高考数学一轮复习之平面向量及其运用考点透析 11页

高考数学二轮复习考点解析11：平面向量及其运用考点透析 ‎【考点聚焦】‎ 考点1：向量的概念、向量的加法和减法、实数与向量的积.‎ 考点2：向量的坐标运算、平面向量的数量积. ‎ 考点3：向量的模与角的计算。.‎ ‎【考点小测】‎ ‎1．（浙江卷）设向量满足,,则 ‎ ‎(A)1 (B)2 (C)4 (D)5‎ 图1‎ ‎2．（2003年天津高考题）O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足，，则P的轨迹一定通过△ABC的（ ）‎ ‎（A）外心 （B）内心 （C）重心 （D）垂心 ‎3．（广东卷）如图1所示，是的边上的中点，则向量 A. B. C. D. ‎ ‎4．（湖南卷）已知,且关于的方程有实根,则与的夹角的取值范围是 ( )A.[0,] B. C. D.‎ ‎5．（全国卷I）已知向量满足，且，则与的夹角为 A． B． C． D．‎ ‎6．（山东卷）设向量a=(1, －2),b=(－2,4),c=(－1,－2)，若表示向量4a,4b－2c,2(a－c),d的有向线段首尾相接能构成四边形，则向量d为 ‎(A)(2,6) (B)(－2,6) (C)(2,－6) (D)(－2,－6)‎ ‎7． (上海卷)如图，在平行四边形ABCD中，下列结论中错误的是 （ ）‎ A B C D ‎（A）＝； （B）＋＝；‎ ‎（C）－＝； （D）＋＝．‎ ‎8．（北京卷）若三点共线，则的值等于_________.‎ ‎9．（2005年全国卷Ⅱ）点P在平面上作匀速直线运动，速度向量v=（4，－3）（即点P的运动方向与v相同，且每秒移动的距离为|v|个单位.设开始时点P的坐标为（－10，10），则5秒后点P的坐标为 （10，－5）‎ ‎10．（湖南卷）已知直线ax＋by＋c＝0与圆O：x2＋y2＝1相交于A、B两点，且|AB|＝，则　＝　　　 . ‎ ‎【典型考例】‎ ‎【考型1】向量的有关概念与运算 此类题经常出现在选择题与填空题中，在复习中要充分理解平面向量的相关概念，熟练掌握向量的坐标运算、数量积运算，掌握两向量共线、垂直的充要条件.‎ 例1：已知a是以点A(3,－1)为起点，且与向量b = (－3,4)平行的单位向量，则向量a的终点坐标是　　　　　　　.‎ 思路分析：与a平行的单位向量e=± ‎ 方法一：设向量a的终点坐标是(x,y),则a =(x-3,y+1)，则题意可知 ‎，故填 (,-)或(,-)‎ 方法二　与向量b = (-3,4)平行的单位向量是±(-3,4)，故可得a＝±(-,)，从而向量a的终点坐标是(x,y)= a－(3,－1),便可得结果.‎ 点评：向量的概念较多，且容易混淆，在学习中要分清、理解各概念的实质，注意区分共线向量、平行向量、同向向量、反向向量、单位向量等概念.‎ 例2：已知| a |=1,| b |=1，a与b的夹角为60°, x =2a－b，y=3b－a,则x与y的夹角的余弦是多少？‎ 思路分析：要计算x与y的夹角θ，需求出|x|,|y|,x·y的值.计算时要注意计算的准确性.‎ 解：由已知|a|=|b|=1，a与b的夹角α为60°,得a·b=|a||b|cosα=.‎ 要计算x与y的夹角θ，需求出|x|，|y|，x·y的值.‎ ‎∵|x|2=x2=(2a－b)2=4a2－4a·b+b2=4－4×+1=3，‎ ‎|y|2=y2=(3b－a)2=9b2－6b·a+a2=9－6×+1=7.