解三角形与向量的综合应用

专题：平面向量\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：解三角形与向量的综合应用 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

17世纪法国数学家费马曾提出这样一个问题：怎样在一个三角形中求一点，使它到每个顶点的距离之和最小？现已证明在\(△ABC\)中，若三个内角均小于\(120^\circ\)，当点\(P\)满足\(∠APB=∠APC=∠BPC=120^\circ\)时，则点\(P\)到三角形三个顶点的距离之和最小，点\(P\)被称为\(△ABC\)的费马点．请根据费马点性质解决下列问题．
(1) 已知在\(△ABC\)中，\(AB=AC=2\sqrt{7}\)，\(BC=2\sqrt{3}\)，若点\(P\)为\(△ABC\)的费马点，求\(△APB\)的面积；
(2) 已知在\(△ABC\)中，\(AB=AC=3\)，\(A= \dfrac{\pi}{2}\)，若点\(P\)为\(△ABC\)平面上任意一点，求\(|\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB} |+|\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AB} |+ |\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC}|\)的最小值；
(3) 已知在\(△ABC\)中，\(C= \dfrac{2\pi }{3}\)，\(AC=3\)，\(BC=5\)，点\(M\)在线段\(AB\)上，且满足\(CM=BM\)，若点\(P\)为\(△AMC\)的费马点，求\((\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC}) \cdot\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PA} \cdot\overrightarrow{PC}\)的值．
 
 
 
 
 

【分析】

第一问：
方法1 由于点\(P\)为\(△ABC\)的费马点，即\(∠APB=∠APC=∠BPC=120^\circ\)，又知道\(△ABC\)三边的长度，则可在\(△APB、△APC、△BPC\)里均利用余弦定理，得到\(AP、BP、CP\)的三条方程，求出\(AP、BP\)的长度，则便求出\(△APB\)的面积；

方法2 在\(△APB、△APC\)中，\(\left\{ \begin{array}{c} AB=AC\\ AP=AP\\ ∠APB=∠APC \end{array} \right. \)，虽然\(∠APB、∠APC\)不是对应边的夹角，但它们等于\(120^\circ\)是个钝角，所以还是\(△APB≅△APC\)；可以用正弦定理证明，
\(∵\dfrac{AP}{2\sqrt{7}} =\dfrac{\sin⁡∠ABP}{\sin⁡120^\circ}\)，\(\dfrac{AP}{2\sqrt{7}} =\dfrac{\sin⁡∠ACP}{\sin⁡120^\circ}\)，\(∴\sin⁡∠ABP=\dfrac{AP}{2\sqrt{7}} \cdot \sin⁡120^\circ=\sin⁡∠ACP\)，
又\(∵∠ABP、∠ACP\)是锐角，\(∴∠ABP=∠ACP\)，\(∴△APB≅△APC\)；
由图形的对称性，延长\(AP\)交\(BC\)与\(H\)，易得\(BH=\sqrt{3}\)，\(PH=1\)，

则\(S_{△APB}=\dfrac{1}{2} ×1×2\sqrt{3}=\sqrt{3}\)；

 

第二问：
由于\(△ABC\)是等腰直角三角形，容易想到建系法，如图建系，则\(A、B、C\)是确定的，设\(P(x,y)\)，

则\(|\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB} |+|\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AB} |+|\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC} |\)\(=\sqrt{(x-3)^2+y^2}+\sqrt{(x+3)^2+y^2}+\sqrt{x^2+(y-3)^2}\)，
由于\(x\)，\(y\)没关系，利用函数的方法求其最小值不太行，
观察式子结构，若能想到两点距离公式，
则\(\sqrt{(x-3)^2+y^2}+\sqrt{(x+3)^2+y^2}+\sqrt{x^2+(y-3)^2}\)表示动点\(P\)到点\(B(3，0)\)，\(C(0，3)\)，\(D(-3，0)\)的距离之和，如图，

求最小值，联想到费马点，当点\(P\)为\(△BCD\)的费马点时，与第一问方法类似可求得最小值；
 

第三问：

分析已知
① 由已知条件，利用正余弦定理容易求出\(AB=7\)、\(CM=BM= \dfrac{35}{13}\)、\(AM= \dfrac{56}{13}\)；
② 点\(P\)为\(△AMC\)的费马点，则\(∠APM=∠APC=∠MPC=120^\circ\)；
由于每个点都是固定的，图中各角各边都可以求出，但数值不太友善，所以要看看求证；

