【步步高】(江苏专用)高考数学二轮专题突破 专题二 第3讲 平面向量 文
【新步步高】2016高考数学二轮专题突破 专题二 三角函数、解三角形与平面向量 第3讲 平面向量 理
第3讲 平面向量1．(2015·课标全国Ⅰ)设D 为△ABC 所在平面内一点，BC →＝3CD →，则( ) A.AD →＝－13AB →＋43AC →B.AD →＝13AB →－43AC →C.AD →＝43AB →＋13AC →D.AD →＝43AB →－13AC →2．(2015·四川)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4，若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →等于( )A ．20 B. 15 C ．9 D ．63．(2015·江苏)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，若m a ＋n b ＝(9，－8)(m ，n ∈R )，则m －n 的值为________．4．(2015·浙江)已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12，若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝__________，y 0＝________，|b |＝________.1.考查平面向量的基本定理及基本运算，多以熟知的平面图形为背景进行考查，多为选择题、填空题、难度中低档.2.考查平面向量的数量积，以选择题、填空题为主，难度低；向量作为工具，还常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何结合，以解答题形式出现.热点一 平面向量的线性运算(1)在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；(2)在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．例1 (1)(2014·陕西)设0<θ<π2，向量a ＝(sin 2θ，cos θ)，b ＝(cos θ，1)，若a ∥b ，则tan θ＝______.(2)如图，在△ABC 中，AF ＝13AB ，D 为BC 的中点，AD 与CF 交于点E .若AB →＝a ，AC →＝b ，且CE →＝x a ＋y b ，则x ＋y ＝________.思维升华 (1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底；同时注意共线向量定理的灵活运用．(2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系． 跟踪演练1 (1)(2015·杭州质检)已知向量i 与j 不共线，且AB →＝i ＋m j ，AD →＝n i ＋j ，m ≠1，若A ，B ，D 三点共线，则实数m ，n 满足的条件是( ) A ．m ＋n ＝1 B ．m ＋n ＝－1 C ．mn ＝1D ．mn ＝－1(2)(2015·北京)在△ABC 中，点M ，N 满足AM →＝2MC →，BN →＝NC →.若MN →＝xAB →＋yAC →，则x ＝________；y ＝________.热点二 平面向量的数量积(1)数量积的定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ. (2)三个结论①若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2. ②若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB →|＝ x 2－x 1 2＋ y 2－y 1 2.③若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22.例2 (1)如图，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP →＝3PD →，AP →·BP →＝2，则AB →·AD →的值是________．(2)在△AOB 中，G 为△AOB 的重心，且∠AOB ＝60°，若OA →·OB →＝6，则|OG →|的最小值是________．思维升华 (1)数量积的计算通常有三种方法：数量积的定义，坐标运算，数量积的几何意义；(2)可以利用数量积求向量的模和夹角，向量要分解成题中模和夹角已知的向量进行计算．跟踪演练2 (1)(2015·山东)过点P (1，3)作圆x 2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，则PA →·PB →＝__________.(2)(2014·课标全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为圆O 上的三点，若AO →＝12(AB →＋AC →)，则AB →与AC →的夹角为________．热点三 平面向量与三角函数平面向量作为解决问题的工具，具有代数形式和几何形式的“双重型”，高考常在平面向量与三角函数的交汇处命题，通过向量运算作为题目条件．例3 已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos x ，sin x )，c ＝(sin x ＋2sin α，cos x ＋2cos α)，其中0<α<x <π.(1)若α＝π4，求函数f (x )＝b ·c 的最小值及相应x 的值；(2)若a 与b 的夹角为π3，且a ⊥c ，求tan 2α的值．思维升华 在平面向量与三角函数的综合问题中，一方面用平面向量的语言表述三角函数中的问题，如利用向量平行、垂直的条件表述三角函数式之间的关系，利用向量模表述三角函数之间的关系等；另一方面可以利用三角函数的知识解决平面向量问题，在解决此类问题的过程中，只要根据题目的具体要求，在向量和三角函数之间建立起联系，就可以根据向量或者三角函数的知识解决问题．跟踪演练3 (2014·辽宁)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a >c ，已知BA →·BC →＝2，cos B ＝13，b ＝3.求：(1)a 和c 的值； (2)cos(B －C )的值．1．如图，在△ABC 中，AD →＝13AB →，DE ∥BC 交AC 于E ，BC 边上的中线AM 交DE 于N ，设AB →＝a ，AC →＝b ，用a ，b 表示向量AN →.则AN →等于( )A.12(a ＋b ) B.13(a ＋b ) C.16(a ＋b ) D.18(a ＋b ) 2．如图，BC 、DE 是半径为1的圆O 的两条直径，BF →＝2FO →，则FD →·FE →等于( )A ．－34B ．－89C ．－14D ．－493．已知向量a ＝(1,2)，b ＝(cos α，sin α)，且a ⊥b ，则tan(2α＋π4)＝________.4．如图，在半径为1的扇形AOB 中，∠AOB ＝60°，C 为弧上的动点，AB 与OC 交于点P ，则OP →·BP →最小值是________________________．提醒：完成作业 专题二 第3讲二轮专题强化练专题二第3讲 平面向量A 组 专题通关1．在平行四边形ABCD 中，AC 为一条对角线，AB →＝(2,4)，AC →＝(1,3)，则DA →等于( ) A ．(2,4) B ．(3,5) C ．(1,1)D ．(－1，－1)2．(2015·安徽)△ABC 是边长为2的等边三角形，已知向量a ，b 满足AB →＝2a ，AC →＝2a ＋b ，则下列结论正确的是( ) A ．|b |＝1 B ．a ⊥b C ．a ·b ＝1D ．(4a ＋b )⊥BC →3．在△ABC 中，N 是AC 边上一点，且AN →＝12NC →，P 是BN 边上的一点，若AP →＝mAB →＋29AC →，则实数m 的值为( ) A.19 B.13C ．1D ．3 4．(2015·福建)已知AB →⊥AC →，|AB →|＝1t，|AC →|＝t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP→＝AB→|AB →|＋4AC →|AC →|，则PB →·PC →的最大值等于( ) A ．13 B ．15 C ．19 D ．215．(2015·湖北)已知向量OA →⊥AB →，|OA →|＝3，则OA →·OB →＝________.6．若点M 是△ABC 所在平面内的一点，且满足5AM →＝AB →＋3AC →，则△ABM 与△ABC 的面积比值为________．7．(2015·天津)在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥DC ，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°.点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且BE →＝23BC →，DF →＝16DC →，则AE →·AF →的值为________．8．设向量a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)，定义一种向量积a ⊗b ＝(a 1b 1，a 2b 2)，已知向量m ＝(2，12)，n ＝(π3，0)，点P (x ，y )在y ＝sin x 的图象上运动，Q 是函数y ＝f (x )图象上的点，且满足OQ →＝m ⊗OP →＋n (其中O 为坐标原点)，则函数y ＝f (x )的值域是________． 9．(2015·温州二调)设向量a ＝(3sin x ，sin x )，b ＝ (cos x ，sin x )，x ∈[0，π2]．(1)若|a |＝|b |，求x 的值；(2)设函数f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值．10．已知向量a ＝(2sin(ωx ＋2π3)，0)，b ＝(2cos ωx,3)(ω>0)，函数f (x )＝a ·b 的图象与直线y ＝－2＋3的相邻两个交点之间的距离为π. (1)求ω的值；(2)求函数f (x )在[0,2π]上的单调递增区间．B 组 能力提高11．已知非零单位向量a 与非零向量b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则向量b －a 在向量a 上的投影为( ) A ．1 B.22 C ．－1D ．－2212．设△ABC ，P 0是边AB 上一定点，满足P 0B ＝14AB ，且对于边AB 上任一点P ，恒有PB →·PC→≥P 0B →·P 0C →，则( ) A ．∠ABC ＝90° B ．∠BAC ＝90° C ．AB ＝ACD ．AC ＝BC13．(2015·江苏)设向量a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos k π6，sin k π6＋cos k π6(k ＝0,1,2，…，12)，则∑k ＝011(a k ·a k＋1)的值为________．14．(2014·陕西)在直角坐标系xOy 中，已知点A (1,1)，B (2,3)，C (3,2)，点P (x ，y )在△ABC 三边围成的区域(含边界)上． (1)若PA →＋PB →＋PC →＝0，求|OP →|；(2)设OP →＝mAB →＋nAC →(m ，n ∈R )，用x ，y 表示m －n ，并求m －n 的最大值．学生用书答案精析第3讲 平面向量 高考真题体验 1．A [∵BC →＝3CD →， ∴AC →－AB →＝3(AD →－AC →)， 即4AC →－AB →＝3AD →， ∴AD →＝－13AB →＋43AC →.]2．C [AM →＝AB →＋34AD →，NM →＝CM →－CN →＝－14AD →＋13AB →，∴AM →·NM →＝14(4AB →＋3AD →)·112(4AB →－3AD →) ＝148(16AB →2－9AD →2)＝148(16×62－9×42)＝9，选C.] 3．－3解析 ∵a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)， ∴m a ＋n b ＝(2m ＋n ，m －2n )＝(9，－8)，即⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋n ＝9，m －2n ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝5，故m －n ＝2－5＝－3. 4．1 2 2 2解析 方法一 对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，说明当x ＝x 0，y ＝y 0时，|b －(x e 1＋y e 2)|取得最小值1.|b －(x e 1＋y e 2)|2＝|b |2＋(x e 1＋y e 2)2－2b ·(x e 1＋y e 2)＝|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y ，要使|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y 取得最小值，需要把x 2＋y 2＋xy －4x －5y 看成关于x 的二次函数，即f (x )＝x 2＋(y －4)x ＋y 2－5y ，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x ＝2－y2，所以当x ＝2－y 2时，f (x )取得最小值，代入化简得f (x )＝34(y －2)2－7，显然当y ＝2时，f (x )min＝－7，此时x ＝2－y2＝1，所以x 0＝1，y 0＝2.此时|b |2－7＝1，可得|b |＝2 2.方法二 ∵e 1·e 2＝|e 1|·|e 2|cos 〈e 1，e 2〉＝12，∴〈e 1，e 2〉＝π3.不妨设e 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，e 2＝(1,0,0)，b ＝(m ，n ，t )．由题意知⎩⎪⎨⎪⎧b ·e 1＝12m ＋32n ＝2，b ·e 2＝m ＝52，解得n ＝32，m ＝52， ∴b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，32，t .∵b －(x e 1＋y e 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52－12x －y ，32－32x ，t ，∴|b －(x e 1＋y e 2)|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52－x 2－y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－32x 2＋t 2＝x 2＋xy ＋y 2－4x －5y ＋t 2＋7＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y －422＋34(y －2)2＋t 2.由题意知，当x ＝x 0＝1，y ＝y 0＝2时，⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y －422＋34(y －2)2＋t 2取到最小值．此时t 2＝1，故|b |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋t 2＝2 2.热点分类突破 例1 (1)12 (2)－12解析 (1)因为a ∥b ，所以sin 2θ＝cos 2θ，2sin θcos θ＝cos 2θ. 因为0<θ<π2，所以cos θ>0，得2sin θ＝cos θ，tan θ＝12.(2)如图，设FB 的中点为M ，连接MD .因为D 为BC 的中点，M 为FB 的中点，所以MD ∥CF . 因为AF ＝13AB ，所以F 为AM 的中点，E 为AD 的中点．方法一 因为AB →＝a ，AC →＝b ，D 为BC 的中点， 所以AD →＝12(a ＋b )．所以AE →＝12AD →＝14(a ＋b )．所以CE →＝CA →＋AE →＝－AC →＋AE →＝－b ＋14(a ＋b )＝14a －34b .所以x ＝14，y ＝－34，所以x ＋y ＝－12.方法二 易得EF ＝12MD ，MD ＝12CF ，所以EF ＝14CF ，所以CE ＝34CF .因为CF →＝CA →＋AF →＝－AC →＋AF →＝－b ＋13a ，所以CE →＝34(－b ＋13a )＝14a －34b .所以x ＝14，y ＝－34，则x ＋y ＝－12.跟踪演练1 (1)C (2)12 －16解析 (1)因为A ，B ，D 三点共线，所以AB →＝λAD →⇔i ＋m j ＝λ(n i ＋j )，m ≠1，又向量i 与j 不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＝λn ，m ＝λ，所以mn ＝1.(2)如图，MN →＝MC →＋CN →＝13AC →＋12CB → ＝13AC →＋12(AB →－AC →) ＝12AB →－16AC →， ∴x ＝12，y ＝－16.例2 (1)22 (2)2解析 (1)由CP →＝3PD →，得DP →＝14DC →＝14AB →，AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋14AB →，BP →＝AP →－AB →＝AD →＋14AB →－AB→＝AD →－34AB →.因为AP →·BP →＝2，所以(AD →＋14AB →)·(AD →－34AB →)＝2， 即AD →2－12AD →·AB →－316AB →2＝2.又因为AD →2＝25，AB →2＝64，所以AB →·AD →＝22.(2)如图，在△AOB 中，OG →＝23OE →＝23×12(OA →＋OB →) ＝13(OA →＋OB →)， 又OA →·OB →＝|OA →||OB →|·cos 60°＝6， ∴|OA →||OB →|＝12，∴|OG →|2＝19(OA →＋OB →)2＝19(|OA →|2＋|OB →|2＋2OA →·OB →)＝19(|OA →|2＋|OB →|2＋12)≥19×(2|OA →||OB →|＋12)＝19×36＝4(当且仅当|OA →|＝|OB →|时取等号)．∴|OG →|≥2，故|OG →|的最小值是2. 跟踪演练2 (1)32(2)90°解析 (1)由题意，圆心为O (0,0)，半径为1.如图所示，∵P (1，3)，∴PA ⊥x 轴，PA ＝PB ＝ 3. ∴△POA 为直角三角形，其中OA ＝1，AP ＝3，则OP ＝2， ∴∠OPA ＝30°，∴∠APB ＝60°.∴PA →·PB →＝|PA →||PB →|·cos∠APB ＝3×3×cos 60°＝32.(2)∵AO →＝12(AB →＋AC →)，∴点O 是△ABC 中边BC 的中点，∴BC 为直径，根据圆的几何性质有〈AB →，AC →〉＝90°. 例3 解 (1)∵b ＝(cos x ，sin x )，c ＝(sin x ＋2sin α，cos x ＋2cos α)，α＝π4，∴f (x )＝b ·c＝cos x sin x ＋2cos x sin α＋sin x cos x ＋2sin x cos α ＝2sin x cos x ＋2(sin x ＋cos x )． 令t ＝sin x ＋cos x ⎝⎛⎭⎪⎫π4<x <π，则2sin x cos x ＝t 2－1，且－1<t < 2. 则y ＝t 2＋2t －1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋222－32，－1<t <2， ∴t ＝－22时，y min ＝－32， 此时sin x ＋cos x ＝－22， 即2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝－22，∵π4<x <π，∴π2<x ＋π4<54π， ∴x ＋π4＝76π，∴x ＝11π12.∴函数f (x )的最小值为－32，相应x 的值为11π12.(2)∵a 与b 的夹角为π3，∴cos π3＝a ·b |a |·|b |＝cos αcos x ＋sin αsin x＝cos(x －α)．∵0<α<x <π，∴0<x －α<π， ∴x －α＝π3.∵a ⊥c ，∴cos α(sin x ＋2sin α)＋sin α(cos x ＋2cos α)＝0， ∴sin(x ＋α)＋2sin 2α＝0， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＋2sin 2α＝0. ∴52sin 2α＋32cos 2α＝0， ∴tan 2α＝－35. 跟踪演练3 解 (1)由BA →·BC →＝2得c ·a cos B ＝2. 又cos B ＝13，所以ac ＝6.由余弦定理，得a 2＋c 2＝b 2＋2ac cos B . 又b ＝3，所以a 2＋c 2＝9＋2×6×13＝13.解⎩⎪⎨⎪⎧ac ＝6，a 2＋c 2＝13，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，c ＝2.因为a >c ，所以a ＝3，c ＝2. (2)在△ABC 中， sin B ＝1－cos 2B ＝ 1－ 13 2＝223，由正弦定理，得sin C ＝c b sin B ＝23×223＝429.因为a ＝b >c ， 所以C 为锐角，因此cos C ＝1－sin 2C ＝1－ 429 2＝79.于是cos(B －C )＝cos B cos C ＋sin B sin C ＝13×79＋223×429＝2327. 高考押题精练1．C [因为DE ∥BC ，所以DN ∥BM ，则△AND ∽△AMB ，所以AN AM ＝ADAB.因为AD →＝13AB →，所以AN →＝13AM →.因为M 为BC 的中点，所以AM →＝12(AB →＋AC →)＝12(a ＋b )，所以AN →＝13AM →＝16(a ＋b )．故选C.]2．B [∵BF →＝2FO →，圆O 的半径为1， ∴|FO →|＝13，∴FD →·FE →＝(FO →＋OD →)·(FO →＋OE →)＝FO →2＋FO →·(OE →＋OD →)＋OD →·OE →＝(13)2＋0－1＝－89.]3．－17解析 因为a ＝(1,2)，b ＝(cos α，sin α)，且a ⊥b ， 所以cos α＋2sin α＝0， 则tan α＝－12.所以tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝－43. 所以tan(2α＋π4)＝tan 2α＋tanπ41－tan 2α·tanπ4＝－43＋11－ －43 ×1＝－1373＝－17.4．－116解析 因为OP →＝OB →＋BP →，所以OP →·BP →＝(OB →＋BP →)·BP →＝OB →·BP →＋(BP →)2.又因为∠AOB ＝60°，OA ＝OB ，∴∠OBA ＝60°.OB ＝1.所以OB →·BP →＝|BP →|cos 120°＝－12|BP →|.所以OP →·BP →＝－12|BP →|＋|BP→|2＝(|BP →|－14)2－116≥－116.故当且仅当|BP →|＝14时，OP →·BP →最小值是－116.二轮专题强化练答案精析第3讲 平面向量1．C [DA →＝CB →＝AB →－AC →＝(2,4)－(1,3)＝(1,1)．] 2．D [在△ABC 中，由BC →＝AC →－AB →＝2a ＋b －2a ＝b ， 得|b |＝2.又|a |＝1，所以a·b ＝|a||b |cos 120°＝－1，所以(4a ＋b )·BC →＝(4a ＋b )·b ＝4a·b ＋|b |2＝4×(－1)＋4＝0，所以(4a ＋b )⊥BC →，故选D.]3．B [如图，因为AN →＝12NC →，所以AN →＝13AC →，AP →＝mAB →＋29AC →＝mAB →＋23AN →，因为B ，P ，N 三点共线， 所以m ＋23＝1，所以m ＝13.]4.A [建立如图所示坐标系，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，C (0，t )，AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，AC →＝(0，t )， AP →＝AB→|AB →|＋4AC→|AC →|＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t，0＋4t(0，t )＝(1,4)， ∴P (1,4)，PB →·PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4·(－1，t －4)＝17－⎝⎛⎭⎪⎫1t＋4t ≤17－21t·4t ＝13，故选A.]5．9解析 因为OA →⊥AB →，所以OA →·AB →＝0.所以OA →·OB →＝OA →·(OA →＋AB →)＝OA →2＋OA →·AB →＝|OA →|2＋0＝32＝9. 6.35解析 设AB 的中点为D ，由5AM →＝AB →＋3AC →，得3AM →－3AC → ＝2AD →－2AM →， 即3CM →＝2MD →.如图所示，故C ，M ，D 三点共线， 且MD →＝35CD →，也就是△ABM 与△ABC 对于边AB 的两高之比为3∶5， 则△ABM 与△ABC 的面积比值为35.7.2918解析 在等腰梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2，BC ＝1， ∠ABC ＝60°，∴CD ＝1，AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋23BC →，AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋16DC →，∴AE →·AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋23BC →·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋16DC →＝AB →·AD →＋AB →·16DC →＋23BC →·AD →＋23BC →·16DC →＝2×1×cos60°＋2×16＋23×1×cos 60°＋23×16×cos 120°＝2918.8．[－12，12]解析 令Q (c ，d )，由新的运算可得OQ →＝m ⊗OP →＋n ＝(2x ，12sin x )＋(π3，0)＝(2x ＋π3，12sin x )，∴⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2x ＋π3，d ＝12sin x ，消去x 得d ＝12sin(12c －π6)，∴y ＝f (x )＝12sin(12x －π6)，易知y ＝f (x )的值域是[－12，12]．9．解 (1)由|a |2＝(3sin x )2＋(sin x )2＝4sin 2x ， |b |2＝(cos x )2＋(sin x )2＝1，及|a |＝|b |，得4sin 2x ＝1. 又x ∈[0，π2]，从而sin x ＝12，所以x ＝π6.(2)f (x )＝a ·b ＝3sin x ·cos x ＋sin 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin(2x －π6)＋12， 当x ＝π3∈[0，π2]时，sin(2x －π6)取最大值1.所以f (x )的最大值为32.10．解 (1)因为向量a ＝(2sin(ωx ＋2π3)，0)，b ＝(2cos ωx,3)(ω>0)，所以函数f (x )＝a ·b ＝4sin(ωx ＋2π3)cos ωx ＝4[sin ωx ·(－12)＋cos ωx ·32]cos ωx ＝23·cos 2ωx －2sin ωx cos ωx ＝3(1＋cos 2ωx )－sin 2ωx ＝2cos(2ωx ＋π6)＋3，由题意，可知f (x )的最小正周期为T ＝π，所以2π2ω＝π，即ω＝1.(2)易知f (x )＝2cos(2x ＋π6)＋3，当x ∈[0,2π]时，2x ＋π6∈[π6，4π＋π6]，故2x ＋π6∈[π，2π]或2x ＋π6∈[3π，4π]时，函数f (x )单调递增，所以函数f (x )的单调递增区间为[5π12，11π12]和[17π12，23π12]．11．C [因为|a ＋b |＝|a －b |， 所以(a ＋b )2＝(a －b )2，解得a ·b ＝0，所以向量b －a 在向量a 上的投影为|b －a |cos 〈a ，b －a 〉＝a · b －a|a |＝0－|a |2|a |＝－|a |＝－1.]12．D [设BC 中点为M ，则PB →·PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PB →＋PC →22－⎝ ⎛⎭⎪⎫PB →－PC →22＝PM →2－14CB →2， 同理P 0B →·P 0C →＝P 0M →2－14CB →2，∵PB →·PC →≥P 0B →·P 0C →恒成立， ∴|PM →|≥|P 0M →|恒成立．即P 0M ⊥AB ，取AB 的中点N ，又P 0B ＝14AB ，则CN ⊥AB ，∴AC ＝BC .故选D.] 13．9 3 解析 ∵a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos k π6，sin k π6＋cos k π6， ∴a k ·a k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos k π6，sin k π6＋cos k π6· ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos k ＋16π，sin k ＋16π＋cos k ＋16π ＝cosk π6·cosk ＋16π＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin k π6＋cos k π6· ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin k ＋16π＋cos k ＋16π ＝32cos π6＋12cos 2k ＋16π＋sin 2k ＋16π. 故∑k ＝011(a k ·a k ＋1)＝∑k ＝011＝(32∑k ＝011cos π6＋12∑k ＝011cos 2k ＋16π＋∑k ＝011sin 2k ＋16π.) 由∑k ＝011cos 2k ＋16π＝0，∑k ＝011sin 2k ＋16π＝0，得∑k ＝011(a k ·a k ＋1)＝32cos π6×12＝93.14．解 (1)方法一 ∵PA →＋PB →＋PC →＝0，又PA →＋PB →＋PC →＝(1－x,1－y )＋(2－x,3－y )＋(3－x,2－y )＝(6－3x,6－3y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧6－3x ＝0，6－3y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝2，即OP →＝(2,2)，故|OP →|＝2 2.方法二 ∵PA →＋PB →＋PC →＝0，则(OA →－OP →)＋(OB →－OP →)＋(OC →－OP →)＝0， ∴OP →＝13(OA →＋OB →＋OC →)＝(2,2)，∴|OP →|＝2 2.(2)∵OP →＝mAB →＋nAC →， ∴(x ，y )＝(m ＋2n,2m ＋n )，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝m ＋2n ，y ＝2m ＋n ，两式相减得，m －n ＝y －x .令y －x ＝t ，由图知，当直线y ＝x ＋t 过点B (2,3)时，t 取得最大值1，故m －n 的最大值为1.。
【步步高】江苏专用高考数学二轮复习 专题二第3讲平面向量课件 理 苏教
热点分类突破
题型一 平面向量的数量积及应用
例 1 已知|a|＝4，| b |＝3，(2 a－3 b)·(2 a＋b)＝61.
(2)解 由 b＋c＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)，
得|b＋c|＝ (sin β＋cos β)2＋(4cos β－4sin β)2
＝ 17－15sin 2β≤4 2. 又 (3)当证明β＝－由π4时tan，α等ta号n β成＝立16，得所4以scion|bsβ＋α＝c|的4sci最onsα大β，值为 4 2. 所以 a∥b.