‎ x·y=(2a－b)·(3b－a)=6a·b－2a2－3b2+a·b ‎ =7a·b－2a2－3b2 =7×－2－3=－，‎ 又∵x·y=|x||y|cosθ，即－=×cosθ， ∴cosθ=－ ‎ 点评：①本题利用模的性质|a|2=a2，②在计算x,y的模时，还可以借助向量加法、减法的几何意义获得：如图所示，设=b, =a, =2a,∠BAC=60°.由向量减法的几何意义，得=－=2a－b.由余弦定理易得||=，即|x|=，同理可得|y|=.‎ ‎【考型2】向量共线与垂直条件的考查 例3．平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A(3, 1)，B(－1, 3)， 若点C满足，其中，∈R且+=1，求点C的轨迹方程。.‎ 解：（法一）设C(x,y)，则=(x,y)，由=(x,y)= α(3,1)+ β(-1,3)=(3α-β, α+3β)‎ ‎∴, （可从中解出α、β）又∵α+β＝1　消去α、β得x+2y-5=0‎ ‎（法二） 利用向量的几何运算，考虑定比分点公式的向量形式，结合条件知：A，B，C三点共线，故点C的轨迹方程即为直线AB的方程x＋2y－5=0， ‎ 例4．已知平面向量a＝(，－1)，b＝(, ).(1) 若存在实数k和t，便得x＝a＋(t2－3)b, y＝－ka＋tb，且x⊥y，试求函数的关系式k＝f(t)；(2) 根据(1)的结论，确定k＝f(t)的单调区间.‎ 思路分析：①欲求函数关系式k=f(t)，只需找到k与t之间的等量关系，k与t之间的等量关系怎么得到？②求函数单调区间有哪些方法？（导数法、定义法）导数法是求单调区间的简捷有效的方法？‎ 解：（1）法一：由题意知x＝(,), ‎ y＝(t－k，t＋k)，又x⊥y 故x · y＝×（t－k）＋×(t＋k)＝0.‎ 整理得：t3－3t－4k＝0，即k＝t3－t.‎ 法二：∵a＝(，－1)，b＝(, ), ∴. ＝2，＝1且a⊥b ‎∵x⊥y，∴x · y＝0，即－k2＋t(t2－3)2＝0，∴t3－3t－4k＝0,即k＝t3－t ‎(2) 由(1)知：k＝f(t) ＝t3－t ∴kˊ＝fˊ(t) ＝t3－,‎ 令kˊ＜0得－1＜t＜1；令kˊ＞0得t＜－1或t＞1.‎ 故k＝f(t)的单调递减区间是(－1, 1 )，单调递增区间是（－∞，－1）和（1，＋∞）.‎ 点评： 第（1）问中两种解法是解决向量垂直的两种常见的方法：一是先利用向量的坐标运算分别求得两个向量的坐标，再利用向量垂直的充要条件；二是直接利用向量垂直的充要条件，其过程要用到向量的数量积公式及求模公式，达到同样的求解目的（但运算过程大大简化，值得注意）.第（2）问中求函数的极值运用的是求导的方法，这是新旧知识交汇点处的综合运用.‎ 例5： 已知平面向量＝(，－1)，＝(，)，若存在不为零的实数k和角α，使向量＝＋(sinα－3), ＝－k＋(sinα),且⊥，试求实数k 的取值范围.‎ 解：由条件可得：k＝( sinα－)2－,而－1≤sinα≤1, ‎ ‎∴当sinα＝－1时，k取最大值1； sinα＝1时，k取最小值－.‎ ‎ 又∵k≠0 ∴k的取值范围为 .‎ 点拨与提示：将例题中的t略加改动，旧题新掘，出现了意想不到的效果，很好地考查了向量与三角函数、不等式综合运用能力.‎ 例6：已知向量，若正数k和t使得向量 垂直，求k的最小值.