一道课本复习题及其变式的解法探究_瞿春燕
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决提供了新 思 路 新 方 法，进 一 步 拓 宽 了 思 维
的渠道． 解题中，若能够合理利用向量的各种
相关性质，多角度、多方位去体验平面向量的
工具价值与 思 维 价 值，就 能 够 在 学 习 中 切 实
提高运用平面向量知识的水平和能力．
动点，则PB 的最大值是
．
PA
解 设 P（槡2 cos θ，槡2 sin θ） ，则
( )PB 2 = （槡2 cos θ － 1）2 + （槡2 sin θ + 1）2
PA
（槡2 cos θ）2 + （槡2 sin θ + 2）2
= 槡2 sin θ － 槡2 cos θ + 2． 2槡2 sin θ + 3
( ) B（0，0） 、C（3，0） 、H（1，0） 、M 1，槡3 ． 2
思路 3 利用平面向量的数量积( 代数
法) 在A→M = λ A→B + μ B→C 两边同时取与向量
B→C 的数量积，即 A→M·B→C = λ A→B·B→C + μ B→C·B→C
( ) = λ |
A→B | |
B→C |
益．
参考文献 ［1］王耀． 例谈“辅助角公式”在解高考题中的应用［J］． 数
学通讯，2014 年第 11、12 期（ 上半月） ：44 － 46
第5 期
高中数学教与学
同理可得 ∠P1 OP3 = ∠P2 OP3 = 120°，即 OP→1 、OP→2 、OP→3 中 任 意 两 个 向 量 的 夹 角 为
又∵
A→H
=
A→B + B→H
=
A→B +
1 3
B→C，
∴ 1 － t = 1 ，t = 2 ． ∴ A→H = A→B + 1 B→C．
3
3
3
由 M 为 AH 的 中 点，得 A→M = 1 A→H = 2
1 2
A→B +
1 6
B→C，即 λ
=
1 2
，μ
=
1 6
．
·27·
高中数学教与学
2019 年
·26·
令槡2 sin θ － 槡2 cos θ + 2 = λ，则 sin（ θ + 2槡2 sin θ + 3
φ） =
2 － 3λ ． 由
2 － 3λ
≤
槡8λ2 － 8λ + 4
槡8λ2 － 8λ + 4
1，解得 0 ≤ λ ≤ 4．
故PPBA ∈ ［0，2］，PPBA 的最大值是 2．
正如文［1］所说，“辅助角公式”这一通法
O． 而 | OP→1 | = | OP→2 | = | OP→3 | = 1，故 O 为
ΔP1 P2 P3 的外心． 因此，P1 P2 P3 的重心与外 心重合，故 P1 P2 P3 是正三角形．
评注 由于思维起点不同，所以解题的
策略也不同． 这四种证法都从不同的侧面体
现了平面向量的两大特征： 几何特征和代数
=
1 2
，μ
=
1 6
．
∴λ+μ =
1 2
+1 6
=
2． 3
思路 4 利用平面直角坐标系( 坐标法) 建立 适 当 的 平 面 直 角 坐 标 系，利 用 向 量
与点的对应关系，将向量运算坐标化，将几何
问题代数化，常常能缩减思维过程，降低解题
难度．
如图 4，以 BC 所在直线为 x 轴，以 B 为原
点，建 立 平 面 直 角 坐 标 系． 易 知 A（1，槡3 ） 、
特征，正是我们求 解 向 量 问 题 的 法 宝 ！ 下 面 再
来看一道平面向量变式题．
变式题 如图 2，在 ABC 中，己知 AB
=
2，BC
= 3，∠ABC
=
π 3
，AH
⊥
BC
于点
H，M
为 AH 的中点，A→M = λ A→B + μ B→C，则 λ + μ =
．
又由题意，可得OP→1 + OP→2 = － OP→3 ，故O→P = － OP→3 ． 于 是 | O→P | = | OP→3 | = | OP→1 | = | PP→1 | = 1，即 P1 OP 是 正 三 角 形，于 是 ∠POP1 = 60°，从而 ∠P2 OP1 = 120°．
以下同思路 1．
思路 4 从坐标法入手，利用平面几何模
型
