【数学】2018届一轮复习人教A版平面向量的应用教案

【数学】2018届一轮复习人教A版平面向量的应用教案

第2课时　平面向量的应用 热点一　平面向量在平面几何中的应用 ‎ ‎【例1】　已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个动点，若动点P满足＝＋λ(＋)，λ∈(0，＋∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的(　　)‎ A．内心　　　B．外心　　　C．重心　　　D．垂心 ‎【解析】　由原等式，得－＝λ(＋)，即＝λ(＋)，根据平行四边形法则，知＋是△ABC的中线AD(D为BC的中点)所对应向量的2倍，所以点P的轨迹必过△ABC的重心．‎ ‎【答案】　C ‎1．在本例中，若动点P满足＝＋λ，λ∈(0，＋∞)，则如何选择？‎ 解析：由条件，得－＝λ，即＝λ·，而和分别表示平行于，的单位向量，故＋平分∠BAC，即平分∠BAC，所以点P的轨迹必过△ABC的内心．‎ 答案：A ‎2．在本例中，若动点P满足＝＋λ，λ∈(0，＋∞)，则如何选择？‎ 解析：由条件，得＝λ，‎ 从而·＝λ ‎＝λ·＋λ·＝0，所以⊥，则动点P 的轨迹一定通过△ABC的垂心．‎ 答案：D ‎【总结反思】‎ 向量与平面几何综合问题的解法 ‎(1)坐标法：把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．‎ ‎(2)基向量法：适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程来进行求解.‎ 已知在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|＋3|的最小值为________．‎ 解析：‎ 以D为原点，分别以DA、DC所在直线为x、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设DC＝a，DP＝b，则D(0,0)，A(2,0)，C(0，a)，B(1，a)，P(0，b)，＝(2，－b)，＝(1，a－b)，∴＋3＝(5,‎3a－4b)，则|＋3|2＝25＋(‎3a－4b)2.由点P是腰DC上的动点，知0≤b≤a ‎，因此当b＝a时，|＋3|2的最小值为25.‎ ‎∴|＋3|的最小值为5.‎ 答案：5‎ 热点二　平面向量与函数、不等式的综合应用 ‎ ‎【例2】　(1)已知单位向量a，b，满足a⊥b，则函数f(x)＝(xa＋2b)2(x∈R)(　　)‎ A．既是奇函数又是偶函数 B．既不是奇函数也不是偶函数 C．是偶函数 D．是奇函数 ‎(2)设△ABC，P0是边AB上一定点，满足P0B＝AB，且对于边AB上任一点P，恒有·≥·，则(　　)‎ A．∠ABC＝90° B．∠BAC＝90°‎ C．AB＝AC D．AC＝BC ‎【解析】　(1)因为单位向量a，b满足a⊥b，所以a·b＝0，所以f(x)＝(xa＋2b)2＝x2＋4xa·b＋4＝x2＋4，又f(－x)＝(－x)2＋4＝x2＋4＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数．应选C.‎ ‎(2)设AB＝4，‎ 以AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴建立坐标系，则A(－2,0)，B(2,0)，P0(1，0)，设点C(a，b)，动点P(x,0)，‎ 所以＝(1,0)，＝(a－1，b)，‎ ＝(2－x,0)，＝(a－x，b)，‎ 由·≥·恒成立，‎ 得(2－x)(a－x)≥a－1，‎ 即x2－(2＋a)x＋a＋1≥0恒成立．‎ 所以Δ＝(2＋a)2－4(a＋1)＝a2≤0，则a＝0.因此点C在线段AB的中垂线上，故||＝||.‎ ‎【答案】　(1)C　(2)D ‎【总结反思】‎ 破解平面向量与“函数”交汇题的“两步曲”：一是利用平面向量的数量积与平面向量的模求出函数的解析式；二是利用函数的解析式，对所求得的函数的性质进行讨论.‎ 已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，且对一切实数x，|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，则a，b的夹角的大小为________．‎ 解析：由题意得|a＋xb|≥|a＋b|⇔a2＋2xa·b＋x2b2≥a2＋‎2a·b＋b2⇔x2＋‎2a·bx－1－‎2a·b≥0，所以Δ＝4(a·b)2－4(－1－‎2a·b)≤0⇒(a·b＋1)2≤0，所以a·b＝－1，cos〈a，b〉＝＝－，即a与b的夹角为 .