第十五讲-平面向量经典难题复习巩固

DSE金牌化学专题系列精典专题系列 第15讲 平面向量（二）1、 导入： 难解的结 古罗马时代，一位预言家在一座城市内设下了一个奇特难解的结，并且预言，将来解开这个结的人必定是亚细亚的统治者。长久以来，虽然许多人勇敢尝试，但是依然无人能解开这个结。当时身为马其顿将军的亚历山大，也听说了关于这个结的预言，于是趁着驻兵这个城市之时，试着去打开这个结。亚历山大连续尝试了好几个月，用尽了各种方法都无法打开这个结，真是又急又气。有一天，他试着解开这个结又失败后，恨恨地说：“我再也不要看到这个结了。”当他强迫自己转移注意力，不再去想这个结时，忽然脑筋一转，他抽出了身上的佩剑，一剑将结砍成了两半儿结打开了。大道理：勇敢地跳出思想的绳索，打开心结。过后会发现，事情实际上没有看到的和想象中的那么困难。积极一点，什么都会给你让路。 二、知识点回顾：1平面向量的数量积(1)平面向量数量积的定义已知两个 向量a和b，它们的夹角为，把数量 叫做a和b的数量积(或内积)，记作 .即ab ，规定0a0.(2)向量的投影定义：设为a与b的夹角，则 (|b|cos)叫做向量a在 方向上(b在 方向上)的投影ab的几何意义数量积ab等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影 的乘积2向量数量积的运算律(1)ab .(2)(a)b(ab) .(3)(ab)c .3平面向量数量积的有关结论 已知非零向量a(x1，y1)，b(x2，y2)结论几何表示坐标表示模|a| |a| 夹角coscosab的充要条件 |ab|与|a|b|的关系|ab| |x1x2y1y2| 三、专题训练：考点一平面向量的数量积运算及向量的模(1)在等边三角形ABC中，D为AB的中点，AB5.求，|.(2)若a(3，4)，b(2,1)，求(a2b)(2a3b)和|a2b|.自主解答(1) |cos，55cos120.()|2()2(222)(2525255cos60)，|.(2)a(3，4)，b(2,1)a2b(3，4)(4,2)(1，6)，2a3b(6，8)(6,3)(12，5)，(a2b)(2a3b)123018.又a2b(3，4)(4,2)(7，2)|a2b|.变式训练：(1)在RtABC中，C90，AB5，AC4，求；(2)如图，在平行四边形ABCD中，(1,2)，(3,2)，则 ()A1B3C5 D6解：(1)在ABC中，C90，AB5，AC4，BC3，且cosABC.又与的夹角ABC，coscosABC，|cos53()9.(2)令a，b，则a(2,0)，b(1,2)，所以b(1,2)3.考点二两向量的夹角问题已知|a|1，ab，(ab)(ab)，求：(1)a与b的夹角的大小；(2)ab与ab的夹角的余弦值自主解答(1)(ab)(ab)，|a|2|b|2，又|a|1，|b| .设a与b的夹角为，则cos，又0，45.即a与b的夹角为45.(2)(ab)2a22abb212，|ab|，(ab)2a22abb212，|ab|，设ab与ab的夹角为，则cos.思考：若a(1,2)，b(1,1)，且a与ab的夹角为锐角，求实数的取值范围当a与ab共线时，abma，即(1，2)m(1,2)，解得0，即当0时，a与ab共线且方向相同，0，即且0.变式训练：已知向量4a2b(2,2)，c(1，)，ac3，|b|4，求向量b与c的夹角. 解：4a2b(2,2)，c(1，)，(4a2b)c264，即4ac2bc4.又ac3，2bc4ac44348，bc4，cos.又0，.考点三平面向量的垂直问题已知a(，1)，b(，)，且存在实数k和t，使得xa(t23)b，ykatb，且xy，试求的最小值自主解答a(，1)，b(，)，|a|2，|b| 1.又ab(1)0，ab.由xy得a(t23)b(katb)0，即ka2(t33t)b2(tkt23k)ab0，k|a|2(t33t)|b|20.将|a|2，|b|1代入上式，得4kt33t0，解得k.(t24t3)(t2)2.故当t2时，取得最小值.