•1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 •3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 •4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 •5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 •6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/172022/1/172022/1/171/17/2022 •7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/172022/1/17January 17, 2022 •8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/172022/1/172022/1/172022/1/17
题型三 向量与三角函数的综合应用
例 3 已知向量 a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，
高考数学二轮复习 专题二 三角函数、平面向量与复数 第3讲 平面向量与复数教案-高三全册数学教案
第3讲 平面向量与复数平面向量的概念与线性运算[核心提炼]1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；2．在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．[典型例题](1)(2019·杭州模拟)如图所示，已知AB 是圆O 的直径，点C ，D 是半圆弧的两个三等分点，AB →＝a ，AC →＝b ，则AD →＝( )A ．a －12bB ．12a －bC ．a ＋12bD ．12a ＋b(2)(2019·金华市十校联考)已知A 、B 、C 是平面上不共线的三点，O 是△ABC 的重心，点P 满足OP →＝14(OA →＋OB →＋2OC →)，则S △PAB S △OAB为( )A ．32 B ．23C ．2D ．12(3)(2019·嘉兴七校联考)在△ABC 中，点D 满足BD →＝34BC →，当点E 在射线AD (不含点A )上移动时，若AE →＝λAB →＋μAC →，则(λ＋1)2＋μ2的取值范围为________．【解析】 (1)连接CD ，由点C ，D 是半圆弧的三等分点，得CD ∥AB 且CD →＝12AB →＝12a ，所以AD →＝AC →＋CD →＝b ＋12a .(2)如图，延长CO ，交AB 中点D ，O 是△ABC 的重心，则OP →＝14(OA →＋OB →＋2OC →)＝14(2OD →＋2OC →)＝14(－OC →＋2OC →)＝14OC →，所以OP ＝14OC ＝14×23CD ＝16CD ；所以DP ＝DO ＋OP ＝13CD ＋16CD ＝12CD ，DO ＝13CD ；所以S △PAB S △OAB ＝DP DO ＝12CD13CD ＝32.(3)因为点E 在射线AD (不含点A )上，设AE →＝kAD →(k >0)，又BD →＝34BC →，所以AE →＝k (AB →＋BD →)＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤AB →＋34（AC →－AB →）＝k 4AB →＋3k 4AC →， 所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝k 4μ＝3k4，(λ＋1)2＋μ2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 4＋12＋916k 2＝58⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋252＋910>1，故(λ＋1)2＋μ2的取值范围为(1，＋∞)．【答案】 (1)D (2)A (3)(1，＋∞)平面向量的线性运算技巧(1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底，同时注意共线向量定理的灵活运用． (2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．[对点训练]1．(2019·瑞安市四校联考)设M 是△ABC 边BC 上的点，N 为AM 的中点，若AN →＝λAB →＋μAC →，则λ＋μ的值为( )A.14B.13C.12D.1 解析：选C.因为M 在BC 边上，所以存在实数t ∈[0，1]使得BM →＝tBC →. AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋tBC →＝AB →＋t (AC →－AB →)＝(1－t )AB →＋tAC →，因为N 为AM 的中点， 所以AN →＝12AM →＝1－t 2AB →＋t 2AC →，所以λ＝1－t 2，μ＝t 2，所以λ＋μ＝1－t 2＋t 2＝12，故C 正确．2．(2019·宁波诺丁汉大学附中期中考试)在△ABC 中，BC ＝7，AC ＝6，cos C ＝267.若动点P 满足AP →＝(1－λ)AB →＋2λ3AC →，(λ∈R )，则点P 的轨迹与直线BC ，AC 所围成的封闭区域的面积为( )A ．5B ．10C ．2 6D ．4 6解析：选A.设AD →＝23AC →，因为AP →＝(1－λ)AB →＋2λ3AC →＝(1－λ)AB →＋λAD →，所以B ，D ，P 三点共线． 所以P 点轨迹为直线BC .在△ABC 中，BC ＝7，AC ＝6，cos C ＝267，所以sin C ＝57，所以S △ABC ＝12×7×6×57＝15，所以S △BCD ＝13S △ABC ＝5.3．(2019·高考浙江卷)已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λi (i ＝1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|的最小值是________，最大值是________．解析：以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图，则A (0，0)，B (1，0)，C (1，1)，D (0，1)，所以λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)，所以当⎩⎪⎨⎪⎧λ1－λ3＋λ5－λ6＝0λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，可取λ1＝λ3＝1，λ5＝λ6＝1，λ2＝－1，λ4＝1，此时|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最小值0；取λ1＝1，λ3＝－1，λ5＝λ6＝1，λ2＝1，λ4＝－1，则|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最大值22＋42＝2 5.答案：0 2 5平面向量的数量积 [核心提炼]1．平面向量的数量积的两种运算形式(1)数量积的定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ(其中θ为向量a ，b 的夹角)；(2)坐标运算：a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)时，a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. 2．平面向量的三个性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a·a ＝x 2＋y 2. (2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB →|＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a·b |a||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22. [典型例题](1)(2018·高考浙江卷)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( )A ．3－1B ．3＋1C ．2D ．2－ 3(2)(2019·浙江新高考研究联盟)已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝k ，|c |＝2－k 且a ＋b ＋c ＝0，则b 与c 夹角的余弦值的取值范围是________．【解析】 (1)设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1，0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2，0)为圆心，1为半径的圆．因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x >0)上，如图，数形结合可知|a －b |min ＝|CA →|－|CB →|＝3－1.故选A. (2)设b 与c 的夹角为θ，由题b ＋c ＝－a ， 所以b 2＋c 2＋2b ·c ＝1.即cos θ＝2k 2－4k ＋32k 2－4k ＝1＋32（k －1）2－2. 因为|a |＝|b ＋c |≥|b －c |，所以|2k －2|≤1. 所以12≤k ≤32.所以－1≤cos θ≤－12.【答案】 (1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12(1)平面向量数量积的计算①涉及数量积和模的计算问题，通常有两种求解思路(ⅰ)直接利用数量积的定义； (ⅱ)建立坐标系，通过坐标运算求解．②在利用数量积的定义计算时，要善于将相关向量分解为图形中模、夹角和已知的向量进行计算．(2)求解向量数量积最值问题的两种思路①直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值．②建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值．[对点训练]1．(2019·嘉兴市高考一模)已知平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，若向量c满足|a －b ＋c |≤1，则|c |的最大值为( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选D.由平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得|a|·|b |·cos 〈a ，b 〉＝1·1·cos 〈a ，b 〉＝12，由0≤〈a ，b 〉≤π，可得〈a ，b 〉＝π3，设a ＝(1，0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，c ＝(x ，y )，则|a －b ＋c |≤1，即有⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ，y －32≤1，即为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322≤1，故|a －b ＋c |≤1的几何意义是在以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c |的几何意义是表示向量c 的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.2．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O .记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3 ＜ I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3解析：选C.如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，所以∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD与∠BOC 为锐角．根据题意，I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →＝|OB →|·|CA →|·cos ∠AOB <0，所以I 1<I 2，同理得，I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ，又AB ＝AD ，所以OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ，所以|OA →|·|OB →|<|OC →|·|OD →|，而cos ∠AOB ＝cos ∠COD <0，所以OA →·OB →>OC →·OD →，即I 1>I 3.所以I 3<I 1<I 2.3．(2019·金华十校高考模拟)若非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，则cos 〈a ，b 〉的最小值为________．解析：非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，可得a ·b ＝15(a 2＋4b 2)＝15(|a |2＋4|b |2)≥15·2|a |2·4|b |2＝45|a |·|b |，即有cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |≥45·|a |·|b ||a |·|b |＝45，当且仅当|a |＝2|b |，取得最小值45.答案：45平面向量与其他知识的交汇[核心提炼]平面向量具有代数形式与几何形式的“双重身份”，常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、数列、不等式等知识交汇命题，平面向量的“位置”为：一是作为解决问题的工具，二是通过运算作为命题条件．[典型例题](1)如图，已知点D 为△ABC 的边BC 上一点，BD →＝3DC →，E n (n ∈N *)为边AC 上的列点，满足E n A →＝14a n ＋1·E n B →－(3a n ＋2)E n D →，其中实数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝( )A ．3·2n －1－2 B ．2n－1 C ．3n－1 D ．2·3n －1－1(2)已知在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量p ＝(cos B ＋sinB ，2sin B －2)，q ＝(sin B －cos B ，1＋sin B )，且p ⊥q .①求B 的大小；②若b ＝2，△ABC 的面积为3，求a ，c .【解】 (1)选D.因为BD →＝3DC →，所以E n C →＝E n B →＋BC →＝E n B →＋43BD →＝E n B →＋43(BE n →＋E n D →)＝－13E n B→＋43E n D →.设mE n C →＝E n A →，则由E n A →＝14a n ＋1E n B →－(3a n ＋2)E n D →，得(14a n ＋1＋13m )E n B →－(43m ＋3a n ＋2)E n D →＝0，则－13m ＝14a n ＋1，43m ＝－(3a n ＋2)，所以14a n ＋1＝14(3a n ＋2)，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)．因为a 1＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2·3n －1，所以a n ＝2·3n －1－1.(2)①因为p ⊥q ，所以p ·q ＝(cos B ＋sin B )(sin B －cos B )＋(2sin B －2)·(1＋sin B )＝0，即3sin 2B －cos 2B －2＝0，即sin 2B ＝34，又角B 是锐角三角形ABC 的内角，所以sin B ＝32，所以B ＝60°. ②由①得B ＝60°，又△ABC 的面积为3， 所以S △ABC ＝12ac sin B ，即ac ＝4.①由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 又b ＝2，所以a 2＋c 2＝8，② 联立①②，解得a ＝c ＝2.平面向量与其他知识的交汇点主要体现在与三角函数、立体几何、解析几何，求最值． (1)利用平面向量的知识给出三角函数之间的一些关系，解题的关键还是三角函数的知识．在解析几何中只是利用向量知识给出一些几何量的位置关系和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中几何量之间的关系，最后的解题还要落实到解析几何知识上．(2)因为向量是沟通代数、几何的工具，有着极其丰富的实际背景，对于某些代数问题，可构造向量，使其转化为向量问题求解．[对点训练]1．(2019·杭州市高三二模)△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，D 是AB 的中点，E ，F 分别是边BC 、AC 上的动点，且EF ＝1，则DE →·DF →的最小值等于( )A.54 B.154 C.174D.174解析：选B.以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：则A (0，4)，B (3，0)，C (0，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2. 设E (x ，0)，则F (0，1－x 2)，0≤x ≤1. 所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，－2，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1－x 2－2.所以DE →·DF →＝94－32x ＋4－21－x 2＝254－3x 2－21－x 2.令f (x )＝254－3x 2－21－x 2，当x ≠1时，则f ′(x )＝－32＋2x1－x 2. 令f ′(x )＝0得x ＝35.当0≤x ＜35时，f ′(x )＜0，当35＜x ＜1时，f ′(x )＞0.所以当x ＝35时，f (x )取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫35＝154.当x ＝1时，f (1)＝254－32＝194＞154，故选B.2．(2019·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a ，b 满足|a ＋b |＝4，|a －b |＝3，则|a |＋|b |的取值范围是( )A ．[3，5]B ．[4，5]C ．[3，4]D ．[4，7]解析：选B.|a |＋|b |≥max{|a ＋b |，|a －b |}＝4， (|a |＋|b |)2≤|a ＋b |2＋|a －b |2＝25，所以|a |＋|b |≤5.3．(2019·江苏常州武进区高三上学期期中考试改编)已知数列{a n }中，a 1＝2，点列P n (n ＝1，2，…)在△ABC 内部，且△P n AB 与△P n AC 的面积比为2∶1.若对n ∈N *都存在数列{b n }满足b n P n A →＋12a n ＋1P n B →＋(3a n ＋2)P n C →＝0，求a 4.解：在线段BC 上取点D ，使得BD ＝2CD ，则P n 在线段AD 上， 因为b n P n A →＋12a n ＋1P n B →＋(3a n ＋2)P n C →＝0，所以－12a n ＋1BP n →＝b n AP n →＋(3a n ＋2)CP n →＝b n (BP n →－BA →)＋(3a n ＋2)(BP n →－BC →)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a n ＋1－b n －3a n －2BP n →＝－b n BA →－32×(3a n ＋2)BD →.因为A ，P n ，D 三点共线，所以－12a n ＋1－b n －3a n －2＝－b n －32(3a n ＋2)，即a n ＋1＝3a n ＋2，所以a 2＝3a 1＋2＝8，a 3＝3a 2＋2＝26，a 4＝3a 3＋2＝80.复 数 [核心提炼]1．复数的除法复数的除法一般是将分母实数化，即分子、分母同乘以分母的共轭复数再进一步化简． 2．复数运算中常见的结论(1)(1±i)2＝±2i ，1＋i 1－i ＝i ，1－i 1＋i ＝－i.(2)－b ＋a i ＝i(a ＋b i)． (3)i 4n＝1，i 4n ＋1＝i ，i4n ＋2＝－1，i4n ＋3＝－i.(4)i 4n＋i4n ＋1＋i 4n ＋2＋i4n ＋3＝0.[典型例题](1)(2019·杭州学军中学高考模拟)设复数z 满足1＋z1－z ＝i ，则|z |＝( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2(2)设有下面四个命题p 1：若复数z 满足1z∈R ，则z ∈R ；p 2：若复数z 满足z 2∈R ，则z ∈R ； p 3：若复数z 1，z 2满足z 1z 2∈R ，则z 1＝z 2； p 4：若复数z ∈R ，则z ∈R .其中的真命题为( ) A ．p 1，p 3 B ．p 1，p 4C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4(3)(2019·浙江新高考冲刺卷)已知复数z ＝1＋i ，其中i 为虚数单位，则复数1＋z ＋z 2＋…＋z 2 017的实部为( )A ．1B ．－1C ．21 009D ．－21 009【解析】 (1)因为复数z 满足1＋z1－z＝i ，所以1＋z ＝i －z i ，所以z (1＋i)＝i －1，所以z ＝i －1i ＋1＝i ，所以|z |＝1，故选A.(2)对于命题p 1，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由1z ＝1a ＋b i ＝a －b ia 2＋b 2∈R ，得b ＝0，则z ∈R成立，故命题p 1正确；对于命题p 2，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由z 2＝a 2－b 2＋2ab i ∈R ，得ab ＝0，则a ＝0或b ＝0，复数z 可能为实数或纯虚数，故命题p 2错误；对于命题p 3，设z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R )，z 2＝c ＋d i(c ，d ∈R )，由z 1·z 2＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ∈R ，得ad ＋bc ＝0，不一定有z 1＝z 2，故命题p 3错误；对于命题p 4，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则由z ∈R ，得b ＝0，所以z ＝a ∈R 成立，故命题p 4正确．故选B.(3)因为z ＝1＋i ， 所以1＋z ＋z 2＋…＋z2 017＝1×（1－z 2 018）1－z＝z 2 018－1z －1＝（1＋i ）2 018－11＋i －1＝（2i ）1 009－1i ＝（－1＋21 009i ）（－i ）－i2＝21 009＋i. 所以复数1＋z ＋z 2＋…＋z2 017的实部为21 009.故选C.【答案】 (1)A (2)B (3)C复数问题的解题思路(1)以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础，结合四则运算，利用复数的代数形式列方程或方程组解决问题．(2)若与其他知识结合考查，则要借助其他的相关知识解决问题．[对点训练]1．(2019·福建省普通高中质量检查)若复数z 满足(1＋i)z ＝|3＋i|，则在复平面内，z 对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选A.由题意，得z ＝（3）2＋121＋i ＝2（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1－i ，所以z ＝1＋i ，其在复平面内对应的点为(1，1)，位于第一象限，故选A.2．(2019·金丽衢十二校联考)设z 是复数，|z －i|≤2(i 是虚数单位)，则|z |的最大值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.因为|z －i|≤2，所以复数z 在复平面内对应点在以(0，1)为圆心，以2为半径的圆及其内部．所以|z |的最大值为3.故选C.3．(2019·高考浙江卷)复数z ＝11＋i (i 为虚数单位)，则|z |＝________．解析：通解：z ＝11＋i ＝1－i 2＝12－i2，所以|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝22. 优解：|z |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪11＋i ＝1|1＋i|＝112＋12＝22.答案：22专题强化训练1．(2019·绍兴诸暨高考二模)已知复数z 满足z (1＋i)＝2i ，则z 的共轭复数z 等于( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选B.由z (1＋i)＝2i ，得z ＝2i 1＋i ＝2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1＋i ，则z 的共轭复数z ＝1－i.故选B.2．在等腰梯形ABCD 中，AB →＝－2CD →，M 为BC 的中点，则AM →＝( ) A.12AB →＋12AD → B.34AB →＋12AD →C.34AB →＋14AD → D.12AB →＋34AD → 解析：选B.因为AB →＝－2CD →，所以AB →＝2DC →.又M 是BC 的中点，所以AM →＝12(AB →＋AC →)＝12(AB →＋AD →＋DC →)＝12(AB →＋AD →＋12AB →)＝34AB →＋12AD →，故选B.3．(2019·嘉兴一中高考模拟)复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，则复数|zi|＝( )A.253 B.2C.553D. 5解析：选D.复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，所以z ·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化为：5z ＝10－5i ，可得z ＝2－i.则复数|z i |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－i i ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－i （2－i ）－i·i＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝12＋22＝ 5.故选D.4.在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC 和DC 的中点，则DE →·BF →＝( )A ．－52B ．32C ．－4D ．－2解析：选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积．在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC 和DC 的中点，以A 为坐标原点，AB ，AD 为坐标轴，建立平面直角坐标系，则B (2，0)，D (0，2)，E (2，1)，F (1，2)．所以DE →＝(2，－1)，BF →＝(－1，2)，所以DE →·BF →＝－4.5．(2019·台州市书生中学检测)已知点O 是△ABC 的外接圆圆心，且AB ＝3，AC ＝4.若存在非零实数x 、y ，使得AO →＝xAB →＋yAC →，且x ＋2y ＝1，则cos ∠BAC 的值为( )A.23B.33C.23D.13解析：选A.设线段AC 的中点为点D ，则直线OD ⊥AC .因为AO →＝xAB →＋yAC →，所以AO →＝xAB →＋2yAD →.又因为x ＋2y ＝1，所以点O 、B 、D 三点共线，即点B 在线段AC 的中垂线上，则AB ＝BC ＝3.在△ABC 中，由余弦定理得，cos ∠BAC ＝32＋42－322×3×4＝23.故选A.6．在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝2，∠A ＝π2，如果不等式|BA →－tBC →|≥|AC →|恒成立，则实数t 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12∪[1，＋∞) D ．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C.在直角三角形ABC 中，易知AC ＝1，cos ∠ABC ＝32，由|BA →－tBC →|≥|AC →|，得BA →2－2tBA →·BC →＋t 2BC →2≥AC →2，即2t 2－3t ＋1≥0，解得t ≥1或t ≤12.7．称d (a ，b )＝|a －b |为两个向量a ，b 间的“距离”．若向量a ，b 满足：①|b |＝1；②a ≠b ；③对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，则( )A ．a ⊥bB ．b ⊥(a －b )C ．a ⊥(a －b )D ．(a ＋b )⊥(a －b )解析：选B.由于d (a ，b )＝|a －b |，因此对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，即|a －t b |≥|a －b |，即(a －t b )2≥(a －b )2，t 2－2t a ·b ＋(2a ·b －1)≥0对任意的t ∈R 都成立，因此有(－2a ·b )2－4(2a ·b －1)≤0，即(a ·b －1)2≤0，得a ·b －1＝0，故a ·b －b 2＝b ·(a －b )＝0，故b ⊥(a －b )．8．(2019·温州市高考模拟)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a ＜b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c ·a ，c ·b }取最小值时，|c |＝( )A.255B.223 C.1D.52解析：选A.如图，设OA →＝a ，OB ＝b ，则a ＝(1，0)，b ＝(0，2)， 因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1. 又c ＝λa ＋μb ，所以c ·a ＝(λa ＋b －λb )·a ＝λ；c ·b ＝(λa ＋b －λb )·b ＝4－4λ.由λ＝4－4λ，得λ＝45.所以max{c ·a ，c ·b }＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.令f (λ)＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.则f (λ)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，1. 所以f (λ)min ＝45，此时λ＝45，μ＝15，所以c ＝45a ＋15b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25. 所以|c |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝255.故选A.9．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝4，|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值为( )A ．43＋37B ．47＋3 3C ．(43＋37)2D ．(47＋33)2解析：选D.设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，a －b 与a －c 所成夹角为θ， 则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2＝|AB |2|AC |2－|AB |2|AC |2cos 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2∠CAB ＝4S 2△ABC ， 因为|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，所以b ，c 的夹角为60°， 设B (3，0)，C (1，3)，则|BC |＝7，所以S △OBC ＝12×3×2×sin 60°＝332，设O 到BC 的距离为h ，则12·BC ·h ＝S △OBC ＝332， 所以h ＝3217，因为|a |＝4，所以A 点落在以O 为圆心，以4为半径的圆上， 所以A 到BC 的距离最大值为4＋h ＝4＋3217.所以S △ABC 的最大值为 12×7×⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋3217 ＝27＋332， 所以(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2最大值为4⎝ ⎛⎭⎪⎫27＋3322＝(47＋33)2.故选D.10．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a ，b 是两个非零向量，且|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，23πB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，πD.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π6，π 解析：选B.因为|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1， 不妨设|a ＋b |＝1，则|a |＝|b |＝λ.令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA 、OB 为邻边作平行四边形OACB ，则平行四边形OACB 为菱形．故有△OAB 为等腰三角形，故有∠OAB ＝∠OBA ＝θ，且0<θ<π2.而由题意可得，b 与a －b 的夹角，即OB →与BA →的夹角，等于π－θ，△OAC 中，由余弦定理可得|OC |2＝1＝|OA |2＋|AC |2－2|OA |·|AC |·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－12λ2.再由33≤λ≤1，可得12≤12λ2≤32，所以－12≤cos 2θ≤12，所以π3≤2θ≤2π3，所以π6≤θ≤π3，故2π3≤π－θ≤5π6，即b 与a －b 的夹角π－θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6.11．(2019·杭州市高考二模)已知复数z ＝1＋a ii (a ∈R )的实部为1，则a ＝________，|z |＝________．解析：因为z ＝1＋a i i ＝（1＋a i ）（－i ）－i 2＝a －i 的实部为1， 所以a ＝1，则z ＝1－i ，|z |＝ 2. 答案：1212．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e 1，e 2为单位向量，其中a ＝2e 1＋e 2，b ＝e 2，且a 在b 上的投影为2，则a ·b ＝________，e 1与e 2的夹角为________．解析：设e 1，e 2的夹角为θ，因为a 在b 上的投影为2， 所以a ·b |b |＝（2e 1＋e 2）·e 2|e 2|＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝12，则θ＝π3.a ·b ＝(2e 1＋e 2)·e 2＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2. 答案：2π313．已知向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2.若对任意单位向量e ，均有|a ·e |＋|b ·e |≤6，则a ·b 的最大值是________．解析：由题意，令e ＝(1，0)，a ＝(cos α，sin α)，b ＝(2cos β，2sin β)，则由|a ·e |＋|b ·e |≤6，可得|cos α|＋2|cos β|≤ 6.