2019版一轮复习理数通用版第七单元 平面向量 46页

第七单元 平面向量 教材复习课 “平面向量”相关基础知识一课过对应学生用书 P59 向量的有关概念 [过双基] 名称 定义 备注 向量 既有大小又有方向的量；向量的大小 叫做向量的长度(或称模) 平面向量是自由向量 零向量 长度为 0 的向量；其方向是任意的 记作 0 单位向量 长度等于 1 个单位的向量 非零向量 a 的单位向量为± a |a| 平行向量 方向相同或相反的非零向量(平行向量 又叫做共线向量) 0 与任一向量平行或共线 相等向量 长度相等且方向相同的向量 两向量只有相等或不等，不能比 较大小 相反向量 长度相等且方向相反的向量 0 的相反向量为 0 1．若向量 a 与 b 不相等，则 a 与 b 一定( ) A．有不相等的模 B．不共线 C．不可能都是零向量 D．不可能都是单位向量 解析：选 C 若 a 与 b 都是零向量，则 a＝b，故选项 C 正确． 2．关于平面向量，下列说法正确的是( ) A．零向量是唯一没有方向的向量 B．平面内的单位向量是唯一的 C．方向相反的向量是共线向量，共线向量不一定是方向相反的向量 D．共线向量就是相等向量 解析：选 C 对于 A，零向量是有方向的，其方向是任意的，故 A 不正确；对于 B， 单位向量的模为 1，其方向可以是任意方向，故 B 不正确；对于 C，方向相反的向量一定是 共线向量，共线向量不一定是方向相反的向量，故 C 正确；对于 D，由共线向量和相等向 量的定义可知 D 不正确，故选 C. 3．下列命题中，正确的个数是( ) ①单位向量都相等； ②模相等的两个平行向量是相等向量； ③若 a，b 满足|a|>|b|且 a 与 b 同向，则 a>b； ④若两个向量相等，则它们的起点和终点分别重合． A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选 A 对于①，单位向量的大小相等，但方向不一定相同，故①错误； 对于②，模相等的两个平行向量是相等向量或相反向量，故②错误； 对于③，向量是有方向的量，不能比较大小，故③错误； 对于④，向量是可以平移的矢量，当两个向量相等时，它们的起点和终点不一定相同， 故④错误． 综上，正确的命题个数是 0. [清易错] 1．对于平行向量易忽视两点： (1)零向量与任一向量平行． (2)两平行向量有向线段所在的直线平行或重合，易忽视重合这一条件． 2．单位向量的定义中只规定了长度没有方向限制． 1．若 m∥n，n∥k，则向量 m 与向量 k( ) A．共线 B．不共线 C．共线且同向 D．不一定共线 解析：选 D 可举特例，当 n＝0 时，满足 m∥n，n∥k，故 A、B、C 选项都不正确， 故 D 正确． 2．设 a，b 都是非零向量，下列四个选项中，一定能使 a |a| ＋ b |b| ＝0 成立的是( ) A．a＝2b B．a∥b C．a＝－1 3 b D．a⊥b 解析：选 C “ a |a| ＋ b |b| ＝0，且 a，b 都是非零向量”等价于“非零向量 a，b 共线且反 向”，故答案为 C. 向量共线定理及平面向量基本定理 [过双基] 1．向量共线定理 向量 b 与 a(a≠0)共线的充要条件是有且只有一个实数λ，使得 b＝λa. 2．平面向量的基本定理 如果 e1，e2 是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量 a，有且 只有一对实数λ1，λ2，使 a＝λ1e1＋λ2e2. 其中，不共线的向量 e1，e2 叫做表示这一平面内所有向量的一组基底． 1．已知 a，b 是不共线的向量， AB―→＝λa＋b， AC―→＝a＋μb，λ，μ∈R，则 A，B，C 三点共线的充要条件为( ) A．λ＋μ＝2 B．λ－μ＝1 C．λμ＝－1 D．λμ＝1 解析：选 D ∵A，B，C 三点共线， ∴ AB―→∥ AC―→， 设 AB―→＝m AC―→ (m≠0)，即λa＋b＝ma＋mμb， ∴ λ＝m， 1＝mμ， ∴λμ＝1. 2．(2018·南宁模拟)已知 e1，e2 是不共线向量，a＝me1＋2e2，b＝ne1－e2，且 mn≠0， 若 a∥b，则m n 的值为( ) A．－1 2 B.1 2 C．－2 D．2 解析：选 C ∵a∥b，∴a＝λb，即 me1＋2e2＝λ(ne1－e2)，则 λn＝m， －λ＝2， 故m n ＝－2. 3．已知点 M 是△ABC 的边 BC 的中点，点 E 在边 AC 上，且 EC―→＝2 AE―→，则 EM―→＝ ( ) A.1 2 AC―→＋1 3 AB―→ B.1 2 AC―→＋1 6 AB―→ C.1 6 AC―→＋1 2 AB―→ D.1 6 AC―→＋3 2 AB―→ 解析：选 C 如图， ∵ EC―→＝2 AE―→，∴ EM―→＝ EC―→＋ CM―→＝2 3 AC―→＋1 2 CB―→＝2 3 AC―→＋1 2( AB―→－ AC―→ )＝1 6 AC―→＋ 1 2 AB―→ . [清易错] 1．在向量共线的重要条件中易忽视“a≠0”，否则λ可能不存在，也可能有无数个． 2．平面向量基本定理指出：平面内任何一个非零向量都可以表示为沿两个不共线的方 向分离的两个非零向量的和，并且一旦分解方向确定后，这种分解是唯一的．这一点是易 忽视的． 1．(2018·大连双基测试)给出下列四个命题： ①两个具有公共终点的向量一定是共线向量； ②两个向量不能比较大小，但它们的模能比较大小； ③λa＝0(λ为实数)，则λ必为零； ④λ，μ为实数，若λa＝μb，则 a 与 b 共线． 其中假命题的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 C ①错误，两向量是否共线是要看其方向而不是起点或终点；②正确，因 为向量既有大小，又有方向，故向量不能比较大小，但向量的模均为实数，故可以比较大 小；③错误，当 a＝0 时，不论λ为何值，都有λa＝0；④错误，当λ＝μ＝0 时，λa＝μb，此 时 a 与 b 可以是任意向量． 2.如图，在△OAB 中，P 为线段 AB 上的一点，OP―→＝x OA―→＋yOB―→， 且 BP―→＝2 PA―→，则( ) A．x＝2 3 ，y＝1 3 B．x＝1 3 ，y＝2 3 C．x＝1 4 ，y＝3 4 D．x＝3 4 ，y＝1 4 解析：选 A 由题意知 OP―→＝OB―→＋ BP―→，又 BP―→＝2 PA―→，所以 OP―→＝OB―→＋2 3 BA―→＝OB―→ ＋2 3( OA―→－OB―→ )＝2 3 OA―→＋1 3OB―→，所以 x＝2 3 ，y＝1 3. 平面向量的运算 [过双基] 1．向量的线性运算 向量运算 定义 法则(或几何意义) 运算律 加法 求两个向 量和的运 算 三角形法则 平行四边形法则 (1)交换律：a＋b＝b＋a； (2)结合律：(a＋b)＋c＝a＋ (b＋c) 减法 求 a 与 b 的 相反向量 －b 的和的 三角形法则 a－b＝a＋(－b) 运算叫做 a 与 b 的差 数乘 求实数λ与 向量 a 的积 的运算 (1)|λa|＝|λ||a|； (2)当λ＞0 时，λa 的方向与 a 的方向相同；当λ＜0 时，λa 的方向与 a 的方向相反；当λ ＝0 时，λa＝0 λ(μ a)＝(λμ)a； (λ＋μ)a＝λa＋μ a； λ(a＋b)＝λa＋λb 2．平面向量的坐标运算 (1)平面向量的正交分解 把一个向量分解为两个互相垂直的向量，叫做把向量正交分解． (2)平面向量的坐标运算 ①向量加法、减法、数乘向量及向量的模 设 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)， a－b＝(x1－x2，y1－y2)， λa＝(λx1，λy1)， |a|＝ x21＋y21. ②向量坐标的求法 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 AB―→＝(x2－x1，y2－y1)，| AB―→|＝ x2－x12＋y2－y12. (3)平面向量共线的坐标表示 设 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a∥b⇔x1y2－x2y1＝0. 