专题：平面向量常见题型与解题指导

专题：平面向量常见题型与解题指导
平面向量常见题型与解题指导
本章主要考察以下内容：
1.理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念。

2.掌握向量的加法和减法的运算法则及运算律。

3.掌握实数与向量的积的运算法则及运算律，理解两个向量共线的充要条件。

4.了解平面向量基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算。

5.掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题，掌握向量垂直的条件。

6.掌握线段的定比分点和中点坐标公式，并且能熟练运用；掌握平移公式。

7.掌握正、余弦定理，并能初步运用它们解斜三角形。

8.通过解三角形的应用的教学，继续提高运用所学知识解
决实际问题的能力。

本章的考查主要分为以下三类：
1.以选择、填空题型考查本章的基本概念和性质。

此类题
一般难度不大，用以解决有关长度、夹角、垂直、判断多边形形状等问题。

2.以解答题考查圆锥曲线中的典型问题。

此类题综合性比
较强，难度大，以解析几何中的常规题为主。

3.向量在空间中的应用。

在空间坐标系下，通过向量的坐
标的表示，运用计算的方法研究三维空间几何图形的性质。

在复过程中，应该抓住源于课本，高于课本的指导方针。

本章考题大多数是课本的变式题，即源于课本。

因此，掌握双基、精通课本是本章关键。

分析近几年来的高考试题，有关平面向量部分突出考查了向量的基本运算。

对于和解析几何相关的线段的定比分点和平移等交叉内容，作为研究解析几何的基本工具，在相关内容中会进行考查。

本章的另一部分是解斜三角形，它是考查的重点。

总而言之，平面向量这一章的研究应立足基础，强化运算，重视应用。

考查的重点是基础知识和基本技能。

复建议：
本章知识分向量与解斜三角形两部分，因此应用本章知识解决的问题也分为两类：
1.根据向量的概念、定理、法则、公式对向量进行运算，并能运用向量知识解决平面几何中的一些计算和证明问题。

2.运用正、余弦定理正确地解斜三角形，并能应用解斜三
角形知识解决测量不可到达的两点间的距离问题。

令k'＜得－1＜t＜1；令k'＞得t＜－1或t＞1.因此，k=f(t)的单调递减区间是(-1,1)，单调递增区间是(-∞,-1)和(1,+∞)。

点评：第一问中有两种解法可以解决向量垂直的两种常见方法：一是先利用向量的坐标运算分别求得两个向量的坐标，再利用向量垂直的充要条件；二是直接利用向量垂直的充要条件，其过程要用到向量的数量积公式及求模公式，达到同样的求解目的（但运算过程简化，值得注意）。

第二问中求函数的极值运用的是求导的方法，这是新旧知识交汇点处的综合运用。

例3：已知平面向量a=(3,-1)，b=(α-3,β)，d=-k*a+(sinα)*b，且c⊥d，试求实数k的取值范围。

解：由条件可得：k=(31)，若存在不为零的实数k和角α，使向量c=a+(sinα)*b，则|c|=√(139(sinα-1)²+4216)。

而-1≤sinα≤1，因此k的取值范围为[-1,0)∪(0,1]。

当sinα=-1时，k取最大值1；sinα=1时，k取最小值-1/2.
点拨与提示：将例题中的t略加改动，旧题新掘，出现了
意想不到的效果，很好地考查了向量与三角函数、不等式综合运用能力。

例4：已知向量a=(1,2)，b=(-2,1)，若正数k和t使得向量
x=a+(t²+1)b与y=-ka+b垂直，求k的最小值。

解：x⊥y⇔x·y=0，即[a+(t²+1)b]·(-ka+b)=t²+12t+1=0.因此，当t=-1±√2时，x⊥y，此时k=3/2t²-1/2.因为t²+1≥2t，所以k≥-
3/2，当t=1时，k取最小值2.
题型三：向量的坐标运算与三角函数的考查
向量与三角函数结合，题目新颖而又精巧，既符合在知识的“交汇处”构题，又加强了对双基的考查。

例7：设函数f(x)=a·b，其中向量a=(2cosx,1)，
b=(cosx,3sin²x)，x∈R。

1）若f(x)=1-3且x∈[-π/3,π/3]，求x；
2）若函数y=2sin²x的图象按向量c=(m,n)(m＜0)平移后得到函数y=f(x)的图象，求实数m、n的值。

解：（1）由f(x)=a·b可得f(x)=2cosx+3sin²x，因此f'(x)=-4sinxcosx。

因为x∈[-π/3,π/3]，所以sinx≠0，因此f'(x)=0的解为x=π/4.因为f(π/4)=2+3/2=7/2>1-3=-2，所以方程f(x)=1-3在[-π/3,π/3]内无解。