①令sin α＋2sin β＝m ，②①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m 2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，故a·b ＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤12.答案：1214．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD 满足AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)，则凸四边形ABCD 的面积为________；AB →·CD →的取值范围是________． 解析：由AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)得AC →⊥BD →，且|AC →|＝2，|BD →|＝2，所以凸四边形ABCD 的面积为12×2×2＝2；因为ABCD 为凸四边形，所以AC 与BD 交于四边形内一点，记为M ，则AB →·CD →＝(MB →－MA →)(MD →－MC →)＝MB →·MD →＋MA →·MC →－MB →·MC →－MA →·MD →，设AM →＝λAC →，BM →＝μBD →，则λ，μ∈(0，1)，且MA →＝－λAC →，MC →＝(1－λ)AC →， MB →＝－μBD →，MD →＝(1－μ)BD →，所以AB →·CD →＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝12时，AB →·CD →取到最小值－2.答案：2 [－2，0)15．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，CO →＝xCA →＋yCB →且x ＋y ＝1，函数f (m )＝|CA →－mCB →|的最小值为32，则|CO →|的最小值为________．解析：在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，函数f (m )的最小值为32. 所以函数f (m )＝|CA →－mCB →| ＝CA →2＋m 2CB →2－2mCA →·CB →＝1＋m 2－2m cos ∠ACB ≥32， 化为4m 2－8m cos ∠ACB ＋1≥0恒成立．当且仅当m ＝8cos ∠ACB8＝cos ∠ACB 时等号成立，代入得到cos ∠ACB ＝－12，所以∠ACB ＝2π3.所以|CO →|2＝x 2CA →2＋y 2CB →2＋2xyCA →·CB →＝x 2＋y 2＋2xy ×cos 2π3＝x 2＋(1－x )2－x (1－x )＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14， 当且仅当x ＝12＝y 时，|CO →|2取得最小值14，所以|CO →|的最小值为12.答案：1216．在△OAB 中，已知|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°，若OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2，则OA →在OP →上的投影的取值范围是________．解析：由OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2， 则OA →·OP →＝OA →·⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →＝λOA →2＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →，又|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°， 所以由余弦定理求得|OA →|＝1，所以OA →·OP →＝λ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2×1×2×22＝1＋λ2，|OP →|＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →2＝ λ2|OA →|2＋2λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ22|OB →|2＝λ22＋2，故OA →在OP →上的投影OA →·OP →|OP →|＝1＋λ2λ22＋2＝22·λ＋2λ2＋4(*)． 当λ＜－2时，(*)式＝－22·（λ＋2）2λ2＋4＝－221＋4λλ2＋4＝－221＋4λ＋4λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0； 当λ≥－2时，(*)式可化为22（λ＋2）2λ2＋4；①λ＝0，上式＝22；②－2≤λ＜0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，22； ③λ＞0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎝⎛⎦⎥⎤22，1. 综上，OA →在OP →上的投影的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1 17．已知OA →，OB →是非零不共线的向量，设OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，定义点集P ＝⎩⎪⎨⎪⎧K ⎪⎪⎪⎪KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，⎭⎪⎬⎪⎫KC →≠0，当K 1，K 2∈P 时，若对于任意的r ≥3，不等式|K 1K 2→|≤c |AB→|恒成立，则实数c 的最小值为________．解析：由OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，可得A ，B ，C 三点共线，由KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，可得|KC →|cos ∠AKC ＝|KC →|cos ∠BKC ，即有∠AKC ＝∠BKC ，则KC 为∠AKB 的角平分线． 由角平分线的性质定理可知|KA ||KB |＝|AC ||BC |＝r ， 以AB 所在的直线为x 轴，以线段AB 上某一点为原点建立直角坐标系，设点K (x ，y )，A (－a ，0)，B (b ，0)，所以（x ＋a ）2＋y 2（x －b ）2＋y2＝r 2，化简得(1－r 2)x 2＋(1－r 2)y 2＋(2a ＋2br 2)x ＋(a 2－b 2r 2)＝0.由方程知K 的轨迹是圆心在AB 上的圆，当|K 1K 2|为直径时最大，方便计算，令K 1K 2与AB 共线，如图，由|K 1A |＝r |K 1B |，可得|K 1B |＝|AB |r ＋1，由|K 2A |＝r |K 2B |，可得|K 2B |＝|AB |r －1，可得|K 1K 2|＝|AB |r ＋1＋|AB |r －1＝2r r 2－1|AB |＝2r －1r|AB |，而易知r －1r ≥3－13＝83，即有|K 1K 2|≤34|AB |，即|K 1K 2||AB |≤34，即c ≥⎝⎛⎭⎪⎫|K 1K 2||AB |max ＝34， 故c 的最小值为34.答案：3418．在△ABC 中，已知C ＝π6，向量p ＝(sin A ，2)，q ＝(2，cos B )，且p ⊥q .(1)求角A 的值；(2)若BC →＝2BD →，AD ＝7，求△ABC 的面积．解：(1)因为p ⊥q ，所以p ·q ＝0⇒p ·q ＝2sin A ＋2cos B ＝0，又C ＝π6，所以sin A ＋cos B ＝sin A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－A ＝0，化简得tan A ＝33，A ∈(0，π)，所以A ＝π6. (2)因为BC →＝2BD →，所以D 为BC 边的中点， 设|BD →|＝x ，|BC →|＝2x ，由(1)知A ＝C ＝π6，所以|BA →|＝2x ，B ＝2π3，在△ABD 中，由余弦定理，得|AD →|2＝|BA →|2＋|BD →|2－2|BA →|·|BD →|·cos 2π3＝(2x )2＋x 2－2·2x ·x ·cos 2π3＝7，所以x ＝1，所以AB ＝BC ＝2，所以S △ABC ＝12BA ·BC ·sin B ＝12×2×2×sin 2π3＝ 3.19．已知m ＝(2sin x ，sin x －cos x )，n ＝(3cos x ，sin x ＋cos x )，记函数f (x )＝m ·n .(1)求函数f (x )的最大值以及取得最大值时x 的取值集合；(2)设△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若f (C )＝2，c ＝3，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由题意，得f (x )＝m ·n ＝23sin x cos x ＋sin 2x －cos 2x ＝3sin 2x －(cos 2x －sin 2x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6，所以f (x )max ＝2；当f (x )取最大值时，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＝1，此时2x －π6＝2k π＋π2(k ∈Z )，解得x ＝k π＋π3(k ∈Z )，所以x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＝k π＋π3，k ∈Z .(2)由f (C )＝2，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1，又0＜C ＜π，即－π6＜2C －π6＜11π6，所以2C －π6＝π2，解得C ＝π3，在△ABC 中，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得3＝a 2＋b 2－ab ≥ab ，即ab ≤3，当且仅当a ＝b ＝3时，取等号，所以S △ABC ＝12ab sinC ＝34ab ≤334， 所以△ABC 面积的最大值为334.。
【步步高】高考数学(文,江苏专用)大二轮总复习增分练：(二)直线与圆锥曲线(2)(含答案解析)
(二 )直线与圆锥曲线(2)1． (2015 课·标全国Ⅰ )已知过点 A(0,1)且斜率为 k 的直线 l 与圆 C：( x－2)2＋(y－3) 2＝ 1 交于M，N 两点．(1)求 k 的取值范围；→→(2)若 OM ·ON＝ 12，此中 O 为坐标原点，求 MN .解 (1)由题设，可知直线 l 的方程为 y＝ kx＋ 1，由于 l 与 C 交于两点，所以|2k－ 3＋ 1|1＋ k2<1，解得4－7<k<4＋7.33所以 k 的取值范围为4－7， 4＋7.33(2) 设 M(x1， y1)， N(x2， y2)．将 y＝ kx＋ 1 代入方程 (x－ 2)2＋ (y－ 3)2＝ 1，整理得(1＋ k2)x2－ 4(1＋ k)x＋ 7＝ 0.4(1＋ k)7所以 x1＋ x2＝1＋k2， x1x2＝1＋ k2.→ →OM ·ON＝ x1x2＋ y1y2＝ (1＋ k2) x1x2＋ k(x1＋ x2)＋1＝4k(1＋ k)＋ 8.21＋ k4k(1＋ k)由题设可得1＋k2 ＋8＝12，解得 k＝ 1，所以 l 的方程为 y＝ x＋ 1.故圆心 C 在 l 上，所以 MN ＝2.x 2y22，点 (2，222)在 C 上．2． (2015 课·标全国Ⅱ )已知椭圆 C：a＋b＝ 1(a＞ b＞ 0)的离心率为2(1)求 C 的方程；(2)直线 l 可是原点 O 且不平行于坐标轴， l 与 C 有两个交点 A， B，线段 AB 的中点为 M，证明：直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值．a2－ b2242(1) 解由题意得a＝2，a2＋b2＝1，22x2y2解得 a＝ 8，b＝4.所以 C 的方程为8 ＋4＝1.(2) 证明设直线 l ： y ＝ kx ＋ b(k ≠0， b ≠ 0)， A(x 1， y 1)，2 2xyB(x 2，y 2)， M(x M ， y M )．将 y ＝ kx ＋b 代入＋ ＝ 1，得 (2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋ 2b 2－ 8＝ 0.x 1 ＋ x 2 － 2kbb .故 x M ＝＝ 2 ， y M ＝ k ·x M ＋b ＝ 22 2k ＋ 12k ＋ 1 于是直线 OM 的斜率 k OM ＝y M＝－ 1 ，x M 2k1即 k OM ·k ＝－ .2所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值．3．(2016 江·苏省南京市高三第三次模拟 )如图，在平面直角坐标系x 2xOy 中，已知椭圆 C ： 2＋a22，点 (2,1) 在椭圆 C 上．y 2b ＝ 1(a ＞ b ＞ 0)的离心率为 2(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 设直线 l 与圆 O ： x 2＋ y 2＝ 2 相切，与椭圆 C 订交于 P ，Q 两点 .①若直线 l 过椭圆 C 的右焦点 F ，求 △ OPQ 的面积；②求证： OP ⊥ OQ .c ＝ 2 4 1(1)2 ， 22解 由题意，得 a a ＋ b ＝ 1，又 a 2＝ b 2＋ c 2，解得 a 2＝ 6， b 2＝ 3.x 2 y 2 所以椭圆 C 的方程为 6 ＋3＝1.(2) ①解椭圆 C 的右焦点 F( 3， 0)．设切线方程为 y ＝ k(x － 3)，即 kx －y －3k ＝ 0，|－3k|所以＝ 2，解得 k ＝± 2，所以切线方程为y ＝ ± 2(x － 3).当切线方程为 y ＝ 2(x － 3)时，2 2x＋ y ＝ 1，由方程组6 3y ＝ 2(x － 3)，x ＝ 4 3＋3 2，x ＝ 4 3－3 2，解得5或5－ 6＋6 － 6－6 y ＝ y ＝ ，，5566所以 PQ ＝.由于 O 到直线 PQ 的距离为2，所以 △ OPQ 的面积为 653.由于椭圆的对称性，当切线方程为y ＝－ 2(x － 3)时， △ OPQ 的面积也为 6 5 3.6 3 综上所述， △ OPQ 的面积为.5②证明(ⅰ )若直线 PQ 的斜率不存在，则直线 PQ 的方程为 x ＝ 2或 x ＝－ 2.当 x ＝ 2时， P ( 2， 2)， Q( 2，－ 2)．→ →由于 OP ·OQ ＝ 0，所以 OP ⊥OQ.当 x ＝－ 2 时，同理可得 OP ⊥ OQ . ( ⅱ)若直线 PQ 的斜率存在，设直线 PQ 的方程为 y ＝ kx ＋ m ，即 kx － y ＋m ＝0. 由于直线与圆相切，所以|m| ＝2，2k ＋1即 m 2＝ 2k 2 ＋2.将直线 PQ 方程代入椭圆方程，得 (1＋ 2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－ 6＝ 0.设 P(x 1， y 1) ， Q(x 2， y 2)，则有 x 1＋ x 2＝－ 4km 2， x 1x 2＝2m2－ 62 .1＋ 2k 1＋ 2k→ →由于 OP ·OQ ＝ x 1x 2＋ y 1y 2＝ x 1x 2＋ (kx 1＋ m)( kx 2＋ m)＝ (1＋ k 2)x 1x 2＋ km(x 1＋ x 2)＋m 222m 2－ 64km2＝ (1＋ k ) ×2 ＋ km ×(－2)＋ m .1＋ 2k1＋ 2k 22＋2 代入上式可得 → → 将 m ＝ 2k OP ·OQ ＝ 0，所以 OP ⊥ OQ.综上所述， OP ⊥ OQ.4． (2016 ·江浙 )2如图，设椭圆x a 2＋ y 2＝ 1(a ＞ 1)．(1) 求直线 y ＝ kx ＋ 1 被椭圆截得的线段长 (用 a ， k 表示 )；(2) 若随意以点 A(0,1) 为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点，求椭圆离心率的取值范围．解 (1)设直线 y ＝kx ＋ 1 被椭圆截得的线段为 AM ，y ＝ kx ＋ 1，得 (1＋a 2k 2)x 2＋ 2a 2kx ＝ 0， 由 x 22a 2＋ y ＝ 1，2故 x 1＝ 0， x 2＝－2a 2k2，1＋ a k22a 2|k|2所以 AM ＝1＋ k |x 1－ x 2|＝ 1＋ a 2k 2· 1＋k .(2) 假定圆与椭圆的公共点有4 个，由对称性可设y 轴左边的椭圆上有两个不一样的点 P ， Q ，知足 AP ＝ AQ.记直线 AP ， AQ 的斜率分别为k 1， k 2，且 k 1， k 2＞ 0， k 1 ≠k 2.2a 2|k 1| 1＋ k 122a 2|k 2| 1＋ k 22 由 (1) 知 AP ＝1＋ a 2k 12 ， AQ ＝1＋ a 2k 22，2222故 2a |k 1| 1＋ k 1＝ 2a |k 2|1＋ k 2，1＋ a 2 k 121＋ a 2k 22所以 (k 12－ k 22)[1 ＋k 12＋k 22＋a 2(2－a 2)k 12k 22]＝ 0.2222 2 2＝ 0，由 k 1≠k 2， k 1， k 2＞ 0 得 1＋ k 1＋ k 2＋ a (2－ a )k 1 k 21 ＋ 11＋ 122所以22＝ 1＋ a(a － 2)，①k 1k 2由于①式对于 k 1， k 2 的方程有解的充要条件是22－2)＞ 1，所以 a ＞ 2.1＋ a (a所以随意以点 A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3 个公共点的充要条件为1＜ a ≤ 2，由 e ＝ c＝aa 2－ 1 ，得 0< e ≤ 2.a22所以离心率的取值范围为(0， 2 ]．。
【步步高】(江苏专用)高考数学二轮专题突破 专题一 第3讲 函数与方程及函数的应用 文
第3讲函数与方程及函数的应用【高考考情解读】 1.本讲主要考查函数的零点，常以分式、绝对值不等式、对数式、三角函数为载体；考查确定零点的个数、存在区间及应用零点存在情况求参数值或取值范围；函数的实际应用常以实际生活为背景，与最值、不等式、导数、解析几何等知识交汇命题.2.函数的零点主要是以填空题的形式考查，以基础知识为主，而函数的实际应用则主要以解答题的形式出现，属中、高档题．1．函数的零点与方程的根(1)函数的零点对于函数f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点．(2)函数的零点与方程根的关系函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．(3)零点存在性定理如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0，这个c 也就是方程f(x)＝0的根．注意以下两点：①满足条件的零点可能不唯一；②不满足条件时，也可能有零点．(4)二分法求函数零点的近似值，二分法求方程的近似解．2．函数模型解决函数模型的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域．其解题步骤是(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答.考点一 函数的零点例1 (1)已知函数f (x )＝log a x ＋x －b (a >0，且a ≠1)．当2<a <3<b <4时，函数f (x )的零点x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N *，则n ＝________.(2)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x －x 2＋2x x，2x ＋x ，的零点个数是________．答案 (1)2 (2)3解析 (1)∵2<a <3，∴f (x )＝log a x ＋x －b 为定义域上的单调函数．f (2)＝log a 2＋2－b ，f (3)＝log a 3＋3－b .∵lg 2<lg a <lg 3，∴lg 2lg 3<lg 2lg a <1.又∵b >3，∴－b <－3，∴2－b <－1， ∴log a 2＋2－b <0，即f (2)<0.∵1<lg 3lg a <lg 3lg 2，3<b <4，∴－1<3－b <0，∴log a 3＋3－b >0，∴f (3)>0，即f (2)·f (3)<0. 由x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N *知，n ＝2.(2)依题意，当x >0时，在同一个直角坐标系中分别作出y ＝ln x 和y ＝x 2－2x ＝(x －1)2－1的图象，可知它们有两个交点；当x ≤0时，作出y ＝2x ＋1的图象，可知它和x 轴有一个交点．综合知，函数y ＝f (x )有三个零点．(1)函数零点(即方程的根)的确定问题，常见的有①函数零点值大致存在区间的确定；②零点个数的确定；③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定．解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是方程两端对应的函数类型不同的方程多以数形结合求解．(2)提醒：函数的零点不是点，是方程f (x )＝0的根，即当函数的自变量取这个实数时，其函数值等于零．函数的零点也就是函数y ＝f (x )的图象与x 轴的交点的横坐标．(1)(2012·天津改编)函数f (x )＝2x ＋x 3－2在区间(0,1)内的零点个数是________．(2)已知函数f (x )＝a x ＋x －b 的零点x 0∈(n ，n ＋1)(n ∈Z )，其中常数a 、b 满足2a ＝3,3b＝2，则n ＝________. 答案 (1)1 (2)－1解析 (1)因为f ′(x )＝2xln 2＋3x 2>0，所以函数f (x )＝2x ＋x 3－2在(0,1)上递增， 且f (0)＝1＋0－2＝－1<0，f (1)＝2＋1－2＝1>0， 所以有1个零点．(2)f (x )＝a x＋x －b 的零点x 0就是方程a x＝－x ＋b 的根． 设y 1＝a x，y 2＝－x ＋b ，故x 0就是两函数交点的横坐标，如图，当x ＝－1时，y 1＝1a＝log 32<y 2＝1＋b ＝1＋log 32，∴－1<x 0<0，∴n ＝－1. 考点二 与函数有关的自定义问题例2 若对于定义在R 上的函数f (x )，其图象是连续不断的，且存在常数λ(λ∈R )使得f (x ＋λ)＋λf (x )＝0对任意实数都成立，则称f (x )是一个“λ－伴随函数”．有下列关于“λ－伴随函数”的结论：①f (x )＝0是常数函数中唯一一个“λ－伴随函数”；②f (x )＝x 是“λ－伴随函数”；③f (x )＝x 2是“λ－伴随函数”；④“12－伴随函数”至少有一个零点．其中正确结论的个数是________．先理解新定义“λ－伴随函数”的意义，然后对给出的函数逐一用定义检验，从而判断所给命题的正确性． 答案 1解析 对于①，若f (x )＝c ≠0，取λ＝－1， 则f (x －1)－f (x )＝c －c ＝0，即f (x )＝c ≠0是一个“λ－伴随函数”，故①不正确． 对于②，若f (x )＝x 是一个“λ－伴随函数”，则(x ＋λ)＋λx ＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾，故②不正确． 对于③，若f (x )＝x 2是一个“λ－伴随函数”，则(x ＋λ)2＋λx 2＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾，故③不正确． 对于④，若f (x )是“12－伴随函数”，则f (x ＋12)＋12f (x )＝0，取x ＝0，则f (12)＋12f (0)＝0，若f (0)，f (12)任意一个为0，函数f (x )有零点；若f (0)，f (12)均不为0，则f (0)，f (12)异号，由零点存在性定理，知f (x )在(0，12)内存在零点x 0，所以④正确．函数的创新命题是高考命题的一个亮点，此类题型是用数学符号、文字叙述给出一个教材之外的新定义，如本题中的“λ－伴随函数”，要求在短时间内通过阅读、理解后，解决题目给出的问题．解决这类问题的关键是准确把握新定义的含义，把从定义和题目中获取的新信息进行有效的整合，并转化为熟悉的知识加以解决，即检验f (x ＋λ)＋λf (x )＝0对任意实数都成立．若平面直角坐标系内两点P ，Q 满足条件：①P ，Q 都在函数f (x )的图象上；②P ，Q 关于y 轴对称，则称点对(P ，Q )是函数f (x )的图象上的一个“镜像点对”(点对(P ，Q )与点对(Q ，P )看作同一个“镜像点对”)．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos πx x ，log 3x x，则f (x )的图象上的“镜像点对”有________对．答案 3解析 依题意，设点P (x 0，y 0)，Q (－x 0，y 0)(其中x 0>0)， 若点对(P ，Q )是函数f (x )的图象上的一个“镜像点对”，则有⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝log 3x 0，y 0＝cos π－x 0＝cos πx 0，所以log 3x 0＝cos πx 0，即x 0是方程log 3x ＝cos πx 的根．在同一个直角坐标系中画出函数y ＝log 3x 与y ＝cos πx 的图象，可知这两个图象共有3个交点，即函数f (x )的图象的“镜像点对”共有3对． 考点三 函数模型及其应用例3 省环保研究所对市中心每天环境放射性污染情况进行调查研究后，发现一天中环境综合放射性污染指数f (x )与时刻x (时)的关系为f (x )＝|xx 2＋1－a |＋2a ＋23，x ∈[0,24]，其中a 是与气象有关的参数，且a ∈[0，12]，若用每天f (x )的最大值为当天的综合放射性污染指数，并记作M (a )． (1)令t ＝xx 2＋1，x ∈[0,24]，求t 的取值范围；(2)省政府规定，每天的综合放射性污染指数不得超过2，试问目前市中心的综合放射性污染指数是否超标？(1)分x ＝0和x ≠0两种情况，当x ≠0时变形使用基本不等式求解．(2)利用换元法把函数f (x )转化成g (t )＝|t －a |＋2a ＋23，再把函数g (t )写成分段函数后求M (a )．解 (1)当x ＝0时，t ＝0；当0<x ≤24时，x ＋1x≥2(当x ＝1时取等号)，∴t ＝xx 2＋1＝1x ＋1x∈(0，12]，即t 的取值范围是[0，12]． (2)当a ∈[0，12]时，记g (t )＝|t －a |＋2a ＋23，则g (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧－t ＋3a ＋23，0≤t ≤a ，t ＋a ＋23，a <t ≤12.∵g (t )在[0，a ]上单调递减，在(a ，12]上单调递增，且g (0)＝3a ＋23，g (12)＝a ＋76，g (0)－g (12)＝2(a －14)．故M (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ g12，0≤a ≤14，g，14<a ≤12.即M (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ＋76，0≤a ≤14，3a ＋23，14<a ≤12.当0≤a ≤14时，M (a )＝a ＋76<2显然成立；由⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋23≤2，14<a ≤12，得14<a ≤49，∴当且仅当0≤a ≤49时，M (a )≤2.故当0≤a ≤49时不超标，当49<a ≤12时超标．(1)解答函数应用题的关键将实际问题中的数量关系转化为函数模型，常见模型有：一次或二次函数模型；分式函数模型；指数式函数模型等． (2)对函数模型求最值的常用方法 单调性法、基本不等式法及导数法．(3)本题中的函数与方程思想：①在求t 的范围时，把t 看作是x 的函数，在求M (a )时，把综合放射性污染指数看作是t 的函数．②在确定综合放射性污染指数是否超标时，用到了方程的思想．某地发生地质灾害，使当地的自来水受到了污染，某部门对水质检测后，决定在水中投放一种药剂来净化水质，已知每投放质量为m 的药剂后，经过x 天该药剂在水中释放的浓度y (毫克/升)满足y ＝mf (x )，其中f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋2，0<x ≤4，x ＋142x －2，x >4，当药剂在水中的浓度不低于4(毫克/升)时称为有效净化；当药剂在水中释放的浓度不低于4(毫克/升)且不高于10(毫克/升)时称为最佳净化．(1)如果投放的药剂质量为m ＝4，试问自来水达到有效净化一共可持续几天？ (2)如果投放药剂质量为m ，为了使在7天(从投放药剂算起包括7天)之内的自来水达到最佳净化，试确定应该投放的药剂质量m 的最小值． 解 (1)由题意，得当药剂质量m ＝4时，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋x ，2x ＋28x －1x当0<x ≤4时x 24＋8≥4，显然符合题意．当x >4时2x ＋28x －1≥4，解得4<x ≤16.综上0<x ≤16.所以自来水达到有效净化一共可持续16天．(2)由y ＝m ·f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧mx 216＋2mx ，m x ＋2x －2x，得当0<x ≤4时，y ＝mx 216＋2m 在区间(0,4]上单调递增，即2m <y ≤3m ；当x >4时，y ′＝－30m x －2<0，∴函数在区间(4,7]上单调递减，即7m4≤y <3m ，综上知，7m4≤y ≤3m ，为使4≤y ≤10恒成立，只要7m4≥4且3m ≤10即可， 即167≤m ≤103. 所以应该投放的药剂量m 的最小值为167.1． 函数与方程(1)函数f (x )有零点⇔方程f (x )＝0有根⇔函数f (x )的图象与x 轴有交点． (2)函数f (x )的零点存在性定理如果函数f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的曲线，并且有f (a )·f (b )<0，那么，函数f (x )在区间(a ，b )内有零点，即存在c ∈(a ，b )，使f (c )＝0.①如果函数f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的曲线，并且函数f (x )在区间[a ，b ]上是一个单调函数，那么当f (a )·f (b )<0时，函数f (x )在区间(a ，b )内有唯一的零点，即存在唯一的c ∈(a ，b )，使f (c )＝0.②如果函数f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的曲线，并且有f (a )·f (b )>0，那么，函数f (x )在区间(a ，b )内不一定没有零点．③如果函数f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的曲线，那么当函数f (x )在区间(a ，b )内有零点时不一定有f (a )·f (b )<0，也可能有f (a )·f (b )>0.2． 函数综合题的求解往往应用多种知识和技能．因此，必须全面掌握有关的函数知识，并且严谨审题，弄清题目的已知条件，尤其要挖掘题目中的隐含条件．要认真分析，处理好各种关系，把握问题的主线，运用相关的知识和方法逐步化归为基本问题来解决． 3． 应用函数模型解决实际问题的一般程序读题文字语言⇒建模数学语言⇒求解数学应用⇒反馈检验作答与函数有关的应用题，经常涉及到物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题．解答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.1． 已知函数f (x )＝(13)x－log 2x ，实数a ，b ，c 满足f (a )·f (b )·f (c )<0(0<a <b <c )，若实数x 0为方程f (x )＝0的一个解，那么下列不等式中，不可能成立的是________．(填序号)①x 0<b ；②x 0>b ；③x 0<c ；④x 0>c . 答案 ④解析 函数f (x )＝(13)x－log 2x在其定义域(0，＋∞)上是减函数， ∵0<a <b <c ，∴f (a )>f (b )>f (c )． 又∵f (a )f (b )f (c )<0， 则f (a )<0，f (b )<0，f (c )<0， 或者f (a )>0，f (b )>0，f (c )<0. 若f (a )<0，f (b )<0，f (c )<0，则x 0<a ， 若f (a )>0，f (b )>0，f (c )<0，则b <x 0<c ， 故x 0>c 不可能成立，故填④. 2． 若f (x )＋1＝1fx ＋，当x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，若在区间(－1,1]内，g (x )＝f (x )－mx －m 有两个零点，则实数m 的取值范围是________． 答案 (0，12]解析 设x ∈(－1,0)，则x ＋1∈(0,1)， ∴f (x )＝1fx ＋－1＝1x ＋1－1， ∴画出f (x )在(－1,1]上的图象(如下图)，g (x )＝f (x )－mx －m 在(－1,1]上有两个零点，即f (x )＝m (x ＋1)有两个不同根，即y ＝f (x )与y ＝m (x ＋1)有两个不同交点． 如上图，当过(－1,0)的直线处于l 与x 轴之间时， 满足题意，则0<m ≤12.(推荐时间：60分钟)一、填空题1． 若函数f (x )＝x 2－ax －b 的两个零点是2和3，则函数g (x )＝bx 2－ax －1的零点是________．答案 －12，－13解析 由⎩⎪⎨⎪⎧22－2a －b ＝032－3a －b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5b ＝－6.∴g (x )＝－6x 2－5x －1的零点为－12，－13.2． 函数f (x )＝2x－2x－a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是________．答案 (0,3)解析 因为f ′(x )＝2xln 2＋2x2>0，所以f (x )是增函数，由条件可知f (1)f (2)<0， 即(2－2－a )(4－1－a )<0，即a (a －3)<0， 解之得0<a <3.3． (2013·天津改编)函数f (x )＝2x|log 0.5 x |－1的零点个数为________．答案 2解析 当0<x <1时，f (x )＝2xlog 0.5x －1，令f (x )＝0，则log 0.5x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x由y ＝log 0.5x ，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象知，在(0,1)内有一个交点，即f (x )在(0,1)上有一个零点．当x >1时，f (x )＝－2xlog 0.5x －1＝2xlog 2x －1，令f (x )＝0得log 2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，由y ＝log 2x ，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象知在(1，＋∞)上有一个交点，即f (x )在(1，＋∞)上有一个零点，故有2个零点．4． 根据统计，一名工人组装第x 件某产品所用的时间(单位：分钟)为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cx，x <A ，c A ，x ≥A(A ，c 为常数)．已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A 件产品用时15分钟，那么c 和A 的值分别是________． 答案 60,16解析 因为组装第A 件产品用时15分钟， 所以cA＝15， ①所以必有4<A ，且c4＝c2＝30， ②联立①②解得c ＝60，A ＝16.5． 若存在a ∈[1,3]，使得不等式ax 2＋(a －2)x －2>0成立，则实数x 的取值范围________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x <－1或x >23解析 由ax 2＋(a －2)x －2>0得(x 2＋x )a －2(x ＋1)>0. 令f (a )＝(x 2＋x )a －2(x ＋1)． 方法一 (补集法)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f，f 即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x －2≤0，3x 2＋x －2≤0，解得－1≤x ≤23，所以所求范围为该集合的补集，即为x <－1或x >23.方法二 (直接法)由题意得f (1)>0或f (3)>0，解得．6． 若关于x 的方程4cos x －cos 2x ＋m －3＝0恒有实数解，则实数m 的取值范围是________．