1．(2018·嘉兴测试)在△ABC 中，已知 M 是 BC 边的中点，设 CB―→＝a，CA―→＝b，则 AM―→ ＝( ) A.1 2 a－b B.1 2 a＋b C．a－1 2 b D．a＋1 2 b 解析：选 A AM―→＝ AC―→＋ CM―→＝－ CA―→＋1 2 CB―→＝－b＋1 2 a. 2．设 D 是线段 BC 的中点，且 AB―→＋ AC―→＝4 AE―→，则( ) A． AD―→＝2 AE―→ B． AD―→＝4 AE―→ C． AD―→＝2 EA―→ D． AD―→＝4 EA―→ 解析：选 A ∵D 是线段 BC 的中点， ∴ AB―→＋ AC―→＝2 AD―→， ∵ AB―→＋ AC―→＝4 AE―→， ∴ AD―→＝2 AE―→ . 3．已知 AC 为平行四边形 ABCD 的一条对角线， AB―→＝(2,4)， AC―→＝(1,3)，则 AD―→＝ ( ) A．(－1，－1) B．(3,7) C．(1,1) D．(2,4) 解析：选 A 由题意可得 AD―→＝ BC―→＝ AC―→－ AB―→＝(1,3)－(2,4)＝(－1，－1)． 4．已知 A(2,3)，B(4，－3)，且 AP―→＝3 AB―→，则点 P 的坐标为________． 解析：设 P(x，y)， ∵A(2,3)，B(4，－3)，且 AP―→＝3 AB―→， ∴(x－2，y－3)＝3(2，－6)＝(6，－18)， ∴ x－2＝6， y－3＝－18， 解得 x＝8，y＝－15， ∴点 P 的坐标为(8，－15)． 答案：(8，－15) 5．已知向量 a＝(1,3)，b＝(－2,1)，c＝(3,2)．若向量 c 与向量 ka＋b 共线，则实数 k ＝________. 解析：ka＋b＝k(1,3)＋(－2,1)＝(k－2,3k＋1)， 因为向量 c 与向量 ka＋b 共线， 所以 2(k－2)－3(3k＋1)＝0，解得 k＝－1. 答案：－1 6．设 O 在△ABC 的内部，D 为 AB 的中点，且 OA―→＋OB―→＋2 OC―→＝0，则△ABC 的面 积与△AOC 的面积的比值为________． 解析：∵D 为 AB 的中点，∴ OA―→＋OB―→＝2 OD―→， ∵ OA―→＋OB―→＋2 OC―→＝0， ∴ OC―→＝－ OD―→， ∴O 是 CD 的中点， ∴S△AOC＝S△AOD＝1 2S△AOB＝1 4S△ABC. 答案：4 [清易错] 1．向量坐标不是向量的终点坐标，与向量的始点、终点有关系． 2．数乘向量仍为向量，只是模与方向发生变化，易误认为数乘向量为实数． 3．若 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a∥b 的充要条件不能表示成x1 x2 ＝y1 y2 ，因为 x2，y2 有 可能等于 0，所以应表示为 x1y2－x2y1＝0. 1．若向量 AB―→＝(1,2)， BC―→＝(3,4)，则 AC―→＝( ) A．(2,2) B．(－2，－2) C．(4,6) D．(－4，－6) 解析：选 C AC―→＝ AB―→＋ BC―→＝(4,6)． 2．已知向量 a，b 不共线，若 AB―→＝a＋2b， BC―→＝－4a－b，CD―→＝－5a－3b，则四边 形 ABCD 是( ) A．梯形 B．平行四边形 C．矩形 D．菱形 解析：选 A 因为 AB―→＝a＋2b， BC―→＝－4a－b，CD―→＝－5a－3b， 所以 AD―→＝ AB―→＋ BC―→＋CD―→＝－8a－2b， 所以 AD―→＝2 BC―→，即直线 AD 与 BC 平行， 而向量 AB―→与CD―→不共线，即直线 AB 与 CD 不平行， 故四边形 ABCD 是梯形． 3．(2018·河北联考)已知向量 a＝(1,2)，b＝(－2，m)，若 a∥b，则 2a＋3b＝( ) A．(－5，－10) B．(－2，－4) C．(－3，－6) D．(－4，－8) 解析：选 D 由 a∥b，得 m＋4＝0，即 m＝－4，所以 2a＋3b＝2(1,2)＋3(－2，－4) ＝(－4，－8)． 平面向量的数量积 [过双基] 1．向量的夹角 定义 图示 范围 共线与垂直 已知两个非零向量 a 和 b，作 OA―→＝a，OB―→ ＝b，则∠AOB 就是 a 设θ是 a 与 b 的夹角， 则θ的取值范围是 0°≤θ≤180° θ＝0°或θ＝180°⇔a ∥b，θ＝90°⇔a⊥b 与 b 的夹角 2．平面向量的数量积 定义 设两个非零向量 a，b 的夹角为θ，则数量|a||b|cos θ叫做 a 与 b 的数量 积，记作 a·b 投影 |a|cos θ叫做向量 a 在 b 方向上的投影， |b|cos θ叫做向量 b 在 a 方向上的投影 几何意义 数量积 a·b 等于 a 的长度|a|与 b 在 a 的方向上的投影|b|cos θ的乘积 3．平面向量数量积的运算律 (1)a·b＝b·a. (2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)． (3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c. 4．平面向量数量积的有关结论 已知非零向量 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ＝〈a，b〉. 结论 几何表示 坐标表示 模 |a|＝ a·a |a|＝ x21＋y21 夹角 cos θ＝ a·b |a||b| cos θ＝ x1x2＋y1y2 x21＋y21· x22＋y22 a⊥b 的充要条件 a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0 |a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b| |x1x2＋y1y2|≤ x21＋y21x22＋y22 1．设向量 e1，e2 是两个互相垂直的单位向量，且 a＝2e1－e2，b＝e2，则|a＋2b|＝( ) A．2 2 B. 5 C．2 D．4 解析：选 B ∵向量 e1，e2 是两个互相垂直的单位向量， ∴|e1|＝1，|e2|＝1，e1·e2＝0， ∵a＝2e1－e2，b＝e2， ∴a＋2b＝2e1＋e2， ∴|a＋2b|2＝4e21＋4e1·e2＋e22＝5， ∴|a＋2b|＝ 5. 2．(2018·云南检测)设向量 a＝(－1,2)，b＝(m,1)，如果向量 a＋2b 与 2a－b 平行，那么 a 与 b 的数量积等于( ) A．－7 2 B．－1 2 C.3 2 D.5 2 解析：选 D 因为 a＋2b＝(－1＋2m,4)，2a－b＝(－2－m,3)，由题意得 3(－1＋2m)－ 4(－2－m)＝0，则 m＝－1 2 ， 所以 a·b＝－1× －1 2 ＋2×1＝5 2. 3．已知|a|＝1，|b|＝2，a·(a－b)＝3，则 a 与 b 的夹角为( ) A.π 3 B.π 6 C.π 2 D．π 解析：选 D 设 a 与 b 的夹角为θ，由题意知|a|＝1，|b|＝2， ∵a·(a－b)＝a2－a·b＝12－1×2×cos θ＝3， ∴cos θ＝－1. 又θ∈[0，π]， ∴a 与 b 的夹角为π. 4．已知向量 a，b 满足|a|＝2，|b|＝1，a 与 b 的夹角为2π 3 ，则|a＋2b|＝________. 解析：∵(a＋2b)2＝a2＋4a·b＋4b2＝4＋4×2×1× －1 2 ＋4＝4，∴|a＋2b|＝2. 答案：2 5．(2018·衡水中学检测)在直角三角形 ABC 中，C＝90°，AB＝2，AC＝1，若 AD―→＝3 2 AB―→， 则CD―→· CB―→＝________. 