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  • 2021-05-13 发布

高考数学一轮复习之平面向量及其运用考点透析

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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====,‎