答案 [0,8]解析 设cos x ＝t ∈[－1,1]，则t 2－4t ＋3－m ＝0， 得m ＝t 2－4t ＋3在[－1,1]上是单调递减的， 所以m ∈[0,8]．7． 设定义域为R 的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，－x 2－2x ，x ≤0，则关于x 的函数y ＝2f 2(x )－3f (x )＋1的零点的个数为________． 答案 7解析 由y ＝2f 2(x )－3f (x )＋1＝0得f (x )＝12或f (x )＝1，如图画出f (x )的图象，由f (x )＝12知有4个根，由f (x )＝1知有3个根，故共有7个零点．8． 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，3x，x ≤0，且关于x 的方程f (x )＋x －a ＝0有且只有一个实根，则实数a 的取值范围是________． 答案 (1，＋∞)解析 画出函数y ＝f (x )与y ＝a －x 的图象，如图所示，所以a >1.9． (2013·辽宁改编)已知函数f (x )＝x 2－2(a ＋2)x ＋a 2，g (x )＝－x 2＋2(a －2)x －a 2＋8.设H 1(x )＝max{f (x )，g (x )}，H 2(x )＝min{f (x )，g (x )}(max{p ，q }表示p ，q 中的较大值，min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)．记H 1(x )的最小值为A ，H 2(x )的最大值为B ，则A －B ＝________.答案 －16解析 f (x )＝[x －(a ＋2)]2－4－4a ，g (x )＝－[x －(a －2)]2＋12－4a ，在同一坐标系内作f (x )与g (x )的图象(如图)．依题意知，函数H 1(x )的图象(实线部分)， 函数H 2(x )的图象(虚线部分)．∴H 1(x )的最小值A ＝f (a ＋2)＝－4－4a ，H 2(x )的最大值B ＝g (a －2)＝12－4a ，因此A －B ＝(－4－4a )－(12－4a )＝－16. 二、解答题10．(2012·陕西改编)设函数f n (x )＝x n＋bx ＋c (n ∈N ＋，b ，c ∈R )．(1)设n ≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f n (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点； (2)设n ＝2，若对任意x 1，x 2∈[－1,1]，有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4，求b 的取值范围． (1)证明 b ＝1，c ＝－1，n ≥2时，f n (x )＝x n＋x －1.∵f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12f n (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12×1<0， ∴f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在零点．又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′n (x )＝nx n －1＋1>0，∴f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是单调递增的， ∴f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点． (2)解 当n ＝2时，f 2(x )＝x 2＋bx ＋c .对任意x 1，x 2∈[－1,1]都有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4等价于f 2(x )在[－1,1]上的最大值与最小值之差M ≤4. 据此分类讨论如下： ①当⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2>1，即|b |>2时，M ＝|f 2(1)－f 2(－1)|＝2|b |>4，与题设矛盾．②当－1≤－b2<0，即0<b ≤2时，M ＝f 2(1)－f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋12≤4恒成立．③当0≤－b2≤1，即－2≤b ≤0时， M ＝f 2(－1)－f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－12≤4恒成立．综上可知，－2≤b ≤2.11．某地需要修建一条大型输油管道通过120公里宽的沙漠地带，该段输油管道两端的输油站已建好，余下工程只需要在该段两端已建好的输油站之间铺设输油管道和等距离修建增压站(又称泵站)．经预算，修建一个增压站的工程费用为432万元，铺设距离为x 公里的相邻两增压站之间的输油管道费用为x 3＋x 万元．设余下工程的总费用为y 万元． (1)试将y 表示成关于x 的函数； (2)需要修建多少个增压站才能使y 最小？ 解 (1)设需要修建k 个增压站， 则(k ＋1)x ＝120，即k ＝120x－1，所以y ＝432k ＋(k ＋1)(x 3＋x ) ＝432×(120x －1)＋120x(x 3＋x )＝51 840x＋120x 2－312.因为x 表示相邻两增压站之间的距离，则0<x ≤60. 故y 与x 的函数关系是y ＝51 840x＋120x 2－312(0<x ≤60)．(2)因为f (x )＝51 840x＋120x 2－312(0<x ≤60)，则f ′(x )＝－51 840x 2＋240x ＝240x2(x 3－216)， 由f ′(x )>0，得x 3>216，又0<x ≤60，则6<x ≤60.所以f (x )在区间(6,60]上为增函数，在区间(0,6)上为减函数． 所以当x ＝6时，f (x )取最小值， 此时k ＝120x －1＝1206－1＝19.故需要修建19个增压站才能使y 最小．12．已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g (x )＝f xx－4ln x 的零点个数． 解 (1)∵f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }， ∴f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a >0. 又∵a >0，f (x )＝a [(x －1)2－4]≥－4，且f (1)＝－4a ， ∴f (x )min ＝－4a ＝－4，a ＝1.故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3.(2)∵g (x )＝x 2－2x －3x－4ln x＝x －3x－4ln x －2 (x >0)，∴g ′(x )＝1＋3x 2－4x＝x －x －x2.x ，g ′(x )，g (x )的取值变化情况如下：又g (e 5)＝e 5－3e 5－20－2>25－1－22＝9>0.故函数g (x )只有1个零点，且零点x 0∈(3，e 5)．。
专题2.3 平面向量中范围、最值等综合问题 高考数学选填题压轴题突破讲义(解析版)
一．方法综述平面向量中的最值与范围问题是一种典型的能力考查题，能有效地考查学生的思维品质和学习潜能，能综合考察学生分析问题和解决问题的能力，体现了高考在知识点交汇处命题的思想，是高考的热点，也是难点，其基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值，比如向量的模、数量积、向量夹角、系数的范围的等，解决思路是建立目标函数的函数解析式，转化为求函数（二次函数、三角函数）的最值或应用基本不等式，同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以解决平面向量的范围、最值问题的另外一种思路是数形结合，应用图形的几何性质．二．解题策略类型一与向量的模有关的最值问题【例1】【安徽省黄山市2019届高三一模】如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设，，则三角形的面积为，解得，由，且C，P，D三点共线，可知，即，故.以所在直线为轴，以点为坐标原点，过点作的垂线为轴，建立如图所示的坐标系，则，，，，则，，，则（当且仅当即时取“=”）.故的最小值为.【指点迷津】三点共线的一个向量性质：已知O、A、B、C是平面内的四点，则A、B、C三点共线的充要条件是存在一对实数、，使，且.【举一反三】1、【宁夏六盘山高级中学2019届高三下学期二模】如图，矩形中边的长为，边的长为，矩形位于第一象限，且顶点分别位于轴、轴的正半轴上（含原点）滑动，则的最大值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，设，则因为所以则所以的最大值为所以选B2、【浙江省湖州三校2019年高考模拟】已知向量，的夹角为，且，则的最小值为（）A．B．C．5 D．【答案】B【解析】由题意可设,，因此表示直线上一动点到定点距离的和,因为关于直线的对称点为，所以选B.3、【四川省成都外国语学校2019届高三3月月考】在平面直角坐标系中，，若，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由于，即，即，所以在以原点为圆心，半径为的圆上.得到三点共线.画出图像如下图所示，由图可知，的最小值等于圆心到直线的距离减去半径，直线的方程为，圆心到直线的距离为，故的最小值是，故选C.类型二与向量夹角有关的范围问题【例2】【四川省成都市实验外国语学校2019届高三10月月考】已知向量与的夹角为，，，，，在时取得最小值若，则夹角的取值范围是______.【答案】【解析】，，，在时取得最小值解可得：则夹角的取值范围本题正确结果：【指点迷津】求变量的取值范围、最值，往往要将目标函数用某个变量表示，转化为求函数的最值问题，期间要注意变量之间的关系，进而得解． 【举一反三】1、非零向量b a ,满足b a2=22b a，2|||| b a，则b a 与的夹角的最小值是 ．【答案】3【解析】由题意得2212a b a b r r r r ，24a b r r ，整理得22422a b a b a b r r r r r r ，即1a b r11cos ,22a b a b a b a b r rr r r r r r ，,3a b r r ，夹角的最小值为3 .2、【上海市2019年1月春季高考】在椭圆上任意一点，与关于轴对称，若有，则与的夹角范围为____________【答案】【解析】 由题意：，设，，因为，则与结合，又与结合，消去，可得：所以本题正确结果：类型三 与向量投影有关的最值问题【例3】【辽宁省沈阳市郊联体2019届高三一模】若平面向量，满足||=|3|=2，则在方向上的投影的最大值为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 因为，所以，在方向上的投影为，其中为，的夹角．又，故．设，则有非负解，故， 故，故，故选A ．【指点迷津】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用；（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的充要条件是.另外，的几何意义就是向量在向量的投影与模的乘积，向量在向量的投影为．【举一反三】1、已知ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为2，且0OA AB AC u u u v u u u v u u u v v ，则向量CA u u u v 在向量CB u u u v方向上的投影为( ) A. 3 B. 3 C. -3 D. 3 【答案】B本题选择B 选项.2、设1,2OA OB u uu v u u u v ， 0OA OB u u u v u u u v ， OP OA OB u u u v u u u v u u u v ，且1 ，则OA u u u v 在OP uuu v 上的投影的取值范围( ) A. 25-,15B.25,15C. 5,15D. 5-,15【答案】D当λ0 时， 0,x当222215λ8λ4482λ0521x λλλλ，故当λ1 时，1x 取得最小值为1，即1101x x， 当λ0 时， 222215844825215x，即15x 505x综上所述 5( ,1x故答案选D 类型四 与平面向量数量积有关的最值问题 【例4】【辽宁省鞍山市第一中学2019届高三一模】中，，，，且，则的最小值等于 A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 由题意知，向量，且，可得点D 在边BC 上，，所以，则，即，所以时以C 为直角的直角三角形．如图建立平面直角坐标系，设，则， 则，，当时，则最小，最小值为．故选：C ．【指点迷津】平面向量数量积的求法有：①定义法；②坐标法；③转化法；其中坐标法是同学们最容易忽视的解题方法，要倍加注视，若有垂直或者容易出现垂直的背景可建立平面直角坐标系，利用坐标法求解.【举一反三】1、已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE DC u u u r u u u r的最大值为（ ）A. 1B. 12C. 3D. 2【答案】A2、【辽宁省鞍山市第一中学2019届高三一模】中，，，，且，则的最小值等于 A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 由题意知，向量，且，可得点D 在边BC 上，，所以，则，即，所以时以C 为直角的直角三角形．如图建立平面直角坐标系，设，则， 则，，当时，则最小，最小值为．故选：C ．3、已知圆的半径为2，是圆上任意两点，且，是圆的一条直径，若点满足（），则的最小值为（ ）A. -1B. -2C. -3D. -4 【答案】C类型五 平面向量系数的取值范围问题【例5】在矩形ABCD 中， 12AB AD ，，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上，若AP AB AD u u u v u u u v u u u v，则 的最大值为（ ）A. 3B. 22C. 5D. 2【答案】A∴圆的方程为（x ﹣1）2+（y ﹣2）2=45， 设点P 25cosθ+1， 25）， ∵AP AB AD u u u v u u u v u u u v，25， 25sinθ+2）=λ（1，0）+μ（0，2）=（λ，2μ）， ∴55cosθ+1=λ， 55sinθ+2=2μ， ∴255（θ+φ）+2，其中tanφ=2， ∵﹣1≤sin （θ+φ）≤1， ∴1≤λ+μ≤3，故λ+μ的最大值为3， 故选：A【指点迷津】（1）向量的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； （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. 【举一反三】1、【云南省昆明市云南师范大学附属中学2019届高三上学期第四次月考】已知正方形ABCD 的边长为1，动点P 满足，若，则的最大值为A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】解：以A 为原点建立如图所示的直角坐标系：则，，，，设， ,则由得，化简得：，又，，，，表示圆上的点到原点的距离得平方，其最大值等于圆心到原点的距离加半径的平方，即，故选：C ．2.已知1,3,0OA OB OA OB u u u v u u u v u u u v u u u v ，点C 在AOB 内，且OC u u u v 与OA u u u v 的夹角为030，设,OC mOA nOB m n R u u u v u u u v u u u v ，则mn的值为（ ）A. 2B. 52C. 3D. 4【答案】C 【解析】如图所示，建立直角坐标系．由已知1,3,OA OB u u u v u u u v，，则10033OA OB OC mOA nOB m n u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r（，），（，），（，）， 33303n tan m， 3mn． 故选B3.【上海市金山区2019届高三二模】正方形ABCD 的边长为2，对角线AC 、BD 相交于点O ，动点P 满足，若，其中m 、n R ，则的最大值是________【答案】 【解析】建立如图所示的直角坐标系，则A （﹣1，﹣1），B （1，﹣1），D （﹣1，1），P （，），所以（1，sinθ+1），（2，0），（0，2），又，所以，则，其几何意义为过点E （﹣3，﹣2）与点P （sinθ，cosθ）的直线的斜率，设直线方程为y +2k （x +3），点P 的轨迹方程为x 2+y 2＝1，由直线与圆的位置关系有：，解得：，即的最大值是1，故答案为：1类型六 平面向量与三角形四心的结合【例6】已知ABC 的三边垂直平分线交于点O ， ,,a b c 分别为内角,,A B C 的对边，且 222c b b ，则AO BC u u u v u u u v的取值范围是__________．【答案】2,23【指点迷津】平面向量中有关范围最值问题的求解通常有两种思路：①“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；②“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．【举一反三】1、如图，为的外心，为钝角，是边的中点，则的值为（）A. 4B.C.D.【答案】B2.已知点O 是锐角三角形ABC 的外心，若OC mOA nOB u u u v u u u v u u u v（m ， n R ），则（ ）A. 2m nB. 21m nC. 1m nD. 10m n 【答案】C【解析】∵O 是锐角△ABC 的外心，∴O 在三角形内部，不妨设锐角△ABC 的外接圆的半径为1，又OC mOA nOB u u u v u u u v u u u v ，∴|OC u u u v |=| mOA nOB u u u v u u u v |，可得2OC u u u v =22m OA u u u v +22n OB u u u v +2mn OA u u u v ⋅OB uuu v ，而OA u u u v ⋅OB uuu v =|OA u u u v|⋅|OB uuu v |cos ∠A 0B <|OA u u u v |⋅|OB uuu v|=1.∴1=2m +2n +2mn OA u u u v ⋅OB uuu v<22m n +2mn ，∴m n <−1或m n >1，如果m n >1则O 在三角形外部，三角形不是锐角三角形， ∴m n <−1， 故选：C.3、在ABC 中， 3AB ， 5AC ，若O 为ABC 外接圆的圆心（即满足OA OB OC ），则·AO BC u u u v u u u v的值为__________. 【答案】8【解析】设BC 的中点为D ，连结OD ,AD ，则OD BC u u u v u u u v，则：222212121538.2AO BC AD DO BC AD BCAB AC AC AB AC ABu u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u uv u u u v u u u v u u u v u u uv u u u v三．强化训练1.【宁夏平罗中学2019届高三上期中】已知数列是正项等差数列，在中，，若，则的最大值为（）A．1 B．C． D．【答案】C【解析】解：∵，故三点共线，又∵，∴，数列是正项等差数列，故∴，解得：，故选：C．2.【山东省聊城市第一中学2019届高三上期中】已知M是△ABC内的一点，且，，若△MBC，△MCA和△MAB的面积分别为1，，，则的最小值是（）A．2 B．8 C．6 D．3【答案】D【解析】∵，，∴，化为．∴．∴．则，而=5+4=9，当且仅当，即时取等号，故的最小值是9，故选：D．3．【贵州省凯里市第一中学2019届高三下学期模拟《黄金卷三》】已知是边长为的正三角形，且，，设函数，当函数的最大值为-2时，（）A．B．C．D．【答案】D【解析】,因为是边长为的正三角形，且，所以又因，代入得所以当时，取得最大，最大值为所以，解得，舍去负根.故选D项.4．【辽宁省鞍山市第一中学2019届高三一模】已知平面向量，，满足，若，则的最小值为A．B．C．D．0【答案】B【解析】因为平面向量，，满足，，，，设，，，，所以的最小值为．故选：B．5.已知直线分别于半径为1的圆O相切于点若点在圆O的内部（不包括边界），则实数的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】B6.【河南省南阳市第一中学2019届高三第十四次考试】已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（）A．1 B．2 C．D．【答案】C【解析】解：以所在直线建立平面直角坐标系，设，，，因为所以，即，故，令（为参数），所以，因为，所以，，故选C.7．【四川省成都市外国语学校2019届高三一诊】如图所示，在中，，点在线段上，设，，，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】解：．∵，，三点共线，∴．即．由图可知．∴．令，得，令得或（舍）．当时，，当时，．∴当时， 取得最小值故选：D．8．【安徽省宣城市 2019 届高三第二次调研】在直角三角形中，边 的中线 上，则的最大值为（ ）.，，A．B．C．D．【答案】B 【解析】 解：以 A 为坐标原点，以 AB，AC 方向分别为 x 轴，y 轴正方向建立平面直角坐标系， 则 B（2，0），C（0，4），中点 D(1,2)设，所以，，在 斜时，最大值为 ．故选：B． 二、填空题 9.在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c．若对任意 λ∈R，不等式则 的最大值为_____． 【答案】2【解析】由，两边平方得，，则则，又，则，即，由 ，从而，即，从而问题可得解.恒成立， ，，2110.【2019 年 3 月 2019 届高三第一次全国大联考】已知 的内角 所对的边分别为 ，向量，，且，若 ，则 面积的最大值为________．【答案】 【解析】由 ，得，整理得．由余弦定理得，因为，所以．又所以，，当且仅当 时等号成立，所以，即．故答案为： ． 11.【四川省广元市 2019 届高三第二次高考适应】在等腰梯形 ABCD 中，已知，，，，动点 E 和 F 分别在线段 BC 和 DC 上，且，【答案】【解析】解：等腰梯形 ABCD 中，已知，，，，，，，，，则的最小值为______．，22， ，则当且仅当即 时有最小值故答案为：12.【上海市七宝中学 2019 届高三下学期开学】若边长为 6 的等边三角形 ABC，M 是其外接圆上任一点，则的最大值为______．【答案】【解析】解：是等边三角形， 三角形的外接圆半径为 ，以外接圆圆心 为原点建立平面直角坐标系，设，．设，则，．．23的最大值是．故答案为．13．【天津市第一中学 2019 届高三下学期第四次月考】在线段 以点 为中点，则的最大值为________【答案】0 【解析】中，已知 为直角，，若长为 的即 14．【安徽省黄山市 2019 届高三第二次检测】已知 是锐角，则 的取值范围为________.【答案】 【解析】 设 是 中点，根据垂径定理可知，依题意的最大值为 0. 的外接圆圆心， 是最大角，若，即，利用正弦定理化简得.由于，所以，即.由于 是锐角三角形的最大角，故，故.15．【北京市大兴区 2019 届高三 4 月一模】已知点，，点 在双曲线的取值范围是_________．的右支上，则24【答案】【解析】设点 P(x,y),（x＞1），所以，因为，当 y＞0 时，y=,所以，由于函数在[1，+∞）上都是增函数，所以函数在[1，+∞）上是增函数，所以当 y＞0 时函数 f(x)的最小值=f(1)=1.即 f(x)≥1.当 y≤0 时，y=,所以，由于函数 所以函数在[1，+∞）上都是增函数， 在[1，+∞）上是减函数，所以当 y≤0 时函数 k(x)＞0.综上所述，的取值范围是.16．【上海市青浦区 2019 届高三二模】已知 为的外心，，大值为________【答案】【解析】设的外接圆半径为 1，以外接圆圆心为原点建立坐标系，因为，所以，不妨设，，，则，，，因为，所以，，则 的最25解得，因为 在圆上，所以 即， ，所以，所以，解得或，因为 只能在优弧 上，所以，故26。
【步步高】高考数学(文,江苏专用)大二轮总复习练习：专题三第3讲平面向量(含答案解析)
第 3讲平面向量1． (2016 课·标全国丙改编→1，3→31，则∠ ABC＝ ________. )已知向量 BA＝22， BC＝，22答案30°分析→→∵ |BA|＝ 1， |BC|＝ 1，→ →3BA·BC＝，∴∠ ABC ＝ 30°.cos∠ ABC＝→→2|BA|·|BC|12． (2016 ·东改编山 )已知非零向量m，n 知足 4|m|＝ 3|n|，cos〈 m， n〉＝3.若 n⊥ (tm＋ n)，则实数 t 的值为 ______．答案－ 4分析∵ n⊥ (tm＋ n)，∴ n·(tm＋n)＝0，即 t·m·n＋ n2＝ 0，∴ t|m||n|cos〈 m， n〉＋ |n|2＝0，由3212已知得 t×|n| ×＋ |n| ＝ 0，解得 t＝－ 4.433． (2016 天·津改编 )已知△ABC 是边长为 1 的等边三角形，点 D， E 分别是边 AB， BC 的中点，连接 DE 并延伸到点F，使得 DE＝→ →2EF ，则 AF ·BC的值为 ________．答案1 8分析→→→如下图， AF ＝AD ＋DF .又 D， E 分别为 AB， BC 的中点，→1→且 DE＝ 2EF，因此 AD＝2AB，→＝→＋→＝→＋1→DF DE EF DE2DE3→ 3→＝2DE ＝4AC，→1→ 3 →→→ →因此 AF＝2AB＋4AC.又 BC＝ AC－AB，→ →1→3→→ →则 AF·BC＝AB＋AC ·(AC－ AB)241→ →1→ 2 3 →2 3 → →＝AB·AC－AB＋AC － AC·AB 2244→ 2 1→21→→＝ 4AC － 2AB －4AC ·AB.3→ →又 |AB|＝ |AC|＝ 1，∠ BAC ＝ 60°，→ → 3 1 1 1 1故AF ·BC ＝ － － ×1×1× ＝ .4 2 4 2 84． (2016 ·江浙 )已知向量a ，b ， |a|＝ 1，|b|＝ 2.若对随意单位向量 e ，均有 |a ·e|＋ |b ·e| ≤6，则a ·b 的最大值是 ________．答案12分析 由已知可得：6≥|a ·e|＋ |b ·e| ≥|a ·e ＋ b ·e|＝ |(a ＋ b) ·e|，因为上式对随意单位向量e 都成立．∴ 6≥|a ＋ b|成立．∴ 6≥(a ＋ b) 2＝ a 2＋ b 2＋ 2a ·b ＝ 12＋ 22＋ 2a ·b.1即 6≥5＋ 2a ·b ，∴ a ·b ≤2.1.考察平面向量的基本定理及基本运算，多以熟知的平面图形为背景进行考察， 多为填空题，难度中低档 .2.考察平面向量的数目积，以填空题为主，难度低；向量作为工具，还常与三角函数、解三角形、不等式、分析几何联合，以解答题形式出现.热门一平面向量的线性运算1．在平面向量的化简或运算中，要依据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不可以盲目转变．2．在用三角形加法法例时，要保证 “首尾相接 ”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所得的向量；在用三角形减法法例时，要保证 “同起点 ”，结果向量的方向是指向被减向量．例 1π(1) 设 0<θ< ，向量 a ＝ (sin 2θ， cos θ)， b ＝ (cos θ， 1)，若 a ∥ b ，则 tan θ＝ ______.2→ → → →(2) 如图，在 △ ABC 中，已知 BD ＝ 2DC ，以向量 AB ，向量 AC 作为基底，→则向量 AD 可表示为 ____________．答案 (1)1 (2)1 →＋ 2 →2 3AB 3AC 分析(1)因为 a ∥ b ，因此 sin 2θ＝ cos 2θ，即 2sin θcos θ＝cos 2θ.π 因为 0<θ< ，因此 cos θ>0，21得 2sin θ＝ cos θ，tan θ＝ 2.(2) 依据平面向量的运算法例及已知图形可知→2 →AB ＋3AC .→→→→ 2 → → 2 → → 1AD ＝AB ＋ BD ＝ AB ＋ BC ＝AB ＋ (BA ＋ AC)＝333思想升华(1) 关于平面向量的线性运算，要先选择一组基底；同时注意共线向量定理的灵活运用． (2)运算过程中重视数形联合，联合图形剖析向量间的关系． 追踪操练 1(1)如图，正方形 ABCD 中，点 E 是 DC 的中点，点 F 是 BC的一个三平分点，那么以向量 → → →AB 和向量 AD 为基底，向量 EF 可表示为__________ ．→→ →(2) 如图，在正方形 ABCD 中， E 为 DC 的中点，若 AE ＝ λAB ＋ μAC ，则 λ ＋ μ的值为 ________． 答案(1)1→ － 2 →(2)12AB 3AD2分析→ → → (1)在 △ CEF 中，有 EF ＝ EC ＋CF .→ 1 →因为点 E 为 DC 的中点，因此 EC ＝ DC .2因为点 F 为 BC 的一个三平分点，因此→ 2 →CF ＝CB.3→ 1→ 2→ 1→ 2→ 1→2→因此 EF ＝ 2DC ＋3CB ＝2AB ＋3DA ＝ 2AB － 3AD.(2)→ → → 1 →1 → → 1 → →→ 1 → 因为 E 为 DC 的中点，因此 AC ＝ AB ＋ AD ＝ AB ＋AB ＋ AD ＝AB ＋ AE ，即 AE ＝－AB ＋2222→ AC ，1 1因此 λ＝－ ， μ＝1，因此 λ＋ μ＝ .22热门二平面向量的数目积1．数目积的定义： a ·b ＝ |a||b|cos θ.2．三个结论(1) 若 a ＝ (x ， y)，则 |a|＝ a ·a ＝ x 2＋ y 2.(2) 若 A(x 1，y 1)， B( x 2， y 2)，则→ 2 2 .|AB|＝ (x 2－ x 1 ) ＋ (y 2－ y 1 )(3)若 a＝ (x1，y1)， b＝ ( x2，y2 )，θ为 a 与 b 的夹角，则 cos θ＝a·b＝x1x2＋ y1y2|a||b|x12＋ y12x22＋ y22.例 2(1)如图，在矩形ABCD 中， AB＝2， BC＝ 2，点 E 为 BC 的中点，点 F在边→ →＝→ →CD 上，若 AB·AF2，则 AE ·BF的值是 ________．(2) 若 b＝cos π， cos5π，|a|＝ 2|b|，且 (3a＋b) ·b＝－ 2，则向量 a，b 的夹角1212为 ________．答案(1) 2 (2)5π6分析(1)以 A 为原点，成立如下图的坐标系，可得 A(0,0)，B(2， 0)， E(2， 1)， F(x,2)，→→∴ AB＝ ( 2，0) ，AF＝ (x,2)，→ →2x＝2，∴ AB·AF＝解得 x＝ 1，∴ F(1,2)．→→∴ AE＝ ( 2，1)，BF＝ (1－ 2， 2)，→ →∴ AE·BF＝ 2×(1－ 2)＋ 1×2＝ 2.22π25π 2 π 2 π(2) b＝ cos＋cos12＝cos＋ sin＝ 1，121212因此 |b|＝ 1，|a|＝ 2.由 (3a＋b) ·b＝－ 2，可得3a·b＋ b2＝－ 2，故 a·b＝－3，故 cos〈 a， b〉＝a·b＝－ 33＝－|a||b|2×1 2.5π又〈 a， b〉∈ [0，π]，因此〈 a， b〉＝6 .思想升华(1) 数目积的计算往常有三种方法：数目积的定义，坐标运算，数目积的几何意义；(2) 能够利用数目积求向量的模和夹角，向量要分解成题中模和夹角已知的向量进行计算．追踪操练 2 (1)已知点 A，B，C，D 在边长为 1 的方格点图的地点如下图，→ →则向量 AD在AB方向上的投影为 ________．(2) 如图，在△ ABC 中，AB＝ AC＝ 3，cos∠ BAC＝1→→→ →3，DC＝ 2BD，则 AD·BC的值为 ________．答案(1)－5(2)－ 2 5分析(1)不如以点 A 为坐标原点，成立如下图的平面直角坐标系，易得→→AD ＝ (－ 2,3)，AB→ →→ →－ 25 AD ·AB＝ (4,2) ，因此向量 AD 在 AB方向上的投影为→＝2 5＝－ 5.|AB |→→→→→→2→ →(2) AD·BC＝ (AC＋ CD ) ·BC＝ (AC＋CB) ·BC3→2→→→2→1→→→＝[AC＋3(AB －AC)] BC·＝ ( 3AB ＋3AC) ·(AC－ AB)2 →2 1 → → 1 →2＝－3|AB|＋3AB·AC＋3|AC|＝－6＋ 1＋3＝－ 2.热门三平面向量与三角函数平面向量作为解决问题的工具，拥有代数形式和几何形式的“两重型”，高考常在平面向量与三角函数的交汇处命题，经过向量运算作为题目条件．例 3已知函数 f(x)＝ 2cos2x＋ 23sin xcos x(x∈ R)．π(1)当 x∈[0，2)时，求函数 f( x)的单一递加区间；(2)设△ABC 的内角 A，B， C 的对边分别为 a， b，c，且 c＝3， f( C)＝ 2，若向量 m＝ (1， sin A)与向量 n＝ (2， sin B)共线，求 a， b 的值．解π (1)f(x)＝ 2cos 2x ＋ 3sin 2x ＝ cos 2x ＋ 3sin 2x ＋ 1＝2sin(2 x ＋ ) ＋1，6π π π 令－ ＋ 2k π≤2x ＋≤ ＋ 2k π， k ∈ Z ，26 2π π解得 k π－≤x ≤k π＋ ， k ∈ Z ，36π因为 x ∈ [0， 2) ，π因此 f( x)的单一递加区间为 [0，6] ．π(2) 由 f(C)＝ 2sin(2C ＋6)＋ 1＝ 2，π 1得 sin(2C ＋ 6)＝ 2，π π 13 π而 C ∈(0 ，π)，因此 2C ＋ 6∈( 6， 6 )， π 5 π因此 2C ＋ ＝6π，解得 C ＝ 3.6因为向量 m ＝ (1，sin A)与向量 n ＝(2 ，sin B)共线，因此sin A 1sin B＝ .2由正弦定理得 a ＝ 1，①b 2由余弦定理得π c 2＝ a 2＋ b 2－ 2abcos，3即 a 2＋ b 2－ ab ＝9.②联立①②，解得 a ＝ 3，b ＝ 2 3.思想升华 在平面向量与三角函数的综合问题中， 一方面用平面向量的语言表述三角函数中的问题， 如利用向量平行、 垂直的条件表述三角函数式之间的关系， 利用向量模表述三角函数之间的关系等； 另一方面能够利用三角函数的知识解决平面向量问题，在解决此类问题的 过程中， 只需依据题目的详细要求， 在向量和三角函数之间成立起联系， 就能够依据向量或者三角函数的知识解决问题．追踪操练 3已知 △ABC 是锐角三角形，向量m ＝ cos A ＋ π，3π， n ＝ cos B ， sin B ，且 m ⊥ n.sin A ＋3 ( )(1) 求 A －B 的值；3(2) 若 cos B ＝ 5，AC ＝8，求 BC 的长．解(1)因为 m ⊥ n ，π π因此 m ·n ＝ coscos B ＋sin A ＋ 3 sin BA ＋ 3 π＝ cos A ＋3－ B ＝0，π又 A ，B ∈ 0，2 ，因此ππ 5πA ＋ －B ∈ － ， ，3 6 6 因此 π ππA ＋ －B ＝ ，即 A － B ＝ .3 263π4(2) 因为 cos B ＝5， B ∈ 0，2 ，因此 sin B ＝ 5，因此 sin A ＝ sin π ππ ＝ sin Bcos ＋ cos Bsin 6B ＋664 3 3 1 4 3＋ 3＝ · ＋ ·＝ ，52 5 2104 3＋3由正弦定理，得BC ＝ sin A10 ×8＝ 4 3＋ 3.4sin B·AC ＝5→ 1 →1．如图，在 △ ABC 中， AD ＝ 3AB ， DE ∥ BC 交AC 于E ， BC边上的中线AM交DE于，设 → ＝ ， → ＝ ，用ABaACb N， 表示向量ab→ →AN ，则 AN＝ ____________.押题依照平面向量基本定理是向量表示的基本依照，而向量表示 (用基底或坐标 )是向量应用的基础．1答案6(a ＋ b)分析因为 DE ∥ BC ，因此 DN ∥ BM ，则 △ AND ∽△ AMB ，因此 AM AN ＝ ADAB .→1 →→1 →因为 AD ＝ 3AB ，因此 AN ＝ 3AM . 因为 M 为 BC 的中点，→ 1 → → 1 因此 AM ＝ (AB ＋AC)＝(a ＋ b)，22→ 1 →1因此 AN ＝AM ＝ (a ＋ b)．362．如图，BC 、DE 是半径为 →→ → →1 的圆 O 的两条直径， BF ＝ 2FO ，则 FD ·FE＝ ________.押题依照数目积是平面向量最重要的观点，平面向量数目积的运算是高考的必考内容，和平面几何知识的联合是向量考察的常有形式．答案－89分析→→→1，∵BF ＝2FO ，圆 O 的半径为 1，∴ |FO |＝3→→→→→→→2→→→→→1 2 8 ∴ FD ·FE ＝ (FO ＋ OD) ·(FO ＋ OE)＝ FO ＋ FO ·(OE ＋ OD)＋ OD ·OE ＝ ( ) ＋ 0－ 1＝－ .39→ →120°sin 208 )°，则 △ABC3．在 △ABC 中，AB ＝(cos 32 °，cos 58 °)，BC ＝ (sin 60 sin ° 118 ，°sin 的面积为 ________．押题依照平面向量作为数学解题工具， 经过向量的运算给出条件解决三角函数问题已成为近几年高考的热门．