2019年高考数学精讲二轮教案第三讲平面向量

2019年高考数学精讲二轮教案第三讲平面向量

第三讲　平面向量 考点一　平面向量的概念及线性运算 ‎1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化．‎ ‎2．在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量的终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝(　　)‎ A.－ B.－ C.＋ D.＋ ‎[解析]　∵E是AD的中点，∴＝－，∴＝＋＝－＋，又∵D为BC的中点，∴＝(＋)，因此＝－(＋)＋＝－，故选A.‎ ‎[答案]　A ‎2．(2018·河北三市联考)已知e1，e2是不共线向量，a＝me1＋2e2，b＝ne1－e2，且mn≠0，若a∥b，则等于(　　)‎ A．－ B. C．－2 D．2‎ ‎[解析]　∵a∥b，∴a＝λb，即me1＋2e2＝λ(ne1－e2)，则故＝－2，故选C.‎ ‎[答案]　C ‎3．(2018·河南郑州质检)已知P为△ABC所在平面内一点，D为AB的中点，若2＋＝(λ＋1)＋，且 ‎△PBA与△PBC的面积相等，则实数λ的值为________．‎ ‎[解析]　∵D为AB的中点，∴2＝＋，‎ 又∵2＋＝(λ＋1)＋.‎ ‎∴＋＋＝(λ＋1)＋ ‎∴＝λ，又△PBA与△PBC的面积相等，‎ ‎∴P为AC的中点，∴λ＝－1.‎ ‎[答案]　－1‎ ‎4．(2018·盐城一模)在△ABC中，∠A＝60°，∠A的平分线交BC于点D，若AB＝4，且＝＋λ(λ∈R)，则AD的长为________．‎ ‎[解析]　因为B，D，C三点共线，所以＋λ＝1，解得λ＝，如图，过点D分别作AC，AB的平行线交AB，AC于点M，N，则＝，＝，经计算得AN＝AM＝3，AD＝3.‎ ‎[答案]　3 ‎[快速审题]　(1)看到向量的线性运算，想到三角形和平行四边形法则．‎ ‎(2)看到向量平行，想到向量平行的条件．‎ ‎　平面向量线性运算的2种技巧 ‎(1)对于平面向量的线性运算问题，要尽可能转化到三角形或平行四边形中，灵活运用三角形法则、平行四边形法则，紧密结合图形的几何性质进行运算．‎ ‎(2)在证明两向量平行时，若已知两向量的坐标形式，常利用坐标运算来判断；若两向量不是以坐标形式呈现的，常利用共线向量定理(当b≠0时，a∥b⇔存在唯一实数λ，使得a＝λb)来判断．‎ 考点二　平面向量的数量积 ‎1．平面向量的数量积有两种运算形式 ‎(1)数量积的定义：a·b＝|a||b|cosθ(其中θ为向量a，b的夹角)．‎ ‎(2)坐标运算：a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)时，a·b＝x1x2＋y1y2.‎ ‎2．投影 向量a在向量b方向上的投影为＝|a|cosθ(θ为向量a，b的夹角)．‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．已知|a|＝1，b＝(－1,1)且a⊥(a＋b)，则向量a与向量b的夹角为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　设向量a与向量b的夹角为θ，因为a⊥(a＋b)，所以a·(a＋b)＝0，即|a|2＋a·b＝1＋|a||b|cosθ＝1＋cosθ＝0，cosθ＝－，θ＝，故选D.‎ ‎[答案]　D ‎2．(2018·陕西西安八校联考)已知点A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量在方向上的投影是(　　)‎ A．－3 B．－ C．3 D. ‎[解析]　依题意得，＝(－2，－1)，＝(5,5)，·＝(－2，－‎ ‎1)·(5,5)＝－15，||＝，因此向量在方向上的投影是＝＝－3，故选A.‎ ‎[答案]　A ‎3．已知向量a＝(－1,2)，b＝(3，－6)，若向量c满足c与b的夹角为120°，c·(4a＋b)＝5，则|c|＝(　　)‎ A．