解析：∵ AD―→＝3 2 AB―→， ∴CD―→ · CB―→＝( CA―→＋ AD―→ )· CB―→＝ CA―→＋3 2 AB―→ · CB―→ ＝ 3 2 CB―→－1 2 CA―→ · CB―→＝3 2 CB―→2， 又∵C＝90°，AB＝2，AC＝1， ∴CB＝ 3，∴CD―→· CB―→＝9 2. 答案：9 2 6．(2018·东北三校联考)已知正方形 ABCD 的边长为 2， DE―→＝2 EC―→， DF―→＝1 2( DC―→＋ DB―→)，则 BE―→· DF―→＝________. 解析：如图，以 B 为原点，BC 所在直线为 x 轴，AB 所在直线为 y 轴建立平面直角坐标系． 则 B(0,0)，E 2，2 3 ，D(2,2)． 由 DF―→＝1 2( DC―→＋ DB―→ )，知 F 为 BC 的中点，所以 F(1,0)，故 BE―→＝ 2，2 3 ， DF―→＝(－ 1，－2)， ∴ BE―→ · DF―→＝－2－4 3 ＝－10 3 . 答案：－10 3 [清易错] 1．0 与实数 0 的区别：0a＝0≠0，a＋(－a)＝0≠0，a·0＝0≠0. 2．a·b＝0 不能推出 a＝0 或 b＝0，因为 a·b＝0 时，有可能 a⊥b. 3．在运用向量夹角时，注意其取值范围为[0，π]． 1．有下列说法： ①向量 b 在向量 a 方向上的投影是向量； ②若 a·b>0，则 a 和 b 的夹角为锐角，若 a·b<0，则 a 和 b 的夹角为钝角； ③(a·b)c＝a(b·c)； ④若 a·b＝0，则 a＝0 或 b＝0. 其中正确的说法个数为( ) A．0 B．3 C．4 D．2 答案：A 2．已知 a＝(1,3)，b＝(2＋λ，1)，且 a 与 b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是________． 解析：由题意可得 a·b>0，且 a，b 不共线， 即 2＋λ＋3>0， 2＋λ 1 ≠1 3 ， 解得λ>－5，且λ≠－5 3. 答案： －5，－5 3 ∪ －5 3 ，＋∞ 3．已知向量 a，b 满足 a＝(2,0)，|b|＝1，若|a＋b|＝ 7，则 a 与 b 的夹角是________． 解析：由|a＋b|＝ 7，得(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝4＋2a·b＋1＝7， ∴a·b＝1， ∴|a|·|b|·cos〈a，b〉＝1， ∴cos〈a，b〉＝1 2.又〈a，b〉∈[0，π]， ∴a，b 的夹角为π 3. 答案：π 3 一、选择题 1．(2018·常州调研)已知 A，B，C 三点不共线，且点 O 满足 OA―→＋OB―→＋ OC―→＝0，则 下列结论正确的是( ) A． OA―→＝1 3 AB―→＋2 3 BC―→ B． OA―→＝2 3 AB―→＋1 3 BC―→ C． OA―→＝1 3 AB―→－2 3 BC―→ D． OA―→＝－2 3 AB―→－1 3 BC―→ 解析：选 D ∵ OA―→＋OB―→＋ OC―→＝0， ∴O 为△ABC 的重心， ∴ OA―→＝－2 3 ×1 2( AB―→＋ AC―→ )＝－1 3( AB―→＋ AC―→ ) ＝－1 3( AB―→＋ AB―→＋ BC―→ )＝－1 3(2 AB―→＋ BC―→ ) ＝－2 3 AB―→－1 3 BC―→. 2．(2018·合肥质检)已知 O，A，B，C 为同一平面内的四个点，若 2 AC―→＋ CB―→＝0，则 向量 OC―→等于( ) A.2 3 OA―→－1 3OB―→ B．－1 3 OA―→＋2 3OB―→ C．2 OA―→－OB―→ D．－ OA―→＋2OB―→ 解析：选 C 因为 AC―→＝ OC―→－ OA―→， CB―→＝OB―→－ OC―→， 所以 2 AC―→＋ CB―→＝2( OC―→－ OA―→ )＋(OB―→－ OC―→ ) ＝ OC―→－2 OA―→＋OB―→＝0， 所以 OC―→＝2 OA―→－OB―→ . 3．已知向量 a 与 b 的夹角为 30°，且|a|＝ 3，|b|＝2，则|a－b|的值为( ) A．1 B. 13 C．13 D. 7－2 3 解析：选 A 由向量 a 与 b 的夹角为 30°，且|a|＝ 3，|b|＝2， 可得 a·b＝|a|·|b|·cos 30°＝ 3×2× 3 2 ＝3， 所以|a－b|＝ a－b2＝ a2＋b2－2a·b ＝ 3＋4－2×3＝1. 4．(2018·成都一诊)在边长为 1 的等边△ABC 中，设 BC―→＝a，CA―→＝b，AB―→＝c，则 a·b ＋b·c＋c·a＝( ) A．－3 2 B．0 C.3 2 D．3 解析：选 A 依题意有 a·b＋b·c＋c·a＝ －1 2 ＋ －1 2 ＋ －1 2 ＝－3 2. 5．已知非零向量 a，b 满足 a·b＝0，|a|＝3，且 a 与 a＋b 的夹角为π 4 ，则|b|＝( ) A．6 B．3 2 C．2 2 D．3 解析：选 D 由非零向量 a，b 满足 a·b＝0，可知两个向量垂直，由|a|＝3，且 a 与 a ＋b 的夹角为π 4 ，说明以向量 a，b 为邻边，a＋b 为对角线的平行四边形是正方形，所以|b| ＝3. 6．(2017·青岛二模)在平面直角坐标系中，已知向量 a＝(1,2)，a－1 2 b＝(3,1)，c＝(x,3)， 若(2a＋b)∥c，则 x＝( ) A．－2 B．－4 C．－3 D．－1 解析：选 D 依题意得 b＝2 a－ a－1 2b ＝(－4,2)，所以 2a＋b＝(－2,6)，所以 6x＝－ 2×3＝－6，x＝－1. 7．在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A(1,0)，B(0,1)，C 为坐标平面内第一象限内一点， 且∠AOC＝π 4 ，且| OC―→ |＝2，若 OC―→＝λ OA―→＋μOB―→，则λ＋μ＝( ) A．2 2 B. 2 C．2 D．4 2 解析：选 A 因为| OC―→|＝2，∠AOC＝π 4 ， 所以 C( 2， 2)， 又 OC―→＝λ OA―→＋μOB―→， 所以( 2， 2)＝λ(1,0)＋μ(0,1)＝(λ，μ)， 所以λ＝μ＝ 2，λ＋μ＝2 2. 8.已知函数 f(x)＝Asin(πx＋φ)的部分图象如图所示，点 B，C 是 该图象与 x 轴的交点，过点 C 的直线与该图象交于 D，E 两点，则( BD―→ ＋ BE―→ )·( BE―→－ CE―→ )的值为( ) A．－1 B．－1 2 C.1 2 D．2 解析：选 D 注意到函数 f(x)的图象关于点 C 对称，因此 C 是线段 DE 的中点，BD―→＋ BE―→＝2 BC―→ . 又 BE―→－ CE―→＝ BE―→＋ EC―→＝ BC―→， 且| BC―→ |＝1 2T＝1 2 ×2π π ＝1， 因此( BD―→＋ BE―→)·( BE―→－ CE―→)＝2 BC―→2＝2. 二、填空题 9．(2018·洛阳一模)若三点 A(1，－5)，B(a，－2)，C(－2，－1)共线，则实数 a 的值为 ________． 解析：∵ AB―→＝(a－1,3)， AC―→＝(－3,4)， 据题意知 AB―→∥ AC―→， ∴4(a－1)＝3×(－3)， 即 4a＝－5， ∴a＝－5 4. 答案：－5 4 10．已知▱ABCD 的对角线 AC 和 BD 相交于 O，且 OA―→＝a，OB―→＝b，则 DC―→＝________， BC―→＝________.(用 a，b 表示) 解析：如图，DC―→＝ AB―→＝OB―→－ OA―→＝b－a， BC―→＝ OC―→－OB―→＝ － OA―→－OB―→＝－a－b. 答案：b－a －a－b 11．已知向量 a＝(2,1)，b＝(1，－2)，若 ma＋nb＝(9，－8)(m，n∈R)，则 m－n 的值 为________． 解析：∵ma＋nb＝(2m＋n，m－2n)＝(9，－8)， ∴ 2m＋n＝9， m－2n＝－8， ∴ m＝2， n＝5， ∴m－n＝2－5＝－3. 