【数学】2020届一轮复习苏教版专题一第二讲小题考法——平面向量学案

【数学】2020届一轮复习苏教版专题一第二讲小题考法——平面向量学案

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，AD＝AB，BE＝BC，若＝λ1＋λ2 (λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．‎ 解析：如图，＝－＝－＝(－)＋＝＋.‎ 又＝λ1＋λ2，且与不共线．‎ 所以λ1＝－，λ2＝，‎ 所以λ1＋λ2＝.‎ 答案： ‎2.如图，在△ABC中，BO为边AC上的中线，＝2，设∥，若＝＋λ (λ∈R)，则λ的值为 ________. ‎ 解析：由题意，得＝＋＝＋，‎ ＝－＝＋(λ－1)，‎ 因为∥，所以λ－1＝，λ＝.‎ 答案： ‎3．(2018·南京考前模拟)在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝2CD，M为CD的中点，N为线段BC上一点(不包括端点)，若＝λ＋μ，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＝(x0－2)，即y0＝t(2－x0)，因为＝λ＋μ，所以 即t＝λt＋μy0＝λt＋μt(2－x0)，因为t≠0，‎ 所以1＝λ＋μ(2－x0)＝λ＋2μ－μx0＝λ＋2μ－，所以3λ＋4μ＝4，这里λ，μ均为正数，‎ 所以4＝(3λ＋4μ)＝3＋12＋＋≥15＋2＝27，所以＋≥当且仅当＝，即λ＝，μ＝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：‎ ‎①观察各向量的位置；‎ ‎②寻找相应的三角形或多边形；‎ ‎③运用法则找关系；‎ ‎④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e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°，则实数λ的值是________．‎ 解析：因为＝，‎ 故＝，解得λ＝.‎ 答案： ‎2．在平行四边形ABCD中，AD＝4，∠BAD＝，E为CD中点，若·＝4，则AB的长为________．‎ 解析：法一：设||＝x，则·＝(＋)·(＋)＝(＋)·＝·－·＋2－2＝－x2＋x＋16＝4，解得x＝6或x＝－4(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(2a＋2,2)，E(a＋2,2)，从而＝(2a＋2，2)，＝(2－a,2)，因此·＝(2a＋2)(2－a)＋12＝4，解得a＝3或a＝－2(舍去)，故AB的长为6.‎ 答案：6‎ ‎3．(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12＝16＋x2－4x，即x＝2.所以·＝(＋)·＝×(16－4)＝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x＝2.所以·＝(0，)·(－2,2)＝6.‎ 答案：6‎ ‎4．(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AB＝1，BC＝4，CD＝2，DA＝3，则·的值为________．‎ 解析：法一：因为＋＋＋＝0，则＋＋＝－，平方得2＋2＋2＋2(·＋·＋·)＝(－)2＝2，即·＋·‎ ＋·＝－6，则·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋2＝－6＋16＝10.‎ 法二：如图，取AC中点O，连结BO，DO.‎ 所以·＝·(＋)＝·＋·＝(－)·(＋)－(－)·(＋)＝(2－2－2＋2)＝×(16－1－4＋9)＝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：a·b＝2－2.在△ABC中，若M是BC的中点，则·＝2－2.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，|a＋xb|≥|a＋b|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，∠BAC＝120°，AB＝AC＝4，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|a＋xb|≥|a＋b|两边平方可得：2＋2xa·b＋x2≥2＋2a·b＋1，‎ 即x2＋2a·bx－2a·b－1≥0对于x∈R恒成立Δ＝4(a·b)2＋8a·b＋4≤0，即4(a·b＋1)2≤0，所以a·b＝－1，即cos θ＝＝－，所以a，b夹角为.‎ 法二：图，令＝a，＝xb(P为直线l上任意一点)，则＝a＋xb，所以|a＋xb|＝OP的最小值即O到直线l的距离OH，即OH＝|a＋b|，即＝a＋b，所以b＝.在直角三角形OHA中，AH＝1，OA＝，cos∠HOA＝，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，·＝(－)·(＋)＝2－2.‎ 因为MC为定值，所以·的变化可由PM的变化确定．‎ 易得AM＝2，MC＝2.