1 B. C．2 D．2 ‎[解析]　依题意可得|a|＝，|b|＝3，a∥b.由c·(4a＋b)＝5，可得4a·c＋b·c＝5.由c与b的夹角为120°，‎ 可得c与a的夹角为60°，则有b·c＝|b||c|cos120°＝|c|×3×＝－|c|，a·c＝|a||c|cos60°＝|c|××＝|c|，所以4×|c|－|c|＝5，解得|c|＝2，故选D.‎ ‎[答案]　D ‎4．如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，若·＝2·，则·＝________.‎ ‎ [解析]　因为·＝2·，所以·－·＝·，所以·＝‎ ·.‎ 因为AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，所以2||＝||||cos，化简得||＝2.‎ 故·＝·(＋)＝||2＋·＝‎ ‎(2)2＋2×2cos＝12.‎ ‎[答案]　12‎ ‎[快速审题]　(1)看到向量垂直，想到其数量积为零．‎ ‎(2)看到向量的模与夹角，想到向量数量积的有关性质和公式．‎ ‎　平面向量数量积的两种运算方法 ‎(1)依据模和夹角计算，要注意确定这两个向量的夹角，如夹角不易求或者不可求，可通过选择易求夹角和模的基底进行转化．‎ ‎(2)利用坐标来计算，向量的平行和垂直都可以转化为坐标满足的等式，从而应用方程思想解决问题，化形为数，使向量问题数量化．‎ 考点三　平面向量在几何中的应用 ‎　用向量法解决平面(解析)几何问题的两种方法 ‎(1)基向量法：选取适当的基底(基底中的向量尽量已知模或夹角)，将题中涉及的向量用基底表示，利用向量的运算法则、运算律或性质计算；‎ ‎(2)坐标法：建立平面直角坐标系，实现向量的坐标化，将几何问题中的长度、垂直、平行等问题转化为代数运算．‎ 一般地，存在坐标系或易建坐标系的题目适合用坐标法．‎ ‎[解析]　(1)解法一：∵⊥，||＝||＝1，‎ ‎∴|＋|＝＝.‎ 设(＋)与的夹角为θ，则(－)·(－)＝2－(＋)·＋·＝1－cosθ，又∵θ∈[0，π]，∴cosθ∈[－1,1]，∴(－)·(－)＝1－cosθ∈[1－，1＋]，‎ ‎∴(－)·(－)的最大值为＋1，故选A.‎ 解法二：以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴建立平面直角坐标系(取的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向)，则A(1,0)，B(0,1)．设C(cosθ，sinθ)(θ∈[0,2π))，∴－＝(cosθ－1，sinθ)，－＝(cosθ，sinθ－1)，∴(－)·(－)＝cosθ(cosθ－1)＋sinθ(sinθ－1)＝cos2θ＋sin2θ－(sinθ＋cosθ)＝1－sin，∵θ∈[0,2π)，∴sin∈[－1,1]，∴(－)·(－)的最大值为＋1，故选A.‎ ‎(2)解法一：因为2＝，‎ 所以E为BC中点．设正方形的边长为2，则||＝，‎ ‎||＝2，·＝·(－)＝||2－||2＋·＝ ‎×22－22＝－2，‎ 所以cosθ＝＝＝－.‎ 解法二：因为2＝，‎ 所以E为BC中点．‎ 设正方形的边长为2，建立如图所示的平面直角坐标系xAy，则点A(0,0)，B(2,0)，D(0,2)，E(2,1)，‎ 所以＝(2,1)，＝(－2,2)，所以·＝2×(－2)＋1×2＝－2，‎ 故cosθ＝＝＝－.‎ ‎[答案]　(1)A　(2)－ ‎　解决以平面图形为载体的向量数量积问题的策略 ‎(1)选择平面图形中的模与夹角确定的向量作为一组基底，用该基底表示构成数量积的两个向量，结合向量数量积运算律求解．‎ ‎(2)若已知图形中有明显的适合建立直角坐标系的条件，可建立直角坐标系将向量数量积运算转化为代数运算来解决．‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．在△ABC中，点M是BC边的中点，AM＝1，点P在AM上且满足＝2，则·(＋)等于(　　)‎ A. B. C．