答案：－3 12．若向量 a＝(2,3)，b＝(－4,7)，a＋c＝0，则 c 在 b 方向上的投影为________． 解析：∵a＋c＝0， ∴c＝－a＝(－2，－3)， ∴c·b＝8－21＝－13，且|b|＝ 65， ∴c 在 b 方向上的投影为 |c|cos〈c，b〉＝|c|· c·b |c||b| ＝c·b |b| ＝－ 13 65 ＝－ 65 5 . 答案：－ 65 5 三、解答题 13．已知向量 a＝(3,0)，b＝(－5,5)，c＝(2，k)． (1)求向量 a 与 b 的夹角； (2)若 b∥c，求 k 的值； (3)若 b⊥(a＋c)，求 k 的值． 解：(1)设向量 a 与 b 的夹角为θ， ∵a＝(3,0)，b＝(－5,5)， ∴a·b＝3×(－5)＋0×5＝－15，|a|＝3，|b|＝ －52＋52＝5 2， ∴cos θ＝ a·b |a|·|b| ＝ －15 3×5 2 ＝－ 2 2 . 又∵θ∈[0，π]， ∴θ＝3π 4 . (2)∵b∥c，∴－5k＝5×2，∴k＝－2. (3)∵a＋c＝(5，k)，又 b⊥(a＋c)， ∴b·(a＋c)＝0， ∴－5×5＋5×k＝0， ∴k＝5. 14．在平面直角坐标系 xOy 中，已知向量 m＝ 2 2 ，－ 2 2 ，n＝(sin x，cos x)，x∈ 0，π 2 . (1)若 m⊥n，求 tan x 的值； (2)若 m 与 n 的夹角为π 3 ，求 x 的值． 解：(1)若 m⊥n，则 m·n＝0. 由向量数量积的坐标公式得 2 2 sin x－ 2 2 cos x＝0， ∴tan x＝1. (2)∵m 与 n 的夹角为π 3 ， ∴m·n＝|m|·|n|cos π 3 ， 即 2 2 sin x－ 2 2 cos x＝1 2 ， ∴sin x－π 4 ＝1 2. 又∵x∈ 0，π 2 ， ∴x－π 4 ∈ －π 4 ，π 4 ， ∴x－π 4 ＝π 6 ，即 x＝5π 12. 高考研究课一平面向量的基本运算 考点 考查频度 考查角度 平面向量的线性运算 5 年 1 考 三角形中的线性运算 平面向量的坐标运算 5 年 3 考 求坐标及待定参数 共线向量定理 5 年 3 考 已知共线求参数值 平面向量的线性运算 [典例] (1)(2018·济南模拟)在△ABC 中，AB 边的高为 CD，若 CB―→＝a， CA―→＝b，a·b ＝0，|a|＝1，|b|＝2，则 AD―→＝( ) A.1 3 a－1 3 b B.2 3 a－2 3 b C.3 5 a－3 5 b D.4 5 a－4 5 b (2)在梯形 ABCD 中，已知 AB∥CD，AB＝2CD，M，N 分别为 CD，BC 的中点．若 AB―→ ＝λ AM―→＋μ AN―→，则λ＋μ＝________. [解析] (1)∵a·b＝0，∴∠ACB＝90°， ∴AB＝ 5，CD＝2 5 5 ， ∴BD＝ 5 5 ，AD＝4 5 5 ，∴AD∶BD＝4∶1. ∴ AD―→＝4 5 AB―→＝4 5( CB―→－ CA―→ )＝4 5 a－4 5 b. (2)法一：由 AB―→＝λ AM―→＋μ AN―→， 得 AB―→＝λ·1 2( AD―→＋ AC―→)＋μ·1 2( AC―→＋ AB―→)， 则 μ 2 －1 AB―→＋λ 2 AD―→＋ λ 2 ＋μ 2 AC―→＝0， 得 μ 2 －1 AB―→＋λ 2 AD―→＋ λ 2 ＋μ 2 AD―→＋1 2 AB―→ ＝0， 得 1 4λ＋3 4μ－1 AB―→＋ λ＋μ 2 AD―→＝0. 因为 AB―→， AD―→不共线， 所以由平面向量基本定理得 1 4λ＋3 4μ－1＝0， λ＋μ 2 ＝0， 解得 λ＝－4 5 ， μ＝8 5. 所以λ＋μ＝4 5. 法二：连接 MN 并延长交 AB 的延长线于 T， 由已知易得 AB＝4 5AT， 则4 5 AT―→＝ AB―→＝λ AM―→＋μ AN―→， 即 AT―→＝5 4λ AM―→＋5 4μ AN―→， 因为 T，M，N 三点共线，所以5 4λ＋5 4μ＝1. 故λ＋μ＝4 5. [答案] (1)D (2)4 5 [方法技巧] (1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向 量的加、减或数乘运算． (2)用向量基本定理解决问题的一般思路是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结 论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决． [即时演练] 1．向量 e1，e2，a，b 在正方形网格中的位置如图所示，则 a－b＝( ) A．－4e1－2e2 B．－2e1－4e2 C．e1－3e2 D．3e1－e2 解析：选 C 结合图形易得，a＝－e1－4e2，b＝－2e1－e2，故 a－b＝e1－3e2. 2.如图，正方形 ABCD 中，E为 DC的中点，若 AE―→＝λ AB―→＋μ AC―→， 则λ＋μ的值为( ) A.1 2 B．－1 2 C．1 D．－1 解析：选 A 法一：由题意得 AE―→＝ AD―→＋1 2 AB―→＝ BC―→＋ AB―→－1 2 AB―→＝ AC―→－1 2 AB―→， ∴λ＝－1 2 ，μ＝1，∴λ＋μ＝1 2 ，故选 A. 法二：利用坐标法，以 A 为坐标原点，AB，AD 所在直线分别为 x 轴，y 轴建立平面直 角坐标系(图略)，设正方形的边长为 1，则 A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，E 1 2 ，1 ，∴ AE―→＝ 1 2 ，1 ， AB―→＝(1,0)， AC―→＝(1,1)，则 1 2 ，1 ＝λ(1,0)＋μ(1，1)，∴λ＋μ＝1 2. 平面向量的坐标运算 [典例] (1)在△ABC 中，点 P 在 BC 上，且 BP―→＝2 PC―→，点 Q 是 AC 的中点，若 PA―→ ＝(4,3)， PQ―→＝(1,5)，则 BC―→等于( ) A．(－2,7) B．(－6,21) C．(2，－7) D．(6，－21) (2)(2018·绍兴模拟)已知点 M(5，－6)和向量 a＝(1，－2)，若MN―→＝－3a，则点 N 的坐 标为( ) A．(2,0) B．(－3,6) C．(6,2) D．(－2,0) [解析] (1)由题意，AC―→＝2 AQ―→＝2( PQ―→－ PA―→ )＝2(－3,2)＝(－6,4)，PC―→＝ AC―→－ AP―→ ＝(－6,4)－(－4，－3)＝(－2,7)， ∵ BP―→＝2 PC―→， ∴ BC―→＝3 PC―→＝(－6,21)． (2)MN―→＝－3a＝－3(1，－2)＝(－3,6)， 设 N(x，y)，则MN―→＝(x－5，y＋6)＝(－3,6)， 所以 x－5＝－3， y＋6＝6， 即 x＝2， y＝0. [答案] (1)B (2)A [方法技巧] 向量的坐标运算主要是利用加、减、数乘运算法则进行，若已知有向线段两端点的坐 标，则应先求向量的坐标．解题过程中要注意方程思想的运用及正确使用运算法则． [即时演练] 1．若向量 a＝(1,1)，b＝(1，－1)，c＝(－1,2)，则 c＝( ) A．－1 2 a＋3 2 b B.1 2 a－3 2 b C.3 2 a－1 2 b D．－3 2 a＋1 2 b 解析：选 B 设 c＝λ1a＋λ2b，则(－1,2)＝λ1(1,1)＋λ2(1，－1)＝(λ1＋λ2，λ1－λ2)，所以λ1 ＋λ2＝－1，λ1－λ2＝2，解得λ1＝1 2 ，λ2＝－3 2 ，所以 c＝1 2 a－3 2 b. 2．已知向量 a＝(1,1)，点 A(3,0)，点 B 为直线 y＝2x 上的一个动点．若 AB―→∥a，则点 B 的坐标为________． 解析：设 B(x,2x)， AB―→＝(x－3,2x)． ∵ AB―→∥a，∴x－3－2x＝0，解得 x＝－3， ∴B(－3，－6)． 