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第3讲平面向量1(2016课标全国丙)已知向量，则ABC等于()A30 B45 C60 D120答案A解析|1，|1，cosABC，ABC30.2(2016山东)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()A4 B4 C. D答案B解析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，故选B.3(2016天津)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DE2EF，则的值为()A B.C. D.答案B解析如图所示，.又D，E分别为AB，BC的中点，且DE2EF，所以，所以.又，则()2222.又|1，BAC60，故11.故选B.4(2016浙江)已知向量a，b，|a|1，|b|2.若对任意单位向量e，均有|ae|be|，则ab的最大值是_答案解析由已知可得：|ae|be|aebe|(ab)e|，由于上式对任意单位向量e都成立|ab|成立6(ab)2a2b22ab12222ab.即652ab，ab.1.考查平面向量的基本定理及基本运算，多以熟知的平面图形为背景进行考查，多为选择题、填空题，难度中低档.2.考查平面向量的数量积，以选择题、填空题为主，难度低；向量作为工具，还常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何结合，以解答题形式出现.热点一平面向量的线性运算1在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化2在用三角形加法法则时，要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所得的向量；在用三角形减法法则时，要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量例1(1)设0，向量a(sin 2，cos )，b(cos ，1)，若ab，则tan _.(2)(2016课标全国乙)设D为ABC所在平面内一点，3，则()A. B.C. D.答案(1)(2)A解析(1)因为ab，所以sin 2cos2，2sin cos cos2.因为00，得2sin cos ，tan .(2)3，3()，即43，.思维升华(1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底；同时注意共线向量定理的灵活运用(2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系跟踪演练1(1)在ABC中，AB2，BC3，ABC60，AD为BC边上的高，O为AD的中点，若，则等于()A1 B.C. D.(2)如图，正方形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点，那么等于()A.B.C.D.答案(1)D(2)D解析(1)，2，即.故.(2)在CEF中，有.因为点E为DC的中点，所以.因为点F为BC的一个三等分点，所以.所以，故选D.热点二平面向量的数量积1数量积的定义：ab|a|b|cos .2三个结论(1)若a(x，y)，则|a|.(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|.(3)若a(x1，y1)，b(x2，y2)，为a与b的夹角，则cos .例2(1)如图，在平行四边形ABCD中，已知AB8，AD5，3，2，则的值是_(2)若b，|a|2|b|，且(ab)b2，则向量a，b的夹角为()A. B.C. D.答案(1)22(2)C解析(1)由3，得，.因为2，所以()()2，即222.又因为225，264，所以22.(2)b2cos2cos2cos2sin21，所以|b|1，|a|2.由(ab)b2，可得abb22，故ab.故cosa，b.又a，b0，所以a，b，故选C.思维升华(1)数量积的计算通常有三种方法：数量积的定义，坐标运算，数量积的几何意义；(2)可以利用数量积求向量的模和夹角，向量要分解成题中模和夹角已知的向量进行计算跟踪演练2(1)已知点A，B，C，D在边长为1的方格点图的位置如图所示，则向量在方向上的投影为()A B1C D.(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_答案(1)A(2)11解析(1)不妨以点A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得(2,3)，(4,2)，所以向量在方向上的投影为.故选A.(2)方法一分别以射线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)，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.