‎ 答案：π 热点三　平面向量与三角函数的综合应用 ‎ ‎【例3】　(2017·山东临沂模拟)已知向量m＝(sinα－2，－cosα)，n＝(－sinα，cosα)，其中α∈R.‎ ‎(1)若m⊥n，求角α；‎ ‎(2)若|m－n|＝，求cos2α的值．‎ ‎【解】　(1)向量m＝(sinα－2，－cosα)，n＝(－sinα，cosα)，若m⊥n，则m·n＝0.‎ 即为－sinα(sinα－2)－cos2α＝0.‎ 即sinα＝，可得α＝2kπ＋或2kπ＋，k∈Z.‎ ‎(2)若|m－n|＝，即有(m－n)2＝2，‎ 即(2sinα－2)2＋(－2cosα)2＝2，‎ 即为4sin2α＋4－8sinα＋4cos2α＝2，‎ 即有8－8sinα＝2，可得sinα＝.‎ 即有cos2α＝1－2sin2α＝1－2×＝－.‎ ‎【总结反思】‎ 向量与三角函数的综合问题是高考最常见的题型之一，利用向量运算进行转化，化归为三角函数的问题或三角恒等变换问题是常规的解题思路和方法．以向量为载体考查三角形问题时，要注意正弦定理、余弦定理等知识的应用.‎ 已知f(x)＝a·b，其中a＝(2cosx，－sin2x)，b＝(cosx,1)(x∈R)．‎ ‎(1)求f(x)的最小正周期和单调递减区间；‎ ‎(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝，·＝3，求边长b和c的值(b>c)．‎ 解：(1)由题意知：f(x)＝2cos2x－sin2x＝1＋cos2x－sin2x＝1＋2cos，‎ ‎∴f(x)的最小正周期T＝π，‎ ‎∵y＝cosx在[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上单调递减，∴令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π，得kπ－≤x≤kπ＋，‎ ‎∴f(x)的单调递减区间为 ，k∈Z.‎ ‎(2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1，‎ ‎∴cos＝－1，‎ 又<‎2A＋<，∴‎2A＋＝π，∴A＝.‎ ‎∵·＝3，即bc＝6，由余弦定理得 a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc,7＝(b＋c)2－18，b＋c＝5，又b>c，∴b＝3，c＝2.‎ 热点四　平面向量与解析几何的综合应用 ‎ ‎【例4】　若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为(　　)‎ A．2 B．3‎ C．6 D．8‎ ‎【解析】　由题意，得F(－1,0)，设P(x0，y0)，则有＋＝1，解得y＝3(1－)，因为＝(x0＋1，y0)，＝(x0，y0)，所以·＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋3(1－)＝＋x0＋3，对应的抛物线的对称轴方程为x0＝－2，因为－2≤x0≤2，故当x0＝2时，·取得最大值＋2＋3＝6，故选C.‎ ‎【答案】　C ‎【总结反思】‎ 向量的坐标运算可将几何问题用代数方法处理，也可以将代数问题转化为几何问题来解决，其中向量是桥梁，因此，在解此类题目的时候，一定要重视转化与化归.‎ 过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，与抛物线的准线的交点为B，点A在抛物线的准线上的射影为C，若＝，·＝48，则抛物线的方程为(　　)‎ A．y2＝8x B．y2＝4x C．y2＝16x D．y2＝4x 解析：‎ 如图所示，＝⇒F为线段AB中点，∵AF＝AC，∴∠ABC＝30°，由·＝48，得BC＝4.则AC＝4，∴由中位线的性质有p＝AC＝2，故抛物线的方程为y2＝4x.故选B.‎ 答案：B ‎1．向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题．‎ ‎2．以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题．通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法．‎ ‎3．向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；‎ ‎②‎ 工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题．‎ 巧解平面向量最值的5种方法 向量是既有大小又有方向的量，具有几何和代数形式的“双重性”，常作为工具来解决其他知识模块的问题．