‎ 解：‎ ‎ ‎ ‎ ∵，∴||=，||=‎ ‎ ＝－＋ ， 代入上式 －3k＋3‎ ‎ 当且仅当t=，即t=1时，取“＝”号，即k的最小值是2.‎ ‎【考型3】向量的坐标运算与三角函数的考查 向量与三角函数结合，题目新颖而又精巧，既符合在知识的“交汇处”构题，又加强了对双基的考查.‎ 例7．设函数f (x)＝a · b，其中向量a＝(2cosx , 1), b＝(cosx,sin2x), x∈R.（1）若f(x)＝1－且x∈[－，]，求x；（2）若函数y＝2sin2x的图象按向量c＝(m , n) (﹤)平移后得到函数y＝f(x)的图象，求实数m、n的值.‎ 思路分析：本题主要考查平面向量的概念和计算、平移公式以及三角函数的恒等变换等基本技能，‎ 解： (1)依题设，f(x)＝（2cosx，1）·(cosx,sin2x)＝2cos2x＋sin2x＝1＋2sin(2x＋)‎ 由1＋2sin(2x＋)=1－，得sin(2x＋)＝－.‎ ‎∵－≤x≤ , ∴－≤2x＋≤, ∴2x＋=－, 即x＝－.‎ ‎（2）函数y＝2sin2x的图象按向量c＝（m , n）平移后得到函数y＝2sin2(x－m)+n的图象，即函数y＝f(x)的图象.‎ 由(1)得f (x)＝ ∵＜， ∴m＝－，n＝1.‎ ‎ 点评： ①把函数的图像按向量平移，可以看成是C上任一点按向量平移，由这些点平移后的对应点所组成的图象是Cˊ，明确了以上点的平移与整体图象平移间的这种关系，也就找到了此问题的解题途径.②一般地，函数y＝f (x)的图象按向量a＝(h , k)平移后的函数解析式为y－k＝f（x－h）‎ 例8：已知a=（cosα，sinα）,b=（cosβ,sinβ）(0<α<β<π)，（1）求证： a+b与a-b互相垂直； （2）若ka+b与a-kb的模大小相等(k∈R且k≠0)，求β－α 解：（1）证法一：∵a=（cosα，sinα）,b=（cosβ,sinβ）‎ ‎∴a+b＝（cosα+cosβ，sinα+ sinβ）, a-b＝（cosα-cosβ，sinα- sinβ）‎ ‎∴(a+b)·(a-b)=（cosα+cosβ，sinα+ sinβ）·（cosα-cosβ，sinα- sinβ）‎ ‎=cos2α-cos2β+sin2α- sin2β=0‎ ‎∴(a+b)⊥(a-b)‎ 证法二：∵a=（cosα，sinα）,b=（cosβ,sinβ）　　　∴|a|＝1，|b|＝1‎ ‎∴(a+b)·(a-b)= a2-b2=|a|2-|b|2=0　　　　　　　　　　∴(a+b)⊥(a-b)‎ 证法三：∵a=（cosα，sinα）,b=（cosβ,sinβ）∴|a|＝1，|b|＝1,‎ 记＝a，＝b，则||＝||=1,‎ 又α≠β，∴O、A、B三点不共线.‎ 由向量加、减法的几何意义，可知以OA、OB为邻边的平行四边形OACB是菱形，其中＝a+b，＝a-b，由菱形对角线互相垂直，知(a+b)⊥(a-b)‎ ‎（2）解：由已知得|ka+b|与|a-kb|,‎ 又∵|ka+b|2＝(kcosα+cosβ)2+(ksinα+sinβ)2=k2+1+2kcos(β－α),‎ ‎|ka+b|2＝(cosα-kcosβ)2+(sinα-ksinβ)2=k2+1-2kcos(β－α), ‎ ‎∴2kcos(β－α)= -2kcos(β－α)‎ 又∵k≠0　　　∴cos(β－α)＝0‎ ‎∵0<α<β<π　　∴0<β－α<π, ∴β－α=‎ 注：本题是以平面向量的知识为平台，考查了三角函数的有关运算，同时也体现了向量垂直问题的多种证明方法，常用的方法有三种，一是根据数量积的定义证明，二是利用数量积的坐标运算来证明，三是利用向量运算的几何意义来证明.