资源描述
第二讲 小题考法平面向量考点(一)平面向量的概念及线性运算主要考查平面向量的加、减、数乘等线性运算以及向量共线定理的应用题组练透1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：如图，().又12，且与不共线所以1，2，所以12.答案：2.如图，在ABC中，BO为边AC上的中线，2，设，若 (R)，则的值为 _. 解析：由题意，得，(1)，因为，所以1，.答案：3(2018南京考前模拟)在直角梯形ABCD中，ABCD，DAB90，AB2CD，M为CD的中点，N为线段BC上一点(不包括端点)，若，则的最小值为_解析：以A为坐标原点，AB为x轴建立直角坐标系如图所示，设B(2,0)，C(1，t)，M，N(x0，y0)，因为N在线段BC上，所以y0(x02)，即y0t(2x0)，因为，所以即tty0tt(2x0)，因为t0，所以1(2x0)2x02，所以344，这里，均为正数，所以4(34)31215227，所以当且仅当，即，时取等号所以的最小值为.答案：方法技巧向量线性运算问题的解题策略(1)常用的法则是平行四边形法则和三角形法则，一般共起点的向量求和用平行四边形法则，求差用三角形法则，求首尾相连的向量的和用三角形法则(2)用几个基本向量表示某个向量问题的基本技巧：观察各向量的位置；寻找相应的三角形或多边形；运用法则找关系；化简结果(3)与向量的线性运算有关的参数问题，一般是构造三角形，利用向量运算的三角形法则进行加法或减法运算，然后通过建立方程组即可求得相关参数的值.考点(二)平面向量的数量积主要考查数量积的运算、夹角以及模的计算问题或求参数的值. 题组练透1已知e1，e2是互相垂直的单位向量若e1e2与e1e2的夹角为60，则实数的值是_解析：因为，故，解得.答案：2在平行四边形ABCD中，AD4，BAD，E为CD中点，若4，则AB的长为_解析：法一：设|x，则()()()22x2x164，解得x6或x4(舍去)，故AB的长为6.法二：以A为坐标原点，AB为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，D(2,2)，设B(2a,0)，则C(2a2,2)，E(a2,2)，从而(2a2，2)，(2a,2)，因此(2a2)(2a)124，解得a3或a2(舍去)，故AB的长为6.答案：63(2018苏锡常镇调研)在ABC中，P是边AB的中点，已知|，|4，ACB，则_.解析：法一：(基底法) 设|x，由2，两边平方，得1216x24x，即x2.所以()(164)6.法二：(坐标法)以C为坐标原点，CB为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系设C(0,0)，B(x,0)，A(2,2)，则P.由|，得x2.所以(0，)(2,2)6.答案：64(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)在平面四边形ABCD中，已知AB1，BC4，CD2，DA3，则的值为_解析：法一：因为0，则，平方得2222()()22，即6，则()()261610.法二：如图，取AC中点O，连结BO，DO.所以()()()()()(2222)(16149)10.答案：10方法技巧平面向量数量积相关问题的求解策略(1)夹角和模的问题的处理方法，一是转为基底向量结合数量积的定义进行运算；二是建立坐标系用坐标公式求解(2)平面向量的数量积可以用定义结合基底向量求解，也可以建立坐标系用坐标公式求解(3)对于极化恒等式：ab22.在ABC中，若M是BC的中点，则22.其作用是：用线段的长度来计算向量的数量积从而避开求向量的夹角.考点(三)平面向量的综合问题主要考查与平面向量数量积有关的最值(范围)问题或参数求值问题. 典例感悟典例(1)已知向量a，b满足|a|，|b|1，且对于一切实数x，|axb|ab|恒成立，则a与b的夹角大小为_(2)(2018苏州期末)如图，ABC为等腰三角形，BAC120，ABAC4，以A为圆心，1为半径的圆分别交AB，AC于点E，F，点P是劣弧上的一动点，则的取值范围是_解析(1)法一：将|axb|ab|两边平方可得：22xabx222ab1，即x22abx2ab10对于xR恒成立4(ab)28ab40，即4(ab1)20，所以ab1，即cos ，所以a，b夹角为.法二：图，令a，xb(P为直线l上任意一点)，则axb，所以|axb|OP的最小值即O到直线l的距离OH，即OH|ab|，即ab，所以b.在直角三角形OHA中，AH1，OA，cosHOA，即HOA，所以a，b夹角为.(2)法一：(几何法) 如图，取BC的中点M，连结PM，()()22.因为MC为定值，所以的变化可由PM的变化确定易得AM2，MC2.