设 O 为 坐 标 原 点，建 立 直 角 坐 标 系． 设 P1 （ x1 ，y1 ） ，P2 （ x2 ，y2 ） ，P3 （ x3 ，y3 ） ，则 OP→1 = （ x1 ，y1 ） ，OP→2 = （ x2 ，y2 ） ，OP→3 = （ x3 ，y3 ） ，OP→1 + OP→2 + OP→3 = （ x1 + x2 + x3 ，y1 + y2 + y3 ） ．
3
3
A→B + A→D＇ = A→B + 1 B→C． 3
又由 M 为 AH 的中点，得A→M =
1 2
A→H =
1 2
A→B +
1 6
B→C，即 λ
=
1 2
，μ
=
1 6
．
∴λ+μ =
1 2
+
1 6
=
2 3
．
由 AM
=
1 2
AH
=
槡3 ，上式可化简得 2
3 4
=
3 2
λ．
②
由 ①、② 两式，可知 λ
得 OP→1 · OP→2 = －
1 2
．
于 是，cos∠P1 OP2
=
OP→1 ·OP→2 | OP→1 | | OP→2 |
=－
1 2
，∠P1 OP2
= 1200 ．
櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷
a+b+c
= rcos θ + rsin θ + c
由题意，得 x1 + x2 + x3 = 0，y1 + y2 + y3 =
分析 易知 BH = 1，AH = 槡3 ，∠BAH =
π 6
．
思路 1 利用三点共线( 直线的向量参数
式方程法) ∵ A→C = A→B + B→C， ∴ A→H = t A→B + （1 － t） （ A→B + B→C） = A→B + （1 － t） B→C；
思路 3 从几何意义入手，依托图形推理
如图 1，以 OP1 、OP2 为邻边作平行四边形 OP1 PP2 ，则O→P = OP→1 + OP→2 ．
0； 又 由 于 P1 P2 P3 的 重 心 G 的 坐 标 为
( ) x1 + x2 + x3 ，y1 + y2 + y3 ，即重心 G 为原点
3
3
习题 已知向量OP→1 、OP→2 、OP→3 满足条件 OP→1 + OP→2 + OP→3 = 0，| OP→1 | = | OP→2 | = | OP→3 | = 1，求证：P1 P2 P3 是正三角形．
思路 1 从数量积入手，求向量的夹角
由OP→1 + OP→2 + OP→3 = 0，得OP→1 + OP→2 = － OP→3 ，故 （ OP→1 + OP→2 ） 2 = （ － OP→3 ） 2 ，即 | OP→1 | 2 + | OP→2 | 2 + 2 OP→1 ·OP→2 = | OP→3 | 2 ，
0，－ 槡3 2
，A→B
=
（ － 1，－ 槡3 ） ，
B→C = （3，0） ．
若A→M = λ A→B + μ B→C，由上可得
{0 = － λ + 3μ，
－
槡3 2
= － 槡3 λ，
解之得 λ
=
1 2
，μ
=
1 6
．
∴λ+μ =
1 2
+
1 6
=
2 3
．
向量 作 为 一 种 工 具，为 中 学 数 学 问 题 解
cos
π－
π 3
+ μ | B→C | | B→C |
= － 3λ + 9μ． 又由 AH ⊥ BC，得A→M·B→C = 0，于是
λ = 3μ．
①
又，A→M·A→M
= λ A→B·A→M + μ B→C·A→M
=
λ|
A→B | |
A→M |
cos
π 6
+μ|
B→C | |
A→M | ，
·28·
( ) 故A→M =
( ) = 槡2 rsin
θ
+
π 4
+c
≥ c － 槡2 r ≥ c － 槡2c
( ) =
槡c
－
槡2 2
2
－
1 2
≥－
1， 2
由此，可得 a + b + c 的最小值是 －
1 2
．
例 4 在平面直角坐标系 xOy 中，已知点
A（0，－ 2） 、B（1，－ 1） ，P 为圆 x2 + y2 = 2 上一
高中数学教与学
2019 年
一道课本复习题及其变式的解法探究
瞿春燕
（ 江苏省宜兴第一中学，214200）