答案38分析→ 2 2°|AB|＝ cos 32 °＋ cos 58＝ cos 232°＋ sin 232°＝1，→33，BC ＝2 cos 28 ，°－ 2 sin 28°→323 23 因此 |BC|＝＋ －2 sin 28 ＝2.2 cos 28 °°→ →33 °则 AB ·BC ＝ cos 32 °×2cos 28－°sin 32 ×° sin 2823＝2 (cos 32 cos ° 28 －°sin 32 sin ° 28 ) °＝333，2 cos(32 ＋°28°)＝ 2cos 60 ＝° 4→ →3 → →4 1AB ·BC ＝ . 故 cos 〈 AB ， BC 〉＝ →→ ＝ 3 2 |AB| ×|BC| 1×2→ → °， 180°]，因此〈 → →又〈 AB ， BC 〉∈ [0 AB ， BC 〉＝ 60°，→ →故 B ＝ 180°－〈 AB ， BC 〉＝ 180°－ 60°＝ 120°.故 △ ABC 的面积为1 →S ＝ 2×|AB|→×|BC|sin B1 3 ＝ ×1××sin221203 ＝° .84．如图，在半径为1 的扇形 AOB中，∠ AOB ＝60°，C为弧上的动点， AB 与OC交于点P ，→ →则 OP ·BP 的最小值是 _______________________________________ ．押题依照 此题将向量与平面几何、 最值问题等有机联合，表现了高考在知识交汇点命题的方向，此题解法灵巧，难度适中．答案－116分析→ → →→→→→→→→→2 ＝ 60 °，因为 OP ＝ OB ＋ BP ，因此 OP ·BP ＝ (OB ＋ BP) ·BP ＝OB ·BP ＋ BP .又因为∠ AOB OA ＝ OB ，因此∠ OBA ＝ 60°， OB ＝ → → →1 → →→1→→21.因此 OB ·BP ＝ |BP |cos 120＝°－|BP|，因此 OP ·BP ＝－ |BP|＋ |BP|22→1 2 11→1 → →1＝ (|BP|－ )－≥－，当且仅当 |BP|＝ 时， OP ·BP 获得最小值－.4 16 16416A 组 专题通关1．在 △ ABC 中，已知 D 是 AB 边上一点，若→ →→ 1 →→AD ＝ 2DB， CD ＝ CA ＋ λCB ，则 λ＝ ________.3答案23分析 在 △ABC 中，已知 D 是 AB 边上一点，→→ →1→→→→→→ 2 → → 2 → → 1 → 2 → ∵ AD ＝ 2DB ，CD ＝ CA ＋ λCB ，∴ CD ＝ CA ＋ AD ＝ CA ＋ AB ＝ CA ＋3 (CB － CA)＝ CA ＋ CB ，3333∴ λ＝ 2.32． △ ABC 是边长为 2 的等边三角形，已知向量→ →a ，b 知足 AB ＝ 2a ， AC ＝ 2a ＋ b ，则以下结论正确的选项是 ________．① |b|＝ 1; ② a ⊥ b ；→③ a ·b ＝ 1; ④ (4a ＋ b)⊥BC.答案 ④分析→ → →在 △ABC 中，由 BC ＝ AC － AB ＝ 2a ＋ b － 2a ＝ b ，得 |b|＝ 2.又 |a|＝ 1，因此 a ·b ＝ |a||b|cos 120 ＝°－ 1，→ 2因此 (4a ＋ b) ·BC ＝ (4a ＋ b) ·b ＝ 4a ·b ＋ |b|＝ 4×(－ 1)＋ 4＝ 0，→因此 (4a ＋ b)⊥ BC.→ → → → → →3．在等腰 △ ABC 中，∠ BAC ＝90°，AB ＝ AC ＝ 2，BC ＝ 2BD ，AC ＝ 3AE ，则 AD ·BE ＝ ________.答案－43分析由已知获得→ → 1→→→1 →1 →2 1 → → 1 → → 1 → 2，AD ·BE ＝(AB ＋ AC) ·(BA ＋ AC) ＝－2AB ＋ AB ·AC ＋2 AC ·BA ＋ AC2366→ → 1212△ ABC 是等腰直角三角形，∠ BAC ＝ 90 °， AB ＝ AC ＝2，因此 AD ·BE ＝－ 2×2 ＋ 0＋0＋ 6×24＝－ 3.4． (2016 ·津蓟县期中天 )已知向量 a ， b 知足 (a ＋ 2b) ·(a － b)＝－ 6，且 |a|＝ 1， |b|＝ 2，则 a与 b 的夹角为 ________．答案π 3分析 设 a 与 b 的夹角为θ，∵ (a ＋ 2b) ·(a － b)＝－ 6，且 |a|＝ 1，|b|＝ 2，∴ 1＋a ·b － 8＝－ 6，∴ a ·b ＝ 1＝|a||b |cos θ，∴ cos θ＝ 1，2π又∵ θ∈ [0，π]，∴ θ＝3.5． (2016 安·徽江淮十校第二次联考 )已知平面向量 a 、b(a ≠0， a ≠b)知足 |a|＝ 3，且 b 与 b － a 的夹角为 30°，则 |b|的最大值为 ________．答案 6分析→ → → → →令OA ＝ a ， OB ＝ b ，则 b － a ＝ OB －OA ＝AB ，如图，∵ b 与 b － a 的夹角为 30°，∴∠ OBA ＝30°，→→→→，∴由正弦定 理|OA| ＝ |OB|得 ， ∵ |a| ＝ |OA |＝ 3 sin ∠ OBA sin ∠ OAB |b|＝ | OB | ＝6·sin ∠ OAB ≤ 6.6．已知向量 a ＝ (2,1)，b ＝ (－ 1， 2)，若 a ， b 在向量 c 方向上的投影相等，且 (c － a) ·(c － b) ＝－ 5，则向量 c 的坐标为 ________．21 3答案 (2，2)分析设 c ＝ (x ， y)，依据题意有x 2＋ y 2－ x － 3y ＝－ 5，22x ＋ y ＝－ x ＋ 2y ，1，x ＝ 2解得3y ＝ 2.→→ → 7．设向量 OA ＝ (5＋ cos θ，4＋ sin θ)， OB ＝ (2,0) ，则 |AB|的取值范围是 ________． 答案[4,6]分析→ → →＝ (－ 3－ cos θ，－ 4－ sin θ)，∵AB ＝OB －OA → 2 2 2 ∴ |AB| ＝ (－ 3－cos θ) ＋( －4－ sin θ)＝ 6cos θ＋ 8sin θ＋26＝ 10sin(θ＋ φ)＋ 26，此中 tan φ＝ 3，4→ 2 →∴ 16≤|AB | ≤ 36，∴ 4≤|AB| ≤ 6.8．设向量 a ＝ (a 1， a 2)， b ＝ (b 1， b 2)，定义一种向量积 a?b ＝ (a 1b 1， a 2b 2)，已知向量 m ＝(2 ， 1 π →2)，n ＝ (，0)，点 P(x ，y)在 y ＝ sin x 的图象上运动， Q 是函数 y ＝ f(x)图象上的点， 且知足 OQ3→为坐标原点 )，则函数 y ＝ f( x)的值域是 ________．＝ m?OP ＋ n(此中 O1 1 答案 [－ 2， 2]分析令 Q(c ，d)，由新的运算可得→ →1 π π 1sin x)， OQ ＝ m?OP ＋ n ＝(2x ，sin x)＋ ( ， 0)＝ (2x ＋ ，233 2π， 11∴c ＝2x ＋ 3π1消去 x 得 d ＝sin( c － )，22 6d ＝ 2sin x ，1 1π1 1] ．∴ y ＝ f( x)＝ sin(x －)，易知 y ＝ f(x)的值域是 [－ ，2262 2π9．设向量 a ＝ ( 3sin x ， sin x)， b ＝(cos x ，sin x)， x ∈ [0， 2]．(1) 若 |a|＝ |b|，求 x 的值；(2) 设函数 f(x)＝ a ·b ，求 f(x)的最大值．解(1)由 |a|2＝ ( 3sin x)2＋ (sin x)2＝ 4sin 2x ，222＝ 1，|b| ＝(cos x) ＋ (sin x) 及 |a|＝ |b|，得 4sin 2x ＝ 1.π1π又 x ∈ [0， ]，进而 sin x ＝ ，因此 x ＝ .22 62(2) f(x)＝ a ·b ＝ 3sin x ·cos x ＋ sin x＝3 1 1π 1，2sin 2x － cos 2x ＋＝ sin(2x － )＋ 2262π π π1，当 x ＝ ∈ [0， ] 时， sin(2 x －)取最大值326因此 f( x)的最大值为32.10．已知向量 a ＝ (cos α， sin α)，b ＝ (cos x ， sin x)， c ＝ (sin x ＋ 2sin α， cos x ＋ 2cos α)，此中 0<α<x<π.π(1) 若 α＝4，求函数 f(x)＝ b ·c 的最小值及相应 x 的值；π (2) 若 a 与 b 的夹角为，且 a ⊥ c ，求 tan 2α的值．3解 (1)∵ b ＝ (cos x ， sin x)，πc ＝ (sin x ＋ 2sin α， cos x ＋ 2cos α)， α＝ 4，∴ f(x)＝ b ·c＝ cos xsin x ＋ 2cos xsin α＋sin xcos x ＋2sin xcos α＝ 2sin xcos x ＋ 2(sin x ＋ cos x)．π令 t ＝ sin x ＋cos x 4<x<π ，则 2sin xcos x ＝ t 2 －1，且－ 1<t< 2.则 y ＝ t 2＋ 2t － 1＝ t ＋2 2－3，－ 1<t< 2，2 2∴ t ＝－ 2时， y min ＝－3，此时 sin x ＋ cos x ＝－ 2， 2 2 2 即 2sin x ＋ π＝－ 2，42π π π 5π，∵ <x<π，∴ <x ＋ <424 4 π 7 11π∴ x ＋ ＝ π，∴ x ＝12 .46∴函数 f(x)的最小值为－ 3，相应 x 的值为 11π2 12.π(2) ∵ a 与 b 的夹角为 ，3π a ·b∴ cos＝ ＝ cos αcos x ＋ sin αsin x3 |a| ·|b|＝ cos(x － α)．π∵ 0< α<x<π，∴ 0<x － α<π，∴ x － α＝3.∵ a ⊥ c ，∴ cos α(sin x ＋ 2sin α)＋ sin α(cos x ＋ 2cos α)＝ 0，π∴ sin(x ＋ α)＋ 2sin 2α＝ 0，即 sin 2α＋3 ＋ 2sin 2α＝ 0.5 sin 2α＋ 3 3. ∴ 2cos 2α＝0，∴ tan 2α＝－52B 组 能力提升11．已知非零单位向量a 与非零向量b 知足 |a ＋b|＝ |a － b|，则向量 b － a 在向量 a 上的投影为 ________．答案 －1分析 因为 |a ＋ b|＝ |a － b|，因此 (a ＋ b)2＝ (a － b)2，2解得 a ·b ＝ 0，因此向量 b － a 在向量 a 上的投影为 |b － a|cos 〈 a ， b － a 〉＝a ·(b －a)＝0－|a||a||a|＝－ |a|＝－ 1.→ → →AB AC12．已知点 P 为 △ ABC 所在平面内一点， 且知足 AP ＝ λ( → ＋ →)(λ∈ R)，则直线 |AB|cos B |AC|cos CAP 必经过 △ ABC 的 ________心． 答案垂→ → →AB AC分析 ∵BC ·( → ＋ → )|AB|cos B |AC|cos C→ →＝－ |BC|＋ |BC|＝ 0，→ → →AB AC∴ BC 与 λ( → ＋ →)垂直，|AB|cos B |AC|cos C→ →AP 经过 △ABC 的垂心．∴ AP ⊥ BC ，∴点 P 在 BC 的高线上，即直线13．若 a ＝ (2＋ λ，1)，b ＝ (3，λ)，若〈 a ，b 〉为钝角， 则实数 λ的取值范围是 ______________．答案3 (－ ∞，－ 3)∪( －3，－ )2分析3 ∵ a ＝ (2＋ λ，1)，b ＝ (3，λ)，∴ a ·b ＝ 3(2＋ λ)＋ λ<0，得 λ<－ .若 a ，b 共线，则 λ(2＋ λ)2－ 3＝ 0，解得λ＝－ 3 或λ＝1.即当λ＝－ 3 时， a， b 方向相反，3又〈 a， b〉为钝角，则λ<－且λ≠－ 3.14．在直角坐标系xOy 中，已知点A(1,1)， B(2,3)， C(3,2) ，点 P(x， y)在△ABC 三边围成的地区 (含界限 )上．→→→→(1) 若 PA＋PB ＋ PC＝ 0，求 |OP|；→→→(2) 设 OP＝mAB＋ nAC(m， n∈ R)，用 x， y 表示 m－n，并求 m－n 的最大值．解 (1)方法一→ →→∵ PA＋ PB＋ PC＝ 0，→→→又 PA＋ PB＋ PC＝ (1－ x,1－ y)＋ (2－x,3－ y)＋ (3－ x,2－ y)＝(6 －3x,6－ 3y)，6－ 3x＝ 0，x＝2，∴解得6－ 3y＝ 0，y＝2，→→即 OP＝ (2,2)，故 |OP|＝ 2 2.方法二→→→∵PA＋ PB＋ PC＝ 0，→→→→→→则 (OA－ OP)＋(OB －OP) ＋(OC－OP) ＝0，→1→→→→2.∴ OP＝3(OA＋ OB＋ OC)＝(2,2)，∴ |OP|＝ 2→→→(2) ∵ OP＝mAB＋ nAC，x＝ m＋2n，∴ (x， y)＝ (m＋ 2n， 2m＋ n)，∴y＝ 2m＋ n，两式相减得， m－ n＝ y－ x.令 y－x＝ t，由图知，当直线y＝ x＋t 过点B(2,3) 时， t 获得最大值 1，故 m－ n 的最大值为1.。
【步步高】(江苏专用)高考数学二轮专题突破 专题三 第3讲 推理与证明 文
第3讲推理与证明【高考考情解读】 1.高考主要考查对合情推理和演绎推理的理解及应用；直接证明和间接证明的考查主要作为证明和推理数学命题的方法，常与函数、数列、不等式、解析几何等综合命题．考查“归纳—猜想—证明”的模式，常与数列结合考查.2.归纳推理和类比推理等主要是和数列、不等式等内容联合考查，多以填空题的形式出现，难度中等；而考查证明问题的知识面广，涉及知识点多，题目难度较大，主要考查逻辑推理能力、归纳能力和综合能力，难度较大．1．合情推理(1)归纳推理①归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理．②归纳推理的思维过程如下：实验、观察→概括、推广→猜测一般性结论(2)类比推理①类比推理是由特殊到特殊的推理②类比推理的思维过程如下：观察、比较→联想、类推→猜测新的结论2．演绎推理(1)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般性原理．②小前提——所研究的特殊情况．③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．(2)合情推理与演绎推理的区别归纳和类比是常用的合情推理，从推理形式上看，归纳是由部分到整体、个别到一般的推理；类比是由特殊到特殊的推理；而演绎推理是由一般到特殊的推理．从推理所得的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确．3．直接证明(1)综合法用P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为P ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→Q n ⇒Q(2)分析法用Q 表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→ 得到一个明显成立的条件4． 间接证明反证法的证明过程可以概括为“否定——推理——否定”，即从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)的过程．用反证法证明命题“若p 则q ”的过程可以用如图所示的框图表示．考点一 归纳推理例1 (2013·湖北)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，…，第n 个三角形数为n n ＋2＝12n 2＋12n ，记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N (n,3)＝12n 2＋12n ，正方形数 N (n,4)＝n 2， 五边形数 N (n,5)＝32n 2－12n ， 六边形数N (n,6)＝2n 2－n………………………………………可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10,24)＝____________. 答案 1 000解析 由N (n,4)＝n 2，N (n,6)＝2n 2－n ，…，可以推测： 当k 为偶数时，N (n ，k )＝k －22n 2＋4－k2n ，∴N (10,24)＝24－22×100＋4－242×10＝1 100－100＝1 000.归纳推理的一般步骤是：(1)通过观察个别事物发现某些相同的性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题．并且在一般情况下，如果归纳的个别事物越多，越具有代表性，那么推广的一般性结论也就越可靠．(1)在数列{a n }中，若a 1＝2，a 2＝6，且当n ∈N *时，a n ＋2是a n ·a n ＋1的个位数字，则a 2 014＝________. 答案 2解析 由a 1＝2，a 2＝6，得a 3＝2，a 4＝2，a 5＝4，a 6＝8，a 7＝2，a 8＝6，…， 据此周期为6， 又2 014＝6×335＋4， 所以a 2 014＝a 4＝2.(2)(2012·江西改编)观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10＝________. 答案 123解析 令a n ＝a n＋b n，则a 1＝1，a 2＝3，a 3＝4，a 4＝7，…得a n ＋2＝a n ＋a n ＋1，从而a 6＝18，a 7＝29，a 8＝47，a 9＝76，a 10＝123.考点二 类比推理例2 (1)在平面几何中有如下结论：若正三角形ABC 的内切圆面积为S 1，外接圆面积为S 2，则S 1S 2＝14.推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体ABCD 的内切球体积为V 1，外接球体积为V 2，则V 1V 2＝________.(2)椭圆与双曲线有许多优美的对偶性质，如对于椭圆有如下命题：AB 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M 为AB 的中点，则k OM ·k AB ＝－b 2a 2.那么对于双曲线则有如下命题：AB 是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M 为AB 的中点，则k OM ·k AB ＝________. 答案 (1)127 (2)b2a2解析 (1)本题考查类比推理，也即是由特殊到特殊的推理．平面几何中，圆的面积与圆的半径的平方成正比，而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，所以V 1V 2＝127.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y22.将A ，B 代入双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1中得x 21a 2－y 21b 2＝1，x 22a 2－y 22b2＝1， 两式相减得x 21－x 22a ＝y 21－y 22b，即x 1－x 2x 1＋x 2a2＝y 1－y 2y 1＋y 2b2，即y 1－y 2y 1＋y 2x 1－x 2x 1＋x 2＝b 2a2，即k OM ·k AB ＝b 2a2.类比推理是合情推理中的一类重要推理，强调的是两类事物之间的相似性，有共同要素是产生类比迁移的客观因素，类比可以由概念性质上的相似性引起，如等差数列与等比数列的类比；也可以由解题方法上的类似引起，当然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的类比，本题即属于此类．一般来说，高考中的类比问题多发生在横向与纵向类比上，如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类比以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等．(1)现有一个关于平面图形的命题，如图，同一个平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这 两个正方形重叠部分的面积恒为a 24.类比到空间，有两个棱长均为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为 ________．(2)命题p ：已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，F 1、F 2是椭圆的两个焦点，P 为椭圆上的一个动点，过F 2作∠F 1PF 2的外角平分线的垂线，垂足为M ，则OM 的长为定值．类比此命题，在双曲线中也有命题q ：已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >b >0)，F 1、F 2是双曲线的两个焦点，P为双曲线上的一个动点，过F 2作∠F 1PF 2的________的垂线，垂足为M ，则OM 的长为定值________．答案 (1)a 38(2)内角平分线 a解析 (1)两个正方体重叠部分的体积为一个常数，可考虑极端情况，即两个正方体重叠部分恰好构成一个棱长为a 2的正方体，这个小正方体的体积为a 38.(2)对于椭圆，延长F 2M 与F 1P 的延长线交于Q . 由对称性知，M 为F 2Q 的中点，且PF 2＝PQ ，从而OM ∥F 1Q 且OM ＝12F 1Q .而F 1Q ＝F 1P ＋PQ ＝F 1P ＋PF 2＝2a ，所以OM ＝a .对于双曲线，过F 2作∠F 1PF 2内角平分线的垂线，垂足为M ， 类比可得OM ＝a .因为OM ＝12F 1Q ＝12(PF 1－PF 2)＝12·2a ＝a .考点三 直接证明与间接证明 例3 已知数列{a n }满足：a 1＝12，＋a n ＋11－a n ＝＋a n1－a n ＋1，a n a n ＋1<0 (n ≥1)；数列{b n }满足：b n ＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥1)． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)证明：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列． (1)解 已知＋a n ＋11－a n ＝＋a n 1－a n ＋1化为1－a 2n ＋11－a 2n ＝23，而1－a 21＝34，所以数列{1－a 2n }是首项为34，公比为23的等比数列，则1－a 2n ＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，则a 2n ＝1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，由a n a n ＋1<0，知数列{a n }的项正负相间出现， 因此a n ＝(－1)n ＋11－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1， b n ＝a 2n ＋1－a 2n ＝－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1. (2)证明 假设存在某三项成等差数列，不妨设为b m 、b n 、b p ，其中m 、n 、p 是互不相等的正整数，可设m <n <p ，而b n ＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1随n 的增大而减小，那么只能有2b n ＝b m ＋b p ，可得2×14×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫23m －1＋14×⎝ ⎛⎭⎪⎫23p －1，则2×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －m ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23p －m.当n －m ≥2时，2×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －m ≤2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝89，上式不可能成立，则只能有n －m ＝1，此时等式为43＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23p －m，即13＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23p －m ，那么p －m ＝log 2313，左边为正整数，右边为无理数，不可能相等． 所以假设不成立，那么数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列．(1)有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的例子即可．(2)综合法和分析法是直接证明常用的两种方法，我们常用分析法寻找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过程，有时候，分析法和综合法交替使用．已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n(a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)对任意实数λ，证明：数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列．(1)证明 假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－4⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾． 所以{a n }不是等比数列． (2)解 因为b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －2n ＋14＝－23(－1)n·(a n －3n ＋21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b n ＝0 (n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列； 当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由b n ＋1＝－23b n ，可知b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－23(n ∈N *)．故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列；综上知，当λ＝－18时，数列{b n }构不成等比数列；当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列．1． 合情推理的精髓是“合情”，即得到的结论符合“情理”，其中主要是归纳推理与类比推理．归纳推理是由部分得到整体的一种推理模式．类比推理是由此及彼的推理模式；演绎推理是一种严格的证明方式．2． 直接证明的最基本的两种证明方法是综合法和分析法，这两种方法也是解决数学问题时常见的思维方式．在实际解题时，通常先用分析法寻求解题思路，再用综合法有条理地表述解题过程．1． 将全体正奇数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第45行从左向右的第17个数为________． 答案 2 013解析 观察数阵，记第n 行的第1个数为a n ，则有a 2－a 1＝2， a 3－a 2＝4， a 4－a 3＝6， a 5－a 4＝8，……a n －a n －1＝2(n －1)．将以上各等式两边分别相加，得a n －a 1＝2＋4＋6＋8＋…＋2(n －1)＝n (n －1)， 所以a n ＝n (n －1)＋1，所以a 45＝1 981.又从第3行起数阵每一行的数都构成一个公差为2的等差数列，则第45行从左向右的第17个数为1 981＋16×2＝2 013.2． 在计算“1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)”时，某同学学到了如下一种方法：先改写第k 项，k (k ＋1)＝13[k (k ＋1)(k ＋2)－(k －1)k (k ＋1)]，由此得1×2＝13(1×2×3－0×1×2)，2×3＝13(2×3×4－1×2×3)，…n (n ＋1)＝13[n (n ＋1)(n ＋2)－(n －1)n (n ＋1)]．相加，得1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＝13n (n ＋1)(n ＋2)．类比上述方法，计算“1×2×3＋2×3×4＋…＋n (n ＋1)(n ＋2)”的结果为________． 答案 14n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)解析 类比k (k ＋1)＝13[k (k ＋1)(k ＋2)－(k －1)k (k ＋1)]，可得到k (k ＋1)(k ＋2)＝14[k (k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)－(k －1)k (k ＋1)(k ＋2)]，先逐项裂项，然后累加即得14n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)．(推荐时间：60分钟)一、填空题1． 下列关于五角星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是________．答案 a n ＝n n ＋2解析 从图中观察五角星构成规律，n ＝1时，有1个； n ＝2时，有3个； n ＝3时，有6个；n ＝4时，有10个；…所以a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n n ＋2.2． 已知结论：在正三角形ABC 中，若D 是边BC 的中点，G 是三角形ABC 的重心，则AGGD＝2.若把该结论推广到空间中，则有结论：在棱长都相等的四面体ABCD 中，若△BCD 的中心为M ，四面体内部一点O 到四面体各面的距离都相等，则AO OM等于________． 答案 3解析 设四面体内部一点O 到四面体各面都相等的距离为d ，则题意知d ＝OM ，设各个面的面积为S ，则由等体积法得：4·13S ·OM ＝13S ·AM,4OM ＝AM ＝AO ＋OM ，从而AO OM ＝31＝3.3． 已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个数对是________． 答案 (5,7)解析 依题意，就每组整数对的和相同的分为一组，不难得知每组整数对的和为n ＋1，且每组共有n 个整数时，这样的前n 组一共有n n ＋2个整数时，注意到＋2<60<＋2，因此第60个整数对处于第11组(每对整数对的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每对整数对的和为12的组中的各数对依次为(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个整数对是(5,7)．4． 已知正三角形内切圆的半径是其高的13，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是________________________________________________________________________． 答案 正四面体的内切球的半径是其高的14解析 原问题的解法为等面积法， 即S ＝12ah ＝3×12ar ⇒r ＝13h ，类比问题的解法应为等体积法，V ＝13Sh ＝4×13Sr ⇒r ＝14h ，即正四面体的内切球的半径是其高的14.5． 把非零自然数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表(每行比上一行多一个数)．设a ij (i 、j ∈N *)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8，若a ij ＝2 014，则i ，j 的值的和为________．答案 79解析 观察偶数行的变化规律，2 014是数列：2,4,6,8，…的第1 007项，前31个偶数行的偶数的个数为＋2＝32×31＝992，所以2 014是偶数行的第32行第15个数，即三角形数表中的第64行第15个数，所以i ＝64，j ＝15，所以i ＋j ＝79. 6． 有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组含一个数{1}，第二组含两个数{3,5}，第三组含三个数{7,9,11}，第四组含四个数{13,15,17,19}，…，现观察猜想每组内各数之和为a n 与其组的编号数n 的关系为________． 答案 a n ＝n 3解析 由题意知a 1＝1＝13，a 2＝3＋5＝8＝23，a 3＝7＋9＋11＝27＝33，a 4＝13＋15＋17＋19＝64＝43，….因此可归纳出a n ＝n 3. 7． (2013·陕西)观察下列等式：(1＋1)＝2×1(2＋1)(2＋2)＝22×1×3(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5 …照此规律，第n 个等式可为______________．答案 (n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)解析 由已知的三个等式左边的变化规律，得第n 个等式左边为(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )，由已知的三个等式右边的变化规律，得第n 个等式右边为2n 与n 个奇数之积，即2n×1×3×…×(2n －1)．8． 如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n 个数，且两端的数均为1n ，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如11＝12＋12，12＝13＋16，13＝14＋112，…，则第10行第3个数(从左往右数)为________．答案1360解析 由上面的规律可知第n 行的第一个数为1n ，第二个数为1nn －，所以第9行的第二个数为18×9，第10行的第一个数为110，第二个数为19×10＝190，设第3个数为x ，即x ＋190＝19×8⇒x ＝1360.9． 对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：23⎩⎪⎨⎪⎧35，33⎩⎪⎨⎪⎧7911，43⎩⎪⎨⎪⎧13151719，….仿此，若m 3的“分裂数”中有一个是59，则m 的值为________．答案 8解析 由已知可观察出m 3可分裂为m 个连续奇数，最小的一个为(m －1)m ＋1.当m ＝8时，最小的数为57，第二个便是59.∴m ＝8.二、解答题10．已知a >0且a ≠1，f (x )＝1a x＋a.(1)求值：f (0)＋f (1)，f (－1)＋f (2)；(2)由(1)的结果归纳概括对所有实数x 都成立的一个等式，并加以证明；(3)若n ∈N *，求和：f (－(n －1))＋f (－(n －2))＋…＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋…＋f (n )． 解 (1)f (0)＋f (1)＝11＋a ＋1a ＋a ＝1a ＝a a，f (－1)＋f (2)＝1a －1＋a ＋1a 2＋a＝1a＝aa. (2)由(1)归纳得到对一切实数x ，有f (x )＋f (1－x )＝a a. 证明如下f (x )＋f (1－x )＝1a x ＋a ＋1a 1－x ＋a＝1a x＋a ＋a xaa ＋a x＝a ＋a x aa ＋a x＝1a＝aa . (3)设S ＝f (－(n －1))＋f (－(n －2))＋…＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋…＋f (n )， 又S ＝f (n )＋f (n －1)＋…＋f (2)＋f (1)＋f (0)＋…＋f (－(n －1))， 两式相加，得(由(2)的结论) 2S ＝2n ·a a ，∴S ＝n aa. 11．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S n n(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1)解 由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)． (2)证明 由(1)得b n ＝S n n＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r . 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)． ∴(q 2－pr )＋(2q －p －r )2＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，∵(p ＋r2)2＝pr ，(p －r )2＝0，∴p ＝r .与p ≠r 矛盾．所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．12．已知数列{a n }有a 1＝a ，a 2＝p (常数p >0)，对任意的正整数n ，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，并有S n 满足S n ＝n a n －a 12.(1)求a 的值并证明数列{a n }为等差数列；(2)令p n ＝S n ＋2S n ＋1＋S n ＋1S n ＋2，是否存在正整数M ，使不等式p 1＋p 2＋…＋p n －2n ≤M 恒成立，若存在，求出M 的最小值；若不存在，说明理由． 解 (1)由已知，得S 1＝a －a2＝a 1＝a ，所以a ＝0.由a 1＝0得S n ＝na n2，则S n ＋1＝n ＋a n ＋12，∴2(S n ＋1－S n )＝(n ＋1)a n ＋1－na n ， 即2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ， 于是有(n －1)a n ＋1＝na n ， 并且na n ＋2＝(n ＋1)a n ＋1，∴na n ＋2－(n －1)a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ， 即n (a n ＋2－a n ＋1)＝n (a n ＋1－a n )，则有a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，∴{a n }为等差数列． (2)由(1)得S n ＝n n －p 2，∴p n ＝n ＋n ＋p2n ＋np2＋n ＋np 2n ＋n ＋p 2＝2＋2n －2n ＋2， ∴p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n －2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋21－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋22－24＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋2n －2n ＋2－2n ＝2＋1－2n ＋1－2n ＋2. 由n 是整数可得p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n －2n <3.故存在最小的正整数M ＝3，使不等式p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n －2n ≤M 恒成立．。