答案：(－3，－6) 共线向量定理及应用 平面向量共线的坐标表示是高考的常考内容，多以选择题或填空题的形式出现，难度 较小，属低档题.,常见的命题角度有： 1利用向量共线求参数或点的坐标； 2利用向量共线解决三点共线问题. 角度一：利用向量共线求参数或点的坐标 1．若向量 a＝(2,4)与向量 b＝(x,6)共线，则实数 x＝( ) A．2 B．3 C．4 D．6 解析：选 B ∵a∥b，∴2×6－4x＝0，解得 x＝3. 2．已知梯形 ABCD 中，AB∥CD，且 DC＝2AB，三个顶点 A(1，2)，B(2,1)，C(4,2)， 则点 D 的坐标为________． 解析：∵在梯形 ABCD 中，DC＝2AB，AB∥CD，∴ DC―→＝2 AB―→ .设点 D 的坐标为(x， y)，则 DC―→＝(4－x，2－y)， AB―→＝(1，－1)， ∴(4－x,2－y)＝2(1，－1)，即(4－x,2－y)＝(2，－2)， ∴ 4－x＝2， 2－y＝－2， 解得 x＝2， y＝4， 故点 D 的坐标为(2,4)． 答案：(2,4) 3．已知平面向量 a＝(1，m)，b＝(2,5)，c＝(m,3)，且(a＋c)∥(a－b)，则 m＝________. 解析：因为 a＝(1，m)，b＝(2,5)，c＝(m,3)， 所以 a＋c＝(1＋m，m＋3)，a－b＝(－1，m－5)． 又(a＋c)∥(a－b)， 所以(1＋m)(m－5)＋(m＋3)＝0，即 m2－3m－2＝0， 解得 m＝3＋ 17 2 或 m＝3－ 17 2 . 答案：3± 17 2 [方法技巧] 1．利用两向量共线求参数 如果已知两向量共线，求某些参数的取值时，利用“若 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a ∥b 的充要条件是 x1y2＝x2y1”解题比较方便． 2．利用两向量共线的条件求向量坐标 一般地，在求与一个已知向量 a 共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)，然后结合其 他条件列出关于λ的方程，求出λ的值后代入λa 即可得到所求的向量． 角度二：利用向量共线解决三点共线问题 4．(2018·南阳五校联考)已知向量 OA―→＝(1，－3)，OB―→＝(2，－1)， OC―→＝(k＋1，k－ 2)，若 A，B，C 三点不能构成三角形，则 k＝________. 解析：若点 A，B，C 不能构成三角形，则向量 AB―→， AC―→共线， ∵ AB―→＝OB―→－ OA―→＝(2，－1)－(1，－3)＝(1,2)， AC―→＝ OC―→－ OA―→＝(k＋1，k－2)－(1，－3)＝(k，k＋1)， ∴1×(k＋1)－2k＝0，解得 k＝1. 答案：1 5．设两个非零向量 a 与 b 不共线，若 AB―→＝a＋b， BC―→＝2a＋8b，CD―→＝3(a－b)，求 证：A，B，D 三点共线． 证明：因为 AB―→＝a＋b， BC―→＝2a＋8b，CD―→＝3(a－b)， 所以 BD―→＝ BC―→＋CD―→＝2a＋8b＋3(a－b) ＝5(a＋b)＝5 AB―→ . 所以 AB―→， BD―→共线． 又它们有公共点 B，所以 A，B，D 三点共线． [方法技巧] 三点共线问题的求解策略 解决点共线或向量共线问题时，要结合向量共线定理进行，但应注意向量共线与 三点共线的区别与联系，当两个向量共线且有公共点时，才能得到三点共线． 1．(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 AP―→＝λ AB―→＋μ AD―→，则λ＋μ的最大值为( ) A．3 B．2 2 C. 5 D．2 解析：选 A 以 A 为坐标原点，AB，AD 所在直线分别为 x 轴，y 轴建 立如图所示的平面直角坐标系， 则 A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线 BD 的方程为 2x＋y－2＝0， 点 C 到直线 BD 的距离为 2 22＋12 ＝ 2 5 ，所以圆 C：(x－1)2＋(y－2)2＝4 5. 因为 P 在圆 C 上，所以 P 1＋2 5 5 cos θ，2＋2 5 5 sin θ . 又 AB―→＝(1,0)， AD―→＝(0,2)， AP―→＝λ AB―→＋μ AD―→＝(λ，2μ)， 所以 1＋2 5 5 cos θ＝λ， 2＋2 5 5 sin θ＝2μ， λ＋μ＝2＋2 5 5 cos θ＋ 5 5 sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中 tan φ＝2)，当且仅当θ＝π 2 ＋2kπ－ φ，k∈Z 时，λ＋μ取得最大值 3. 2．(2015·全国卷Ⅰ)设 D 为△ABC 所在平面内一点， BC―→＝3CD―→，则( ) A． AD―→＝－1 3 AB―→＋4 3 AC―→ B． AD―→＝1 3 AB―→－4 3 AC―→ C． AD―→＝4 3 AB―→＋1 3 AC―→ D． AD―→＝4 3 AB―→－1 3 AC―→ 解析：选 A AD―→＝ AC―→＋CD―→＝ AC―→＋1 3 BC―→＝ AC―→＋1 3( AC―→－ AB―→)＝4 3 AC―→－1 3 AB―→＝ －1 3 AB―→＋4 3 AC―→. 3．(2015·全国卷Ⅰ)已知点 A(0,1)，B(3,2)，向量 AC―→＝(－4，－3)，则向量 BC―→＝( ) A．(－7，－4) B．(7,4) C．(－1,4) D．(1,4) 解析：选 A 法一：设 C(x，y)， 则 AC―→＝(x，y－1)＝(－4，－3)， 所以 x＝－4， y＝－2， 从而 BC―→＝(－4，－2)－(3,2)＝(－7，－4)． 法二： AB―→＝(3,2)－(0,1)＝(3,1)， BC―→＝ AC―→－ AB―→＝(－4，－3)－(3,1)＝(－7，－4)． 4．(2016·全国卷Ⅰ)设向量 a＝(m,1)，b＝(1,2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则 m＝________. 解析：∵|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2， ∴a·b＝0. 又 a＝(m,1)，b＝(1,2)，∴m＋2＝0，∴m＝－2. 答案：－2 5．(2016·全国卷Ⅱ)已知向量 a＝(m,4)，b＝(3，－2)，且 a∥b，则 m＝________. 解析：∵a＝(m,4)，b＝(3，－2)，a∥b， ∴－2m－4×3＝0，∴m＝－6. 答案：－6 6．(2015·全国卷Ⅱ)设向量 a，b 不平行，向量λa＋b 与 a＋2b 平行，则实数λ＝________. 解析：∵λa＋b 与 a＋2b 平行，∴λa＋b＝t(a＋2b)， 即λa＋b＝ta＋2tb，∴ λ＝t， 1＝2t， 解得 λ＝1 2 ， t＝1 2. 答案：1 2 7．(2014·全国卷Ⅰ)已知 A，B，C 为圆 O 上的三点，若 AO―→＝1 2( AB―→＋ AC―→ )，则 AB―→与 AC―→的夹角为________． 解析：由 AO―→＝1 2( AB―→＋ AC―→ )，可得 O 为 BC 的中点，故 BC 为圆 O 的直径，所以 AB―→ 与 AC―→的夹角为 90°. 答案：90° 一、选择题 1.(2018·长春模拟)如图所示，下列结论正确的是( ) ① PQ―→＝3 2 a＋3 2 b； ② PT―→＝3 2 a－b； ③ PS―→＝3 2 a－1 2 b； ④ PR―→＝3 2 a＋b. A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 解析：选 C ①根据向量的加法法则，得 PQ―→＝3 2 a＋3 2 b，故①正确；②根据向量的减法 法则，得 PT―→＝3 2 a－3 2 b，故②错误；③ PS―→＝ PQ―→＋ QS―→＝3 2 a＋3 2 b－2b＝3 2 a－1 2 b，故③正确； ④ PR―→＝ PQ―→＋ QR―→＝3 2 a＋3 2 b－b＝3 2 a＋1 2 b，故④错误，故选 C. 2．