课本中的 例 题 和 习 题，是 我 们 学 习 的 精
华，不可等闲视之． 如果在单元复习中对复习 题的解法进行研究，有时我们能收获一片． 本 文撷取苏教版《数学》（ 必修 4） 第 86 页复习题 第 7 题加以探究，从中感受到向量运算的技巧 与方法．
∴λ+μ =
1 2
+
1 6
=
2 3
．
思路 2 利用平面向量的基本定理( 向量
的分解与合成法)
如图 3，过点 A 作 BC 平行线，在直线上取
点 D，使 AD = BC，连结 CD，并在 AD 线段上取
一点 D'，使 AD' = BH．
易知四边形 ABCD 和四边形 ABHD' 均为
平行四边形，且AD→' = 1 A→D = 1 B→C，故A→H =
120°．
又 OP1 = OP2 = OP3 = 1，故 P1 P2 P3 是
正三角形．
思路 2 从消元法入手，求向量的大小 由 OP→1 + OP→2 = － OP→3 ，可 得 | OP→1 + OP→2 | = | OP→3 | = 1． 又P1 P→2 = OP→2 － OP→1 ，故| P1 P→2 | 2 = （ OP→2 － OP→1 ） 2 = OP→2 2 － 2 OP→2 · OP→1 + OP→1 2 = 2（ OP→2 2 + OP→1 2 ） － （ OP→2 + OP→1 ） 2 = 2（1 + 1） － 1 = 3，得 | P1 P→2 | = 槡3 ． 同理可得 | P1 P→3 | = | P3 P→2 | = 槡3 ． 故 P1 P2 P3 是正三角形．
的优点在于通过对题中条件或结构的模式识
别，充分 利 用 分 析 得 到 的 有 效 信 息，积 极 思
考，自主构建合适合理的解题方法，加强了对
数学转化思想的理解和认识． 因此，教师在教
学实践过 程 中，应 注 重 引 导 学 生 对 问 题 结 构
特征的分析和把握，发展学生的认识力，培养
学生的创 造 力，对 学 生 的 全 面 发 展 将 大 有 裨
决提供了新 思 路 新 方 法，进 一 步 拓 宽 了 思 维
的渠道． 解题中，若能够合理利用向量的各种
相关性质，多角度、多方位去体验平面向量的
工具价值与 思 维 价 值，就 能 够 在 学 习 中 切 实
提高运用平面向量知识的水平和能力．
动点，则PB 的最大值是
．
PA
解 设 P（槡2 cos θ，槡2 sin θ） ，则
( )PB 2 = （槡2 cos θ － 1）2 + （槡2 sin θ + 1）2
PA
（槡2 cos θ）2 + （槡2 sin θ + 2）2
= 槡2 sin θ － 槡2 cos θ + 2． 2槡2 sin θ + 3
( ) B（0，0） 、C（3，0） 、H（1，0） 、M 1，槡3 ． 2
思路 3 利用平面向量的数量积( 代数
法) 在A→M = λ A→B + μ B→C 两边同时取与向量
B→C 的数量积，即 A→M·B→C = λ A→B·B→C + μ B→C·B→C
( ) = λ |
A→B | |
B→C |
益．
参考文献 ［1］王耀． 例谈“辅助角公式”在解高考题中的应用［J］． 数
学通讯，2014 年第 11、12 期（ 上半月） ：44 － 46
第5 期
高中数学教与学
同理可得 ∠P1 OP3 = ∠P2 OP3 = 120°，即 OP→1 、OP→2 、OP→3 中 任 意 两 个 向 量 的 夹 角 为
又∵
A→H
=
A→B + B→H
=
A→B +
1 3
B→C，
∴ 1 － t = 1 ，t = 2 ． ∴ A→H = A→B + 1 B→C．
3
3
3
由 M 为 AH 的 中 点，得 A→M = 1 A→H = 2
1 2
A→B +
1 6
B→C，即 λ
=
1 2
，μ
=
1 6
．
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高中数学教与学
2019 年