变式训练：在直角三角形ABC中，若(2,3)，(1，k)，求k的值解：(2,3)，(1，k)，(1，k3)当A90时，0，即23k0，k；当B90时，0，即23(k3)0，k；当C90时，0，即1k(k3)0，kk或或.考点四平面向量数量积的应用已知ABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量m(a，b)，n(sinB，sinA)，p(b2，a2)(1)若mn，求证：ABC为等腰三角形；(2)若mp，边长c2，角C，求ABC的面积自主解答(1)mn，asinAbsinB，即ab，其中R是三角形ABC外接圆半径，ab.ABC为等腰三角形(2)由题意可知mp0，即a(b2)b(a2)0.abab.由余弦定理可知，4a2b2ab(ab)23ab，即(ab)23ab40，ab4(舍去ab1)，SabsinC4sin.变式训练：如图所示，若点D是ABC内一点，并且满足AB2CD2AC2BD2，求证：ADBC.证明：设c，b， m，则mc，mb.AB2CD2AC2BD2，c2(mb)2b2(mc)2，即c2m22mbb2b2m22mcc2，即2m(cb)0，即()0，0，ADBC.高考考题应证考题印证(2010江苏高考)(14分)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1，2)，B(2,3)，C(2，1)(1)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长；(2)设实数t满足(t)0，求t的值规范解答(1)由题设知(3,5)，(1,1)，则(2,6)，(4,4)(3分)所以|2，|4.故所求两条对角线的长分别为4，2.(7分)(2)由题设知(2，1)，t(32t,5t)(9分)由()0，得(32t,5t)(2，1)0，(11分)从而5t11，所以t.(14分)四、技法巧点：1向量数量积性质的应用向量数量积的性质|a|，cos，ab0ab，因此，用平面向量数量积可以解决有关长度、角度、垂直的问题2证明直线平行、垂直、线段相等等问题的基本方法(1)要证ABCD，可转化证明2 2或|.(2)要证两线段ABCD，只要证存在一实数0，使等式成立即可(3)要证两线段ABCD，只需证0.5、 巩固练习：一、选择题(共6个小题，每小题5分，满分30分)1已知向量m，n的夹角为，且|m|，|n|2，在ABC中， 2m2n，2m6n，D为BC边的中点，则|()A2 B4C6 D8解析：D为BC边的中点，( )(4m4n)2m2n，所以| |( )|2m2n|2.答案：A2已知向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，e(1,0)，若ab，|ab|R，且ab与e的夹角为，则x1x2()AR BRCR D.R解析：ab(x1x2，y1y2)，又ab与e的夹角为，|ab|R，cosab，e，即cos，故x1x2.答案：D3已知向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，若|a|2，|b|3，ab6，则的值为()A. BC. D解析：因为|a|2，|b|3，又ab|a|b|cosa，b23cosa，b6，可得cosa，b1.即a，b为共线向量且反向，又|a|2，|b|3，所以有3(x1，y1)2(x2，y2)x1x2，y1y2，所以.答案：B4(2011汕头模拟)如图所示，在ABC中，ABBC4，ABC30，AD是边BC上的高，则的值等于()A0B4C8 D4解析：BDABcos 302，所以.故.又，所以()()2(1) 2，2216，44cos 308，代入上式得8(1)8164.答案：B5已知向量a(cos，sin)，向量b(，1)，则|2ab|的最大、小值分别是()A4，0 B4,2C16,0 D4,0解析：由于|2ab|24|a|2|b|24ab84(cossin)88cos()，易知088cos()16，故|2ab|的最大值和最小值分别为4和0.