高考数学二轮复习专题二第3讲平面向量案文12143148

第3讲平面向量高考定位1.以选择题、填空题的形式考查向量的线性运算，多以熟知的平面图形为背景，难度中低档；2.以选择题、填空题的形式考查平面向量的数量积，多考查角、模等问题，难度中低档；3.向量作为工具常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何等结合，以解答题形式出现.真 题 感 悟1.(2017全国卷)设非零向量a，b满足|ab|ab|，则()A.ab B.|a|b|C.ab D.|a|b|解析由|ab|ab|两边平方，得a22abb2a22abb2，即ab0，故ab.答案A2.(2017全国卷)已知向量a(1，2)，b(m，1).若向量ab与a垂直，则m_.解析由题意得ab(m1，3)，因为ab与a垂直，所以(ab)a0，所以(m1)230，解得m7.答案73.(2017天津卷)在ABC中，A60，AB3，AC2，若2， (R)，且4，则的值为_.解析32cos 603，则()223322254，解得.答案4.(2017江苏卷)已知向量a(cos x，sin x)，b(3，)，x0，.(1)若ab，求x的值；(2)记f(x)ab，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值.解(1)ab，3sin xcos x，3sin xcos x0，即sin0.0x，x，x，x.(2)f(x)ab3cos xsin x2sin.x0，x，sin1，2f(x)3，当x，即x0时，f(x)取得最大值3；当x，即x时，f(x)取得最小值2.考 点 整 合1.平面向量的两个重要定理(1)向量共线定理：向量a(a0)与b共线当且仅当存在唯一一个实数，使ba.(2)平面向量基本定理：如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数1，2，使a1e12e2，其中e1，e2是一组基底.2.平面向量的两个充要条件若两个非零向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，则(1)ababx1y2x2y10.(2)abab0x1x2y1y20.3.平面向量的三个性质(1)若a(x，y)，则|a|.(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|A|.(3)若a(x1，y1)，b(x2，y2)，为a与b的夹角，则cos .4.平面向量的三个锦囊(1)向量共线的充要条件：O为平面上一点，则A，B，P三点共线的充要条件是12 (其中121).(2)三角形中线向量公式：若P为OAB的边AB的中点，则向量与向量，的关系是().(3)三角形重心坐标的求法：G为ABC的重心0G.热点一平面向量的有关运算【例1】 (1)(2016全国卷)设向量a(m，1)，b(1，2)，且|ab|2|a|2|b|2，则m_.(2)设D，E分别是ABC的边AB，BC上的点，ADAB， BEBC.若12 (1，2为实数)，则12的值为_.解析(1)由|ab|2|a|2|b|2，得ab，所以abm1120，得m2.(2)()， 12，1，2，因此12.答案(1)2(2)探究提高对于平面向量的线性运算，首先要选择一组基底，同时注意共线向量定理的灵活运用.其次运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系.【训练1】 (2017衡阳二模)如图，正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若，则()A.2 B. C. D.解析法一如图以AB，AD为坐标轴建立平面直角坐标系，设正方形边长为1，(1，1).，解之得故.法二以，作为基底，M，N分别为BC，CD的中点，因此，又，因此解得且.所以.答案D热点二平面向量的数量积命题角度1平面向量数量积的运算【例21】 (1)(2017浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD，ABBC，ABBCAD2，CD3，AC与BD交于点O，记I1，I2，I3，则()A.I1I2I3 B.I1I3I2C.I3I1I2 D.I2I1I3(2)已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则的值为_；的最大值为_.解析(1)如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AOAF，而AFB90，AOB与COD为钝角，AOD与BOC为锐角，根据题意，I1I2()|cosAOB0，I1I3，作AGBD于G，又ABAD，OBBGGDOD，而OAAFFCOC，|，而cosAOBcosCOD，即I1I3.I3I1I2.