－ D．－ ‎[解析]　由点M为BC边的中点，得＋＝2＝.‎ ‎∴·(＋)＝2.‎ 又∵＝2，∴||＝||＝.‎ ‎∴2＝||2＝，故选A.‎ ‎[答案]　A ‎2．(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则·(＋)的最小值是(　　)‎ A．－2 B．－ C．－ D．－1‎ ‎[解析]　解法一：设BC的中点为D，AD的中点为E，则有＋＝2，‎ 则·(＋)＝2· ‎＝2(＋)·(－)＝2(2－2)．而2＝2＝，当P与E重合时，2有最小值0，故此时·(＋)取最小值，‎ 最小值为－22＝－2×＝－.‎ 解法二：以AB所在直线为x轴，AB的中点为原点建立平面直角坐标系，如图，‎ 则A(－1,0)，B(1,0)，C(0，)，设P(x，y)，取BC的中点D，则D.·(＋)＝2·＝2(－1－x，－y)·＝2＝2.‎ 因此，当x＝－，y＝时，·(＋)取得最小值，为2×＝－‎ ，故选B.‎ ‎[答案]　B ‎1．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝(　　)‎ A．4 B．3 C．2 D．0‎ ‎[解析]　因为|a|＝1，a·b＝－1，所以a·(2a－b)＝2|a|2－a·b＝2×12－(－1)＝3，故选B.‎ ‎[答案]　B ‎2．(2017·全国卷Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为(　　)‎ A．3 B．2 C. D．2‎ ‎[解析]　分别以CB、CD所在的直线为x轴、y轴建立直角坐标系，则A(2,1)，B(2,0)，D(0,1)．‎ ‎∵点P在以C为圆心且与BD相切的圆上，‎ ‎∴可设P.‎ 则＝(0，－1)，＝(－2,0)，‎ ＝.‎ 又＝λ＋μ，‎ ‎∴λ＝－sinθ＋1，μ＝－cosθ＋1，‎ ‎∴λ＋μ＝2－sinθ－cosθ＝2－sin(θ＋φ)，‎ 其中tanφ＝，∴(λ＋μ)max＝3，故选A.‎ ‎[答案]　A ‎3．(2018·全国卷Ⅲ)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，则λ＝________.‎ ‎[解析]　由已知得2a＋b＝(4,2)．又c＝(1，λ)，c∥(2a＋b)，所以4λ－2＝0，解得λ＝.‎ ‎[答案]　 ‎4．(2018·上海卷)在平面直角坐标系中，已知点A(－1,0)、B(2,0)，E、F是y轴上的两个动点，且||＝2，则·的最小值为________．‎ ‎[解析]　设E(0，m)，F(0，n)，‎ 又A(－1,0)，B(2,0)，‎ ‎∴＝(1，m)，＝(－2，n)．‎ ‎∴·＝－2＋mn，‎ 又知||＝2，∴|m－n|＝2.‎ ‎①当m＝n＋2时，·＝mn－2＝(n＋2)n－2＝n2＋2n－2＝(n＋1)2－3.‎ ‎∴当n＝－1，即E的坐标为(0,1)，F的坐标为(0，－1)时，·取得最小值－3.‎ ‎②当m＝n－2时，·＝mn－2＝(n－2)n－2＝n2－2n－2＝(n－1)2－3.‎ ‎∴当n＝1，即E的坐标为(0，－1)，F的坐标为(0,1)时，·取得最小值－3.‎ 综上可知，·的最小值为－3.‎ ‎[答案]　－3‎ ‎5．(2017·天津卷)在△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2.若＝2，＝λ－(λ∈R)，且·＝－4，则λ的值为________．‎ ‎[解析]　解法一：如图，由＝2得＝＋，‎ 所以·＝·(λ－)＝λ·－2＋λ2－·，‎ 又·＝3×2×cos60°＝3，2＝9，2＝4，所以·＝λ－3＋ λ－2＝λ－5＝－4，解得λ＝.‎ 解法二：以A为原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图，因为AB＝3，AC＝2，∠A＝60°，所以B(3,0)，C(1，)，又＝2，所以D，‎ 所以＝，而＝λ－＝λ(1，)－(3,0)＝(λ－3，λ)，因此·＝(λ－3)＋×λ ‎＝λ－5＝－4，解得λ＝.