‎ 当P为劣弧与AM的交点时，PM取最小值AM－1＝1；PM的最大值为EM＝FM＝.‎ 所以PM2－MC2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 θ，sin θ)，其中θ∈.‎ 所以·＝(2－cos θ，－sin θ－2)·(2－cos θ，2－sin θ)＝(cos θ－2)2＋sin2θ－12＝－7－4cos θ.‎ 因为cos θ∈，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，＋1]‎ ‎2．已知AB为圆O的直径，M为圆O的弦CD上一动点，AB＝8，CD＝6，则· 的取值范围是________．‎ 解析：因为＝＋，＝＋，又 ＝－，因此·＝2＋·(＋)＋·＝2－2＝2－16.因为M是弦CD上的动点，所以MOmax＝4，此时点M在圆上；MOmin＝＝，此时点M为弦CD的中点，故·∈[－9,0]．‎ 答案：[－9,0]‎ ‎3.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·＝(＋)·(＋)＝2－2＝－2，因为||≥2，所以2≥1，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)a∥b⇔a＝λb(b≠0)⇔x1y2－x2y1＝0.‎ ‎(2)a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.‎ ‎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)，θ为a与b的夹角，则cos θ＝＝ .‎ ‎(4)|a·b|≤|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α，β使得＝α＋β，且α＋β＝1.‎ ‎[针对练]　在▱ABCD中，点E是AD边的中点，BE与AC相交于点F，若＝m＋n (m，n∈R)，则＝________.‎ 解析：如图，＝2，＝m＋n，∴＝＋‎ eq o(EF,sup7(―→))＝m＋(2n＋1)，‎ ‎∵F，E，B三点共线，∴m＋2n＋1＝1，∴＝－2.‎ 答案：－2‎ ‎2．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⇔a＋b＋c＝0.‎ ‎4．极化恒等式a·b＝2－2‎ ‎[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)，c＝a＋3b.若a∥c，则实数x＝________.‎ 解析：因为a＝(1，－4)，b＝(－1，x)，c＝a＋3b＝(－2，－4＋3x)．又a∥c，所以－4＋3x－8＝0，解得x＝4.‎ 答案：4‎ ‎2．(2018·无锡期末)已知向量a＝(2,1)，b＝(1，－1)，若a－b与ma＋b垂直，则m的值为________．‎ 解析：因为a＝(2,1)，b＝(1，－1)，所以a－b＝(1,2)，ma＋b＝(2m＋1，m－1)，因为a ‎－b与ma＋b垂直，所以(a－b)·(ma＋b)＝0，即2m＋1＋2(m－1)＝0，解得m＝.‎ 答案： ‎3．已知a与b是两个不共线向量，且向量a＋λb与－(b－3a)共线，则λ＝________.‎ 解析：由题意知a＋λb＝k[－(b－3a)]，‎ 所以解得 答案：－ ‎4．已知|a|＝1，|b|＝，且a⊥(a－b)，则向量a与向量b的夹角为________．‎ 解析：∵a⊥(a－b)，∴a·(a－b)＝a2－a·b＝1－cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝，∴〈a，b〉＝.‎ 答案： ‎5．在△ABC中，O为△ABC的重心，AB＝2，AC＝3，A＝60°，则·＝________.‎ 解析：设BC边中点为D，则＝，＝(＋)，∴·＝(＋)·＝×(3×2×cos 60°＋32)＝4.‎ 答案：4‎ ‎6.如图，在△ABC中，已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝3，＝2，＝3，则||＝________.‎ 解析：＝＋＝＋＝＋(＋)，‎ 而＝＝(－)，‎ 故＝－＋，‎ 从而||＝ ‎＝＝.‎ 答案： ‎7．已知非零向量a，b满足|a|＝|b|＝|a＋b|，则a与2a－b夹角的余弦值为________．‎ 解析：法一：因为非零向量a，b满足|a|＝|b|＝|a＋b|，所以a2＝b2＝a2＋2a·b＋b2，a·b＝－a2＝－b2，‎ 所以a·(2a－b)＝2a2－a·b＝a2，|2a－b|＝＝＝|a|，‎ 所以cos〈a,2a－b〉＝＝＝＝.‎ 法二：因为非零向量a，b满足|a|＝|b|＝|a＋b|，所以〈a，b〉＝，‎ 所以a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2a2－|a|·|b|cos＝a2，|2a－b|＝＝＝＝|a|.‎ 所以cos〈a,2a－b〉＝＝＝＝.‎ 答案： ‎8．在边长为2的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，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，AC⊥BP，所以·＝(＋)·＝·＋·＝·＝×cos 60°＝2×2×＝2.