(2)法一如图，以AB，AD为坐标轴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)，t0，1，则(t，1)，(0，1)，所以(t，1)(0，1)1.因为(1，0)，所以(t，1)(1，0)t1，故的最大值为1.法二如图，无论E点在哪个位置，在方向上的投影都是CB1，所以|11，当E运动到B点时，在方向上的投影最大，即为DC1，所以()max|11.答案(1)C(2)11探究提高1.求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义.2.进行向量的数量积的运算，首先要有“基底”意识，关键用基向量表示题目中所求相关向量.其次注意向量夹角的大小，以及夹角0，90，180三种特殊情形.命题角度2平面向量数量积的性质【例22】 (1)(2016山东卷)已知非零向量m，n满足4|m|3|n|，cosm，n.若n(tmn)，则实数t的值为()A.4 B.4 C. D.(2)(2017哈尔滨模拟)平面向量a，b满足|a|4，|b|2，ab在a上的投影为5，则|a2b|的模为()A.2 B.4 C.8 D.16解析(1)n(tmn)，n(tmn)0，即tmnn20，t|m|n|cosm，n|n|20，由已知得t|n|2|n|20，解得t4.(2)|ab|cosab，a|ab|5；ab4.又(a2b)2a24ab4b216161616.|a2b|4.答案(1)B(2)B探究提高1.求两向量的夹角：cos ，要注意0，.2.两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是：abab0|ab|ab|.3.求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有：(1)a2aa|a|2或|a|.(2)|ab|.(3)若a(x，y)，则|a|.【训练2】 (1)(2015福建卷)已知，|，|t，若点P是ABC所在平面内的一点，且，则的最大值等于()A.13 B.15 C.19 D.21(2)(2017郴州二模)已知a，b均为单位向量，且(2ab)(a2b)，则向量a，b的夹角为_.解析(1)建立如图所示坐标系，则B，C(0，t)，(0，t)，则t(0，t)(1，4).点P(1，4)，则(1，t4)1717213，当且仅当4t，即t时取等号，故的最大值为13.(2)设单位向量a，b的夹角为，则|a|b|1，abcos .(2ab)(a2b)，2|a|22|b|23ab3cos ，cos ，0，.答案(1)A(2)热点三平面向量与三角的交汇综合【例3】 (2017郑州质检)已知向量m(2sin x，cos2xsin2x)，n(cos x，1)，其中0，xR.若函数f(x)mn的最小正周期为.(1)求的值；(2)在ABC中，若f(B)2，BC，sin Bsin A，求的值.解(1)f(x)mn2sin xcos xcos2xsin2xsin 2xcos 2x2sin.f(x)的最小正周期为，T.0，1.(2)设ABC中角A，B，C所对的边分别是a，b，c.f(B)2，2sin2，即sin1，解得B(B(0，).BC，a，sin Bsin A，ba，b3.由正弦定理，有，解得sin A.0A，A.C，ca.cacos Bcos .探究提高1.破解平面向量与“三角”相交汇题的常用方法是“化简转化法”，即先活用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、倍角公式、辅助角公式等对三角函数进行巧“化简”；然后把以向量共线、向量垂直形式出现的条件转化为“对应坐标乘积之间的关系”；再活用正、余弦定理，对三角形的边、角进行互化.2.这种问题求解的关键是利用向量的知识将条件“脱去向量外衣”，转化为三角函数的相关知识进行求解.【训练3】 (2017山东卷)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b3，6，SABC3，求A和a.解因为6，所以bccos A6，又因为SABC3，所以bcsin A6，因此tan A1，又0A，所以A.又因为b3，所以c2.由余弦定理a2b2c22bccos A，得a29823229，所以a.1.平面向量的数量积的运算有两种形式：(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.2.