2019届二轮复习第6讲　平面向量学案（全国通用）

2019届二轮复习第6讲　平面向量学案（全国通用）

第6讲　平面向量 ‎1.(1)[2018·全国卷Ⅰ] 在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则EB= (　　)‎ A.‎3‎‎4‎AB-‎1‎‎4‎AC B.‎1‎‎4‎AB-‎3‎‎4‎AC C.‎3‎‎4‎AB+‎1‎‎4‎AC D.‎1‎‎4‎AB+‎‎3‎‎4‎AC ‎(2)[2018·全国卷Ⅲ] 已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ=　　　　. ‎ ‎[试做] ‎ ‎ ‎ 命题角度　向量的线性运算 ‎①观察各向量的位置;‎ ‎②寻找相应的三角形或多边形;‎ ‎③运用三角形法则或平行四边形法则找关系;‎ ‎④用好平面向量的基本定理和共线定理.‎ ‎2.(1)[2017·全国卷Ⅱ] 已知△ABC是边长为2的等边三角形,P为平面ABC内一点,则PA·(PB+PC)的最小值是(　　)‎ A.-2 B.-‎3‎‎2‎ C.-‎4‎‎3‎ D.-1‎ ‎(2)[2018·全国卷Ⅱ] 已知向量a,b满足|a|=1,a·b=-1,则a·(2a-b)=(　　)‎ A.4 B.3 C.2 D.0‎ ‎[试做] ‎ ‎ ‎ 命题角度　数量积公式及应用 ‎①根据需要,灵活变形数量积公式求解.‎ ‎②利用数量积与共线定理可以解决垂直、平行、夹角问题.‎ ‎③建立坐标系,利用平面向量的坐标运算解题.‎ 小题1平面向量的线性运算 ‎1 (1)已知a=(2,m),b=(1,-2),若a∥(a+2b),则m= (　　)‎ A.-4 B.4‎ C.0 D.-2‎ ‎(2)在△ABC中,点D是边BC上任意一点,M是线段AD的中点,若存在实数λ和μ,使得BM=λAB+μAC,则λ+μ= (　　)‎ A.‎1‎‎2‎ B.-‎‎1‎‎2‎ C.2 D.-2‎ ‎[听课笔记]  ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【考场点拨】‎ 向量的线性运算问题的两点注意:‎ ‎(1)注意尽可能地将向量转化到同一个平行四边形或三角形中,选用从同一顶点出发的基本向量或首尾相接的向量,运用向量加﹑减法运算及数乘运算来求解.‎ ‎(2)注意结论的使用:O为直线AB外一点,若点P在直线AB上,则有OP=αOA+βOB(α+β=1);若点P满足AP=nmPB,则有OP=mm+nOA+nm+nOB.‎ ‎【自我检测】‎ ‎1.已知向量a=(m,1),b=(1,m),则“m=1”是“a∥b”的 (　　)‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎2.已知O是正三角形ABC的中心,若CO=λAB+μAC,其中λ,μ∈R,则λμ的值为 (　　)‎ A.-‎1‎‎4‎ B.-‎‎1‎‎3‎ C.-‎1‎‎2‎ D.2‎ ‎3.已知a=(3,-2m),b=(1,m-2)是同一平面内的两个向量,且该平面内的任一向量c都可以唯一的表示成c=λa+μb(λ,μ为实数),则实数m的取值范围是 (　　)‎ A.‎6‎‎5‎‎,+∞‎ B.‎-∞,‎‎6‎‎5‎∪‎‎6‎‎5‎‎,+∞‎ C.(-∞,2) D.(-∞,-2)∪(2,+∞)‎ ‎4.如图M2-6-1所示,在正方形ABCD中,P为DC边上的动点,设向量AC=λDB+μAP,则λ+μ的最大值为　　　　. ‎ 图M2-6-1‎ 小题2平面向量的数量积及应用 ‎2 (1)已知向量a与b的夹角是π‎3‎,且|a|=1,|b|=2,若(‎3‎a+λb)⊥a,则实数λ= (　　)‎ A.‎3‎ B.-‎‎3‎ C.‎2‎ D.-‎‎2‎ ‎(2)已知在△OAB中,OA=OB=2,AB=2‎3‎,动点P位于线段AB上,则当PA·PO取最小值时,向量PA与PO的夹角的余弦值为　　 　. ‎ ‎[听课笔记]  ‎ ‎ ‎ ‎【考场点拨】‎ 平面向量数量积问题难点突破:(1)借“底”数字化,要先选取一组合适的基底,这是把平面向量“数化”的基础;(2)借“系”坐标化,数形结合,建立合适的平面直角坐标系,将向量的数量积运算转化为坐标运算.