‎ ‎【考型4】向量运算的几何意义与解析几何 由于向量既能体现“形”的直观位置特征，又具有“数”的良好运算性质，是数形结合与转换的桥梁和纽带，文科应重视由向量运算的几何意义求圆的方程和椭圆方程。‎ 例9：设G、H分别为非等边三角形ABC的重心与外心，A(0，2)，B（0，－2）且(λ∈R).（Ⅰ）求点C(x，y)的轨迹E的方程；（Ⅱ）过点(2，0)作直线L与曲线E交于点M、N两点，设，是否存在这样的直线L，使四边形OMPN是矩形？若存在，求出直线的方程；若不存在，试说明理由.‎ 思路分析：（1）通过向量的共线关系得到坐标的等量关系.（2）根据矩形应该具备的充要条件，得到向量垂直关系，结合韦达定理，求得k的值.‎ 解：（１）由已知得 , 又，∴‎ ‎∵CH=HA ∴即 ‎（2）设l方程为y=k(x-2)，代入曲线E得（3k2+1）x2-12k2x+12(k2-1)=0‎ 设N (x1，y1)，M (x2，y2)，则x1 +x2=，x1 x2=‎ ‎∵ ，∴　四边形OMPN是平行四边形.‎ 若四边形OMPN是矩形，则 ‎∴x1 x2+y1 y2=0 ∴得 ‎∴　直线l为：y= ‎ 点评：这是一道平面几何、解析几何、向量三者之间巧妙结合的问题.‎ 例10：已知椭圆方程，过B（－1，0）的直线l交随圆于C、D两点，交直线x＝－4于E点，B、E分的比分λ1、λ2．求证：λ1＋λ2＝0‎ 解：设l的方程为y＝k(x＋1)，代入椭圆方程整理得 ‎（4k2＋1）x2＋8k2x＋4(k2－1)＝0.‎ 设C（x1,y2）,D(x2,y2)，则x1＋x2＝－.‎ 由得 ‎ 所以.同理，记E 得 其中 ‎ ‎.‎ 例11：给定抛物线C:y2＝4x，F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、B两点.设l的斜率为1，求与夹角的余弦。‎ 解：C的焦点为F（1，0）,直线l的斜率为1，所以l的方程为y＝x－1,‎ 将y＝x－1代入方程y2=4x，并整理得x2－6x＋1＝0‎ 设A（x1,y1）,B(x2,y2),则有x1＋x2＝6, x1x2＝1，‎ 从而·＝x1x2＋y1y2＝2x1x2－(x1+x2)+1＝－3‎ ‎︱︱·︱︱＝·＝,‎ cos＝＝‎ 例12．已知点G是△ABC的重心，A(0, －1)，B(0, 1)，在x轴上有一点M，满足||=||， (∈R)．⑴求点C的轨迹方程； ‎ ‎⑵若斜率为k的直线l与点C的轨迹交于不同两点P，Q，且满足||=||，试求k的取值范围．‎ ‎[分析] 本题依托向量给出等量关系，既考查向量的模、共线等基础知识，又考查动点的轨迹，直线与椭圆的位置关系.通过向量和解析几何间的联系，陈题新组，考查基础知识和基本方法.按照求轨迹方程的方法步骤，把向量问题坐标化，几何问题代数化.‎ 解： ⑴设C(x, y)，则G(,)．∵(∈R)，∴GM//AB,‎ 又M是x轴上一点，则M(, 0)．又||=||，‎ ‎∴，整理得，即为曲线C的方程．‎ ‎⑵①当k=0时，l和椭圆C有不同两交点P，Q，根据椭圆对称性有||=||．