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令槡2 sin θ － 槡2 cos θ + 2 = λ，则 sin（ θ + 2槡2 sin θ + 3
φ） =
2 － 3λ ． 由
2 － 3λ
≤
槡8λ2 － 8λ + 4
槡8λ2 － 8λ + 4
1，解得 0 ≤ λ ≤ 4．
故PPBA ∈ ［0，2］，PPBA 的最大值是 2．
正如文［1］所说，“辅助角公式”这一通法
O． 而 | OP→1 | = | OP→2 | = | OP→3 | = 1，故 O 为
ΔP1 P2 P3 的外心． 因此，P1 P2 P3 的重心与外 心重合，故 P1 P2 P3 是正三角形．
评注 由于思维起点不同，所以解题的
策略也不同． 这四种证法都从不同的侧面体
现了平面向量的两大特征： 几何特征和代数
=
1 2
，μ
=
1 6
．
∴λ+μ =
1 2
+1 6
=
2． 3
思路 4 利用平面直角坐标系( 坐标法) 建立 适 当 的 平 面 直 角 坐 标 系，利 用 向 量
与点的对应关系，将向量运算坐标化，将几何
问题代数化，常常能缩减思维过程，降低解题
难度．
如图 4，以 BC 所在直线为 x 轴，以 B 为原
点，建 立 平 面 直 角 坐 标 系． 易 知 A（1，槡3 ） 、
特征，正是我们求 解 向 量 问 题 的 法 宝 ！ 下 面 再
来看一道平面向量变式题．
变式题 如图 2，在 ABC 中，己知 AB
=
2，BC
= 3，∠ABC
=
π 3
，AH
⊥
BC
于点
H，M
为 AH 的中点，A→M = λ A→B + μ B→C，则 λ + μ =
．
又由题意，可得OP→1 + OP→2 = － OP→3 ，故O→P = － OP→3 ． 于 是 | O→P | = | OP→3 | = | OP→1 | = | PP→1 | = 1，即 P1 OP 是 正 三 角 形，于 是 ∠POP1 = 60°，从而 ∠P2 OP1 = 120°．
以下同思路 1．
思路 4 从坐标法入手，利用平面几何模
型
设 O 为 坐 标 原 点，建 立 直 角 坐 标 系． 设 P1 （ x1 ，y1 ） ，P2 （ x2 ，y2 ） ，P3 （ x3 ，y3 ） ，则 OP→1 = （ x1 ，y1 ） ，OP→2 = （ x2 ，y2 ） ，OP→3 = （ x3 ，y3 ） ，OP→1 + OP→2 + OP→3 = （ x1 + x2 + x3 ，y1 + y2 + y3 ） ．
3
3
A→B + A→D＇ = A→B + 1 B→C． 3
又由 M 为 AH 的中点，得A→M =
1 2
A→H =
1 2
A→B +
1 6
B→C，即 λ
=
1 2
，μ
=
1 6
．
∴λ+μ =
1 2
+
1 6
=
2 3
．
由 AM
=
1 2
AH
=
槡3 ，上式可化简得 2
3 4
=
3 2
λ．
②
由 ①、② 两式，可知 λ
得 OP→1 · OP→2 = －
1 2
．
于 是，cos∠P1 OP2
=
OP→1 ·OP→2 | OP→1 | | OP→2 |
=－
1 2
，∠P1 OP2
= 1200 ．
櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷
a+b+c
= rcos θ + rsin θ + c
由题意，得 x1 + x2 + x3 = 0，y1 + y2 + y3 =
分析 易知 BH = 1，AH = 槡3 ，∠BAH =
π 6
．
思路 1 利用三点共线( 直线的向量参数
式方程法) ∵ A→C = A→B + B→C， ∴ A→H = t A→B + （1 － t） （ A→B + B→C） = A→B + （1 － t） B→C；
思路 3 从几何意义入手，依托图形推理
如图 1，以 OP1 、OP2 为邻边作平行四边形 OP1 PP2 ，则O→P = OP→1 + OP→2 ．
0； 又 由 于 P1 P2 P3 的 重 心 G 的 坐 标 为