分析求证
求\((\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC} ) \cdot\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PA} \cdot\overrightarrow{PC}\)的值，
① 用数量积定义直接求解：\((\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC} ) \cdot\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PA} \cdot\overrightarrow{PC}\)\(=\overrightarrow{PA} \cdot\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PC} \cdot\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PA} \cdot\overrightarrow{PC}\)
\(=-\dfrac{1}{2} (|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PC}|+|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PM}|+|\overrightarrow{PM}||\overrightarrow{PC}|)\)，
② 变形看看：\(E\),\(F\)分别是线段\(AM、CM\)的中点，
\((\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC} ) \cdot\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PA} \cdot\overrightarrow{PC} =(\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PA} )(\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PC} )-\overrightarrow{PM}^2\)\(=4\overrightarrow{PE} \cdot \overrightarrow{PF} -\overrightarrow{PM}^2 =4|\overrightarrow{PE} |\cdot|\overrightarrow{PF} | \cos ⁡∠EPF-\overrightarrow{PM}^2\)
\(=2(|PE|^2+|PF|^2-|EF|^2)-|PM|^2\)\(=2(|PE|^2+|PF|^2)-|PM|^2- \dfrac{9}{2}\)；

或者其他变形，多尝试；
 

综合以上的分析，有两个思路：
①\(∠ACB= \dfrac{2\pi }{3}\)也是各特殊角，可以利用建系法，但数值不太友善，计算量较大；
② 由\((\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC} ) \cdot\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PA} \cdot\overrightarrow{PC}\)\(=-\dfrac{1}{2} (|\overrightarrow{PA} ||\overrightarrow{PC} |+|\overrightarrow{PA} ||\overrightarrow{PM} |+|\overrightarrow{PM} ||\overrightarrow{PC} |)\)中的\(|\overrightarrow{PA} ||\overrightarrow{PC} |\)、\(|\overrightarrow{PA} ||\overrightarrow{PM} |\)、\(|\overrightarrow{PM} ||\overrightarrow{PC} |\)想到三角形\(△PAC、△PAM、△PMC\)的面积\(S_{△PAC}+S_{△PAM}+S_{△PMC}\)
\(=\dfrac{1}{2} (|\overrightarrow{PA} ||\overrightarrow{PC} |+|\overrightarrow{PA} ||\overrightarrow{PM} |+|\overrightarrow{PM} ||\overrightarrow{PC} |)\sin \dfrac{2\pi }{3}\)\(= \dfrac{\sqrt{3}}{4} (|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PC}|+|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PM}|+|\overrightarrow{PM}||\overrightarrow{PC}|)\)，
等积法，该值也等于\(S_{△AMC}\)，面积易求；便可求出\(|\overrightarrow{PA} ||\overrightarrow{PC} |+|\overrightarrow{PA} ||\overrightarrow{PM} |+|\overrightarrow{PM} ||\overrightarrow{PC} |\).
 

【解答】

第一问：
方法1 设\(|\overrightarrow{PA}|=m，|\overrightarrow{PB}|=n，|\overrightarrow{PC}|=s\)，

由\(AB^2=PA^2+PB^2-2PA \cdot PB\cos \dfrac{2\pi }{3}\)，
所以\(m^2+n^2+mn=28\)，
由\(AC^2=PA^2+PC^2-2PA \cdot PC\cos \dfrac{2\pi }{3}\)，
所以\(m^2+s^2+ms=28\)，
两式作差，得\((n-s)(m+n+s)=0\)，而\(m+n+s>0\)，
则\(n=s\)，
在\(△BPC\)中\(PB^2+PC^2-2PB \cdot PC\cos \dfrac{2\pi }{3}=BC^2⇒3n^2=12\)，
则\(n=s=2\)，
所以\(S_{△APB}=\dfrac{1}{2} ×2×2×\sin \dfrac{2\pi }{3}=\sqrt{3}\)；
 

方法2 在\(△APB\)中，\(\dfrac{AP}{AB} =\dfrac{\sin⁡∠ABP}{\sin⁡∠APB}\)，\(∴\sin⁡∠ABP=\dfrac{AP}{2\sqrt{7}} \cdot \sin⁡120^\circ\)，
同理在\(△APC\)中可得\(\sin⁡∠ACP=\dfrac{AP}{2\sqrt{7}}\cdot \sin⁡120^\circ\)，
\(∴\sin⁡∠ABP=\sin⁡∠ACP\)，
又\(∵∠ABP、∠ABP\)是锐角，\(∴∠ABP=∠ABP\)，
\(∴△APB≅△APC\)；
\(∴BP=CP\)，
又\(AB=AC\)，

\(∴AP\)是线段\(BC\)的中垂线，
延长\(AP\)交\(BC\)与\(H\)，则\(AP⊥BC\)，\(∠BPH=60^\circ\)，\(BH=\sqrt{3}\)，