方法二由图知，无论E点在哪个位置，在方向上的投影都是CB1，|11，当E运动到B点时，在方向上的投影最大即为DC1，()max|11.热点三平面向量与三角函数平面向量作为解决问题的工具，具有代数形式和几何形式的“双重型”，高考常在平面向量与三角函数的交汇处命题，通过向量运算作为题目条件例3已知函数f(x)2cos2x2sin xcos x(xR)(1)当x0，)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 2x12sin(2x)1，令2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，因为x0，)，所以f(x)的单调递增区间为0，(2)由f(C)2sin(2C)12，得sin(2C)，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.思维升华在平面向量与三角函数的综合问题中，一方面用平面向量的语言表述三角函数中的问题，如利用向量平行、垂直的条件表述三角函数式之间的关系，利用向量模表述三角函数之间的关系等；另一方面可以利用三角函数的知识解决平面向量问题，在解决此类问题的过程中，只要根据题目的具体要求，在向量和三角函数之间建立起联系，就可以根据向量或者三角函数的知识解决问题跟踪演练3已知平面向量a(sin x，cos x)，b(sin x，cos x)，c(cos x，sin x)，xR，函数f(x)a(bc)(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)若f，求sin 的值解(1)因为a(sin x，cos x)，b(sin x，cos x)，c(cos x，sin x)，所以bc(sin xcos x，sin xcos x)，f(x)a(bc)sin x(sin xcos x)cos x(sin xcos x)则f(x)sin2x2sin xcos xcos2xsin 2xcos 2xsin.则当2k2x2k，kZ，即kxk，kZ时，函数f(x)为减函数所以函数f(x)的单调递减区间是，kZ.(2)由(1)知，f(x)sin，又f，则sin，sin.因为sin2cos21，所以cos.又sin sinsincos cossin ，所以当cos时，sin ；当cos时，sin .1如图，在ABC中，DEBC交AC于E，BC边上的中线AM交DE于N，设a，b，用a，b表示向量.则等于()A.(ab) B.(ab)C.(ab) D.(ab)押题依据平面向量基本定理是向量表示的基本依据，而向量表示(用基底或坐标)是向量应用的基础答案C解析因为DEBC，所以DNBM，则ANDAMB，所以.因为，所以.因为M为BC的中点，所以()(ab)，所以(ab)故选C.2如图，BC、DE是半径为1的圆O的两条直径，2，则等于()A BC D押题依据数量积是平面向量最重要的概念，平面向量数量积的运算是高考的必考内容，和平面几何知识的结合是向量考查的常见形式答案B解析2，圆O的半径为1，|，()()2()()201.3在ABC中，(cos 32，cos 58)，(sin 60sin 118，sin 120sin 208)，则ABC的面积为()A. B.C. D.押题依据平面向量作为数学解题工具，通过向量的运算给出条件解决三角函数问题已成为近几年高考的热点答案B解析|1，所以| .则cos 32cos 28sin 32sin 28(cos 32cos 28sin 32sin 28)cos(3228)cos 60，故cos，.又，0，180，所以，60，故B180，18060120.故ABC的面积为S|sin B1sin 120.故选B.4如图，在半径为1的扇形AOB中，AOB60，C为弧上的动点，AB与OC交于点P，则的最小值是_押题依据本题将向量与平面几何、最值问题等有机结合，体现了高考在知识交汇点命题的方向，本题解法灵活，难度适中答案解析因为，所以()2.又因为AOB60，OAOB，所以OBA60，OB1.所以|cos 120|.所以|2(|)2.当且仅当|时，取得最小值.A组专题通关1在ABC中，已知D是AB边上一点，若2，则等于()A. B.C D答案A解析在ABC中，已知D是AB边上一点，2，()，.2ABC是边长为2的等边三角形，已知向量a，b满足2a，2ab，则下列结论正确的是()A|b|1 BabCab1 D(4ab)答案D解析在ABC中，由2ab2ab，得|b|2.又|a|1，所以ab|a|b|cos 1201，所以(4ab)(4ab)b4ab|b|24(1)40，所以(4ab)，故选D.3在等腰ABC中，BAC90，ABAC2，2，3，则的值为()A BC. D.答案A解析由已知得到()()22，ABC是等腰直角三角形，BAC90，ABAC2，所以220022，故选A.4已知向量a，b满足(a2b)(ab)6，且|a|1，|b|2，则a与b的夹角为()A. B.C. D.