‎ ‎[答案]　 ‎1.平面向量是高考必考内容，每年每卷均有一个小题(选择题或填空题)，一般出现在第3～7或第13～15题的位置上，难度较低．主要考查平面向量的模、数量积的运算、线性运算等，数量积是其考查的热点．‎ ‎2．有时也会以平面向量为载体，与三角函数、解析几何等其他 知识相交汇综合命题，难度中等．‎ 热点课题9　坐标法在平面向量中的运用 ‎[感悟体验]‎ ‎1．(2018·湖南长郡中学一模)若等边三角形ABC的边长为3，平面内一点M满足＝＋，则·的值为(　　)‎ A．2 B．－ C. D．－2‎ ‎[解析]　以CA的中点为原点，CA所在直线为x轴建立平面直角坐标系．如图所示，点A，点B，点C，‎ ‎∴＝，＝(3,0)．‎ ‎∴＝＋＝＋(3,0)＝，‎ ‎∴＝＋＝，∴＝－＝，＝－＝，∴·＝－1×＋×＝2，故选A.‎ ‎[答案]　A ‎2．(2018·河南开封质检)已知△ABC为等边三角形，AB＝‎ ‎2，设点P，Q满足＝λ，＝(1－λ)，λ∈R.若·＝－，则λ的值为________．‎ ‎[解析]　如图，以点A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系．设A(0,0)，‎ B(2,0)，C(1，)，则＝(2,0)，＝(1，)，∴P(2λ，0)，Q(1－λ，(1－λ))．‎ ‎∵·＝－，∴(－1－λ，(1－λ))·(2λ－1，－)＝－，化简得4λ2－4λ＋1＝0，‎ ‎∴λ＝.‎ ‎[答案]　 专题跟踪训练(十六)‎ 一、选择题 ‎1．(2018·昆明模拟)在△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且＝2，＝3，若＝a，＝b，则＝(　　)‎ A.a＋b B.a－b C．－a－b D．－a＋b ‎[解析]　＝＋ ‎＝＋ ‎＝(－)－ ‎＝－－＝－a－b，故选C.‎ ‎[答案]　C ‎2．(2018·吉林白城模拟)已知向量a＝(2,3)，b＝(－1,2)，若ma＋nb与a－2b共线，则＝(　　)‎ A. B．2 C．－ D．－2‎ ‎[解析]　由向量a＝(2,3)，b＝(－1,2)，得ma＋nb＝(2m－n,3m＋2n)，a－2b＝(4，－1)．由ma＋nb与a－2b共线，得＝，所以＝－，故选C.‎ ‎[答案]　C ‎3．已知两个非零向量a与b的夹角为θ，则“a·b>0”是“θ为锐角”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎[解析]　由a·b>0，可得到θ∈，不能得到θ∈；而由θ∈，可以得到a·b>0，故选B.‎ ‎[答案]　B ‎4．(2018·郑州一中高三测试)已知向量a，b 均为单位向量，若它们的夹角为60°，则|a＋3b|等于(　　)‎ A. B. C. D．4‎ ‎[解析]　依题意得a·b＝，|a＋3b|＝＝，故选C.‎ ‎[答案]　C ‎5．已知△ABC是边长为1的等边三角形，则(－2)·(3＋4)＝(　　)‎ A．－ B．－ C．－6－ D．－6＋ ‎[解析]　(－2)·(3＋4)＝3·－62＋4·－8·＝3||·||·cos120°－6||2＋4||·||cos120°－8||·||·cos120°＝3×1×1×－6×12＋4×1×1×－8×1×1×＝－－6－2＋4＝－，故选B.‎ ‎[答案]　B ‎6．(2018·河南中原名校联考)如图所示，矩形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若＝λ＋μ(λ，μ为实数)，则λ2＋μ2＝(　　)‎ A. B. C．1 D. ‎[解析]　＝＋＝＋＝＋(＋)＝－，所以λ＝，μ＝－，故λ2＋μ2＝，故选A.‎ ‎[答案]　A ‎7．(2018·山西四校联考)如图，在直角梯形ABCD中，AB＝2AD＝2DC，E为BC边上一点，＝3，F为AE的中点，则＝(　　)‎ A．－ B．－ C．－＋ D．