在历年高考中都会对该部分内容进行考查，解决这些问题多可利用平面向量的有关知识进行解决．基于平面向量的双重性，一般可以从两个角度进行思考：一是利用其“形”的特征，将其转化为平面几何的有关知识进行解决；二是利用其“数”的特征，通过坐标转化为代数中的有关问题进行解决．‎ ‎【例】　若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为(　　)‎ A.－1 B．1‎ C. D．2‎ ‎【解析】　解法1：目标不等式法 因为|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝0，所以|a＋b|2＝a2＋b2＋‎2a·b＝2，故|a＋b|＝.‎ 展开(a－c)·(b－c)≤0，得a·b－(a＋b)·c＋c2≤0，‎ 即0－(a＋b)·c＋1≤0，整理，得(a＋b)·c≥1.‎ 而|a＋b－c|2＝(a＋b)2－2(a＋b)·c＋c2＝3－2(a＋b)·c，所以3－2(a＋b)·c≤3－2×1＝1.‎ 所以|a＋b－c|2≤1，即|a＋b－c|≤1.‎ 解法2：向量基底法 取向量a，b作为平面向量的一组基底，设c＝ma＋nb.‎ 由|c|＝1，即|ma＋nb|＝1，可得(ma)2＋(nb)2＋2mna·b＝1，由题意，知|a|＝|b|＝1，a·b＝0.‎ 整理，得m2＋n2＝1.‎ 而a－c＝(1－m)a－nb，b－c＝－ma＋(1－n)b，‎ 故由(a－c)·(b－c)≤0，‎ 得[(1－m)a－nb]·[－ma＋(1－n)b]≤0.‎ 展开，得m(m－1)a2＋n(n－1)b2≤0，‎ 即m2－m＋n2－n≤0，‎ 又m2＋n2＝1，故m＋n≥1.‎ 而a＋b－c＝(1－m)a＋(1－n)b，‎ 故|a＋b－c|2＝[(1－m)a＋(1－n)b]2＝(1－m)‎2a2＋2(1－m)(1－‎ n)a·b＋(1－n)2b2＝(1－m)2＋(1－n)2＝m2＋n2－2(m＋n)＋2＝3－2(m＋n)．‎ 又m＋n≥1，所以3－2(m＋n)≤1.‎ 故|a＋b－c|2≤1，即|a＋b－c|≤1.‎ 解法3：坐标法 因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，所以〈a，b〉＝.‎ 设＝a，＝b，＝c，因为a⊥b，所以OA⊥OB.分别以OA，OB所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则a＝(1,0)，b＝(0,1)，则A(1,0)，B(0,1)．设C(x，y)，则c＝(x，y)，且x2＋y2＝1.则a－c＝(1－x，－y)，b－c＝(－x,1－y)，故由(a－c)·(b－c)≤0，得(1－x)×(－x)＋(－y)×(1－y)≤0，‎ 整理，得1－x－y≤0，即x＋y≥1.‎ 而a＋b－c＝(1－x,1－y)，则|a＋b－c|‎ ‎＝＝.‎ 因为x＋y≥1，所以3－2(x＋y)≤1，即|a＋b－c|≤1.‎ 所以|a＋b－c|的最大值为1.‎ 解法4：三角函数法 因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，所以〈a，b〉＝.‎ 设＝a，＝b，＝c，因为a⊥b，所以OA⊥OB.分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立坐标系，如上图所示，则a＝(1,0)，b＝(0,1)，A(1,0)，B(0,1)．因为|c|＝1，设∠COA＝θ，所以C点的坐标为(cosθ，sinθ)．‎ 则a－c＝(1－cosθ，－sinθ)，b－c＝(－cosθ，1－sinθ)，故由(a－c)·(b－c)≤0，得(1－cosθ)×(－cosθ)＋(－sinθ)×(1－sinθ)≤0，整理，得sinθ＋cosθ≥1.‎ 而a＋b－c＝(1－cosθ，1－sinθ)，则|a＋b－c|＝＝.‎ 因为sinθ＋cosθ≥1，所以3－2(sinθ＋cosθ)≤1，即|a＋b－c|≤1，所以|a＋b－c|的最大值为1.‎ 解法5：数形结合法 设＝a，＝b，＝c，‎ 因为|a|＝|b|＝|c|＝1，所以点A，B，C在以O为圆心、1为半径的圆上．易知＝a－c，＝b－c，|c|＝||.‎ 由(a－c)·(b－c)≤0，可知·≤0，则≤∠BCA<π(因为A，B，C在以O为圆心的圆上，所以A，B，C三点不能共线，即∠BCA≠π)，故点C在劣弧AB上．由a·b＝0，得OA⊥OB，设＝a＋b，如图所示，因为a＋b－c＝－＝，所以|a＋b－c|＝||，即|a＋b－c|为点D与劣弧AB上一点C的距离，显然，当点C与A或B点重合时，CD最长且为1，即|a＋b－c|的最大值为1.‎ ‎【答案】　B