(2018·长沙一模)已知向量 OA―→＝(k,12)，OB―→＝(4,5)， OC―→＝(－k,10)，且 A，B，C 三点共线，则 k 的值是( ) A．－2 3 B.4 3 C.1 2 D.1 3 解析：选 A AB―→＝OB―→－ OA―→＝(4－k，－7)， AC―→＝ OC―→－ OA―→＝(－2k，－2)． ∵A，B，C 三点共线， ∴ AB―→， AC―→共线， ∴－2×(4－k)＝－7×(－2k)， 解得 k＝－2 3. 3．(2018·嘉兴调研)已知点 O 为△ABC 外接圆的圆心，且 OA―→＋OB―→＋ CO―→＝0，则△ ABC 的内角 A 等于( ) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：选 A 由 OA―→＋OB―→＋ CO―→＝0 得， OA―→＋OB―→＝ OC―→，由 O 为△ABC 外接圆的 圆心，结合向量加法的几何意义知，四边形 OACB 为菱形，且∠CAO＝60°，故 A＝30°. 4．若 OA―→＝a，OB―→＝b，a 与 b 不共线，则∠AOB 平分线上的向量OM―→为( ) A. a |a| ＋ b |b| B. a＋b |a＋b| C.|b|a－|a|b |a|＋|b| D．λ a |a| ＋ b |b| ，λ由OM―→确定 解析：选 D 以 OM 为对角线，以 OA―→，OB―→方向为邻边作平行四边 形 OCMD， ∵OM 平分∠AOB， ∴平行四边形 OCMD 是菱形． 设 OC＝OD＝λ， 则 OC―→＝λ a |a| ， OD―→＝λ b |b| ， ∴OM―→＝ OC―→＋ OD―→＝λ a |a| ＋ b |b| ，且λ由OM―→确定． 5．设 D，E，F 分别是△ABC 的三边 BC，CA，AB 上的点，且 DC―→＝2 BD―→，CE―→＝2 EA―→， AF―→＝2 FB―→，则 AD―→＋ BE―→＋ CF―→与 BC―→ ( ) A．反向平行 B．同向平行 C．互相垂直 D．既不平行也不垂直 解析：选 A 由题意得 AD―→＝ AB―→＋ BD―→＝ AB―→＋1 3 BC―→， BE―→＝ BA―→＋ AE―→＝ BA―→＋1 3 AC―→， CF―→＝ CB―→＋ BF―→＝ CB―→＋1 3 BA―→， 因此 AD―→＋ BE―→＋ CF―→＝ CB―→＋1 3( BC―→＋ AC―→－ AB―→ ) ＝ CB―→＋2 3 BC―→＝－1 3 BC―→， 故 AD―→＋ BE―→＋ CF―→与 BC―→反向平行． 6.如图所示，已知点 G 是△ABC 的重心，过点 G 作直线与 AB， AC 两边分别交于 M，N 两点，且 AM―→＝x AB―→， AN―→＝y AC―→，则 xy x＋y 的值为( ) A．3 B.1 3 C．2 D.1 2 解析：选 B 利用三角形的性质，过重心作平行于底边 BC 的直线，易得 x＝y＝2 3 ，则 xy x＋y ＝1 3. 7．(2018·兰州模拟)已知向量 a＝(1－sin θ，1)，b＝ 1 2 ，1＋sin θ ，若 a∥b，则锐角θ ＝( ) A.π 6 B.π 4 C.π 3 D.5π 12 解析：选 B 因为 a∥b，所以(1－sin θ)×(1＋sin θ)－1×1 2 ＝0，得 sin2θ＝1 2 ，所以 sin θ ＝± 2 2 ，故锐角θ＝π 4. 8．已知△ABC 是边长为 4 的正三角形，D，P 是△ABC 内的两点，且满足 AD―→＝1 4( AB―→ ＋ AC―→ )， AP―→＝ AD―→＋1 8 BC―→，则△APD 的面积为( ) A. 3 4 B. 3 2 C. 3 D．2 3 解析：选 A 法一：取 BC 的中点 E，连接 AE，由于△ABC 是边长为 4 的正三角形， 则 AE⊥BC， AE―→＝1 2( AB―→＋ AC―→ )，又 AD―→＝1 4( AB―→＋ AC―→ )，所以点 D 是 AE 的中点，AD ＝ 3.取 AF―→＝1 8 BC―→，以 AD，AF 为邻边作平行四边形，可知 AP―→＝ AD―→＋1 8 BC―→＝ AD―→＋ AF―→ . 而△APD 是直角三角形，AF＝1 2 ，所以△APD 的面积为1 2 ×1 2 × 3＝ 3 4 . 法二：以 A 为原点，以 BC 的垂直平分线为 y 轴，建立如图所示的平 面直角坐标系． ∵等边三角形 ABC 的边长为 4， ∴B(－2，－2 3)，C(2，－2 3)， 由题知 AD―→＝1 4( AB―→＋ AC―→ )＝1 4[(－2，－2 3)＋(2，－2 3)]＝(0，－ 3)， AP―→＝ AD―→＋1 8 BC―→＝(0，－ 3)＋1 8(4,0)＝ 1 2 ，－ 3 ， ∴△ADP 的面积为 S＝1 2| AD―→ |·| DP―→ |＝1 2 × 3×1 2 ＝ 3 4 . 二、填空题 9．在矩形 ABCD 中，O 是对角线的交点，若 BC―→＝5e1，DC―→＝3e2，则 OC―→＝________.(用 e1，e2 表示) 解析：在矩形 ABCD 中，因为 O 是对角线的交点，所以 OC―→＝1 2 AC―→＝1 2( AB―→＋ AD―→ )＝ 1 2( DC―→＋ BC―→ )＝1 2(5e1＋3e2)＝5 2 e1＋3 2 e2. 答案：5 2 e1＋3 2 e2 10．已知 S 是△ABC 所在平面外一点，D 是 SC 的中点，若 BD―→＝x AB―→＋y AC―→＋z AS―→， 则 x＋y＋z＝________. 解析：依题意得 BD―→＝ AD―→－ AB―→＝1 2( AS―→＋ AC―→)－ AB―→＝－ AB―→＋1 2 AC―→＋1 2 AS―→，因 此 x＋y＋z＝－1＋1 2 ＋1 2 ＝0. 答案：0 11．(2018·贵阳模拟)已知平面向量 a，b 满足|a|＝1，b＝(1,1)，且 a∥b，则向量 a 的坐 标是________． 解析：设 a＝(x，y)， ∵平面向量 a，b 满足|a|＝1，b＝(1,1)，且 a∥b， ∴ x2＋y2＝1，且 x－y＝0，解得 x＝y＝± 2 2 . ∴a＝ 2 2 ， 2 2 或 － 2 2 ，－ 2 2 . 答案： 2 2 ， 2 2 或 － 2 2 ，－ 2 2 12.在直角梯形 ABCD 中，AB⊥AD，DC∥AB，AD＝DC＝1，AB ＝2，E，F 分别为 AB，BC 的中点，点 P 在以 A 为圆心，AD 为半径的 圆弧 DE 上变动(如图所示)，若 AP―→＝λ ED―→＋μ AF―→，其中λ，μ∈R，则 2λ－μ的取值范围是________． 解析：以 A 为坐标原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，建立如图所示 的平面直角坐标系，则 A(0,0)，E(1，0)，D(0,1)，F 3 2 ，1 2 ， 设 P(cos α，sin α)(0°≤α≤90°)， ∵ AP―→＝λ ED―→＋μ AF―→， ∴(cos α，sin α)＝λ(－1,1)＋μ 3 2 ，1 2 ＝ －λ＋3 2μ，λ＋μ 2 ， ∴cos α＝－λ＋3 2μ，sin α＝λ＋μ 2 ， ∴λ＝1 4(3sin α－cos α)，μ＝1 2(cos α＋sin α)， ∴2λ－μ＝sin α－cos α＝ 2sin(α－45°)， ∵0°≤α≤90°， ∴－45°≤α－45°≤45°， ∴－ 2 2 ≤sin(α－45°)≤ 2 2 ， ∴－1≤ 2sin(α－45°)≤1， ∴2λ－μ的取值范围是[－1,1]． 答案：[－1,1] 三、解答题 13.