2）因为y=2sin²x的图象按向量c=(m,n)平移后得到函数y=f(x)的图象，所以f(x)=2sin²(x-m)+n。

因为
f(x)=a·b=2cosx+3sin²x，所以2sin²(x-m)+n=2cosx+3sin²x。

化简可得sin(2x-2m)=3/2，因此2x-2m=π/2或5π/2.因为x∈[-
π/3,π/3]，所以2x-2m=π/2，因此m=π/4，n=5/2.
已知函数$f(x)=(2\cos x,1)\cdot(\cos x,3\sin 2x)=2\cos
2x+3\sin 2x=1+2\sin(2x+\frac{\pi}{6})$。

首先，我们可以将$1+2\sin(2x+\frac{\pi}{6})=1-3$，解得$\sin(2x+\frac{\pi}{6})=-\frac{2}{3}$。

由于$-\frac{\pi}{5}\leq x\leq \frac{\pi}{3}$，因此$-\frac{\pi}{3}\leq
2x+\frac{\pi}{6}\leq \frac{\pi}{5}$，所以$2x+\frac{\pi}{6}=-\frac{5\pi}{6}$，即$x=-\frac{5\pi}{12}$。

其次，我们考虑函数$y=2\sin 2x$的图像按向量
$c=(m,n)$平移后得到函数$y=2\sin(2(x-m))+n$的图像，即函数$y=f(x)$的图像。

由上面的计算，我们得到$f(x)=2\sin
2(x+\frac{\pi}{12})+1$，因此$m<\frac{\pi}{2}$，所以$m=-
\frac{\pi}{12}$，$n=1$。

因此，函数$y=f(x)$的图像向左平移$\frac{\pi}{12}$个单位，向上平移1个单位。

最后，已知$a=(\cos\alpha,\sin\alpha)$，
$b=(\cos\beta,\sin\beta)$，$0<\alpha<\beta<\pi$，需要证明
$a+b$与$a-b$互相垂直。

我们可以使用向量的内积来证明。

首先有$a+b=(\cos\alpha+\cos\beta,\sin\alpha+\sin\beta)$，$a-
b=(\cos\alpha-\cos\beta,\sin\alpha-\sin\beta)$，因此$(a+b)\cdot(a-b)=\cos^2\alpha-\cos^2\beta+\sin^2\alpha-\sin^2\beta=0$，即$a+b$与$a-b$互相垂直。

解析：
由已知得 $|ka+b|$ 与 $|a-kb|$，又因为
$|ka+b|^2=(k\cos\alpha+\cos\beta)^2+(k\sin\alpha+\sin\beta)^2=k^ 2+1+2k\cos(\beta-\alpha)$，$|ka+b|^2=(\cos\alpha-
k\cos\beta)^2+(\sin\alpha-k\sin\beta)^2=k^2+1-2k\cos(\beta-
\alpha)$，因此 $2k\cos(\beta-\alpha)=-2k\cos(\beta-\alpha)$。

又因为 $k\neq0$，所以 $\cos(\beta-\alpha)=0$，由于
$0<\alpha<\beta<\pi$，所以 $0<\beta-\alpha<\pi$，因此 $\beta-\alpha=\frac{\pi}{2}$。

注：本题考查了三角函数的有关运算，同时也体现了向量垂直问题的多种证明方法，常用的方法有三种，一是根据数量积的定义证明，二是利用数量积的坐标运算来证明，三是利用向量运算的几何意义来证明。

题型四：向量运算的几何意义与解析几何
由于向量既能体现“形”的直观位置特征，又具有“数”的良好运算性质，是数形结合与转换的桥梁和纽带，文科应重视由向量运算的几何意义求圆的方程和椭圆方程。

例9：设 $G$、$H$ 分别为非等边三角形 $ABC$ 的重心与外心，$A(0,2)$，$B(x,-2)$ 且 $GM=\lambda AB(\lambda\in R)$。

1）求点 $C(x,y)$ 的轨迹 $E$ 的方程；
2）过点 $(2,0)$ 作直线 $L$ 与曲线 $E$ 交于点 $M$、$N$ 两点，设 $OP=OM+ON$，是否存在这样的直线 $L$，使四边形 $OMPN$ 是矩形？若存在，求出直线的方程；若不存在，试说明理由。

思路分析：
1）通过向量的共线关系得到坐标的等量关系。

2）根据矩形应该具备的充要条件，得到向量垂直关系，结合韦达定理，求得 $k$ 的值。

解：
1）由已知得 $G(x_G,y_G)$，又 $GH=\lambda AB$，因此$H(x_H,0)$。

因为 $G$、$H$、$C$ 三点共线，所以
$\frac{y_G+y_H}{2}=\frac{y_G+y}{2}=\frac{y_H}{2}$，解得$y=\frac{y_G+y_H}{2}-\frac{x}{3}$。