－＋ ‎[解析]　解法一：如图，取AB的中点G，连接DG、CG，则易知四边形DCBG为平行四边形，所以＝＝－＝－，∴＝＋＝＋＝＋＝＋，于是＝－＝－＝－＝－＋，故选C.‎ 解法二：＝＋＝＋ ‎＝－＋ ‎＝－＋ ‎＝－＋＋＋(＋＋)‎ ‎＝－＋，故选C.‎ ‎[答案]　C ‎8．(2018·河南郑州二模)已知平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|＝1，若a·b＝，则(a＋b)·(2b－c)的最小值为(　　)‎ A．－2 B．3－ C．－1 D．0‎ ‎[解析]　由|a|＝|b|＝1，a·b＝，可得〈a，b〉＝，令＝a，＝b，以 的方向为x轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则a＝＝(1,0)，b＝＝，设c＝＝(cosθ，sinθ)(0≤θ<2π)，则(a＋b)·(2b－c)＝2a·b－a·c＋2b2－b·c＝3－＝3－sin，则(a＋b)·(2b－c)的最小值为3－，故选B.‎ ‎[答案]　B ‎9．(2018·安徽江南十校联考)已知△ABC中，AB＝6，AC＝3，N是边BC上的点，且＝2，O为△ABC的外心，则·的值为(　　)‎ A．8 B．10 C．18 D．9‎ ‎[解析]　由于＝2，则＝＋，取AB的中点为E，连接OE，由于O为△ABC的外心，则⊥，∴·＝·＝2＝×62＝18，同理可得·＝2＝×32＝，所以·＝·＝·＋·＝×18＋×＝6＋3＝9，故选D.‎ ‎[答案]　D ‎10．(2018·山西太原模拟)已知△DEF的外接圆的圆心为O，半径R＝4，如果＋＋＝0，且||＝||，则向量在方向上的投影为(　　)‎ A．6 B．－6 C．2 D．－2 ‎[解析]　由＋＋＝0得，＝＋.‎ ‎∴DO经过EF的中点，∴DO⊥EF.‎ 连接OF，∵||＝||＝||＝4，‎ ‎∴△DOF为等边三角形，∴∠ODF＝60°.∴∠DFE＝30°，且EF＝4×sin60°×2＝4.‎ ‎∴向量在方向上的投影为||·cos〈，〉＝4cos150°＝－6，故选B.‎ ‎[答案]　B ‎11．(2018·湖北黄冈二模)已知平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，a⊥(a－2b)，(c－2a)·(c－b)＝0，则|c|的最大值与最小值的和为(　　)‎ A．0 B. C. D. ‎[解析]　∵a⊥(a－2b)，∴a·(a－2b)＝0，即a2＝2a·b，又|a|＝|b|＝1，∴a·b＝，a与b的夹角为60°.‎ 设＝a，＝b，＝c，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，‎ 则a＝，b＝(1,0)．‎ 设c＝(x，y)，则c－2a＝(x－1，y－)，c－b＝(x－1，y)．‎ 又∵(c－2a)·(c－b)＝0，∴(x－1)2＋y(y－)＝0.‎ 即(x－1)2＋2＝，‎ ‎∴点C的轨迹是以点M为圆心，为半径的圆．‎ 又|c|＝表示圆M上的点与原点O(0,0)之间的距离，所以|c|max＝|OM|＋，|c|min＝|OM|－，‎ ‎∴|c|max＋|c|min＝2|OM|＝2× ‎＝，故选D.‎ ‎[答案]　D ‎12．(2018·广东七校联考)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N为AC边上的两个动点(M，N不与A，C重合)，且满足||＝，则·的取值范围为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　不妨设点M靠近点A，点N靠近点C，以等腰直角三角形ABC的直角边所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示，‎ 则B(0,0)，A(0,2)，C(2,0)，线段AC的方程为x＋y－2＝0(0≤x≤2)．设M(a,2－a)，N(a＋1,1－a)(由题意可知0

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