如图所示，在△ABC 中，D，F 分别是 BC，AC 的中点， AE―→ ＝2 3 AD―→， AB―→＝a， AC―→＝b. (1)用 a，b 表示向量 AD―→，AE―→，AF―→，BE―→，BF―→； (2)求证：B，E，F 三点共线． 解：(1)延长 AD 到 G，使 AD―→＝1 2 AG―→， 连接 BG，CG，得到平行四边形 ABGC， 所以 AG―→＝a＋b， AD―→＝1 2 AG―→＝1 2(a＋b)， AE―→＝2 3 AD―→＝1 3(a＋b)， AF―→＝1 2 AC―→＝1 2 b， BE―→＝ AE―→－ AB―→＝1 3(a＋b)－a＝1 3(b－2a)， BF―→＝ AF―→－ AB―→＝1 2 b－a＝1 2(b－2a)． (2)证明：由(1)可知 BE―→＝2 3 BF―→， 又因为 BE―→， BF―→有公共点 B， 所以 B，E，F 三点共线． 14．(2018·郑州模拟)平面内给定三个向量 a＝(3,2)，b＝(－1，2)，c＝(4,1)． (1)若(a＋kc)∥(2b－a)，求实数 k 的值； (2)若 d 满足(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|＝ 5，求 d 的坐标． 解：(1)a＋kc＝(3＋4k,2＋k)，2b－a＝(－5,2)， 由题意得 2×(3＋4k)－(－5)×(2＋k)＝0， 解得 k＝－16 13. (2)设 d＝(x，y)，则 d－c＝(x－4，y－1)， 又 a＋b＝(2,4)，|d－c|＝ 5， ∴ 4x－4－2y－1＝0， x－42＋y－12＝5， 解得 x＝3， y＝－1 或 x＝5， y＝3. ∴d 的坐标为(3，－1)或(5,3)． 15.如图，在△OAB 中， OC―→＝1 4 OA―→， OD―→＝1 2OB―→，AD 与 BC 交 于点 M，设 OA―→＝a，OB―→＝b. (1)用 a，b 表示OM―→； (2)在线段 AC 上取一点 E，在线段 BD 上取一点 F，使 EF 过 M 点，设 OE―→＝p OA―→，OF―→ ＝qOB―→，求证： 1 7p ＋ 3 7q ＝1. 解：(1)设OM―→＝xa＋yb， 由 OC―→＝1 4 OA―→，得OM―→＝4x OC―→＋yb， ∵C，M，B 三点共线， ∴4x＋y＝1.① 由 OD―→＝1 2OB―→，得OM―→＝xa＋2y OD―→， ∵A，M，D 三点共线， ∴x＋2y＝1，② 联立①②得，x＝1 7 ，y＝3 7. ∴OM―→＝1 7 a＋3 7 b. (2)证明：∵ OE―→＝p OA―→， OF―→＝qOB―→， ∴ OA―→＝1 p OE―→，OB―→＝1 q OF―→， ∴OM―→＝1 7·1 p OE―→＋3 7·1 q OF―→. ∵E，M，F 三点共线， ∴ 1 7p ＋ 3 7q ＝1. 1．已知点 P 是△ABC 的中位线 EF 上任意一点，且 EF∥BC，实数 x，y 满足 PA―→＋x PB―→ ＋y PC―→＝0，设△ABC，△PBC，△PCA，△PAB 的面积分别为 S，S1，S2，S3，记S1 S ＝λ1， S2 S ＝λ2，S3 S ＝λ3，则λ2·λ3 取最大值时，3x＋y 的值为( ) A.1 2 B.3 2 C．1 D．2 解析：选 D 由题意可知λ1＋λ2＋λ3＝1. ∵P 是△ABC 的中位线 EF 上任意一点，且 EF∥BC， ∴λ1＝1 2 ， ∴λ2＋λ3＝1 2 ， ∴λ2λ3≤ λ2＋λ3 2 2＝ 1 16 ， 当且仅当λ2＝λ3＝1 4 时取等号， ∴λ2·λ3 取最大值时，P 为 EF 的中点． 延长 AP 交 BC 于 M，则 M 为 BC 的中点， ∴PA＝PM， ∴ PA―→＝－ PM―→＝－1 2( PB―→＋ PC―→)， 又∵ PA―→＋x PB―→＋y PC―→＝0， ∴x＝y＝1 2 ， ∴3x＋y＝2. 2.如图，在 Rt△ABC 中，P 是斜边 BC 上一点，且满足 BP―→＝1 2 PC―→， 点 M，N 在过点 P 的直线上，若 AM―→＝λ AB―→， AN―→＝μ AC―→ (λ>0，μ>0)， 则λ＋2μ的最小值为( ) A．2 B.8 3 C．3 D.10 3 解析：选 B ∵ AM―→＝λ AB―→， AN―→＝μ AC―→ (λ>0，μ>0)， ∴ MB―→＝ MP―→＋ PB―→＝(1－λ) AB―→ . ∵M，P，N 三点共线， ∴存在实数 k，使 MP―→＝kMN―→＝k( AN―→－ AM―→ )＝－kλ AB―→＋kμ AC―→ . ∵ BP―→＝1 2 PC―→，∴ PB―→＝1 3 CB―→＝1 3 AB―→－1 3 AC―→ . ∴ MP―→＋ PB―→＝ 1 3 －kλ AB―→＋ kμ－1 3 AC―→＝(1－λ) AB―→， ∴ 1 3 －kλ＝1－λ， ① kμ－1 3 ＝0， ② 由②得，k＝ 1 3μ 代入①得，1 3 － λ 3μ ＝1－λ， ∴μ＝ λ 3λ－2 ， ∴λ＋2μ＝λ＋ 2λ 3λ－2. 设 f(λ)＝λ＋ 2λ 3λ－2 ，λ>0， ∴f′(λ)＝9λ2－12λ 3λ－22 ，令 f′(λ)＝0，得λ＝0 或λ＝4 3. 当λ∈ 0，4 3 时，f′(λ)<0，当λ∈ 4 3 ，＋∞ 时，f′(λ)>0. ∴λ＝4 3 时，f(λ)取极小值，也是最小值， 又 f 4 3 ＝8 3 ，∴f(λ)的最小值为8 3 ， 即λ＋2μ的最小值为8 3. 高考研究课二平面向量的数量积及应用 [全国卷 5 年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 数量积的运算 5 年 4 考 求数量积及由数量积求参数 向量的模 5 年 2 考 求模及由模的关系求参数 向量夹角及垂直 5 年 3 考 由向量垂直求参数，由坐标求向量夹角 平面向量的数量积的运算 [典例] (1)已知等边△ABC 的边长为 2，若 BC―→＝3 BE―→， AD―→＝ DC―→，则 BD―→ · AE―→等 于( ) A．－2 B．－10 3 C．2 D.10 3 (2)已知正方形 ABCD 的边长为 1，点 E 是 AB 边上的动点，则 DE―→· CB―→的值为______； DE―→ · DC―→的最大值为________． [解析] (1)如图所示， BD―→· AE―→ ＝( AD―→－ AB―→ )·( AB―→＋ BE―→ ) ＝ 1 2 AC―→－ AB―→ · AB―→＋1 3 AC―→－1 3 AB―→ ＝ 1 2 AC―→－ AB―→ · 1 3 AC―→＋2 3 AB―→ ＝1 6 AC―→2－2 3 AB―→2＝1 6 ×4－2 3 ×4＝－2. (2)法一： 如图， DE―→ · CB―→＝( DA―→＋ AE―→ )· CB―→＝ DA―→ · CB―→＋ AE―→ · CB―→＝ DA―→2＝1， DE―→· DC―→＝( DA―→＋ AE―→)· DC―→ ＝ DA―→ · DC―→＋ AE―→ · DC―→＝ AE―→ · DC―→ ＝| AE―→|·| DC―→|≤| DC―→|2＝1，故 DE―→· DC―→的最大值为 1. 法二：以射线 AB，AD 为 x 轴，y 轴的正方向建立平面直角坐标系，则 A(0,0)，B(1， 0)，C(1,1)，D(0,1)，设 E(t,0)，t∈[0,1]，则 DE―→＝(t，－1)， CB―→＝(0，－1)，所以 DE―→ · CB―→ ＝(t，－1)·(0，－1)＝1. 因为 DC―→＝(1,0)，所以 DE―→· DC―→＝(t，－1)·(1,0)＝t≤1， 故 DE―→ · DC―→的最大值为 1. 法三： 由图知，无论 E 点在哪个位置， DE―→在 CB―→方向上的投影都是 CB＝1， ∴ DE―→ · CB―→＝| CB―→ |·1＝1. 