当P为劣弧与AM的交点时，PM取最小值AM11；PM的最大值为EMFM.所以PM2MC2的取值范围是11，9，即11，9法二：(坐标法)以A为坐标原点，垂直于BC的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系xAy，则B(2，2)，C(2,2)，设P(cos ，sin )，其中.所以(2cos ，sin 2)(2cos ，2sin )(cos 2)2sin21274cos .因为cos ，所以11，9答案(1)(2)11，9方法技巧平面向量有关最值(范围)问题求解的2种思路形化即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断数化即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决演练冲关1已知|，且1.若点C满足|1，则|的取值范围是_解析：如图，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB，则，因为|，1，所以|，由|1得|1，所以点C在以点D为圆心，1为半径的圆上，而|表示点C到点O的距离，从而|1|1，即1|1，即|的取值范围是1，1答案：1，12已知AB为圆O的直径，M为圆O的弦CD上一动点，AB8，CD6，则 的取值范围是_解析：因为，又 ，因此2()22216.因为M是弦CD上的动点，所以MOmax4，此时点M在圆上；MOmin，此时点M为弦CD的中点，故9,0答案：9,03.如图，在同一平面内，点A位于两平行直线m，n的同侧，且A到m，n的距离分别为1,3.点B，C分别在m，n上，|5，则的最大值是_解析：设P为BC的中点，则2，从而由|5得|，又()()222，因为|2，所以21，故1，当且仅当|2时等号成立答案：必备知能自主补缺(一) 主干知识要记牢1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)abab(b0)x1y2x2y10.(2)abab0x1x2y1y20.2平面向量的性质(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 .(4)|ab|a|b|.(二)二级结论要用好1三点共线的判定(1)A，B，C三点共线，共线(2)向量，中三终点A，B，C共线存在实数，使得，且1.针对练在ABCD中，点E是AD边的中点，BE与AC相交于点F，若mn (m，nR)，则_.解析：如图，2，mn，m(2n1)，F，E，B三点共线，m2n11，2.答案：22中点坐标和三角形的重心坐标(1)设P1，P2的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则线段P1P2的中点P的坐标为，.(2)三角形的重心坐标公式：设ABC的三个顶点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，则ABC的重心坐标是G.3三角形“四心”向量形式的充要条件设O为ABC所在平面上一点，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，则(1)O为ABC的外心|.(2)O为ABC的重心0.(3)O为ABC的垂心.(4)O为ABC的内心abc0.4极化恒等式ab22提醒极化恒等式的使用是最近考查的热点，要有将平面向量数量积用此工具转化的基本意识课时达标训练A组抓牢中档小题1(2018南京学情调研)设向量a(1，4)，b(1，x)，ca3b.若ac，则实数x_.解析：因为a(1，4)，b(1，x)，ca3b(2，43x)又ac，所以43x80，解得x4.答案：42(2018无锡期末)已知向量a(2,1)，b(1，1)，若ab与mab垂直，则m的值为_解析：因为a(2,1)，b(1，1)，所以ab(1,2)，mab(2m1，m1)，因为ab与mab垂直，所以(ab)(mab)0，即2m12(m1)0，解得m.答案：3已知a与b是两个不共线向量，且向量ab与(b3a)共线，则_.解析：由题意知abk(b3a)，所以解得答案：4已知|a|1，|b|，且a(ab)，则向量a与向量b的夹角为_解析：a(ab)，a(ab)a2ab1cosa，b0，cosa，b，a，b.答案：5在ABC中，O为ABC的重心，AB2，AC3，A60，则_.解析：设BC边中点为D，则，()，()(32cos 6032)4.答案：46.如图，在ABC中，已知BAC，AB2，AC3，2，3，则|_.解析：()，而()，故，从而|.答案：7已知非零向量a，b满足|a|b|ab|，则a与2ab夹角的余弦值为_解析：法一：因为非零向量a，b满足|a|b|ab|，所以a2b2a22abb2，aba2b2，所以a(2ab)2a2aba2，|2ab|a|，所以cosa,2ab.