2019高考数学二轮复习专题三三角函数、平面向量第三讲平面向量学案理.doc

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)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a2(2018河北三市联考)已知e1，e2是不共线向量，ame12e2，bne1e2，且mn0，若ab，则等于()a b. c2 d2解析ab，ab，即me12e2(ne1e2)，则故2.答案c3(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(1)，且pba与pbc的面积相等，则实数的值为_解析d为ab的中点，2，又2(1).(1)，又pba与pbc的面积相等，p为ac的中点，1.答案14(2018盐城一模)在abc中，a60，a的平分线交bc于点d，若ab4，且(r)，则ad的长为_解析因为b，d，c三点共线，所以1，解得，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anam3，ad3.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b0时，ab存在唯一实数，使得ab)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：ab|a|b|cos(其中为向量a，b的夹角)(2)坐标运算：a(x1，y1)，b(x2，y2)时，abx1x2y1y2.2投影向量a在向量b方向上的投影为|a|cos(为向量a，b的夹角)对点训练1已知|a|1，b(1,1)且a(ab)，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，因为a(ab)，所以a(ab)0，即|a|2ab1|a|b|cos1cos0，cos，故选d.答案d2(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()a3 b c3 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，选a.答案a3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(4ab)5，则|c|()a1 b. c2 d2解析依题意可得|a|，|b|3，ab.由c(4ab)5，可得4acbc5.由c与b的夹角为120，可得c与a的夹角为60，则有bc|b|c|cos120|c|3|c|，ac|a|c|cos60|c|c|，所以4|c|c|5，解得|c|2，故选d.答案d4如图所示，在梯形abcd中，abcd，cd2，bad，若2，则_.解析因为2，所以，所以.因为abcd，cd2，bad，所以2|cos，化简得|2.故()|2(2)222cos12.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，则()()2()1cos，又0，cos1,1，()()1cos1，1，()()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(cos，sin)(0,2)，(cos1，sin)，(cos，sin1)，()()cos(cos1)sin(sin1)cos2sin2(sincos)1sin，0,2)，sin1,1，()()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|222222，所以cos.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)122，故cos.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，am1，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a2(2017全国卷)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()a2 b c d1解析解法一：设bc的中点为d，ad的中点为e，则有2，则()22()()2(22)而22，当p与e重合时，2有最小值0，故此时()取最小值，最小值为222.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.()22(1x，y)22.因此，当x，y时，()取得最小值，为2，故选b.答案b1(2018全国卷)已知向量a，b满足|a|1，ab1，则a(2ab)()a4 b3 c2 d0解析因为|a|1，ab1，所以a(2ab)2|a|2ab212(1)3.故选b.答案b2(2017全国卷)在矩形abcd中，ab1，ad2，动点p在以点c为圆心且与bd相切的圆上若，则的最大值为()a3 b2 c. d2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，sin1，cos1，2sincos2sin()，其中tan，()max3.答案a3(2018全国卷)已知向量a(1,2)，b(2，2)，c(1，)若c(2ab)，则_.解析由已知得2ab(4,2)又c(1，)，c(2ab)，所以420，解得.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)2mn，又知|2，|mn|2.当mn2时，mn2(n2)n2n22n2(n1)23.当n1，即e的坐标为(0,1)，f的坐标为(0，1)时，取得最小值3.当mn2时，mn2(n2)n2n22n2(n1)23.当n1，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35(2017天津卷)在abc中，a60，ab3，ac2.若2，(r)，且4，则的值为_解析解法一：如图，由2得，所以()22，又32cos603，29，24，所以3254，解得.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ab3，ac2，a60，所以b(3,0)，c(1，)，又2，所以d，所以，而(1，)(3,0)(3，)，因此(3)54，解得.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37或第1315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()a2 b c. d2解析如图所示，点a，点b，点c，(3,0)(3,0)，12.故选a.答案a2(2018河南开封质检)已知abc为等边三角形，ab2，设点p，q满足，(1)，r.若，则的值为_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(2，0)，q(1，(1)，(1，(1)(21，)，化简得42410，.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.ab b.abcab dab解析()ab，故选c.答案c2(2018吉林白城模拟)已知向量a(2,3)，b(1,2)，若manb与a2b共线，则()a. b2 c d2解析由向量a(2,3)，b(1,2)，得manb(2mn,3m2n)，a2b(4，1)由manb与a2b共线，得，所以，故选c.答案c3已知两个非零向量a与b的夹角为，则“ab0”是“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ab0，可得到，不能得到；而由，可以得到ab0.故选b.答案b4(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|a3b|等于()a. b. c. d4解析依题意得ab，|a3b|，故选c.答案c5已知abc是边长为1的等边三角形，则(2)(34)()a bc6 d6解析(2)(34)362483|cos1206|24|cos1208|cos120311612411811624，故选b.答案b6(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(，为实数)，则22()a. b. c1 d.解析()，所以，故22，故选a.答案a7(2018山西四校联考)如图，在直角梯形abcd中，ab2ad2dc，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：().答案c8(2018河南郑州二模)已知平面向量a，b，c满足|a|b|c|1，若ab，则(ab)(2bc)的最小值为()a2 b3 c1 d0解析由|a|b|1，ab，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(cos，sin)(02)，则(ab)(2bc)2abac2b2bc33sin，则(ab)(2bc)的最小值为3，故选b.答案b9(2018安徽江南十校联考)已知abc中，ab6，ac3，n是边bc上的点，且2，o为abc的外心，则的值为()a8 b10 c18 d9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，26218，同理可得232，所以18639，故选d.答案d10(2018山西太原模拟)已知def的外接圆的圆心为o，半径r4，如果0，且|，则向量在方向上的投影为()a6 b6 c2 d2解析由0得，.do经过ef的中点，doef.连接of，|4，dof为等边三角形，odf60.dfe30，且ef4sin6024.向量在方向上的投影为|cos，4cos1506，故选b.答案b11(2018湖北黄冈二模)已知平面向量a，b，c满足|a|b|1，a(a2b)，(c2a)(cb)0，则|c|的最大值与最小值的和为()a0 b. c. d.解析a(a2b)，a(a2b)0，即a22ab，又|a|b|1，ab，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c2a(x1，y)，cb(x1，y)又(c2a)(cb)0，(x1)2y(y)0.即(x1)22，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|min2|om|2 ，故选d.答案d12(2018广东七校联考)在等腰直角abc中，abc90，abbc2，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，