‎ ‎②当k≠0时，可设l的方程为y=kx＋m，‎ 联立方程组 消去y，整理行(1＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－1)=0（*）‎ ‎∵直线l和椭圆C交于不同两点，‎ ‎∴△=(6km)2－4(1＋3k2)×( m2－1)＞0，即1＋3k2－m2＞0． (1) ‎ 设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，则x1, x2是方程（*）的两相异实根，∴x1＋x2=－‎ 则PQ的中点N(x0, y0)的坐标是x0==－，y0= k x0＋m=，‎ 即N(－, )，‎ 又||=||，∴⊥，∴k·kAN=k·=－1，∴m=.‎ 将m=代入(1)式,得 1＋3k2－()2＞0（k≠0），‎ 即k2＜1，∴k∈(－1, 0)∪(0, 1)．‎ 综合①②得，k的取值范围是(－1, 1)．‎ 对题目的要求：有较大的难度，有特别的解题思路、演变角度，要有一定的梯度.‎ ‎【课后训练】‎ ‎1．已知向量（ ）‎ A　30°　　 B　60° 　　C　120°　　 D　150°‎ ‎2．已知点M1（6，2）和M2（1，7），直线y=mx－7与线段M1M2的交点分有向线段M1M2的比为3：2，则的值为 （ ）‎ A　 B　 C　 D　4‎ ‎3．已知a,b是非零向量且满足（a－2b）⊥a，（b－2a）⊥b，则a与b的夹角是（ ）‎ A　 B　 C　 D　‎ ‎4．已知向量=(2，0),向量=（2，2），向量=（），则向量与向量的夹角的范围为 （ ）‎ A　［0，］ B　［，］ C　［，］ D　［，］‎ ‎5．设坐标原点为O，抛物线y2=2x与过焦点的直线交于A，B两点，则·=（ ）‎ A　 B　 C　3 D　－3‎ ‎6．O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足=+λ()，，则点P的轨迹一定通过△ABC的（ ）‎ A　外心 B　内心 C　重心 D　垂心 ‎7．点在平面上作匀速直线运动，速度向量（即点的运动方向与相同，且每秒移动的距离为个单位）．设开始时点的坐标为（－１０，１０），则５秒后点的坐标为（　　）‎ A　（-2，4）　B　（-30，25）　C　（10，-5）　D　（5，-10）‎ ‎8．已知向量≠，||＝1，对任意t∈R，恒有|－t|≥|－|，则（　　）‎ A　 ⊥ B　 ⊥(－) 　　C ⊥(－)　　 D (＋)⊥(－)‎ ‎9．P是△ABC所在平面上一点，若，则P是△ABC的（D　）‎ A　外心　　 B　内心　　 C　重心　　 D　垂心 ‎10．△ABC中，若a4+b4+c4=2c2(a2+b2)，则∠C度数是：‎ A　600 B　450或1350 C　1200 D　300‎ ‎11．已知向量a=()，向量b=()，则|2a－b|的最大值是 ‎ ‎12．把函数y=2x2－4x＋5的图像按向量a平移，得到y=2x2的图像，且a⊥b，c=(1,－1)，b·c=4，则b= ‎ ‎13．已知平面上三点A、B、C满足||=3,||=4，||=5,则的值等于　　　　.‎ ‎14．在中，O为中线AM上一个动点，若AM=2，则的最小值是_____.‎ ‎15．已知向量a＝(sinθ，1)，b＝(1，cosθ)，－＜θ＜．‎ ‎（Ⅰ）若a⊥b，求θ；（Ⅱ）求｜a＋b｜的最大值．‎ ‎16．