【步步高】(江苏专用)高考数学二轮专题突破 专题二 第2讲 三角变换与解三角形 文
第2讲 三角变换与解三角形【高考考情解读】 1.从近几年的考情来看，对于三角恒等变换，高考命题以公式的基本运用、计算为主，其中与角所在范围、三角函数的性质、三角形等知识结合为命题的热点；解三角形与其他知识以及生活中的实际问题联系紧密，有利于考查考生的各种能力，因而成了高考命题的一大热点.2.分析近年考情可知，命题一般为1～2题，其中，填空题多为低档题，解答题则一般为与其他知识(尤其是三角函数、向量)交汇的综合题或实际应用题，难度中等．1． 两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β. (3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2． 二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 2α＝2sin αcos α.(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α. (3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α. 3． 三角恒等式的证明方法(1)从等式的一边推导变形到另一边，一般是化繁为简． (2)等式的两边同时变形为同一个式子． (3)将式子变形后再证明． 4． 正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R (2R 为△ABC 外接圆的直径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C . sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R.a ∶b ∶c ＝sin A ∶si n B ∶sin C .5． 余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab.变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C .6． 面积公式S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .7． 解三角形(1)已知两角及一边，利用正弦定理求解．(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一． (3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解． (4)已知三边，利用余弦定理求解．考点一 三角变换例1 (2013·广东)已知函数f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12，x ∈R . (1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6的值； (2)若cos θ＝35，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，求f ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π3. 解 (1)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6－π12＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝2cos π4＝1.(2)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3－π12＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝cos 2θ－sin 2θ，又cos θ＝35，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，∴sin θ＝－45，∴sin 2θ＝2sin θcos θ＝－2425，cos 2θ＝2cos 2θ－1＝－725，∴f ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π3＝cos 2θ－sin 2θ＝－725＋2425＝1725.当已知条件中的角与所求角不同时，需要通过“拆”、“配”等方法实现角的转化，一般是寻求它们的和、差、倍、半关系，再通过三角变换得出所要求的结果． 化简常用技巧：①常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等；②项的分拆与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等；③降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次； ④弦、切互化：一般是切化弦．(1)(2013·四川)设sin 2α＝－sin α，α∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，则tan 2α的值是________．(2)(2012·江苏)设α为锐角，若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12的值为________．答案 (1) 3 (2)17250解析 (1)∵sin 2α＝－sin α，∴sin α(2cos α＋1)＝0，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，∴sin α≠0,2cos α＋1＝0即cos α＝－12，sin α＝32，tan α＝－3，∴tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝－231－－32＝ 3.(2)∵α为锐角且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45， ∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＝35.∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－π4＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos π4－cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6sin π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－22⎣⎢⎡⎦⎥⎤2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－1 ＝2×35×45－22⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×⎝ ⎛⎭⎪⎫452－1＝12225－7250＝17250. 考点二 正、余弦定理例2 (2013·课标全国Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a ＝b cos C＋c sin B . (1)求B ；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的最大值． 解 (1)由已知及正弦定理得 sin A ＝sin B cos C ＋sin C sin B ，①又A ＝π－(B ＋C )，故sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ．②由①②和C ∈(0，π)得sin B ＝cos B . 又B ∈(0，π)，所以B ＝π4.(2)△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝24ac .由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2－2ac cos π4.又a 2＋c 2≥2ac ，故ac ≤42－2，当且仅当a ＝c 时，等号成立． 因此△ABC 面积的最大值为2＋1.三角形问题的求解一般是从两个角度，即从“角”或从“边”进行转化突破，实现“边”或“角”的统一，问题便可突破． 几种常见变形：(1)a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ；(2)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，其中R 为△ABC 外接圆的半径； (3)sin(A ＋B )＝sin C ，cos(A ＋B )＝－cos C .设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，且(2b －3c )cos A＝3a cos C . (1)求角A 的大小；(2)若角B ＝π6，BC 边上的中线AM 的长为7，求△ABC 的面积．解 (1)∵(2b －3c )cos A ＝3a cos C ， ∴(2sin B －3sin C )cos A ＝3sin A cos C . 即2sin B cos A ＝3sin A cos C ＋3sin C cos A .∴2sin B cos A ＝3sin B . ∵sin B ≠0，∴cos A ＝32， ∵0<A <π，∴A ＝π6.(2)由(1)知A ＝B ＝π6，所以AC ＝BC ，C ＝2π3，设AC ＝x ，则MC ＝12x .又AM ＝7，在△AMC 中，由余弦定理得AC 2＋MC 2－2AC ·MC cos C ＝AM 2， 即x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22－2x ·x2·cos 120°＝(7)2，解得x ＝2，故S △ABC ＝12x 2sin 2π3＝ 3.考点三 正、余弦定理的实际应用例3 (2013·江苏)如图，游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径．一种是从A 沿直线步行到C ，另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ，然后从B 沿直线步行到C .现有甲、乙两位游客从A 处下山，甲沿AC 匀速 步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min 后，乙从A 乘缆车到B ，在B 处停留1 min 后，再从B 匀速步行到C .假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min ，山路AC 长为1 260 m ，经测量cos A ＝1213，cos C ＝35.(1)求索道AB 的长；(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？解 (1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝513×35＋1213×45＝6365. 由正弦定理AB sin C ＝ACsin B，得AB ＝ACsin B ×sin C ＝1 2606365×45＝1 040(m)． 所以索道AB 的长为1 040 m.(2)假设乙出发t 分钟后，甲、乙两游客距离为d ，此时，甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ， 所以由余弦定理得d 2＝(100＋50t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)， 由于0≤t ≤1 040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537 min 时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝ACsin B，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝1 2606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C . 设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过 3 min ，乙步行的速度应控制在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内．应用解三角形知识解决实际问题一般分为下列四步：(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词术语，如坡度、仰角、俯角、视角、方位角等；(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；(3)将所求的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识正确求解；(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．在南沙某海岛上一观察哨A 上午11时测得一轮船在海岛北偏东60°的C 处，12时20分测得船在海岛北偏西60°的B 处，12时40分轮船到达位于海岛正西方且距海岛5 km 的E 港口，如果轮船始终匀速直线前进，问船速为多少？解 由题意，得轮船从C 到B 用时80分钟，从B 到E 用时20分钟． 又船始终匀速前进，所以BC ＝4EB . 设EB ＝x ，则BC ＝4x .由已知，得∠BAE ＝30°，∠EAC ＝150°. 在△AEC 中，由正弦定理，得EC sin∠EAC ＝AEsin C，所以sin C ＝AE ·sin∠EAC EC ＝5sin 150°5x ＝12x.在△ABC 中，由正弦定理，得BC sin 120°＝ABsin C，∴AB ＝BC ·sin Csin 120°＝4x ·12x 32＝433.在△ABE 中，由余弦定理，得BE 2＝AB 2＋AE 2－2AB ·AE ·cos 30°＝163＋25－2×433×5×32＝313， 故BE ＝313. 所以船速v ＝BE t＝31313＝93(km/h)．所以该船的速度为93 km/h.1． 求解恒等变换的基本思路一角二名三结构，即用化归转化思想“去异求同”的过程，具体分析如下：(1)首先观察角与角之间的关系，注意角的一些常用变换形式，角的变换是三角函数变换的核心．(2)其次看函数名称之间的关系，通常“切化弦”． (3)再次观察代数式的结构特点． 2． 解三角形的两个关键点(1)正、余弦定理是实现三角形中边角互化的依据，注意定理的灵活变形，如a ＝2R sinA ，sin A ＝a2R(其中2R 为三角形外接圆的直径)，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C 等，灵活根据条件求解三角形中的边与角．(2)三角形的有关性质在解三角形问题中起着重要的作用，如利用“三角形的内角和等于π”和诱导公式可得到sin(A ＋B )＝sin C ，sin A ＋B2＝cos C2等，利用“大边对大角”可以解决解三角形中的增解问题等.1． 在△ABC 中，已知tanA ＋B2＝sin C ，给出以下四个结论：①tan Atan B＝1； ②1<sin A ＋sin B ≤2； ③sin 2A ＋cos 2B ＝1； ④cos 2A ＋cos 2B ＝sin 2C . 其中正确的序号为________． 答案 ②④解析 依题意，tan A ＋B2＝sinA ＋B 2cosA ＋B2＝2sin A ＋B2cos A ＋B22cos2A ＋B2＝A ＋B1＋A ＋B＝sin C1＋A ＋B＝sin C .∵sin C ≠0，∴1＋cos(A ＋B )＝1，cos(A ＋B )＝0. ∵0<A ＋B <π，∴A ＋B ＝π2，即△ABC 是以角C 为直角的直角三角形． 对于①，由tan Atan B ＝1，得tan A ＝tan B ，即A ＝B ，不一定成立，故①不正确； 对于②，∵A ＋B ＝π2，∴sin A ＋sin B ＝sin A ＋cos A ＝2sin(A ＋π4)，∴1<sin A ＋sin B ≤2，故②正确； 对于③，∵A ＋B ＝π2，∴sin 2A ＋cos 2B ＝sin 2A ＋sin 2A ＝2sin 2A ， 其值不确定，故③不正确； 对于④，∵A ＋B ＝π2，∴cos 2A ＋cos 2B ＝cos 2A ＋sin 2A ＝1＝sin 2C ，故④正确． 2． 已知函数f (x )＝3sin x 4cos x4＋cos 2x4.(1)若f (x )＝1，求cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－x 的值；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且满足a cos C ＋12c ＝b ，求f (B )的取值范围．解 (1)f (x )＝3sin x 4cos x4＋cos 2x4＝32sin x 2＋12cos x 2＋12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＋12. 由f (x )＝1，可得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＝12.cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－x ＝cos[π－(π3＋x )]＝－cos(π3＋x )＝2sin 2(x 2＋π6)－1＝－12. (2)由a cos C ＋12c ＝b ，得a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋12c ＝b ，即b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.因为A ∈(0，π)，所以A ＝π3，B ＋C ＝2π3， 所以0<B <2π3，所以π6<B 2＋π6<π2，所以f (B )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B 2＋π6＋12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.(推荐时间：60分钟)一、填空题1． 设α、β都是锐角，且cos α＝55，sin(α＋β)＝35，则cos β等于________． 答案2525解析 根据α、β都是锐角，且cos α＝55，sin 2α＋cos 2α＝1， 得sin α＝255⇒π4<α<π2，又∵sin(α＋β)＝35，∴cos(α＋β)＝－45.又cos β＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α ＝2525. 2． 已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＋sin α＝453，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋7π6的值是________． 答案 －45解析 ∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＋sin α＝453， ∴32cos α＋32sin α＝453， 3⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos α＋32sin α＝453，3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝453，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝45，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝－45.3． (2013·辽宁)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a sin B cos C ＋c sinB cos A ＝12b ，且a ＞b ，则∠B 等于________．答案π6解析 由条件得a b sin B cos C ＋c b sin B cos A ＝12，依正弦定理，得sin A cos C ＋sin C cos A ＝12，∴sin(A ＋C )＝12，从而sin B ＝12，又a ＞b ，且B ∈(0，π)，因此B ＝π6.4． 锐角三角形ABC 中，若C ＝2B ，则AB AC的范围是________．答案 (2，3)解析 设△ABC 三内角A 、B 、C 所对的边长分别为a 、b 、c ，则有AB AC ＝c b ＝sin C sin B ＝sin 2B sin B＝2cos B .又∵C ＝2B <π2，∴B <π4.又A ＝π－(B ＋C )＝π－3B <π2，∴B >π6，即π6<B <π4，∴22<cos B <32，2<2cos B < 3. 5． 已知△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，且tan B ＝2－3a 2－b 2＋c 2，BC →·BA →＝12，则tan B 等于________． 答案 2－ 3解析 由题意得，BC →·BA →＝|BC →|·|BA →|cos B ＝ac cos B ＝12，即cos B ＝12ac，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12ac⇒a 2＋c 2－b 2＝1，所以tan B ＝2－3a 2－b 2＋c 2＝2－ 3.6． (2013·重庆改编)计算：4cos 50°－tan 40°＝________.答案3解析 4cos 50°－tan 40°＝4sin 40°cos 40°－sin 40°cos 40°＝2sin 80°－sin 40°cos 40°＝＋3－sin 40°cos 40°＝3sin 50°＋cos 50°－sin 40°cos 40°＝3sin 50°cos 40°＝ 3.7． (2013·福建)如图，在△ABC 中，已知点D 在BC 边上，AD ⊥AC ，sin∠BAC ＝223，AB ＝32，AD ＝3，则BD 的长为______．答案3解析 sin∠BAC ＝sin(π2＋∠BAD )＝cos∠BAD ，∴cos∠BAD ＝223.BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos∠BAD＝(32)2＋32－2×32×3×223，即BD 2＝3，BD ＝ 3.8． 已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝12，且－π2<α<0，则2sin 2α＋sin 2αcos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝________. 答案 －255解析 由tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝12， 得tan α＝－13. 又－π2<α<0，可得sin α＝－1010.故2sin 2α＋sin 2αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝2sin αα＋cos α22α＋cos α＝22sin α＝－255.9． 在△ABC 中，C ＝60°，AB ＝3，AB 边上的高为43，则AC ＋BC ＝________.答案11解析 依题意，利用三角形面积相等有： 12AB ×h ＝12AC ·BCsin 60°， ∴12×3×43＝12ACBC ·sin 60°，∴AC ·BC ＝83.利用余弦定理可知cos 60°＝AC 2＋BC 2－AB 22ACBC，∴cos 60°＝AC 2＋BC 2－32×83，解得：AC 2＋BC 2＝173.又因(AC ＋BC )2＝AC 2＋BC 2＋2AC ·BC ＝173＋163＝11， ∴AC ＋BC ＝11. 二、解答题10．已知函数f (x )＝sin(2x －π6)＋2cos 2x －1(x ∈R )．(1)求f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，三内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知f (A )＝12，2a ＝b ＋c ，bc＝18，求a 的值．解 (1)f (x )＝sin(2x －π6)＋2cos 2x －1＝32sin 2x －12cos 2x ＋cos 2x ＝32sin 2x ＋12cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.令2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z )，即f (x )的单调递增区间为[k π－π3，k π＋π6](k ∈Z )．(2)由f (A )＝12，得sin(2A ＋π6)＝12.∵π6<2A ＋π6<2π＋π6，∴2A ＋π6＝5π6. ∴A ＝π3.由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc .又2a ＝b ＋c ，bc ＝18，∴a 2＝4a 2－3×18，即a 2＝18，a ＝3 2.11．(2013·四川)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos2A －B2cos B －sin(A－B )sin B ＋cos(A ＋C )＝－35.(1)求cos A 的值；(2)若a ＝42，b ＝5，求向量BA →在BC →方向上的投影． 解 (1)由2cos2A －B2cos B －sin(A －B )sin B ＋cos(A ＋C )＝－35，得 [cos(A －B )＋1]cos B －sin(A －B )sin B －cos B ＝－35，即cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35.则cos(A －B ＋B )＝－35，即cos A ＝－35.(2)由cos A ＝－35，0<A <π，得sin A ＝45，由正弦定理，有a sin A ＝bsin B ，所以，sin B ＝b sin A a ＝22. 由题意知a >b ，则A >B ，故B ＝π4，根据余弦定理，有(42)2＝52＋c 2－2×5c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，解得c ＝1或c ＝－7(舍去)．故向量BA →在BC →方向上的投影为|BA →|cos B ＝22.12．(2013·福建)如图，在等腰直角△OPQ 中，∠POQ ＝90°，OP ＝22，点M 在线段PQ 上，(1)若OM ＝5，求PM 的长；(2)若点N 在线段MQ 上，且∠MON ＝30°，问：当∠POM 取何值时，△OMN 的面积最小？并求出面积的最小值．解 (1)在△OMP 中，∠OPM ＝45°，OM ＝5，OP ＝22， 由余弦定理得，OM 2＝OP 2＋MP 2－2×OP ×MP ×cos 45°， 得MP 2－4MP ＋3＝0， 解得MP ＝1或MP ＝3.(2)设∠POM ＝α，0°≤α≤60°， 在△OMP 中，由正弦定理，得OM sin∠OPM ＝OPsin∠OMP，所以OM ＝OP sin 45°＋α， 同理ON ＝OP sin 45°＋α.故S △OMN ＝12×OM ×ON ×sin∠MON＝14×OP 2sin 245°＋α＋α＝1＋α＋α＋＝1＋α32＋α＋12＋α＝132sin 2＋α＋12＋α＋α＝134[1－＋2α＋14＋2α＝134＋34sin 2α＋14cos 2α＝134＋12α＋.因为0°≤α≤60°，30°≤2α＋30°≤150°，所以当α＝30°时，sin(2α＋30°)取最大值1，此时△OMN 的面积取到最小值，即∠POM ＝30°时，△OMN 的面积的最小值为8－4 3.。
2022年高考数学(文科)二轮复习 名师导学案：专题二 第3讲 平面向量 Word版含答案
第3讲 平面对量高考定位 1.以选择题、填空题的形式考查向量的线性运算，多以熟知的平面图形为背景，难度中低档；2.以选择题、填空题的形式考查平面对量的数量积，多考查角、模等问题，难度中低档；3.向量作为工具常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何等结合，以解答题形式消灭.真 题 感 悟1.(2021·全国Ⅱ卷)设非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则( ) A.a ⊥b B.|a |＝|b | C.a ∥bD.|a |>|b |解析 由|a ＋b |＝|a －b |两边平方，得a 2＋2a·b ＋b 2＝a 2－2a·b ＋b 2，即a·b ＝0，故a ⊥b . 答案 A2.(2021·全国Ⅰ卷)已知向量a ＝(－1，2)，b ＝(m ，1).若向量a ＋b 与a 垂直，则m ＝________. 解析 由题意得a ＋b ＝(m －1，3)，由于a ＋b 与a 垂直，所以(a ＋b )·a ＝0，所以－(m －1)＋2×3＝0，解得m ＝7. 答案 73.(2021·天津卷)在△ABC 中，∠A ＝60°，AB ＝3，AC ＝2，若BD → ＝2DC → ，AE → ＝λAC → －AB → (λ∈R )，且AD → ·AE →＝－4，则λ的值为________.解析 AB → ·AC → ＝3×2×cos 60°＝3，AD → ＝13AB → ＋23AC → ，则AD → ·AE → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB → ＋23AC → ·(λAC → －AB → )＝λ－23AB → ·AC → －13AB → 2＋2λ3AC → 2＝λ－23×3－13×32＋2λ3×22＝113λ－5＝－4，解得λ＝311. 答案3114.(2021·江苏卷)已知向量a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，x ∈[0，π]. (1)若a ∥b ，求x 的值；(2)记f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值和最小值以及对应的x 的值. 解 (1)∵a ∥b ，∴3sin x ＝－3cos x ，∴3sin x ＋3cos x ＝0，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝0.∵0≤x ≤π，∴π6≤x ＋π6≤76π，∴x ＋π6＝π，∴x ＝5π6.(2)f (x )＝a·b ＝3cos x －3sin x ＝－23sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3.∵x ∈[0，π]，∴x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，∴－32≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3≤1，∴－23≤f (x )≤3，当x －π3＝－π3，即x ＝0时，f (x )取得最大值3；当x －π3＝π2，即x ＝5π6时，f (x )取得最小值－2 3.考 点 整 合1.平面对量的两个重要定理(1)向量共线定理：向量a (a ≠0)与b 共线当且仅当存在唯一一个实数λ，使b ＝λa .(2)平面对量基本定理：假如e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a ，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，其中e 1，e 2是一组基底. 2.平面对量的两个充要条件若两个非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则 (1)a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0. (2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0. 3.平面对量的三共性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2.(2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|A B → |＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22.4.平面对量的三个锦囊(1)向量共线的充要条件：O 为平面上一点，则A ，B ，P 三点共线的充要条件是OP → ＝λ1OA → ＋λ2OB →(其中λ1＋λ2＝1).(2)三角形中线向量公式：若P 为△OAB 的边AB 的中点，则向量OP → 与向量OA → ，OB → 的关系是OP → ＝12(OA → ＋OB →).(3)三角形重心坐标的求法：G 为△ABC 的重心⇔GA → ＋GB → ＋GC → ＝0⇔G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x A ＋x B ＋x C 3，y A ＋y B ＋y C 3.热点一 平面对量的有关运算【例1】 (1)(2022·全国Ⅰ卷)设向量a ＝(m ，1)，b ＝(1，2)，且|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，则m ＝________. (2)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ， BE ＝23BC .若DE → ＝λ1AB → ＋λ2AC →(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________.解析 (1)由|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，得a ⊥b ， 所以a ·b ＝m ×1＋1×2＝0，得m ＝－2. (2)DE → ＝DB → ＋BE → ＝12AB → ＋23BC → ＝12AB → ＋23(AC → －AB → )＝－16AB → ＋23AC → ， ∵DE → ＝λ 1AB → ＋λ2AC → ， ∴λ1＝－16，λ2＝23，因此λ1＋λ2＝12.答案 (1)－2 (2)12探究提高 对于平面对量的线性运算，首先要选择一组基底，同时留意共线向量定理的机敏运用.其次运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系.【训练1】 (2021·衡阳二模)如图，正方形ABCD 中，M ，N 分别是BC ，CD 的中点，若AC → ＝λAM → ＋μBN →，则λ＋μ＝( )A.2B.83C.65D.85解析 法一 如图以AB ，AD 为坐标轴建立平面直角坐标系，设正方形边长为1，AM → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，BN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，AC →＝(1，1).