( ) x1 + x2 + x3 ，y1 + y2 + y3 ，即重心 G 为原点
3
3
习题 已知向量OP→1 、OP→2 、OP→3 满足条件 OP→1 + OP→2 + OP→3 = 0，| OP→1 | = | OP→2 | = | OP→3 | = 1，求证：P1 P2 P3 是正三角形．
思路 1 从数量积入手，求向量的夹角
由OP→1 + OP→2 + OP→3 = 0，得OP→1 + OP→2 = － OP→3 ，故 （ OP→1 + OP→2 ） 2 = （ － OP→3 ） 2 ，即 | OP→1 | 2 + | OP→2 | 2 + 2 OP→1 ·OP→2 = | OP→3 | 2 ，
0，－ 槡3 2
，A→B
=
（ － 1，－ 槡3 ） ，
B→C = （3，0） ．
若A→M = λ A→B + μ B→C，由上可得
{0 = － λ + 3μ，
－
槡3 2
= － 槡3 λ，
解之得 λ
=
1 2
，μ
=
1 6
．
∴λ+μ =
1 2
+
1 6
=
2 3
．
向量 作 为 一 种 工 具，为 中 学 数 学 问 题 解
cos
π－
π 3
+ μ | B→C | | B→C |
= － 3λ + 9μ． 又由 AH ⊥ BC，得A→M·B→C = 0，于是
λ = 3μ．
①
又，A→M·A→M
= λ A→B·A→M + μ B→C·A→M
=
λ|
A→B | |
A→M |
cos
π 6
+μ|
B→C | |
A→M | ，
·28·
( ) 故A→M =
( ) = 槡2 rsin
θ
+
π 4
+c
≥ c － 槡2 r ≥ c － 槡2c
( ) =
槡c
－
槡2 2
2
－
1 2
≥－
1， 2
由此，可得 a + b + c 的最小值是 －
1 2
．
例 4 在平面直角坐标系 xOy 中，已知点
A（0，－ 2） 、B（1，－ 1） ，P 为圆 x2 + y2 = 2 上一
高中数学教与学
2019 年
一道课本复习题及其变式的解法探究
瞿春燕
（ 江苏省宜兴第一中学，214200）
课本中的 例 题 和 习 题，是 我 们 学 习 的 精
华，不可等闲视之． 如果在单元复习中对复习 题的解法进行研究，有时我们能收获一片． 本 文撷取苏教版《数学》（ 必修 4） 第 86 页复习题 第 7 题加以探究，从中感受到向量运算的技巧 与方法．
∴λ+μ =
1 2
+
1 6
=
2 3
．
思路 2 利用平面向量的基本定理( 向量
的分解与合成法)
如图 3，过点 A 作 BC 平行线，在直线上取
点 D，使 AD = BC，连结 CD，并在 AD 线段上取
一点 D'，使 AD' = BH．
易知四边形 ABCD 和四边形 ABHD' 均为
平行四边形，且AD→' = 1 A→D = 1 B→C，故A→H =
120°．
又 OP1 = OP2 = OP3 = 1，故 P1 P2 P3 是
正三角形．
思路 2 从消元法入手，求向量的大小 由 OP→1 + OP→2 = － OP→3 ，可 得 | OP→1 + OP→2 | = | OP→3 | = 1． 又P1 P→2 = OP→2 － OP→1 ，故| P1 P→2 | 2 = （ OP→2 － OP→1 ） 2 = OP→2 2 － 2 OP→2 · OP→1 + OP→1 2 = 2（ OP→2 2 + OP→1 2 ） － （ OP→2 + OP→1 ） 2 = 2（1 + 1） － 1 = 3，得 | P1 P→2 | = 槡3 ． 同理可得 | P1 P→3 | = | P3 P→2 | = 槡3 ． 故 P1 P2 P3 是正三角形．
的优点在于通过对题中条件或结构的模式识
别，充分 利 用 分 析 得 到 的 有 效 信 息，积 极 思
考，自主构建合适合理的解题方法，加强了对
数学转化思想的理解和认识． 因此，教师在教
学实践过 程 中，应 注 重 引 导 学 生 对 问 题 结 构
特征的分析和把握，发展学生的认识力，培养
学生的创 造 力，对 学 生 的 全 面 发 展 将 大 有 裨