\(∴PH=1\)，
\(∴S_{△APB}=\dfrac{1}{2} PH×BC=\dfrac{1}{2} ×1×2\sqrt{3}=\sqrt{3}\)；

 

第二问：
在\(△ABC\)中，\(AB=AC=3\)，\(A=\dfrac{\pi }{2}\)，
以点\(A\)为坐标原点，\(AB\)，\(AC\)所在直线分别为\(x\)，\(y\)轴建立平面直角坐标系，

则\(A(0，0)\)，\(B(3，0)\)，\(C(0，3)\)，设点\(P(x，y)\)，
则\(\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB}=(x-3，y)\)，\(\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AB}=(x+3，y)\)，\(\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC}=(x，y-3)\)，
所以\(|\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC}|\)\(=\sqrt{(x-3)^2+y^2}+\sqrt{(x+3)^2+y^2}+\sqrt{x^2+(y-3)^2}\)，
所以\(|\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC}|\)表示\(P\)到点\(B(3，0)\)，\(C(0，3)\)，\(D(-3，0)\)的距离之和，如图，

由题意，\(P\)为\(△BCD\)的费马点时，\(|\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC}|=|\overrightarrow{PB}|+|\overrightarrow{PD}|+|\overrightarrow{PC}|\)为最小值，
由\(|BC|=|CD|=3\sqrt{2}\)，\(|BD|=6\)，
设\(|\overrightarrow{PC}|=a\)，\(|\overrightarrow{PD}|=b\)，\(|\overrightarrow{PB}|=c\)，
由余弦定理得\(|CD|^2=A^2+b^2-2ab\cos \dfrac{2\pi }{3}\)，
即\(a^2+b^2+ab=18\)，
同理得\(a^2+c^2+ac=18\)，\(b^2+c^2+bc=36\)，
联立可得\(b=c=2\sqrt{3}\)，\(a=3-\sqrt{3}\)，
所以最小\(|\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC}|=a+b+c=3+3\sqrt{3}\)；
 

第三问：
如图，

在\(△ABC\)中，\(AB^2=AC^2+BC^2-2AC \cdot BC\cos \dfrac{2\pi }{3}=9+25+15=49\)，
所以\(AB=7\)，
由正弦定理得\(\dfrac{AC}{\sin B}=\dfrac{AB}{\sin \frac{2\pi }{3}} \)，则\(\sin⁡B=\dfrac{AC\sin \frac{2\pi }{3}}{AB} =\dfrac{3\sqrt{3}}{14}\)，
由\(∠ACB= \dfrac{2\pi }{3}\)，则\(B\)为锐角，
所以\(\cos ⁡B=\sqrt{1-\sin^2B} =\dfrac{13}{14}\)，
由\(CM=BM\)，则\(∠BCM=∠B\)，故\(∠BMC=\pi -2B\)，
在\(△BMC\)中，\(\dfrac{BC}{\sin(\pi -2B)} =\dfrac{BM}{\sin B}\)，，
可得\(BM=\dfrac{BC\sin B}{\sin2B} =\dfrac{5}{2\cos B} = \dfrac{35}{13}\)，
所以\(S_{△BMC}=\dfrac{1}{2} BC \cdot BM\sin B=\dfrac{1}{2} ×5× \dfrac{35}{13}×\dfrac{3\sqrt{3}}{14} =\dfrac{75\sqrt{3}}{52}\)，
故\(S_{△AMC}=S_{△ABC}-S_{△BMC}=\dfrac{1}{2} ×3×5×\dfrac{\sqrt{3}}{2} -\dfrac{75\sqrt{3}}{52} =\dfrac{30\sqrt{3}}{12}\)，
又\(S_{△AMC}=S_{△PAC}+S_{△PAM}+S_{△PMC}\)
\(=\dfrac{1}{2} (|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PC}|+|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PM}|+|\overrightarrow{PM}||\overrightarrow{PC}|)\sin \dfrac{2\pi }{3}\)\(=\dfrac{\sqrt{3}}{4}(|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PC}|+|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PM}|+|\overrightarrow{PM}||\overrightarrow{PC}|)=\dfrac{30\sqrt{3}}{13}\)，
所以\(|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PC}|+|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PM}|+|\overrightarrow{PM}||\overrightarrow{PC}|=\dfrac{120}{13}\)．
由\((\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC} ) \cdot \overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PC}=\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PC} \cdot \overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PC}\)
\(=(|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PC}|+|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PM}|+|\overrightarrow{PM}||\overrightarrow{PC}|)\cos \dfrac{2\pi }{3}=-\dfrac{60}{13}\)．