当 E 运动到 B 点时， DE―→在 DC―→方向上的投影最大，即为 DC＝1， ∴( DE―→ · DC―→ )max＝| DC―→ |·1＝1. [答案] (1)A (2)1 1 [方法技巧] 平面向量数量积的 2 种运算方法 方法 运用提示 适用题型 定义法 当已知向量的模和夹角θ时，可利用定 义法求解，即 a·b＝|a|·|b|cos θ 适用于平面图形中的向量数 量积的有关计算问题 坐标法 当已知向量的坐标时，可利用坐标法求 解，即若 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a·b＝x1x2＋y1y2 适用于已知相应向量的坐标 求解数量积的有关计算问题 [即时演练] 1．(2016·天津高考)已知△ABC 是边长为 1 的等边三角形，点 D，E 分别是边 AB，BC 的中点，连接 DE 并延长到点 F，使得 DE＝2EF，则 AF―→ · BC―→的值为( ) A．－5 8 B.1 8 C.1 4 D.11 8 解析：选 B 如图所示， AF―→＝ AD―→＋ DF―→. 又 D，E 分别为 AB，BC 的中点， 且 DE＝2EF，所以 AD―→＝1 2 AB―→， DF―→＝1 2 AC―→＋1 4 AC―→＝3 4 AC―→， 所以 AF―→＝1 2 AB―→＋3 4 AC―→ . 又 BC―→＝ AC―→－ AB―→， 则 AF―→· BC―→＝ 1 2 AB―→＋3 4 AC―→ ·( AC―→－ AB―→) ＝1 2 AB―→ · AC―→－1 2 AB―→2＋3 4 AC―→2－3 4 AC―→ · AB―→ ＝3 4 AC―→2－1 2 AB―→2－1 4 AC―→ · AB―→ . 又| AB―→ |＝| AC―→ |＝1，∠BAC＝60°， 故 AF―→· BC―→＝3 4 －1 2 －1 4 ×1×1×1 2 ＝1 8. 2．(2018·豫东名校联考)如图，BC 是单位圆 A 的一条直径，F 是 线段 AB 上的点，且 BF―→＝3 FA―→，若 DE 是圆 A 中绕圆心 A 运动的一 条直径，则 FD―→ · FE―→的值是________． 解析：FD―→ · FE―→＝( FA―→＋ AD―→ )·( FA―→＋ AE―→ )＝( FA―→＋ AD―→ )·( FA―→－ AD―→ )＝ FA―→2－ AD―→2 ＝ 1 4 2－1＝－15 16. 答案：－15 16 平面向量数量积的性质 平面向量的夹角与模的问题是高考中的常考内容，题型多为选择题、填空题，难度适 中，属中档题. 常见的命题探究角度有： 1平面向量的模； 2平面向量的夹角； 3平面向量的垂直. 角度一：平面向量的模 1．(2017·浙江高考)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是 ________，最大值是________． 解析：法一：由向量三角不等式得，|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)－(a－b)|＝|2b|＝4. 又|a＋b|＋|a－b| 2 ≤ a＋b2＋a－b2 2 ＝ a2＋b2＝ 5，∴|a＋b|＋|a－b|的最大值为 2 5. 法二：设 a，b 的夹角为θ. ∵|a|＝1，|b|＝2， ∴|a＋b|＋|a－b|＝ a2＋b2＋ a－b2 ＝ 5＋4cos θ＋ 5－4cos θ. 令 y＝ 5＋4cos θ＋ 5－4cos θ， 则 y2＝10＋2 25－16cos2θ. ∵θ∈[0，π]，∴cos2θ∈[0,1]，∴y2∈[16,20]， ∴y∈[4,2 5 ]，即|a＋b|＋|a－b|的最小值为 4，最大值为 2 5. 答案：4 2 5 2．已知向量 a＝(1,1)，b＝(－1,1)，设向量 c 满足(2a－c)·(3b－c)＝0，则|c|的最大值为 ________． 解析：设 c＝(x，y)，2a－c＝(2－x,2－y)，3b－c＝(－3－x,3－y)，则由题意得(2－x)·(－ 3－x)＋(2－y)·(3－y)＝0，即 x＋1 2 2＋ y－5 2 2＝13 2 ，表示以 －1 2 ，5 2 为圆心， 26 2 为半径的 圆，所以|c|的最大值为 26. 答案： 26 [方法技巧] 利用数量积求解长度问题的处理方法 (1)a2＝a·a＝|a|2 或|a|＝ a·a. (2)|a±b|＝ a±b2＝ a2±2a·b＋b2. (3)若 a＝(x，y)，则|a|＝ x2＋y2. [提醒] 与模有关的最值或范围问题要注意抓住模的几何意义及数形结合思想的应 用． 角度二：平面向量的夹角 3．已知单位向量 e1 与 e2 的夹角为 60°，则|e1－2e2|＝________. 解析：∵单位向量 e1 与 e2 的夹角为 60°， ∴|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝|e1|·|e2|·cos 60°＝1 2 ， ∴|e1－2e2|＝ e21－4e1e2＋4e22＝ 1－2＋4＝ 3. 答案： 3 4．(2018·洛阳期末)已知 a＝(1,2)，b＝(1,1)，且 a 与 a＋λb 的夹角为锐角，求实数λ的 取值范围． 解：∵a 与 a＋λb 均为非零向量，且夹角为锐角， ∴a·(a＋λb)>0，即(1,2)·(1＋λ，2＋λ)>0. ∴(1＋λ)＋2(2＋λ)>0. ∴λ>－5 3. 当 a 与 a＋λb 共线时， 存在实数 m，使 a＋λb＝ma， 即(1＋λ，2＋λ)＝m(1,2)， ∴ 1＋λ＝m， 2＋λ＝2m， 解得λ＝0. 即当λ＝0 时，a 与 a＋λb 共线， 综上可知，实数λ的取值范围为 －5 3 ，0 ∪(0，＋∞)． [方法技巧] 向量夹角问题的 2 个注意点 (1)切记向量夹角的范围是[0，π]． (2)a 与 b 夹角为锐角⇔a·b>0 且 a，b 不共线，a 与 b 夹角为钝角⇔a·b<0 且 a，b 不共线． 角度三：平面向量的垂直 5．(2017·山东高考)已知 e1，e2 是互相垂直的单位向量．若 3e1－e2 与 e1＋λe2 的夹角 为 60°，则实数λ的值是________． 解析：因为 3e1－e2·e1＋λe2 | 3e1－e2|·|e1＋λe2| ＝ 3－λ 2 1＋λ2 ， 故 3－λ 2 1＋λ2 ＝1 2 ，解得λ＝ 3 3 . 答案： 3 3 6．(2016·山东高考)已知向量 a＝(1，－1)，b＝(6，－4)．若 a⊥(ta＋b)，则实数 t 的值 为________． 解析：∵a＝(1，－1)，b＝(6，－4)， ∴ta＋b＝(t＋6，－t－4)． 又 a⊥(ta＋b)，则 a·(ta＋b)＝0， 即 t＋6＋t＋4＝0， 解得 t＝－5. 答案：－5 [方法技巧] 两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是 a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|. 平面向量与三角函数的综合 [典例] (2018·怀化模拟)已知在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，向量 m＝(sin A，sin B)，n＝(cos B，cos A)，m·n＝sin 2C. (1)求角 C 的大小； (2)若 sin A，sin C，sin B 成等差数列，且 CA―→ ·( AB―→－ AC―→ )＝18，求 c. [解] (1)由已知得 m·n＝sin Acos B＋sin Bcos A＝sin(A＋B)， ∵在△ABC 中，A＋B＝π－C,0I3，作 AG⊥BD 于 G，又 AB＝AD， ∴OB OC―→· OD―→，即 I1>I3， ∴I30，∴n>m. 从而∠DBC>45°，又∠BCO＝45°，∴∠BOC 为锐角． 从而∠AOB 为钝角．故 I1<0，I3<0，I2>0. 又 OA1)， OC―→＝－λ2 OA―→ (λ2>1)， 从而 I3＝ OC―→ · OD―→＝λ1λ2 OA―→ ·OB―→＝λ1λ2I1， 又λ1λ2>1，I1<0，I3<0，∴I3