‎ 答案：2‎ ‎9．已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，点E，F分别在边上BC，DC上，＝t，＝m，若·＝1，·＝－，则t＋m＝________.‎ 解析：因为＝＋＝＋t＝＋t；＝＋＝＋m＝＋m，‎ 所以·＝(＋t)(＋m)＝－2－2tm＋4t＋4m＝1；‎ ·＝－2(1－t)(1－m)＝－2＋2m＋2t－2tm＝－，‎ 联立解得t＋m＝.‎ 答案： ‎10．在△ABC中，已知AB＝1，AC＝2，∠A＝60°，若点P满足＝＋λ，且·＝1，则实数λ的值为________．‎ 解析：由题意可得，－＝＝λ.又＝－＝＋(λ－1)，所以·＝λ·＋λ(λ－1)||2＝1，即λ＋(λ2－λ)×4＝1，所以4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－.‎ 答案：1或－ ‎11.如图，在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA＝3，OC＝5.若·＝－7，则·的值是________．‎ 解析：因为·＝(－)·(－)＝(＋)·(－)＝OC2－OD2，同理：·＝AO2－OD2＝－7，所以·＝OC2－OD2＝OC2－AO2－7＝9.‎ 答案：9‎ ‎12．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，y－1)(x，y＋1)＝2[(x－1)2＋y2]，即(x－2)2＋y2＝1.‎ 因为|＋|＝2，‎ 所以|＋|表示圆(x－2)2＋y2＝1上的点到原点距离的2倍，所以|＋|的最大值为2×(2＋1)＝6.‎ 答案：6‎ ‎13．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)，＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，所以·(＋)＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋22－，当x＝0，y＝时，·(＋)取得最小值，为－.‎ 答案：－ ‎14．已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，·＝9，S△ABC＝6，P为线段AB上的点，且＝x·＋y·，则xy的最大值为________．‎ 解析：因为∠C＝90°，所以·＝2＝9，所以||＝3，即AC＝3.因为S△ABC＝×AC×BC＝6，所以BC＝4.又P为线段AB上的点，且＝＋，故＋＝1≥2，即xy≤3，当且仅当＝＝，即x＝，y＝2时取等号．‎ 答案：3‎ B组——力争难度小题 ‎1．在△ABC中，若·＋2·＝·，则的值为________．‎ 解析：由·＋2·＝·，‎ 得2bc·＋ac·＝ab·，‎ 化简可得a＝c.‎ 由正弦定理得，＝＝.‎ 答案： ‎2．已知向量a＝(1，)，b＝(0，t2＋1)，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a2＋b2的最小值为________．‎ 解析：因为·－·＝0，所以·＝0，‎ 从而有(a－2,1－b)·(3,4)＝0，即3a－4b＝2.则(a，b)可视为直线l：3x－4y＝2上的动点，设其为P，则为坐标原点O到P的距离，故|OP|min＝d(O，l)＝＝，故(a2＋b2)min＝2＝.‎ 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·＝(＋)·(－)＝2－2＝9－25＝－16.‎ 答案：－16‎ ‎5.如图，已知|AC|＝|BC|＝4，∠ACB＝90°，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 θ，2sin θ)，则＝(－4,2)，＝(－2－2cos θ，－2sin θ)，所以·＝－4(－2－2cos θ)＋2(－2sin θ)＝8＋8cos θ－4sin θ＝8－sin(θ－φ)≤8＋4.‎ 答案：8＋4 ‎6.如图，已知AC＝2，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BM⊥BN，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∠NBC＝∠MAB＝α，α∈，则M(－sin2α，sin αcos α)，N(cos α，sin α)，A(－1,0)，C(1,0)，·＝(1－sin2α，sin αcos α)·(cos α－1，sin α)＝(1－sin2α)(cos α－1)＋sin2αcos α＝cos α－1＋sin2α＝－cos2α＋cos α＝－2＋，当cos α＝，α＝时，·的最大值为.‎ 法二(定义法)：设∠NBC＝∠MAB＝α，α∈，‎ ·＝(－)·(－)＝－·－·＋·＝·＋cos α－1＝||·||sin α＋cos α－1＝||2＋|AM|－1＝－||2＋||，令||＝t,0

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