06年江西卷）如图，已知△ABC是边长为1的正三角形，M、N分别是 边AB、AC上的点，线段MN经过△ABC的中心G，‎ 设ÐMGA＝a（）‎ （1） 试将△AGM、△AGN的面积（分别记为S1与S2）‎ 表示为a的函数 （2） 求y＝的最大值与最小值 ‎17.已知定点F（1，0），动点P在y轴上运动，过点P作PM交x轴于点M，并延长MP至点N，且.（1）求动点N的轨迹方程；‎ ‎（2）直线l与动点N的轨迹交于A、B两点，若且4≤≤，求直线l的斜率的取值范围.‎ ‎18．已知两点M(－1，0)， N(1 , 0)，且点P使·，·，·成公差小于零的等差数列.（Ⅰ）点P 的轨迹是什么曲线？‎ ‎（Ⅱ）若点P坐标为（x0、y0），记θ为与的夹角，求tanθ.‎ 答案与提示：‎ ‎1．C　提示：设，则，又 ‎，所以，得，，‎ ‎2. D 提示：设交点M（x,y），，代入直线方程可得.‎ ‎3. B 提示：a2－2b•a＝0且b2－2a•b＝0，相减得｜a｜＝｜b｜，代入其中一式即可.‎ ‎4. D 提示：点C的轨迹是以（2,2）为圆心，为半径的圆.‎ ‎5. B 提示：设A（x1,y1），B（x2,y2），·＝x1x2+y1y2＝，将直线方程y=k(x－0.5)代入抛物线方程消去x可得y1y2.‎ ‎6. B 提示：表示方向上的单位向量，表示方向上的单位向量，在∠BAC的平分线上，故P点的轨迹过三角形的内心.‎ ‎7．C　提示：设5秒后点P运动到点A,则,‎ ‎∴=(10,-5).‎ ‎8．C　提示：由|－t|≥|－|得|－t|2≥|－|2，展开并整理得,得,即.‎ ‎9．D　提示：由.‎ ‎ 即， 则 所以P为的垂心.‎ ‎10．B　提示：由a4+b4+c4=2c2(a2+b2)得：a4+b4+c4－2a2c2-2b2c2+2a2b2=2a2b2,即(a2+b2-c2)2=2a2b2‎ a2+b2-c2=ab，‎ ‎11． 4 ‎ ‎12． (3, －1) ‎ ‎13．－25　提示：因AB⊥BC，，，，所以原式＝0－9－16＝－25‎ M O C B A ‎14．－2　提示：如图,‎ ‎，当取等号.‎ ‎ 即的最小值为:-2.‎ ‎ 15. 解：（Ⅰ）若a⊥b，则sinθ＋cosθ＝0，由此得 tanθ＝－1(－＜θ＜)，所以 θ＝－； ‎ ‎（Ⅱ）由a＝(sinθ，1)，b＝(1，cosθ)得｜a＋b｜＝ ‎＝＝，‎ 当sin(θ＋)＝1时，|a＋b|取得最大值，即当θ＝时，|a＋b|最大值为＋1． ‎ ‎16. 解：因为G是边长为1的正三角形ABC的中心，‎ 所以 AG＝，ÐMAG＝，‎ 由正弦定理，得 则S1＝GM·GA·sina＝ 同理可求得S2＝‎ （1） y＝＝‎ ‎＝72（3＋cot2a）因为，所以当a＝或a＝时，y取得最大值ymax＝240‎ 当a＝时，y取得最小值ymin＝216‎ ‎17. 略解 （1）y2＝4x (x＞0) （2）先证明l与x轴不垂直，再设l的方程为 y＝kx＋b(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).联立直线与抛物线方程，得 ky2－ 4y＋4b＝0,由，得.‎ 又 故 而 ‎ ‎ ‎ 解得直线l的斜率的取值范围是 ‎18．略解（Ⅰ）设点P（x , y），分别计算出·，·，·，‎ 由题意，可得点P的轨迹方程是 ‎ 故点P 的轨迹是以原点为圆心、为半径的右半圆. ‎ ‎ (Ⅱ) 由（Ⅰ）知，，可得cosθ＝，‎ 又x0,∴即,‎ 于是sinθ＝＝＝＝，‎