答案B解析设a与b的夹角为，(a2b)(ab)6，且|a|1，|b|2，1ab86，ab1|a|b|cos ，cos ，又0，故选B.5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()A2 B4 C6 D8答案C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，故选C.6若点M是ABC所在平面内的一点，且满足53，则ABM与ABC的面积比值为_答案解析设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.7设向量(5cos ，4sin )，(2,0)，则|的取值范围是_答案4,6解析(3cos ，4sin )，|2(3cos )2(4sin )26cos 8sin 2610sin()26，其中tan ，16|236，4|6.8设向量a(a1，a2)，b(b1，b2)，定义一种向量积ab(a1b1，a2b2)，已知向量m(2，)，n(，0)，点P(x，y)在ysin x的图象上运动，Q是函数yf(x)图象上的点，且满足mn(其中O为坐标原点)，则函数yf(x)的值域是_答案，解析令Q(c，d)，由新的运算可得mn(2x，sin x)(，0)(2x，sin x)，消去x得dsin(c)，yf(x)sin(x)，易知yf(x)的值域是，9已知函数f(x)sin xcos xsin2x(xR)(1)当x时，求函数f(x)的最小值和最大值；(2)设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c，f(C)2，若向量m(1，a)与向量n(2，b)共线，求a，b的值解(1)函数f(x)sin xcos xsin2x (xR)，f(x)sin 2xsin 2xcos 2x1sin1.x，2x，sin1，1sin12，f(x)的最小值是1，最大值是2.(2)f(C)sin12，sin1，0C，2C，2C，解得C.向量m(1，a)与向量n(2，b)共线，b2a0，即b2a.由余弦定理得，c2a2b22abcos ，即a2b2ab3.由得a1，b2.10已知向量a(cos ，sin )，b(cos x，sin x)，c(sin x2sin ，cos x2cos )，其中0x.(1)若，求函数f(x)bc的最小值及相应x的值；(2)若a与b的夹角为，且ac，求tan 2的值解(1)b(cos x，sin x)，c(sin x2sin ，cos x2cos )，f(x)bccos xsin x2cos xsin sin xcos x2sin xcos 2sin xcos x(sin xcos x)令tsin xcos x，则2sin xcos xt21，且1t.则yt2t12，1t，t时，ymin，此时sin xcos x，即sin，x，x，x，x.函数f(x)的最小值为，相应x的值为.(2)a与b的夹角为，cos cos cos xsin sin xcos(x)0x，0x，x.ac，cos (sin x2sin )sin (cos x2cos )0，sin(x)2sin 20，即sin2sin 20.sin 2cos 20，tan 2.B组能力提高11已知非零单位向量a与非零向量b满足|ab|ab|，则向量ba在向量a上的投影为()A1 B.C1 D答案C解析因为|ab|ab|，所以(ab)2(ab)2，解得ab0，所以向量ba在向量a上的投影为|ba|cosa，ba|a|1.12(2015课标全国)已知M(x0，y0)是双曲线C：y21上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若0，则y0的取值范围是()A. B.C. D.答案A解析由题意知a，b1，c，F1(，0)，F2(，0)，(x0，y0)，(x0，y0)0，(x0)(x0)y0，即x3y0.点M(x0，y0)在双曲线上，y1，即x22y，22y3y0，y00，a与b的夹角，且ab和ba都在集合|nZ中，则ab_.答案解析因为abcos cos ，bacos cos 1，又ab和ba都在集合|nZ中，所以bacos ，即，所以abcos 2cos21，所以1ab2，即ab.14在直角坐标系xOy中，已知点A(1,1)，B(2,3)，C(3,2)，点P(x，y)在ABC三边围成的区域(含边界)上(1)若0，求|；(2)设mn(m，nR)，用x，y表示mn，并求mn的最大值解(1)方法一0，又(1x,1y)(2x,3y)(3x,2y)(63x,63y)，解得即(2,2)，故|2.方法二0，则()()()0，()(2,2)，|2.(2)mn，(x，y)(m2n，2mn)，两式相减得，mnyx.令yxt，由图知，当直线yxt过点B(2,3)时，t取得最大值1，故mn的最大值为1.
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