根据平行四边形法则，对于非零向量a，b，当|ab|ab|时，平行四边形的两条对角线长度相等，此时平行四边形是矩形，条件|ab|ab|等价于向量a，b互相垂直.3.两个向量夹角的范围是0，在使用平面向量解决问题时要特别注意两个向量夹角可能是0或的情况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不单纯就是其数量积小于零，还要求不能反向共线.一、选择题1.(2016全国卷)已知向量，则ABC()A.30 B.45 C.60 D.120解析|1，|1，cosABC.0ABC180，ABC30.答案A2.(2017北京卷)设m，n为非零向量，则“存在负数，使得mn”是“mn0”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件解析存在负数，使得mn，则mnnn|n|20，因而是充分条件，反之mn0，不能推出m，n方向相反，则不是必要条件.答案A3.(2017汉中模拟)已知向量a(2，4)，b(3，x)，c(1，1)，若(2ab)c，则|b|()A.9 B.3 C. D.3解析向量a(2，4)，b(3，x)，c(1，1)，2ab(1，x8)，由(2ab)c，可得18x0，解得x9.则|b|3.答案D4.如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条直径，2，则等于()A. B.C. D.解析2，圆O的半径为1，|，() ()2()01.答案B5.(2017安徽江淮十校联考)已知平面向量a，b(a0，ab)满足|a|3，且b与ba的夹角为30，则|b|的最大值为()A.2 B.4 C.6 D.8解析令a，b，则ba，如图.b与ba的夹角为30，OBA30.|a|3，由正弦定理得，|b|6sinOAB6.答案C二、填空题6.(2017全国卷)已知向量a(2，3)，b(3，m)，且ab，则m_.解析由题意，得233m0，m2.答案27.(2017德州模拟)已知平面向量a和b的夹角为60，a(2，0)，|b|1，则|a2b|_.解析a，b60，a(2，0)，|b|1，ab|a|b|cos 60211，又|a2b|2a24b24ab12，所以|a2b|2.答案28.若点M是ABC所在平面内的一点，且满足5 3，则ABM与ABC的面积比值为_.解析设AB的中点为D，由53，得3322，即32.如图所示，故C，M，D三点共线，且，也就是ABM与ABC对于边AB的两高之比为35，则ABM与ABC的面积比值为.答案三、解答题9.设向量a(sin x，sin x)，b(cos x，sin x)，x.(1)若|a|b|，求x的值；(2)设函数f(x)ab，求f(x)的最大值.解(1)由|a|2(sin x)2(sin x)24sin2x，|b|2(cos x)2(sin x)21，及|a|b|，得4sin2x1.又x，从而sin x，所以x.(2)f(x)absin xcos xsin2xsin 2xcos 2xsin，当x时，sin取最大值1.所以f(x)的最大值为.10.(2017贵阳调研)已知向量a，b(sin x, sin x)，f(x)ab.(1)求函数f(x)的最小正周期及f(x)的最大值；(2)在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f1，a2，求三角形ABC面积的最大值.解(1)a(sin x，cos x)，b(sin x，sin x)，则f(x)absin2xsin xcos x(1cos 2x)sin 2xsin，f(x)的最小正周期T，当2x2k，kZ时，即xk(kZ)，f(x)取最大值是.(2)fsin1，sin，A.a2b2c22bccos A，12b2c2bc，b2c212bc2bc，bc12(当且仅当bc2时等号成立).Sbcsin Abc3.当三角形ABC为等边三角形时面积取最大值是3.11.已知函数f(x)2cos2x2sin xcos x(xR).(1)当x时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c3，f(C)2，若向量m(1，sin A)与向量n(2，sin B)共线，求a，b的值.解(1)f(x)2cos2xsin 2xcos 2xsin 2x12sin1，令2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，因为x，所以f(x)的单调递增区间为.(2)由f(C)2sin12，得sin，而C(0，)，所以2C，所以2C，解得C.因为向量m(1，sin A)与向量n(2，sin B)共线，所以.由正弦定理得，由余弦定理得c2a2b22abcos ，即a2b2ab9.联立，解得a，b2.