+(4-x)(3-x)=2(x-2)^2+4\)，\(x\in [1，3]\)
当\(x=2\)时，\(f(x)_{min}=f(2)=4\)，当\(x=1\)或\(x=3\)时，\(f(x)_{max}=f(1)=f(3)=6\)，即\(f(x)\in [4，6]\)。故选D。
\(\fbox{例8}\)(2017辽宁沈阳二模)
已知向量\(\overrightarrow{OA}=(3，1)\)，\(\overrightarrow{OB}=(-1，3)\)，\(\overrightarrow{OC}=m\overrightarrow{OA}-n\overrightarrow{OB}(m>0，n>0)\)，若\(m+n\in [1，2]\)，则向量\(\overrightarrow{OC}\)的取值范围是【】
\(A.[\sqrt{5}，2\sqrt{5}]\;\;\;\;\) \(B.[\sqrt{5}，2\sqrt{10})\;\;\;\;\) \(C.(\sqrt{5}，\sqrt{10})\;\;\;\;\) \(D.[\sqrt{5}，2\sqrt{10}]\)
解：\(\overrightarrow{OC}=m\overrightarrow{OA}-n\overrightarrow{OB}=m(3，1)-n(-1，3)=(3m，m)-(-n，3n)=(3m+n，m-3n)\)，
故\(|\overrightarrow{OC}|=\sqrt{(3m+n)^2+(n-3m)^2}=\sqrt{10m^2+10n^2}=\sqrt{10}\sqrt{m^2+n^2}\)
【预备知识】已知\(m>0，n>0 ，m+n\in [1，2]\)，求\(m^2+n^2\)的取值范围。
分析：将上述给定的数的条件转化为形的条件，则\(m^2+n^2\)可以看成半径为\(r\)的动圆上位于第一象限内的一点，\(1\leq m+n\leq 2\)可以看成两条平行线\(m+n=1\)和\(m+n=2\)之间的平面区域内且位于第一象限的的任意一点，
故\(m^2+n^2\)的取值范围：最小值可以看成圆心\((0，0)\)到直线\(m+n=1\)的距离的平方，最大值可以看成圆心\((0，0)\)到直线\(m+n=2\)的距离的平方，
则可知\(d_1=\cfrac{1}{\sqrt{2}}\)，\(d_2=\cfrac{2}{\sqrt{2}}\)，故\(d_1^2=\cfrac{1}{2}\)，\(d_2^2=2\)，即\(m^2+n^2\in [\cfrac{1}{2}，2]\)；
接上可知，\(|\overrightarrow{OC}|=\sqrt{10}\sqrt{m^2+n^2}\in [\sqrt{5}，2\sqrt{5}]\)，故选A。
【引申】已知\(m>0，n>0 ，m+n\in [1，2]\)，求\((m+1)^2+(n+1)^2\)的取值范围。
分析：即故\((m+1)^2+(n+1)^2\)的取值范围：最小值可以看成点\((-1，-1)\)到直线\(m+n=1\)的距离的平方，最大值可以看成点\((-1，-1)\)到直线\(m+n=2\)的距离的平方；
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