∵AC → ＝λAM → ＋μBN → ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12＋μ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－μ2，λ2＋μ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧λ－12μ＝1，λ2＋μ＝1，解之得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝65，μ＝25，故λ＋μ＝85.法二 以AB → ，AD →作为基底，∵M ，N 分别为BC ，CD 的中点， ∴AM → ＝AB → ＋BM → ＝AB → ＋12AD → ， BN → ＝BC → ＋CN → ＝AD → －12AB →， 因此AC → ＝λAM → ＋μBN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－μ2AB → ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋μAD →，又AC → ＝AB → ＋AD →， 因此⎩⎪⎨⎪⎧λ－μ2＝1，λ2＋μ＝1，解得λ＝65且μ＝25.所以λ＋μ＝85.答案 D热点二 平面对量的数量积 命题角度1 平面对量数量积的运算【例2－1】 (1)(2021·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1＝OA → ·OB → ，I 2＝OB → ·OC → ，I 3＝OC → ·OD →，则( )A.I 1＜I 2＜I 3B.I 1＜I 3＜I 2C.I 3＜I 1＜I 2D.I 2＜I 1＜I 3(2)已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE → ·CB → 的值为________；DE → ·DC →的最大值为________.解析 (1)如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，∴∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD 与∠BOC 为锐角，依据题意，I 1－I 2＝OA → ·OB → －OB → ·OC → ＝OB → ·(OA → －OC → )＝OB → ·CA →＝|OB → ||CA →|·cos∠AOB <0，∴I 1<I 2，同理I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ， 又AB ＝AD ，∴OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ， ∴|OA → ||OB → |<|OC → ||OD →|， 而cos∠AOB ＝cos∠COD <0，∴OA → ·OB → >OC → ·OD →，即I 1>I 3.∴I 3<I 1<I 2.(2)法一 如图，以AB ，AD 为坐标轴建立平面直角坐标系，则A (0，0)，B (1，0)，C (1，1)，D (0，1)， 设E (t ，0)，t ∈[0，1]， 则DE → ＝(t ，－1)，CB →＝(0，－1)， 所以DE → ·CB →＝(t ，－1)·(0，－1)＝1.由于DC → ＝(1，0)，所以DE → ·DC →＝(t ，－1)·(1，0)＝t ≤1，故DE → ·DC →的最大值为1. 法二 如图，无论E 点在哪个位置，DE → 在CB → 方向上的投影都是CB ＝1，所以DE → ·CB → ＝|CB →|·1＝1，当E 运动到B 点时，DE → 在DC →方向上的投影最大，即为DC ＝1，所以(DE → ·DC → )max ＝|DC →|·1＝1.答案 (1)C (2)1 1探究提高 1.求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义.2.进行向量的数量积的运算，首先要有“基底”意识，关键用基向量表示题目中所求相关向量.其次留意向量夹角的大小，以及夹角θ＝0°，90°，180°三种特殊情形. 命题角度2 平面对量数量积的性质【例2－2】 (1)(2022·山东卷)已知非零向量m ，n 满足4|m |＝3|n |，cos 〈m ，n 〉＝13.若n ⊥(t m ＋n )，则实数t 的值为( ) A.4 B.－4 C.94D.－94(2)(2021·哈尔滨模拟)平面对量a ，b 满足|a |＝4，|b |＝2，a ＋b 在a 上的投影为5，则|a －2b |的模为( ) A.2 B.4 C.8D.16解析 (1)∵n ⊥(t m ＋n )，∴n ·(t m ＋n )＝0，即t ·m ·n ＋n 2＝0， ∴t |m ||n |cos 〈m ，n 〉＋|n |2＝0，由已知得t ×34|n |2×13＋|n |2＝0，解得t ＝－4.(2)|a ＋b |cos 〈a ＋b ，a 〉＝|a ＋b |·（a ＋b ）·a |a ＋b ||a |＝a 2＋a ·b |a |＝16＋a ·b4＝5；∴a ·b ＝4.又(a －2b )2＝a 2－4a ·b ＋4b 2＝16－16＋16＝16. ∴|a －2b |＝4. 答案 (1)B (2)B探究提高 1.求两向量的夹角：cos θ＝a ·b|a |·|b |，要留意θ∈[0，π].2.两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是：a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔|a －b |＝ |a ＋b |.3.求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有： (1)a 2＝a ·a ＝|a |2或|a |＝a ·a . (2)|a ±b |＝（a ±b ）2＝a 2±2a ·b ＋b 2. (3)若a ＝(x ，y )，则|a |＝x 2＋y 2.【训练2】 (1)(2021·福建卷)已知AB → ⊥AC → ，|AB → |＝1t ，|AC → |＝t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP → ＝AB→|AB →|＋4AC → |AC →|，则PB → ·PC → 的最大值等于( )A.13B.15C.19D.21(2)(2021·郴州二模)已知a ，b 均为单位向量，且(2a ＋b )·(a －2b )＝－332，则向量a ，b 的夹角为________.解析 (1)建立如图所示坐标系，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，C (0，t )，AB → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，AC → ＝(0，t )，则AP → ＝AB→ |AB → |＋4AC→|AC →| ＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t，0＋4t(0，t )＝(1，4). ∴点P (1，4)，则PB → ·PC → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4·(－1，t －4) ＝17－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t＋4t ≤17－21t·4t ＝13，当且仅当4t ＝1t ，即t ＝12时取等号，故PB → ·PC →的最大值为13. (2)设单位向量a ，b 的夹角为θ， 则|a |＝|b |＝1，a ·b ＝cos θ. ∵(2a ＋b )·(a －2b )＝－332，∴2|a |2－2|b |2－3a ·b ＝－3cos θ＝－332，∴cos θ＝32，∵0≤θ≤π，∴θ＝π6.答案 (1)A (2)π6热点三 平面对量与三角的交汇综合【例3】 (2021·郑州质检)已知向量m ＝(2sin ωx ，cos 2ωx －sin 2ωx )，n ＝(3cos ωx ，1)，其中ω＞0，x ∈R .若函数f (x )＝m ·n 的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)在△ABC 中，若f (B )＝－2，BC ＝3，sin B ＝3sin A ，求BA → ·BC →的值.解 (1)f (x )＝m ·n ＝23sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx －sin 2ωx ＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6.∵f (x )的最小正周期为π，∴T ＝2π2|ω|＝π.∵ω＞0，∴ω＝1.(2)设△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c . ∵f (B )＝－2，∴2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－2， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－1，解得B ＝2π3(B ∈(0，π)).∵BC ＝3，∴a ＝3，∵sin B ＝3sin A ，∴b ＝3a ，∴b ＝3. 由正弦定理，有3sin A ＝3sin2π3，解得sin A ＝12. ∵0＜A ＜π3，∴A ＝π6.∴C ＝π6，∴c ＝a ＝ 3.∴BA → ·BC → ＝ca cos B ＝3×3×cos 2π3＝－32. 探究提高 1.破解平面对量与“三角”相交汇题的常用方法是“化简转化法”，即先活用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、倍角公式、帮助角公式等对三角函数进行巧“化简”；然后把以向量共线、向量垂直形式消灭的条件转化为“对应坐标乘积之间的关系”；再活用正、余弦定理，对三角形的边、角进行互化. 2.这种问题求解的关键是利用向量的学问将条件“脱去向量外衣”，转化为三角函数的相关学问进行求解. 【训练3】 (2021·山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝3，AB → ·AC →＝－6，S △ABC＝3，求A 和a .解 由于AB → ·AC →＝－6，所以bc cos A ＝－6，又由于S △ABC ＝3，所以bc sin A ＝6， 因此tan A ＝－1，又0<A <π，所以A ＝3π4.又由于b ＝3，所以c ＝2 2. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 得a 2＝9＋8－2×3×22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝29， 所以a ＝29.1.平面对量的数量积的运算有两种形式：(1)依据模和夹角计算，要留意确定这两个向量的夹角，如夹角不易求或者不行求，可通过选择易求夹角和模的基底进行转化；(2)利用坐标来计算，向量的平行和垂直都可以转化为坐标满足的等式，从而应用方程思想解决问题，化形为数，使向量问题数量化.2.依据平行四边形法则，对于非零向量a ，b ，当|a ＋b |＝|a －b |时，平行四边形的两条对角线长度相等，此时平行四边形是矩形，条件|a ＋b |＝|a －b |等价于向量a ，b 相互垂直.3.两个向量夹角的范围是[0，π]，在使用平面对量解决问题时要特殊留意两个向量夹角可能是0或π的状况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不单纯就是其数量积小于零，还要求不能反向共线.一、选择题1.(2022·全国Ⅲ卷)已知向量BA → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，BC → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，则∠ABC ＝( )A.30°B.45°C.60°D.120°解析 |BA → |＝1，|BC → |＝1，cos∠ABC ＝BA → ·BC→|BA → |·|BC → |＝32.∵0°≤∠ABC ≤180°，∴∠ABC ＝30°.答案 A2.(2021·北京卷)设m ，n 为非零向量，则“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n <0”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析 存在负数λ，使得m ＝λn ，则m ·n ＝λn ·n ＝λ|n |2<0，因而是充分条件，反之m ·n <0，不能推出m ，n 方向相反，则不是必要条件.答案 A3.(2021·汉中模拟)已知向量a ＝(2，－4)，b ＝(－3，x )，c ＝(1，－1)，若(2a ＋b )⊥c ，则|b |＝( ) A.9 B.3 C.109D.310解析 向量a ＝(2，－4)，b ＝(－3，x )，c ＝(1，－1)，∴2a ＋b ＝(1，x －8)，由(2a ＋b )⊥c ，可得1＋8－x ＝0，解得x ＝9. 则|b |＝（－3）2＋92＝310. 答案 D4.如图，BC ，DE 是半径为1的圆O 的两条直径，BF → ＝2FO → ，则FD → ·FE →等于( )A.－34B.－89C.－14D.－49解析 ∵BF → ＝2FO → ，圆O 的半径为1，∴|FO → |＝13，∴FD → ·FE → ＝(FO → ＋OD → )· (FO → ＋OE → )＝FO → 2＋FO → ·(OE → ＋OD → )＋OD → ·OE → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋0－1＝－89. 答案 B5.(2021·安徽江淮十校联考)已知平面对量a ，b (a ≠0，a ≠b )满足|a |＝3，且b 与b －a 的夹角为30°，则|b |的最大值为( ) A.2 B.4 C.6D.8解析 令OA → ＝a ，OB → ＝b ，则b －a ＝AB → －OA → ＝AB →，如图.∵b 与b －a 的夹角为30°， ∴∠OBA ＝30°. ∵|a |＝|OA →|＝3，∴由正弦定理得|OA → |sin∠OBA ＝|OB → |sin ∠OAB ，|b |＝|OB →|＝6·sin∠OAB ≤6.答案 C 二、填空题6.(2021·全国Ⅲ卷)已知向量a ＝(－2，3)，b ＝(3，m )，且a ⊥b ，则m ＝________. 解析 由题意，得－2×3＋3m ＝0，∴m ＝2. 答案 27.(2021·德州模拟)已知平面对量a 和b 的夹角为60°，a ＝(2，0)，|b |＝1，则 |a ＋2b |＝________.解析 ∵〈a ，b 〉＝60°，a ＝(2，0)，|b |＝1， ∴a ·b ＝|a ||b |·cos 60°＝2×1×12＝1，又|a ＋2b |2＝a 2＋4b 2＋4a ·b ＝12， 所以|a ＋2b |＝12＝2 3. 答案 2 38.若点M 是△ABC 所在平面内的一点，且满足5 AM → ＝AB → ＋3AC →，则△ABM 与△ABC 的面积比值为________.解析 设AB 的中点为D ，由5AM → ＝AB → ＋3AC → ，得3AM → －3AC → ＝2AD → －2AM → ，即3CM → ＝2MD →.如图所示，故C ，M ，D 三点共线， 且MD → ＝35CD →， 也就是△ABM 与△ABC 对于边AB 的两高之比为3∶5， 则△ABM 与△ABC 的面积比值为35.答案 35三、解答题9.设向量a ＝(3sin x ，sin x )，b ＝(cos x ，sin x )，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)若|a |＝|b |，求x 的值；(2)设函数f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值. 解 (1)由|a |2＝(3sin x )2＋(sin x )2＝4sin 2x ， |b |2＝(cos x )2＋(sin x )2＝1， 及|a |＝|b |，得4sin 2x ＝1.又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，从而sin x ＝12，所以x ＝π6.(2)f (x )＝a ·b ＝3sin x ·cos x ＋sin 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，当x ＝π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6取最大值1.所以f (x )的最大值为32.10.(2021·贵阳调研)已知向量a ＝⎝ ⎛cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，⎭⎪⎫sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋x ，b ＝(－sin x, 3sin x )，f (x )＝a ·b .(1)求函数f (x )的最小正周期及f (x )的最大值；(2)在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝1，a ＝23，求三角形ABC 面积的最大值.解 (1)∵a ＝(－sin x ，cos x )，b ＝(－sin x ，3sin x )， 则f (x )＝a ·b ＝sin 2x ＋3sin x cos x＝12(1－cos 2x )＋32sin 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12， ∴f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，当2x －π6＝π2＋2k π，k ∈Z 时，即x ＝π3＋k π(k ∈Z )，f (x )取最大值是32.(2)∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＋12＝1，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＝12，∴A ＝π3.∵a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴12＝b 2＋c 2－bc ，∴b 2＋c 2＝12＋bc ≥2bc ，∴bc ≤12(当且仅当b ＝c ＝23时等号成立).∴S ＝12bc sin A ＝34bc ≤3 3.∴当三角形ABC 为等边三角形时面积取最大值是3 3. 11.已知函数f (x )＝2cos 2x ＋23sin x cos x (x ∈R ).(1)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c ＝3，f (C )＝2，若向量m ＝(1，sin A )与向量n ＝(2，sin B )共线，求a ，b 的值.解 (1)f (x )＝2cos 2x ＋3sin 2x ＝cos 2x ＋3sin 2x ＋1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋1，令－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，由于x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2， 所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6.(2)由f (C )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＋1＝2，得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝12，而C ∈(0，π)，所以2C ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，所以2C ＋π6＝56π，解得C ＝π3.由于向量m ＝(1，sin A )与向量n ＝(2，sin B )共线， 所以sin A sin B ＝12.由正弦定理得a b ＝12，①由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3，即a 2＋b 2－ab ＝9.②联立①②，解得a ＝3，b ＝2 3.。
2020版 江苏 步步高二轮数学板块三 高考提能 平面向量问题
平面向量问题一、“基底法”与“坐标法”解决平面向量问题，首先要表示向量．解题中通常有“基底法”与“坐标法”两种方法表示向量．1．已知正三角形ABC 内接于半径为2的圆O ，点P 是圆O 上的一个动点，则P A →·PB →的取值范围是________． 答案 [－2,6]解析 如图建立平面直角坐标系，令C (－2,0)，A (1，3)，B (1，－3)，设P (2cos θ，2sin θ)，θ∈[0,2π)，则P A →·PB →＝(2cos θ－1)2＋4sin 2θ－3＝2－4cos θ，∴P A →·PB →的取值范围是[－2,6]．2.如图，在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥DC ，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上．若BE →＝λBC →，DF →＝19λDC →，则AE →·AF →的最小值为________．答案2918解析 方法一 基底法 因为DF →＝19λDC →，DC →＝12AB →，所以CF →＝DF →－DC →＝19λDC →－DC →＝1－9λ9λDC →＝1－9λ18λAB →，AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋λBC →.又AF →＝AB →＋BC →＋CF →＝AB →＋BC →＋1－9λ18λAB →＝1＋9λ18λAB →＋BC →. 所以AE →·AF →＝(AB →＋λBC →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋9λ18λAB →＋BC →＝1＋9λ18λAB →2＋λBC →2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ·1＋9λ18λAB →·BC → ＝1＋9λ18λ×4＋λ＋19＋9λ18×2×1×cos 120°＝29λ＋12λ＋1718≥229λ·12λ＋1718＝2918. 当且仅当29λ＝12λ，即λ＝23(舍负)时取等号，故AE →·AF →的最小值为2918.方法二 坐标法以线段AB 的中点O 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy ，则A (－1,0)，B (1,0)，C ⎝⎛⎭⎫12，32，D ⎝⎛⎭⎫－12，32.所以AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋λBC →＝⎝⎛⎭⎫2－12λ，32λ.AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋19λDC →＝⎝⎛⎭⎫12＋19λ，32，所以AE →·AF →＝⎝⎛⎭⎫2－12λ⎝⎛⎭⎫12＋19λ＋32×32λ＝1718＋λ2＋29λ≥1718＋2λ2·29λ＝2918. 当且仅当29λ＝12λ，即λ＝23(舍负)时取等号，故AE →·AF →的最小值为2918.3．在△ABC 中，已知AB ＝10，AC ＝15，∠BAC ＝π3，点M 是边AB 的中点，点N 在直线AC上，且AC →＝3AN →，直线CM 与BN 相交于点P ，则线段AP 的长为________． 答案37解析 方法一 设BP →＝λBN →，CP →＝μCM →，λ∈(0,1)，μ∈(0,1)，如图(1)， AP →＝AB →＋BP →＝AB →＋λBN →＝AB →＋λ(BA →＋AN →) ＝AB →＋λ⎝⎛⎭⎫－AB →＋13AC →＝(1－λ)AB →＋λ3AC →. AP →＝AC →＋CP →＝AC →＋μCM →＝AC →＋μ(CA →＋AM →) ＝AC →＋μ⎝⎛⎭⎫－AC →＋12AB →＝(1－μ)AC →＋μ2AB →. 于是⎩⎨⎧1－λ＝μ2，λ3＝1－μ，解得⎩⎨⎧λ＝35，μ＝45.即AP →＝25AB →＋15AC →.所以|AP →|2＝125(4×|AB →|2＋2×2AB →·AC →＋|AC →|2)＝125⎝⎛⎭⎫4×100＋2×2×10×15×12＋225 ＝37，故|AP →|＝37.方法二 因为B ，P ，N 三点共线， 有AP →＝xAB →＋(1－x )AN →＝xAB →＋1－x 3AC →.同理，因为C ，P ，M 三点共线， 有AP →＝yAM →＋(1－y )AC →＝y 2AB →＋(1－y )AC →，根据向量相等的充要条件，有⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y2，1－x3＝1－y .解得⎩⎨⎧x ＝25，y ＝45，于是AP →＝25AB →＋15AC →.(下同方法一)方法三 以A 为坐标原点，AC 所在直线为x 轴，建立如图(2)所示的平面直角坐标系，由已知可得C (15,0)，N (5,0)，B (5,53)，M ⎝⎛⎭⎫52，532，于是BN 所在直线方程为x ＝5.CM 所在直线方程为y ＝－35(x －15)． 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝－35(x －15)，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝23，故P (5,23)， 故AP ＝52＋(23)2＝37.4．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________． 答案 1解析 方法一 基底法取向量a ，b 作为平面向量的一组基底， 设c ＝m a ＋n b .由|c |＝1，得|m a ＋n b |＝1， 可得(m a )2＋(n b )2＋2mn a ·b ＝1， 由题意，知|a |＝|b |＝1，a ·b ＝0. 整理得m 2＋n 2＝1.而a－c＝(1－m)a－n b，b－c＝－m a＋(1－n)b.故由(a－c)·(b－c)≤0.得[(1－m)a－n b]·[－m a＋(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.故|a＋b－c|的最大值为1.方法二坐标法因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，所以a⊥b.令OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，因为a⊥b.所以OA⊥OB.分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系．则a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，则A (1,0)，B (0,1)． 设C (x ，y )，则c ＝(x ，y )，且x 2＋y 2＝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 |＝(1－x )2＋(1－y )2＝3－2(x ＋y ).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. 二、向量共线的充要条件向量共线的充要条件：O 为平面上一点，则A ，B ，P 三点共线的充要条件是OP →＝λ1OA →＋λ2OB →(其中λ1＋λ2＝1)．5.如图，已知点G 是△ABC 的重心，若PQ →过△ABC 的重心，记CA →＝a ，CB →＝b ，CP →＝m a ，CQ →＝n b ，则1m ＋1n＝________.答案 3解析 CG →＝23CM →＝13a ＋13b ＝13m CP →＋13n CQ →，∵P ，G ，Q 三点共线，∴13m ＋13n ＝1，∴1m ＋1n＝3.6.如图，在Rt △ABC 中，P 是斜边BC 上一点，且满足BP →＝12PC →，点M ，N 在过点P 的直线上，若AM →＝λAB →，AN →＝μAC →，λ，μ>0，则λ＋2μ的最小值为________．答案 83解析 由题意知AP →＝23AB →＋13AC →＝23λAM →＋13μAN →，因为M ，N ，P 三点共线，所以23λ＋13μ＝1.因此λ＋2μ＝(λ＋2μ)·⎝⎛⎭⎫23λ＋13μ＝43＋4μ3λ＋λ3μ≥43＋24μ3λ×λ3μ＝83.当且仅当4μ3λ＝λ3μ，即λ＝43，μ＝23时取等号．故λ＋2μ的最小值为83.7.如图，A ，B ，C 是圆O 上三点，线段CO 的延长线与线段BA 的延长线交于圆O 外的点D .若OC →＝mOA →＋nOB →，则m ＋n 的取值范围是________．答案 (－1,0)解析 由题意可设OD →＝xOC →(x <－1)， ∴OD →＝xm ·OA →＋nx ·OB →， ∵A ，B ，D 三点共线， ∴mx ＋nx ＝1， ∴m ＋n ＝1x ，又x <－1，∴－1<m ＋n <0，故m ＋n 的取值范围是(－1,0)．8．在△ABC 中，已知AB →·AC →＝9，sin B ＝cos A ·sin C ，S △ABC ＝6，P 为线段AB 上的点，且CP →＝x ·CA →|CA →|＋y ·CB→|CB →|，则xy 的最大值为________．答案 3解析 由已知得sin B ＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝cos A ·sin C ， ∴sin A cos C ＝0，又∵sin A ≠0，∴cos C ＝0， 又0<C <180°，∴C ＝90°， ∴AB →·AC →＝|AC →|2＝9，∴|AC →|＝3， 又S △ABC ＝12|CB →||AC →|＝6，∴|CB →|＝4，∴CP →＝x ·CA →|CA →|＋y ·CB →|CB →|＝x 3CA →＋y 4CB →，又P 在线段AB 上， ∴x 3＋y4＝1， ∴1≥2x 3·y4，即xy ≤3， 当且仅当x 3＝y4，即x ＝32，y ＝2时取等号，故(xy )max ＝3.三、极化恒等式遇到共点向量的数量积问题，考虑极化恒等式： a ·b ＝14[(a ＋b )2－(a －b )2]．9．已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则P A →·(PB →＋PC →)的最小值是________． 答案 －32解析 设BC 的中点为O ，OA 的中点为M ，连结OP ，PM ，∴P A →·(PB →＋PC →)＝2PO →·P A →＝2|PM →|2－12|AO →|2＝2|PM →|2－32≥－32， 当且仅当M 与P 重合时取等号．10．在△ABC 中，已知∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，D 是AB 的中点，E ，F 分别是BC ，AC上的动点，且EF ＝1，则DE →·DF →的最小值为________．答案 154解析 设EF 的中点为M ，连结CM ，DM ，则CM ＝12，即点M 在如图所示的圆弧上，则DE →·DF →＝|DM →|2－|EM →|2＝|DM →|2－14≥⎪⎪⎪⎪CD －122－14＝154. 11．已知MN 是边长为26的等边△ABC 的外接圆的一条动弦，MN ＝4，P 为△ABC 的边上的动点，则MP →·PN →的最大值为________．答案 4解析 取MN 的中点D ，则MP →·PN →＝－PM →·PN →＝－⎝⎛⎭⎫PD →2－14MN →2＝4－PD →2≤4，当且仅当点P 与点D 重合时取到最大值4. 12．已知a ，b ，c 是同一平面内的三个单位向量，且a ⊥b ，则(c －a )·(c －b )的最大值是________． 答案 1＋ 2解析 如图，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，M 为线段AB 的中点，则有OA ⊥OB ，(c －a )·(c －b )＝AC →·BC →＝CA →·CB →＝CM →2－MB →2＝CM →2－⎝⎛⎭⎫222≤⎝⎛⎭⎫1＋222－12＝1＋ 2.四、向量与三角形的“四心”三角形的“四心”：外心(外接圆圆心)：三边垂直平分线的交点；内心(内接圆圆心)：三条角平分线的交点；重心：三条中线的交点；垂心：三条高线的交点．以下填空题，在“外心”“内心”“重心”“垂心”中选填．13．已知O 是△ABC 所在平面上的一点，若(OA →＋OB →)·AB →＝(OB →＋OC →)·BC →＝(OC →＋OA →)·CA →＝0，则O 点是△ABC 的________．答案 外心解析 由已知得(OA →＋OB →)·(OB →－OA →)＝(OB →＋OC →)·(OC →－OB →)＝(OC →＋OA →)·(OA →－OC →)＝0⇔OB →2－OA →2＝OC →2－OB →2＝OA →2－OC →2＝0 ⇔|OA →|＝|OB →|＝|OC →|.所以O 点是△ABC 的外心．14．已知O 是△ABC 所在平面上的一点，若OA →＋OB →＋OC →＝0，则O 点是△ABC 的________．答案 重心解析 如图所示，若OA →＋OB →＋OC →＝0，则OA →＋OB →＝－OC →，以OA →，OB →为邻边作平行四边形OAC 1B ，设OC 1与AB 交于点D ，则D 为AB 的中点，有OA →＋OB →＝OC 1→，得OC 1→＝－OC →，即C ，O ，D ，C 1四点共线，即CD 为△ABC 的中线，同理AE ，BF 亦为△ABC 的中线，所以O 是△ABC 的重心．15．已知O 是△ABC 所在平面上的一点，若OA →·OB →＝OB →·OC →＝OC →·OA →，则O 点是△ABC 的________．答案 垂心解析 由OA →·OB →＝OB →·OC →，得OA →·OB →－OB →·OC →＝0，即OB →·(OA →－OC →)＝0，得OB →·CA →＝0，所以OB →⊥CA →，同理可证OC →⊥AB →，OA →⊥BC →.∴O 是△ABC 的垂心．16．已知O 是△ABC 所在平面上的一点，a ，b ，c 为角A ，B ，C 的对边，若aOA →＋bOB →＋cOC→＝0，则O 点是△ABC 的________．答案 内心解析 因为OB →＝OA →＋AB →，OC →＝OA →＋AC →，则(a ＋b ＋c )OA →＋bAB →＋cAC →＝0，得AO →＝bc a ＋b ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|. 因为AB →|AB →|与AC →|AC →|分别为AB →和AC →方向上的单位向量，设AP →＝AB →|AB →|＋AC →|AC →|，则AP 平分∠BAC .又AO →，AP →共线，知AO 平分∠BAC ，同理可证BO 平分∠ABC ，CO 平分∠ACB ，所以O 点是△ABC 的内心．。
第3讲平面向量和复数-2021届高三高考数学二轮复习课件
第3讲平面向量和复数-2021届高三高 考数学 二轮复 习课件
2．(2020·吉安一模)如图所示，矩形 ABCD 的对角线相交于点 O，E
为 AO 的中点，若D→E＝λA→B＋μA→D(λ，μ∈R)，则 λ＋μ 等于
( A)
A．－12
B．12
分值 10 10
10
第3讲平面向量和复数-2021届高三高 考数学 二轮复 习课件
年份 卷别
Ⅰ卷 2019
Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 1、8
2、3 2、13
考查角度 复数的乘法运算，复数模的计算；向 量的数量积及各个向量的模，在利用 向量夹角公式求出夹角的余弦值，求 出夹角 数的运算及共轭复数；平面向量模长 的计算 复数的商的运算；复数的商的运算，
第3讲平面向量和复数-2021届高三高 考数学 二轮复 习课件
● (理科)
年份 卷别 Ⅰ卷
Ⅱ卷 2020
Ⅲ卷
题号
考查角度
1
复数的运算法则和复数的模的求解
向量垂直的充分必要条件；复数模长 13、15
的求解、复数及其运算的几何意义
复数的除法运算；平面向量数量积的
2、6 计算以及向量模的计算、平面向量夹
一组基底．
第3讲平面向量和复数-2021届高三高 考数学 二轮复 习课件
第3讲平面向量和复数-2021届高三高 考数学 二轮复 习课件
● 考向1 平面向量的线性运算
1．(2020·吉林省重点高中第二次月考)如图，若O→A＝a，O→B＝b，O→C
＝c，B 是线段 AC 靠近点 C 的一个四等分点，则下列等式成立的是
第3讲平面向量和复数-2021届高三高 考数学 二轮复 习课件
【步步高】江苏专用高考数学二轮复习 专题二第2讲三角变换与解三角形课件 文 苏教
故选 C.
3．在△ABC 中，A＝60°，b＝1，其面积为 3，则
sin
a＋b＋c A＋sin B＋sin
等于 C
(B)
A．3 3
2 39 B. 3
26 3
29
C. 3 解析
S＝12bcsin A＝12×1×cD×. s2in 60°＝
3，
∴c＝4.