‎ ‎【自我检测】‎ ‎1.已知两个单位向量a,b的夹角为π‎3‎,则(2a+b)·(a-b)=(　　)‎ A.1 B.-1‎ C.‎1‎‎2‎ D.-‎‎1‎‎2‎ ‎2.已知向量a,b满足a=(1,‎3‎),|b|=1,|a+b|=‎3‎,则a,b的夹角α为 (　　)‎ A.π‎3‎ B.‎π‎2‎ C.‎2π‎3‎ D.‎‎5π‎6‎ ‎3.已知菱形ABCD的一条对角线BD的长为2,点E满足AE=‎1‎‎2‎ED,点F为CD的中点.若AD·BE=-2,则CD·AF=　　　　. ‎ ‎4.若平面向量e1,e2满足|e1|=|3e1+e2|=2,则e1在e2方向上投影的最大值是　　　　. ‎ 第6讲　平面向量 ‎ 典型真题研析 ‎1.(1)A　(2)‎1‎‎2‎　[解析] (1)因为AD为中线,E为AD的中点,所以EB=ED+DB=‎1‎‎2‎AD+‎1‎‎2‎CB=‎1‎‎2‎×‎1‎‎2‎(AB+AC)+‎1‎‎2‎(AB-AC)=‎3‎‎4‎AB-‎1‎‎4‎AC.‎ ‎(2)由已知得2a+b=(4,2),由c∥(2a+b)可得‎1‎‎4‎=λ‎2‎,所以λ=‎1‎‎2‎.‎ ‎2.(1)B　(2)B　[解析] (1)建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B(2,0),C(1,‎3‎).设P(x,y),则PA·(PB+PC)=(-x,-y)·[(2-x,-y)+(1-x,‎3‎-y)]=(x,y)·(2x-3,2y-‎3‎)=x(2x-3)+y(2y-‎3‎)=2x2-3x+2y2-‎3‎y=2x-‎‎3‎‎4‎‎2‎+2y-‎‎3‎‎4‎‎2‎-‎3‎‎2‎≥-‎3‎‎2‎,当且仅当x=‎3‎‎4‎,y=‎3‎‎4‎时,等号成立,点‎3‎‎4‎‎,‎‎3‎‎4‎在平面ABC内部,此时PA·(PB+PC)取得最小值,最小值为-‎3‎‎2‎.‎ ‎(2)a·(2a-b)=2|a|2-a·b=2-(-1)=3.‎ 考点考法探究 小题1‎ 例1　(1)A　(2)B　[解析] (1)根据题意,a=(2,m),b=(1,-2),‎ 则a+2b=(4,m-4),‎ 若a∥(a+2b),则有4m=2(m-4),即m-4=2m,‎ 解得m=-4.故选A.‎ ‎(2)因为点D在边BC上,所以存在t∈R,使得BD=tBC=t(AC-AB).‎ 因为M是线段AD的中点,所以 BM‎=‎1‎‎2‎(BA+BD)=‎1‎‎2‎(-AB+tAC-tAB)=-‎1‎‎2‎(t+1)AB+‎1‎‎2‎tAC,‎ 又BM=λAB+μAC,所以λ=-‎1‎‎2‎(t+1),μ=‎1‎‎2‎t,‎ 所以λ+μ=-‎1‎‎2‎.故选B.‎ ‎【自我检测】‎ ‎1.A　[解析] 向量a=(m,1),b=(1,m),‎ 若a∥b,则m2=1,解得m=±1,‎ 所以“m=1”是“a∥b”的充分不必要条件.‎ 故选A.‎ ‎2.C　[解析] 延长CO交AB于点D.‎ ‎∵CO=‎2‎‎3‎CD=‎2‎‎3‎×‎1‎‎2‎(CA+CB)=‎1‎‎3‎(-AC+AB-AC)=‎1‎‎3‎AB-‎2‎‎3‎AC,‎ ‎∴λ=‎1‎‎3‎,μ=-‎2‎‎3‎,∴λμ=-‎1‎‎2‎.‎ ‎3.B　[解析] 由题意可知,平面内的任一向量c都可以唯一的表示成c=λa+μb,‎ ‎∴a,b是一组基底,‎ ‎∴a,b不共线,‎ 则3(m-2)≠-2m,‎ 解得m≠‎6‎‎5‎,‎ 故m的取值范围是‎-∞,‎‎6‎‎5‎∪‎6‎‎5‎‎,+∞‎.故选B.‎ ‎4.3　[解析] 以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系(图略),设正方形ABCD的边长为2,‎ 则C(2,2),B(2,0),D(0,2),P(x,2),x∈[0,2],‎ ‎∴AC=(2,2),DB=(2,-2),AP=(x,2).∵AC=λDB+μAP,‎ ‎∴‎‎2λ+xμ=2,‎‎-2λ+2μ=2,‎ ‎∴‎λ=‎2-x‎2+x,‎μ=‎4‎‎2+x,‎ ‎∴λ+μ=‎6-x‎2+x.