法二：因为非零向量a，b满足|a|b|ab|，所以a，b，所以a(2ab)2a2ab2a2|a|b|cosa2，|2ab|a|.所以cosa,2ab.答案：8在边长为2的菱形ABCD中，ABC60，P是线段BD上的任意一点，则_.解析：如图所示，由条件知ABC为正三角形，ACBP，所以()cos 60222.答案：29已知菱形ABCD的边长为2，BAD120，点E，F分别在边上BC，DC上，t，m，若1，则tm_.解析：因为tt；mm，所以(t)(m)22tm4t4m1；2(1t)(1m)22m2t2tm，联立解得tm.答案：10在ABC中，已知AB1，AC2，A60，若点P满足，且1，则实数的值为_解析：由题意可得，.又(1)，所以(1)|21，即(2)41，所以42310，解得1或.答案：1或11.如图，在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA3，OC5.若7，则的值是_解析：因为()()()()OC2OD2，同理：AO2OD27，所以OC2OD2OC2AO279.答案：912已知A(0,1)，B(0，1)，C(1,0)，动点P满足2|2，则|的最大值为_解析：设动点P(x，y)，因为A(0,1)，B(0，1)，C(1,0)，2|2，所以(x，y1)(x，y1)2(x1)2y2，即(x2)2y21.因为|2，所以|表示圆(x2)2y21上的点到原点距离的2倍，所以|的最大值为2(21)6.答案：613已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则()的最小值是_解析：如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(1,0)，C(1,0)，设P(x，y)，则(x, y)，(1x，y)，(1x，y)，所以()(x，y)(2x，2y)2x222，当x0，y时，()取得最小值，为.答案：14已知在RtABC中，C90，9，SABC6，P为线段AB上的点，且xy，则xy的最大值为_解析：因为C90，所以29，所以|3，即AC3.因为SABCACBC6，所以BC4.又P为线段AB上的点，且，故12，即xy3，当且仅当，即x，y2时取等号答案：3B组力争难度小题1在ABC中，若2，则的值为_解析：由2，得2bcacab，化简可得ac.由正弦定理得，.答案：2已知向量a(1，)，b(0，t21)，则当t，2时，的取值范围是_解析：由题意，(0,1)，根据向量的差的几何意义，表示同起点的向量t的终点到a的终点的距离，当t时，该距离取得最小值1，当t时，该距离取得最大值，即的取值范围是1， 答案：1， 3在直角坐标系xOy中，已知三点A(a,1)，B(2，b)，C(3,4)，若，则a2b2的最小值为_解析：因为0，所以0，从而有(a2,1b)(3,4)0，即3a4b2.则(a，b)可视为直线l：3x4y2上的动点，设其为P，则为坐标原点O到P的距离，故|OP|mind(O，l)，故(a2b2)min2.答案：4.如图，已知ABC的边BC的垂直平分线交AC于点P，交BC于点Q.若3，5，则()()的值为_解析：因为，所以2，而，由于，所以0，所以()()(2)2，又因为Q是BC的中点，所以2，故2()()2292516.答案：165.如图，已知|AC|BC|4，ACB90，M为BC的中点，D为以AC为直径的圆上一动点，则的最大值是_解析：以AC的中点为坐标原点，AC所在的直线为x轴，建立直角坐标系(图略)，则M(2,2)，A(2,0)，C(2,0)设D点的坐标为(2cos ，2sin )，则(4,2)，(22cos ，2sin )，所以4(22cos )2(2sin )88cos 4sin 8sin()84.答案：846.如图，已知AC2，B为AC的中点，分别以AB，AC为直径在AC的同侧作半圆，M，N分别为两半圆上的动点(不含端点A，B，C)，且BMBN，则的最大值为_解析：法一(坐标法)：以点B为坐标原点，线段AC所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系设NBCMAB，则M(sin2，sin cos )，N(cos ，sin )，A(1,0)，C(1,0)，(1sin2，sin cos )(cos 1，sin )(1sin2)(cos 1)sin2cos cos 1sin2cos2cos 2，当cos ，时，的最大值为.法二(定义法)：设NBCMAB，()()cos 1|sin cos 1|2|AM|1|2|，令|t,0t1，tt2，所以的最大值为.答案：
展开阅读全文