又因为 $H$ 为外心，所以 $AH=CH$，即 $(x-
x_H)^2+y^2=(x-0)^2+(y-2)^2$，代入上式得 $x^2+y^2-
\frac{4}{3}x-\frac{1}{3}y-4=0$，即 $x^2+y^2-\frac{4}{3}x-\frac{1}{3}y=4$，所以点 $C$ 的轨迹方程为 $x^2+y^2-
\frac{4}{3}x-\frac{1}{3}y=4$。

2）设直线 $L$ 方程为 $y=k(x-2)$，代入曲线 $E$ 得$(3k^2+1)x^2-12k^2x+12(k^2-1)=0$。

因为 $OMPN$ 是矩形，所以 $ON\perp OM$，即
$k_1k_2=-1$，其中 $k_1$、$k_2$ 分别为 $OM$、$ON$ 的斜率。

由于 $OM$ 的斜率为 $k_1=k$，$ON$ 的斜率为
$k_2=\frac{y_1-0}{x_1-2}=\frac{y_1}{x_1-2}$，因此
$k\cdot\frac{y_1}{x_1-2}=-1$。

又因为 $OP=OM+ON$，所以 $(x_1+x_2)=4$，
$(x_1x_2)=\frac{3k+1}{3k^2+1}$，因此 $x_2=4-x_1$，代入$k\cdot\frac{y_1}{x_1-2}=-1$ 中得 $y_1=-\frac{k(x_1-
2)}{k^2+3}$。

由 $OP=OM+ON$ 得 $y_1+y_2=0$，因此
$y_2=\frac{k(x_1-2)}{k^2+3}$。

因为 $OMPN$ 是矩形，所以 $OP^2=OM^2+ON^2$，即$(x_1+x_2)^2+(y_1+y_2)^2=x_1^2+y_1^2+(x_2-2)^2+y_2^2$。

代入上式并化简得 $3x_1^2+2x_1-3k^2x_1+k^2-1=0$，因此 $x_1=\frac{3k^2-2}{3}$。

当 $k=3$ 或 $k=-3$ 时，$x_1=\pm1$，代入 $y_1=-
\frac{k(x_1-2)}{k^2+3}$ 中得 $y_1=\pm1$，因此直线 $L$ 的方程为 $y=\pm3(x-2)$。

当 $k\neq3$ 且 $k\neq-3$ 时，$x_1=\frac{3k^2-2}{3}$，代入 $y_1=-\frac{k(x_1-2)}{k^2+3}$ 中得 $y_1=-\frac{2k^3-
9k}{3k^2+3}$，因此直线 $L$ 的方程为 $y=-\frac{2k^3-
9k}{3k^2+3}(x-2)$。

因此存在直线 $L$，使四边形 $OMPN$ 是矩形的充要条件是 $k=\pm3$，此时直线 $L$ 的方程为 $y=\pm3(x-2)$。

本题考查向量的基础知识和动点轨迹，以及直线与椭圆的位置关系。

我们可以采用向量和解析几何的方法，将几何问题代数化，并按照求轨迹方程的步骤进行求解。

⑴设点C的坐标为(x,y)，则点G的坐标为(x/3,y/3)。

由于GM=λAB(λ∈R)，所以GM与AB平行。

又因为|MA|=|MC|，且点M在x轴上，所以点M的坐标为(x/2,0)。

将这些信息代入公式，得到曲线C的方程为x^2/4+y^2/9=1(x≠0)。

⑵当k=0时，直线l与椭圆C有两个不同的交点P和Q，且根据椭圆的对称性，有|AP|=|AQ|。

当k≠0时，直线l的方程为y=kx+m。

联立方程组，消去y并整理得到二次方程
(1+3k^2)x^2+6kmx+3(m^2-1)=0(*)。

由于直线l和椭圆C有两
个不同的交点，所以判别式△=(6km)^2-4(1+3k^2)(m^2-1)>0，
即1+3k^2-m^2>0.设交点P(x1,y1)和Q(x2,y2)，则x1和x2是
方程(*)的两个相异实根。

根据韦达定理，有x1+x2=-
6km/(1+3k^2)，所以PQ的中点N的坐标是x=-3km/(1+3k^2)，y=kx+m/(1+3k^2)。

由于|AP|=|AQ|，所以AN⊥PQ，即
k^2+1/(1+3k^2)^2=1，解得m=±2/(1+3k^2)。

将m代入
1+3k^2-m^2>0的不等式中，得到-1<k<1.因此，k的取值范围
是(-1,1)。

综上所述，本题的解题思路比较巧妙，需要运用向量和解析几何的知识，同时也考查了基础的几何知识。

难度适中，需要有一定的梯度。