‎ 令f(x)=‎6-x‎2+x(0≤x≤2),‎ ‎∵f(x)在[0,2]上单调递减,‎ ‎∴f(x)max=f(0)=3,故λ+μ的最大值为3.‎ 小题2‎ 例2　(1)B　(2)-‎21‎‎7‎　[解析] (1)因为|a|=1,|b|=2,且向量a与b的夹角为π‎3‎,所以a·b=|a|·|b|cosπ‎3‎=1.‎ 因为(‎3‎a+λb)⊥a,所以(‎3‎a+λb)·a=‎3‎a2+λa·b=‎3‎+λ=0,‎ 所以λ=-‎3‎.‎ ‎(2)因为OA=OB=2,AB=2‎3‎,所以∠OAB=π‎6‎,‎ 所以PA·PO=PA·(PA+AO)=|PA|2+|PA|·|AO|cos‎5π‎6‎=|PA|2-‎3‎|PA|=‎|PA|-‎‎3‎‎2‎‎2‎-‎3‎‎4‎,‎ 当且仅当|PA|=‎3‎‎2‎时,PA·PO取得最小值-‎3‎‎4‎,此时|OP|=‎4+‎3‎‎4‎-2×‎3‎‎2‎×2×‎‎3‎‎2‎=‎7‎‎2‎,‎ 所以向量PA与PO的夹角的余弦值为‎-‎‎3‎‎4‎‎7‎‎2‎‎×‎‎3‎‎2‎=-‎21‎‎7‎.‎ ‎【自我检测】‎ ‎1.C　[解析] (2a+b)·(a-b)=2a2-a·b-b2=2-1×1×cosπ‎3‎-1=‎1‎‎2‎.‎ ‎2.C　[解析] 由题得|a|=‎1‎‎2‎‎+(‎‎3‎‎)‎‎2‎=2,∵|a+b|=‎3‎,‎ ‎∴a2+2a·b+b2=3,∴4+1+2×2×1·cos α=3,‎ ‎∴cos α=-‎1‎‎2‎.∵α∈[0,π],∴α=‎2‎‎3‎π.‎ ‎3.-7　[解析] 建立如图所示的平面直角坐标系,设C(t,0)(t>0),则A(-t,0),B(0,-1),D(0,1),‎ E‎-‎2‎‎3‎t,‎‎1‎‎3‎,F‎1‎‎2‎t,‎‎1‎‎2‎,∴AD=(t,1),BE=‎-‎2‎‎3‎t,‎‎4‎‎3‎,CD=(-t,1),AF=‎3t‎2‎‎,‎‎1‎‎2‎.‎ ‎∵AD·BE=-2,∴-‎2‎‎3‎t2+‎4‎‎3‎=-2,解得t2=5,‎ ‎∴CD·AF=-‎3‎‎2‎t2+‎1‎‎2‎=-7.‎ ‎4.-‎4‎‎2‎‎3‎　[解析] 由|e1|=|3e1+e2|=2,可得‎|e‎1‎|=2,‎‎9e‎1‎‎2‎+6e‎1‎·e‎2‎+e‎2‎‎2‎=4,‎ ‎∴4=36+6|e1|·|e2|cos+e‎2‎‎2‎,‎ ‎∴e1在e2方向上的投影为|e1|cos=‎-32-|‎e‎2‎‎|‎‎2‎‎6|e‎2‎|‎=-‎1‎‎6‎‎|e‎2‎|+‎‎32‎‎|e‎2‎|‎≤-‎1‎‎6‎×2‎32‎=-‎4‎‎2‎‎3‎,当且仅当|e2|=‎32‎‎|e‎2‎|‎,即|e2|=4‎2‎时,等号成立.‎ ‎ [备选理由] 例1考查向量的模,通过转化为二次函数的形式求最值;例2进一步强化平面向量数量积的运算,是对例题的补充强化.‎ 例1　[配例1使用] 已知点A(4,3)和点B(1,2),点O为坐标原点,则|OA+tOB|(t∈R)的最小值为 (　　)‎ A.5‎2‎ B.5‎ C.3 D.‎‎5‎ ‎[解析] D　由题意得OA=(4,3),OB=(1,2),则 ‎|OA+tOB|=‎(4+t‎)‎‎2‎+(3+2t‎)‎‎2‎=‎5t‎2‎+20t+25‎,‎ 结合二次函数的性质可得,当t=-2时,|OA+tOB|取得最小值,此时|OA+tOB|=‎5×4-20×2+25‎=‎5‎.‎ 例2　[配例2使用] 已知腰长为2的等腰直角三角形ABC中,M为斜边AB的中点,点P为该平面内一动点,若|PC|=2,则(PA·PB+4)PC·PM的最小值为　　　　. ‎ ‎[答案] 48-32‎‎2‎ ‎[解析] 建立如图所示的平面直角坐标系,则A(-‎2‎,-‎2‎),B(‎2‎,-‎2‎),M(0,-‎2‎).‎ 设P(2cos θ,2sin θ),则PA=(-‎2‎-2cos θ,-‎2‎-2sin θ),PB=(‎2‎-2cos θ,-‎2‎-2sin θ),PC=(-2cos θ,-2sin θ),PM=(-2cos θ,-‎2‎-2sin θ),‎ ‎∴(PA·PB+4)PC·PM=8(‎2‎sin θ+2)2,‎ ‎∴当sin θ=-1时,上式取得最小值,最小值为48-32‎2‎.‎