答案：D6已知向量a，b满足|a|2|b|0，且关于x的函数f(x)x3|a|x2abx在R上单调递增，则a，b的夹角的取值范围是()A0，) B0，C(， D，解析：易得f(x)x2|a|xab，函数f(x)x3|a|x2abx在R上单调递增时，方程x2|a|xab0的判别式|a|24ab0，设a，b的夹角为，则|a|24|a|b|cos0，将|a|2|b|0代入得12cos0，即cos，又0，故0.答案：B二、填空题(共3小题，每小题5分，满分15分)7(2010江西高考)已知向量a，b满足|a|1，|b|2，a与b的夹角为60，则|ab|_.解析：因为|ab|2(ab)2a22abb212212cos60223，故|ab|.答案：8已知向量a(1,3)，b(2，6)，|c|，若(ab)c5，则a与c的夹角为_解析：由a(1,3)，b(2，6)得b2a，因此(ab)cac5，设a与c的夹角为，则cos，因此120.答案：1209(2011北京西城模拟)如图所示，在平面四边形ABCD中，若AC3，BD2，则()()_.解析：由于，所以.()()()()22945.答案：5三、解答题10已知a、b、c是同一平面内的三个向量，其中a(1,2)(1)若|c|2，且ca，求c的坐标；(2)若|b|，且a2b与2ab垂直，求a与b的夹角.解：(1)设c(x，y)，由ca和|c|2可得：，或，c(2,4)或c(2，4)(2)(a2b)(2ab)，(a2b)(2ab)0，即2a23ab2b20，2|a|23ab2|b|20，253ab20，ab，cos1，0，.11已知ABC为锐角三角形，向量m(3cos2A，sinA)，n(1，sinA)，且mn.(1)求A的大小；(2)当pm，qn(p0，q0)，且满足pq6时，求ABC面积的最大值解：(1)mn，3cos2Asin2A0.3cos2A1cos2A0，cos2A.又ABC为锐角三角形，cosA，A.(2)由(1)可得m(，)，n(1，)|p，|q.SABC|sinApq.又pq6，且p0，q0，3，pq9.ABC面积的最大值为9.12已知O为坐标原点，向量(sin，1)，(cos，0)， (sin，2)，点P满足.(1)记函数f()，(，)，讨论函数f()的单调性，并求其值域；(2)若O，P，C三点共线，求|的值解：(1)(cossin，1)，设(x，y)，则(xcos，y)，由得x2cossin，y1，故(2cossin，1)， (sincos，1)， (2sin，1)，f()(sincos，1)(2sin，1)2sin22sincos1(sin2cos2)sin(2)，(，)，故函数f()的单调递增区间为(，)，单调递减区间为(，)，因为sin(2)(，1，故函数f()的值域为，1)(2)由O，P，C三点共线可得(1)(sin)2(2cossin)，得tan，sin2.|.六、反思总结： 当堂过手训练（快练五分钟，稳准建奇功！）1(2010重庆高考)若向量a(3，m)，b(2，1)，ab0，则实数m的值为 ()A B. C2 D6解析：依题意得6m0，m6.2若非零向量a，b满足|a|b|，(2ab)b0，则a与b的夹角为 ()A30 B60C120 D150解析：(2ab)b2abb22|a|2cosa，b|a|20cosa，b，所以a，b的夹角为120.3(2010湖南高考)在RtABC中，C90，AC4，则等于 ()A16 B8 C8 D16解析：法一：因为cosA，故|cosA216.法二：在上的投影为|cosA|，故|cosA216.4已知平面向量，|1，|2，(2)，则|2|的值是_解析：由于 (2)，所以(2)|220，故21，所以|2|.5在直角梯形ABCD中，ABCD，ADAB，B45，AB2CD2，M为腰BC的中点，则_.解析：由已知条件易求得该直角梯形ABCD的两腰AD1，BC，而，所以()()2()2()22cos45222.6设角A，B，C是ABC的三个内角，已知向量m(sinAsinC，sinBsinA)，n(sinAsinC，