∴a2＝b2＋c2－2bc·cos A＝1＋16－2×1×4×12＝13，
第 2 讲 三角变换与解三角形
感悟高考 明确考向
(2010·陕西)如图，A，B 是海面上位于东西 方向相距 5(3＋ 3)海里的两个观测点，现位 于 A 点北偏东 45°，B 点北偏西 60°的 D 点 有一艘轮船发出求救信号，位于 B 点南偏西 60°且与 B 点相距 20 3海里的 C 点的救援船立即前往 营救，其航行速度为 30 海里/时，该救援船到达 D 点 需要多长时间？
2．若 f(sin x)＝3－cos 2x，则 f(cos x)等于( C )
A．3－cos 2x
B．3－sin 2x
C．3＋cos 2x
D．3＋sin 2x
解 析 f(sin x) ＝ 3 － cos 2x ＝ 3 － (1 － 2sin2x) ＝ 2 ＋
2sin2x， ∴f(x)＝2＋2x2，∴f(cos x)＝2＋2cos2x＝3＋cos 2x，
题型三 正、余弦定理的实际应用 例 3 (2009·福建)如图，某市拟在长为
8 km 的道路 OP 的一侧修建一条运动 赛道，赛道的前一部分为曲线段 OSM， 该曲线段为函数 y＝Asin ωx(A>0，ω>0)， x∈[0,4]的图象，且图象的最高点为 S(3,2 3)；赛道 的后一部分为折线段 MNP，为保证参赛运动员的安 全，限定∠MNP＝120°. (1)求 A，ω 的值和 M，P 两点间的距离； (2)应如何设计，、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。 •12、首先是教师品格的陶冶，行为的教育，然后才是专门知识和技能的训练。 •13、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。2022/1/162022/1/16January 16, 2022 •14、孩子在快乐的时候，他学习任何东西都比较容易。 •15、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •16、一个人所受的教育超过了自己的智力，这样的人才有学问。 •17、好奇是儿童的原始本性，感知会使儿童心灵升华，为其为了探究事物藏下本源。2022年1月2022/1/162022/1/162022/1/161/16/2022 •18、人自身有一种力量，用许多方式按照本人意愿控制和影响这种力量，一旦他这样做，就会影响到对他的教育和对他发生作用的环境。 2022/1/162022/1/16
江苏省2019高考数学二轮复习第3讲平面向量课件
=-3或22 ,
3
3
当
AB
·AC
=22
时不满足x,y>0,舍去,故AB
·AC
=-3.
3
(2)以点O为坐标原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴建立平面直角坐
标系,则A(1,0),B(0,1).设P(cos
α,sin
α),α∈
0,
2
,直线AB的方程为x+y-1=0,则点
P关于直线AB的对称点Q(1-sin α,1-cos α),则OP·OQ =cos α(1-sin α)+sin α(1-cos
1-1 (2018江苏南通中学高三考前冲刺)如图,在梯形ABCD中, AB∥CD, AB=3
CD,点E是B
C的中点.若 AC=x AE +y AD,其中x,y∈R,则x+y的值为
.
答案 5
4
解析 2 AE = AB+ AC=3DC + AC=3
AD
,则x+y=
1
+
3
=
5
.
244
AC - AD
+ AC=4
+2≤2+ 2 ,当且仅当α= +2kπ,k∈Z时取等号,故(a+b+2c)·c的最大值为2+
4
4
2.
3.若向量a=(cos α,sin α),b=(cos β,sin β),且|a+b|≤2a·b,则cos(α-β)=
.
答案 1
解析 由|a+b|≤2a·b两边平方得|a|2+2a·b+|b|2≤4(a·b)2.又a·b=cos(α-β)≥0,所 以4cos2(α-β)-2cos(α-β)-2≥0,[2cos(α-β)+1][cos(α-β)-1]≥0,则cos(α-β)≥1.又-1 ≤cos(α-β)≤1,则cos(α-β)=1.
【步步高】江苏专用高考数学二轮复习 第3讲三角函数课件 文 苏教
•1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 •3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 •4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 •5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 •6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/192022/1/192022/1/191/19/2022 •7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/192022/1/19January 19, 2022 •8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/192022/1/192022/1/192022/1/19
②已知函数 f(x)＝ax＋bsin3x＋1(a，b 为常数)，且 f(5)＝7， 则 f(－5)＝ －5 . (5)单调性：y＝sin x 在［2kπ－π2，2kπ＋π2］(k∈Z)上单调递 增，在［2kπ＋π2，2kπ＋32π］(k∈Z)上单调递减；y＝cos x 在［2kπ，2kπ＋π］(k∈Z)上单调递减，在［2kπ＋π，2kπ ＋2π］(k∈Z)上单调递增.特别提醒，别忘了 k∈Z.
(6)α 终边在 x 轴上的角可表示为 α＝kπ，k∈Z；α 终边在 2.弧y上轴长的公 上角式的可：角表l可示＝表为|α|示Rα，＝为扇k2πα形，＝面kk∈π积＋Z公π2. ，式k：∈SZ＝；12αlR终＝边12|α在|R坐2，标轴
1 弧度(1 rad)≈57.3°.如已知扇形 AOB 的周长是 6 cm， 该扇形的中心角是 1 弧度，求该扇形的面积.
【步步高】江苏专用高考数学二轮复习-第8讲立体几何课件-文-苏教版
何问题，具体方法表现为
(1)求空间角、距离，归到三角形中求解.
(2)对于球的内接外切问题，作适当的截面——既要能
反映出位置关系，又要反映出数量关系.
如①甲球与某立方体的各个面都相切，乙球与这个立
方体的各条棱都相切，丙球过这个立方体的所有顶
点，则甲、乙、丙三球的半径的平方之比为 1∶2∶3 .
②若正四面体的棱长为 2，则此正四面体的外接球的
第五页，编辑于星期四：十六点 七分。
5.两直线平行的判定 (1)定理 4：平行于同一直线的两直线互相平行； (2)线面平行的性质：如果一条直线和一个平面平行， 那么经过这条直线的平面和这个平面相交的交线和 这条直线平行； (3)面面平行的性质：如果两个平行平面同时与第三个 平面相交，那么它们的交线平行； (4)线面垂直的性质：如果两条直线都垂直于同一个平 面，那么这两条直线平行.
解析 取 BC 的中点 D，连结 PD、AD， ∵△ABC、△PBC 均为正三角形， ∴PD⊥BC，AD⊥BC， ∴∠PDA 为二面角 P－BC－A 的平面角. 又 PD＝AD＝ 3，PA＝ 6， ∴∠PDA＝90°.
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6.(2009·安徽)对于四面体 ABCD，下列命题正确的
是
.
(写出所有正确命题的编号).
①相对棱 AB 与 CD 所在的直线异面；
②由顶点 A 作四面体的高，其垂足是△BCD 三条高
线的交点；
③若分别作△ABC 和△ABD 的边 AB 上的高，则这两
条高所在的直线异面；
AC
＝b，A D
＝c，则
11 11 A1 P A E E1 P 2A B 2E G 2A B 2
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第3讲 平面向量【高考考情解读】 从近几年高考来看，平面向量有以下几个考查特点：1.向量的加法，主要考查运算法则、几何意义；平面向量的数量积、坐标运算、两向量平行与垂直的充要条件是命题的重点内容，主要考查运算能力和灵活运用知识的能力；试题常以填空题形式出现，难度中等偏下.2.平面向量与三角函数、解析几何相结合，以解答题形式呈现，难度中等．1． 平面向量中的五个基本概念(1)零向量模的大小为0，方向是任意的，它与任意非零向量都共线，记为0. (2)长度等于1个单位长度的向量叫单位向量，a 的单位向量为a|a |.(3)方向相同或相反的向量叫共线向量(平行向量)．(4)如果直线l 的斜率为k ，则a ＝(1，k )是直线l 的一个方向向量． (5)向量的投影：|b |cos 〈a ，b 〉叫做向量b 在向量a 方向上的投影． 2． 平面向量的两个重要定理(1)向量共线定理：向量a (a ≠0)与b 共线当且仅当存在唯一一个实数λ，使b ＝λa . (2)平面向量基本定理：如果e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a ，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，其中e 1，e 2是一组基底． 3． 平面向量的两个充要条件若两个非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则： (1)a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0. (2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0. 4． 平面向量的三个性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2. (2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB →|＝x 2－x 12＋y 2－y 12.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22.考点一 平面向量的概念及线性运算例1 (1)(2013·江苏)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ，BE ＝23BC .若DE →＝λ1AB →＋λ2AC →(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．(2)△ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为2，OA →＋AB →＋AC →＝0且|OA →|＝|AB →|，则向量CA →在CB →上的投影为________． 答案 (1)12(2) 3解析 (1)如图，DE →＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝－16AB →＋23AC →，则λ1＝－16，λ2＝23，λ1＋λ2＝12.(2)由OA →＋AB →＋AC →＝0， 得AB →＋AC →＝AO →.又O 为△ABC 外接圆的圆心，OB ＝OC ， ∴四边形ABOC 为菱形，AO ⊥BC . 由|OA →|＝|AB →|＝2， 知△AOC 为等边三角形．故CA →在CB →上的投影为|CA →|cos∠ACB ＝2cos π6＝ 3.(1)在一般向量的线性运算中，只要把其中的向量当作字母，其运算就类似于代数中合并同类项的运算；有的问题采用坐标化解决更简单．(2)运用向量加减法解决几何问题时，要善于发现或构造三角形或平行四边形，使用三角形法则时要特别注意“首尾相接”．运用平行四边形法则时两个向量的起点必须重合．(1)已知△ABC 和点M 满足MA →＋MB →＋MC →＝0.若存在实数m 使得AB →＋AC →＝mAM →成立，则m 的值为________．(2)如图，平面内有三个向量OA →，OB →，OC →，其中OA →与OB →的夹角为120°， OA →与OC →的夹角为30°，且|OA →|＝|OB →|＝1，|OC →|＝23，若OC →＝λOA →＋μOB →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的值为________． 答案 (1)3 (2)6解析 (1)∵MA →＋MB →＋MC →＝0，∴点M 是△ABC 的重心． ∴AB →＋AC →＝3AM →，∴m ＝3.(2)方法一 如图，OC →＝OB →1＋OA →1，|OB →1|＝2，|OA →1|＝|B 1C →|＝4， ∴OC →＝4OA →＋2OB →. ∴λ＋μ＝6.方法二 由OC →＝λOA →＋μOB →，两边同乘OC →，得OC →2＝λOA →·OC →＋0，∴λ＝4. ∴OC →＝4OA →＋μOB →，两边同乘OA →， 得OC →·OA →＝4＋μOA →·OB →， 即3＝4＋(－12)μ.∴μ＝2.∴λ＋μ＝6.方法三 以O 为原点，OA 为x 轴建立直角坐标系，则A (1,0)，C (23cos 30°，23sin 30°)，B (cos 120°，sin 120°)． 即A (1,0)，C (3，3)，B (－12，32)．由OC →＝λOA →＋μOB →得，⎩⎪⎨⎪⎧λ－12μ＝3，32μ＝ 3.∴⎩⎪⎨⎪⎧μ＝2λ＝4.∴λ＋μ＝6.考点二 平面向量的数量积例2 (1)(2012·江苏)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝2，点E 为BC 的中点，点F 在边CD 上，若AB →·AF →＝2，则AE →·BF →的值是________．(2)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________． 答案 (1) 2 (2)1 解析 (1)方法一 坐标法．以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2，0)，E (2，1)，F (x,2)．故AB →＝(2，0)，AF →＝(x,2)，AE →＝(2，1)，BF →＝(x －2，2)，∴AB →·AF →＝(2，0)·(x,2)＝2x . 又AB →·AF →＝2，∴x ＝1. ∴BF →＝(1－2，2)．∴AE →·BF →＝(2，1)·(1－2，2)＝2－2＋2＝ 2. 方法二 用AB →，BC →表示AE →，BF →是关键． 设DF →＝xAB →，则CF →＝(x －1)AB →.AB →·AF →＝AB →·(AD →＋DF →)＝AB →·(AD →＋xAB →)＝xAB →2＝2x ， 又∵AB →·AF →＝2，∴2x ＝2， ∴x ＝22.∴BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－1AB →. ∴AE →·BF →＝(AB →＋BE →)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤BC →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－1AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋12BC →⎣⎢⎡⎦⎥⎤BC →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－1AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22－1AB →2＋12BC →2＝⎝⎛⎭⎪⎫22－1×2＋12×4＝ 2.(2)方法一 由题意知a 2＝b 2＝c 2＝1， 又a ·b ＝0，∵(a －c )·(b －c )＝a ·b －a ·c －b ·c ＋c 2≤0， ∴a ·c ＋b ·c ≥c 2＝1，∴|a ＋b －c |2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b －2a ·c －2b ·c ＝3－2(a ·c ＋b ·c )≤1， ∴|a ＋b －c |≤1.方法二 设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(x ，y )，则x 2＋y 2＝1，a －c ＝(1－x ，－y )，b －c ＝(－x,1－y )， 则(a －c )·(b －c )＝(1－x )(－x )＋(－y )(1－y ) ＝x 2＋y 2－x －y ＝1－x －y ≤0，即x ＋y ≥1. 又a ＋b －c ＝(1－x,1－y )，∴|a ＋b －c |＝－x2＋－y2＝x －2＋y －2＝3－x ＋y ≤1.(1)涉及数量积和模的计算问题，通常有两种求解思路：①直接利用数量积的定义； ②建立坐标系，通过坐标运算求解．(2)在利用数量积的定义计算时，要善于将相关向量分解为图形中模和夹角已知的向量进行计算．求平面向量的模时，常把模的平方转化为向量的平方．(1)(2013·山东)已知向量AB →与AC →的夹角为120°，且|AB →|＝3，|AC →|＝2.若A P →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为________．(2)(2013·重庆改编)在平面上，AB 1→⊥AB 2→，|OB 1→|＝|OB 2→|＝1，AP →＝AB 1→＋AB 2→.若|OP →|<12，则|OA →|的取值范围是________． 答案 (1)712 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤72，2解析 (1)由AP →⊥BC →知AP →·BC →＝0， 即AP →·BC →＝(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →) ＝(λ－1)AB →·AC →－λA B →2＋AC →2＝(λ－1)×3×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－λ×9＋4＝0， 解得λ＝712.(2)∵AB 1→⊥AB 2→，∴AB 1→·AB 2→＝(OB 1→－OA →)·(OB 2→－OA →) ＝OB 1→·OB 2→－OB 1→·OA →－OA →·OB 2→＋OA →2＝0， ∴OB 1→·OB 2→－OB 1→·OA →－OA →·OB 2→＝－OA →2. ∵AP →＝AB 1→＋AB 2→.∴OP →－OA →＝OB 1→－OA →＋OB 2→－OA →， ∴OP →＝OB 1→＋OB 2→－OA →. ∵|OB 1→|＝|OB 2→|＝1，∴OP →2＝1＋1＋OA →2＋2(OB 1→·OB 2→－OB 1→·OA →－OB 2→·OA →) ＝2＋OA →2＋2(－OA →2)＝2－OA →2，∵|OP →|<12，∴0≤|OP →|2<14，∴0≤2－OA →2<14，∴74<OA →2≤2，即|OA →|∈⎝ ⎛⎦⎥⎤72，2. 考点三 平面向量与三角函数的综合应用例3 已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos x ，sin x )，c ＝(sin x ＋2sin α，cos x＋2cos α)，其中0<α<x <π.(1)若α＝π4，求函数f (x )＝b ·c 的最小值及相应x 的值；(2)若a 与b 的夹角为π3，且a ⊥c ，求tan 2α的值．(1)应用向量的数量积公式可得f (x )的三角函数式，然后利用换元法将三角函数式转化为二次函数式，由此可解得函数的最小值及对应的x 值．(2)由夹角公式及a ⊥c 可得关于角α的三角函数式，通过三角恒等变换可得结果． 解 (1)∵b ＝(cos x ，sin x )，c ＝(sin x ＋2sin α，cos x ＋2cos α)，α＝π4，∴f (x )＝b ·c＝cos x sin x ＋2cos x sin α＋sin x cos x ＋2sin x cos α ＝2sin x cos x ＋2(sin x ＋cos x )． 令t ＝sin x ＋cos x ⎝⎛⎭⎪⎫π4<x <π，则2sin x cos x ＝t 2－1，且－1<t < 2. 则y ＝t 2＋2t －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋222－32，－1<t <2， ∴t ＝－22时，y min ＝－32，此时sin x ＋cos x ＝－22， 即2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝－22，∵π4<x <π，∴π2<x ＋π4<54π， ∴x ＋π4＝76π，∴x ＝11π12.∴函数f (x )的最小值为－32，相应x 的值为11π12.(2)∵a 与b 的夹角为π3，∴cos π3＝a ·b |a |·|b |＝cos αcos x ＋sin αsin x ＝cos(x －α)．∵0<α<x <π，∴0<x －α<π，∴x －α＝π3.∵a ⊥c ，∴cos α(sin x ＋2sin α)＋sin α(cos x ＋2cos α)＝0， ∴sin(x ＋α)＋2sin 2α＝0，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＋2sin 2α＝0. ∴52sin 2α＋32cos 2α＝0，∴tan 2α＝－35.在平面向量与三角函数的综合问题中，一方面用平面向量的语言表述三角函数中的问题，如利用向量平行、垂直的条件表述三角函数式之间的关系，利用向量模表述三角函数之间的关系等；另一方面可以利用三角函数的知识解决平面向量问题，在解决此类问题的过程中，只要根据题目的具体要求，在向量和三角函数之间建立起联系，就可以根据向量或者三角函数的知识解决问题．已知向量a ＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x ，34，b ＝(cos x ，－1)．(1)当a ∥b 时，求cos 2x －sin 2x 的值；(2)设函数f (x )＝2(a ＋b )·b ，已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝3，b ＝2，sin B ＝63，求f (x )＋4cos(2A ＋π6)(x ∈[0，π3])的取值范围． 解 (1)∵a ∥b ，∴34cos x ＋sin x ＝0，∴tan x ＝－34.∴cos 2x －sin 2x ＝cos 2x －2sin x cos x sin 2x ＋cos 2x ＝1－2tan x 1＋tan 2x ＝85. (2)f (x )＝2(a ＋b )·b ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋32，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，可得sin A ＝22，∴A ＝π4.∴f (x )＋4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4－12，∵x ∈[0，π3]，∴2x ＋π4∈[π4，11π12]．∴32－1≤f (x )＋4cos(2A ＋π6)≤2－12.1． 当向量以几何图形的形式出现时，要把这个几何图形中的一个向量用其余的向量线性表示，就要根据向量加减法的法则进行，特别是减法法则很容易出错，向量AB →＝OB →－OA →(其中O 为任意一个点)，这个法则就是终点向量减去起点向量．2． 根据平行四边形法则，对于非零向量a ，b ，当|a ＋b |＝|a －b |时，平行四边形的两条对角线长度相等，此时平行四边形是矩形，条件|a ＋b |＝|a －b |等价于向量a ，b 互相垂直．3． 两个向量夹角的范围是[0，π]，在使用平面向量解决问题时要特别注意两个向量夹角可能是0或π的情况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不单纯就是其数量积小于零，还要求不能反向共线．4． 平面向量的综合运用主要体现在三角函数和平面解析几何中，在三角函数问题中平面向量的知识主要是给出三角函数之间的一些关系，解题的关键还是三角函数问题；解析几何中向量知识只是给出一些几何量的位置和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中的几何关系.1． 已知两点A (1,0)，B (1，3)，O 为坐标原点，点C 在第二象限，且∠AOC ＝120°，设OC→＝－2OA →＋λOB →(λ∈R )，则λ＝________. 答案 1解析 根据∠AOC ＝120°，可知点C 在射线y ＝－3x (x <0)上，设C (a ，－3a )， 则有(a ，－3a )＝(－2,0)＋(λ，3λ)＝(－2＋λ，3λ)， 即得a ＝－2＋λ，－3a ＝3λ，消去a ，得λ＝1.2． 函数y ＝tan(π4x －π2)(0<x <4)的图象如图所示，A 为图象与x 轴的交点，过点A 的直线l 与函数的图象交于B 、C 两点，则(OB →＋OC →)·OA →＝ ______. 答案 8解析 A 点坐标为(2,0)，即OA →＝(2,0)，由y ＝tan(π4x －π2)的图象的对称性知A 是BC 的中点．∴OB →＋OC →＝2OA →，∴(OB →＋OC →)·OA →＝2OA →·OA →＝2×|OA →|2＝8.3． 在△ABC 中，向量m ＝(2cos B,1)，向量n ＝(1－sin B ，－1＋sin 2B )，且满足|m ＋n |＝|m －n |. (1)求角B 的大小；(2)求sin A ＋sin C 的取值范围．解 (1)由|m ＋n |＝|m －n |，可知m ⊥n ⇔m ·n ＝0. 然而m ＝(2cos B,1)，n ＝(1－sin B ，－1＋sin 2B )， 所以有m ·n ＝2cos B －sin 2B －1＋sin 2B ＝2cos B －1＝0， 得cos B ＝12，从而B ＝60°.(2)sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin(120°－A )＝32sin A ＋32cos A ＝3sin(A ＋30°)．又0°<A <120°，则30°<A ＋30°<150°， 12<sin(A ＋30°)≤1. 所以32<sin A ＋sin C ≤3， 即sin A ＋sin C 的取值范围是(32，3]．(推荐时间：60分钟)一、填空题1． 下列命题中正确的序号是________．①若λa ＋μb ＝0，则λ＝μ＝0； ②若a ·b ＝0，则a ∥b ；③若a ∥b ，则a 在b 上的投影为|a |； ④若a ⊥b ，则a ·b ＝(a ·b )2. 答案 ④解析 根据平面向量基本定理，必须在a ，b 不共线的情况下，若λa ＋μb ＝0，则λ＝μ＝0；②显然错误；若a ∥b ，则a 在b 上的投影为|a |或－|a |，平行时分两向量所成的角为0°和180°两种；a ⊥b ⇒a ·b ＝0，(a ·b )2＝0.2． 已知i 与j 为互相垂直的单位向量a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj 且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是________． 答案 (－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12 解析 a ·b ＝(i －2j )·(i ＋λj )＝1－2λ>0，λ<12，又a 、b 同向共线时，a ·b >0，设此时a ＝k b (k >0)，则i －2j ＝k (i ＋λj )，∴⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，－2＝k λ，∴λ＝－2，∴a 、b 夹角为锐角的λ的取值范围是(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12.3． (2013·湖北改编)已知点A (－1,1)、B (1,2)、C (－2，－1)、D (3,4)，则向量AB →在CD →方向上的投影为________． 答案322解析 ∵AB →＝(2,1)，CD →＝(5,5)，∴AB →在CD →方向上的投影为AB →·CD →|CD →|＝2×5＋1×552＋52＝1552＝322.4． (2013·福建改编)在四边形ABCD 中，AC →＝(1,2)，BD →＝(－4,2)，则该四边形的面积为________． 答案 5解析 ∵AC →·BD →＝0， ∴AC ⊥BD .∴四边形ABCD 的面积S ＝12|AC →||BD →|＝12×5×25＝5.5． (2013·湖南改编)已知a ，b 是单位向量，a ·b ＝0，若向量c 满足|c －a －b |＝1，则|c |的取值范围是________． 答案 [2－1，2＋1]解析 ∵a ·b ＝0，且a ，b 是单位向量，∴|a |＝|b |＝1.又∵|c －a －b |2＝c 2－2c ·(a ＋b )＋2a ·b ＋a 2＋b 2＝1，∴2c ·(a ＋b )＝c 2＋1.∵|a |＝|b |＝1且a ·b ＝0，∴|a ＋b |＝2，∴c 2＋1＝22|c |cos θ(θ是c 与a ＋b 的夹角)．又－1≤cos θ≤1，∴0<c 2＋1≤22|c |，∴c 2－22|c |＋1≤0， ∴2－1≤|c |≤2＋1.6． 若点M 是△ABC 所在平面内的一点，且满足5AM →＝AB →＋3AC →，则△ABM 与△ABC 的面积比为________．答案 35解析 设AB 的中点为D ，由5AM →＝AB →＋3AC →，得3AM →－3AC →＝2AD →－2AM →，即3CM →＝2MD →.如图所示，故C ，M ，D 三点共线，且MD →＝35CD →， 也就是△ABM 与△ABC 对于边AB 的两高之比为3∶5，则△ABM 与△ABC 的面积比为35. 7． (2013·安徽)若非零向量a ，b 满足|a |＝3|b |＝|a ＋2b |，则a 与b 夹角的余弦值为________．答案 －13解析 由已知条件得a 2＝(a ＋2b )2，即a ·b ＝－|b |2， cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－13.8． (2013·北京)向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图所示，若c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R )，则λμ＝________.答案 4解析 以向量a 和b 的交点为原点建直角坐标系，则a ＝(－1,1)，b ＝(6,2)，c ＝(－1，－3)，根据c ＝λa ＋μb ⇒(－1，－3)＝λ(－1,1)＋μ(6,2)有－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，解之得λ＝－2且μ＝－12，故λμ＝4.9． 给定两个长度为1的平面向量OA →和OB →，它们的夹角为90°.如图所示，点C 在以O 为圆心的圆弧AB 上运动．若OC →＝xOA →＋yOB →，其中x 、y ∈R ，则x ＋y 的最大值是________．答案 2解析 设∠AOC ＝α，则∠COB ＝90°－α，∴OC →＝cos α·OA →＋sin α·OB →，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝cos αy ＝sin α.∴x ＋y ＝cos α＋sin α＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4≤ 2. 10．(2012·湖南改编)在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝3，AB →·BC →＝1，则BC ＝________.答案 3解析 ∵AB →·BC →＝1，且AB ＝2，∴1＝|AB →|·|BC →|cos(π－B )，∴|AB →|·|BC →|cos B ＝－1.在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ，即9＝4＋BC 2－2×(－1)．∴BC ＝ 3.二、解答题11．(2013·江苏)已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，0<β<α<π.(1)若|a －b |＝2，求证：a ⊥b ；(2)设c ＝(0,1)，若a ＋b ＝c ，求α，β的值．(1)证明 由|a －b |＝2，即(cos α－cos β)2＋(sin α－sin β)2＝2，整理得cos αcos β＋sin αsin β＝0，即a ·b ＝0，因此a ⊥b .(2)解 由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧ cos α＋cos β＝0sin α＋sin β＝1，又0<β<α<π，cos β＝－cos α＝cos(π－α)，则β＝π－α，sin α＋sin(π－α)＝1，sin α＝12，α＝π6或α＝5π6，当α＝π6时，β＝5π6(舍去)； 当α＝5π6时，β＝π6. 12．(2012·湖北)已知向量a ＝(cos ωx －sin ωx ，sin ωx )，b ＝(－cos ωx －sin ωx ，23cos ωx )，设函数f (x )＝a ·b ＋λ(x ∈R )的图象关于直线x ＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若y ＝f (x )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0，求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π5上的取值范围． 解 (1)因为f (x )＝sin 2ωx －cos 2ωx ＋23sin ωx ·cos ωx ＋λ＝－cos 2ωx ＋3sin 2ωx ＋λ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6＋λ. 由直线x ＝π是y ＝f (x )图象的一条对称轴，可得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωπ－π6＝±1， 所以2ωπ－π6＝k π＋π2(k ∈Z )，即ω＝k 2＋13(k ∈Z )． 又ω∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，k ∈Z ，所以k ＝1，故ω＝56. 故T ＝2π2ω＝65π. 所以f (x )的最小正周期是6π5. (2)由y ＝f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0， 即λ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫56×π2－π6＝－2sin π4＝－ 2. 故f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6－ 2. 由0≤x ≤3π5，有－π6≤53x －π6≤5π6， 所以－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6≤1， 得－1－2≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6－2≤2－2，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π5上的取值范围为[－1－2，2－2]． 13．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(4，－1)，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2A 2，cos 2A ，且m·n ＝72. (1)求角A 的大小；(2)若a ＝3，试判断bc 取得最大值时△ABC 的形状．解 (1)由m ＝(4，－1)，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2A 2，cos 2A ， 得m·n ＝4cos 2A 2－cos 2A ＝4·1＋cos A 2－(2cos 2A －1) ＝－2cos 2A ＋2cos A ＋3＝72， 解得cos A ＝12，∵0<A <π，∴A ＝π3. (2)在△ABC 中，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，且a ＝3，∴(3)2＝b 2＋c 2－2bc ·12＝b 2＋c 2－bc ， ∵b 2＋c 2≥2bc ，∴3≥2bc －bc ，即bc ≤3.当且仅当b ＝c ＝3时，bc 取得最大值，此时a ＝b ＝c ＝3，△ABC 为等边三角形．。