温月才. 应用平面向量巧解数学题
2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版：第五章第3讲平面向量的数量积及应用举例含解析
[基础达标]1．已知A ，B ，C 为平面上不共线的三点，若向量AB →＝(1，1)，n ＝(1，－1)，且n ·AC →＝2，则n ·BC →等于( )A ．－2B ．2C ．0D ．2或－2解析：选B.n ·BC →＝n ·(BA →＋AC →)＝n ·BA →＋n ·AC →＝(1，－1)·(－1，－1)＋2＝0＋2＝2. 2．(2019·温州市十校联合体期初)设正方形ABCD 的边长为1，则|AB →－BC →＋AC →|等于( ) A ．0 B ． 2 C ．2D ．2 2解析：选C.正方形ABCD 的边长为1，则|AB →－BC →＋AC →|2＝|DB →＋AC →|2＝|DB →|2＋|AC →|2＋2DB →·AC →＝12＋12＋12＋12＝4，所以|AB →－BC →＋AC →|＝2，故选C.3．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a ，b ，c 满足c ＝x a ＋y b (x ，y ∈R )，且a ·c >0，b ·c >0.( )A ．若a·b <0则x >0，y >0B ．若a·b <0则x <0，y <0C ．若a·b >0则x <0，y <0D ．若a·b >0则x >0，y >0 解析：选A.由a ·c >0，b ·c >0，若a ·b <0， 可举a ＝(1，1)，b ＝(－2，1)，c ＝(0，1)， 则a ·c ＝1>0，b ·c ＝1>0，a ·b ＝－1<0， 由c ＝x a ＋y b ，即有0＝x －2y ，1＝x ＋y ，解得x ＝23，y ＝13，则可排除B ；若a·b >0，可举a ＝(1，0)，b ＝(2，1)，c ＝(1，1)，则a ·c ＝1>0，b ·c ＝3>0，a ·b ＝2>0，由c ＝x a ＋y b ，即有1＝x ＋2y ，1＝y ，解得x ＝－1，y ＝1， 则可排除C ，D.故选A.4．在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，则△ABC 的形状一定是( ) A ．等边三角形 B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形解析：选C.由(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，得AC →·(BC →＋BA →－AC →)＝0，即AC →·(BC →＋BA →＋CA →)＝0， 所以2AC →·BA →＝0，所以AC →⊥AB →.所以∠A ＝90°，又因为根据条件不能得到|AB →|＝|AC →|.故选C.5．已知正方形ABCD 的边长为2，点F 是AB 的中点，点E 是对角线AC 上的动点，则DE →·FC →的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B.以A 为坐标原点，AB →、AD →方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则F (1，0)，C (2，2)，D (0，2)，设E (λ，λ)(0≤λ≤2)，则DE →＝(λ，λ－2)，FC →＝(1，2)，所以DE →·FC →＝3λ－4≤2.所以DE →·FC →的最大值为2.故选B.6．(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 ．⎣⎡⎦⎤π3，2π3B ．⎣⎡⎦⎤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. 7．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，那么|a －2b |＝________．解析：因为平面向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，所以a ·b ＝4·4·cos 120°＝－8， 所以|a －2b |＝（a －2b ）2＝a 2－4a ·b ＋4b 2＝16－4·（－8）＋4·16＝112＝47. 答案：47 8．(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：2 π39. 如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点Q 为边CD 上一个动点，CQ →＝λQD →，点P 为线段BQ (含端点)上一个动点．若λ＝1，则P A →·PD →的取值范围为________．解析：当λ＝1时，Q 为CD 的中点． 设AB →＝m ，AD →＝n ，BP →＝μBQ →(0≤μ≤1)．易知BQ →＝－12m ＋n ，AP →＝AB →＋BP →＝m ＋μ⎝⎛⎭⎫－12m ＋n ＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μn ， DP →＝AP →－AD →＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μn －n ＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋(μ－1)n ， 所以P A →·PD →＝AP →·DP →＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μn ·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋（μ－1）n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12μ2＋4μ(μ－1)＝5μ2－8μ＋4.根据二次函数性质可知，当μ＝45时上式取得最小值45；当μ＝0时上式取得最大值4.所以P A →·PD→的取值范围为⎣⎡⎦⎤45，4.答案：⎣⎡⎦⎤45，410．(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)11．已知m ＝⎝⎛⎭⎫sin ⎝⎛⎭⎫x －π6，1，n ＝(cos x ，1)． (1)若m ∥n ，求tan x 的值；(2)若函数f (x )＝m ·n ，x ∈[0，π]，求f (x )的单调递增区间． 解：(1)由m ∥n 得，sin ⎝⎛⎭⎫x －π6－cos x ＝0， 展开变形可得，sin x ＝3cos x ，即tan x ＝ 3.(2)f (x )＝m ·n ＝12sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋34， 由－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z 得，－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z .又x ∈[0，π]，所以当x ∈[0，π]时， f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，π3和⎣⎡⎦⎤5π6，π. 12．(2019·金华市东阳二中高三月考)设O 是△ABC 的三边中垂线的交点，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 对应的边，已知b 2－2b ＋c 2＝0，求BC →·AO →的取值范围．解：因为O 是△ABC 的三边中垂线的交点，故O 是三角形外接圆的圆心，如图所示，延长AO 交外接圆于点D .因为AD 是⊙O 的直径，所以∠ACD ＝∠ABD ＝90°. 所以cos ∠CAD ＝AC AD ，cos ∠BAD ＝AB AD. 所以AO →·BC →＝12AD →·(AC →－AB →)＝12AD →·AC →－12AD →·AB → ＝12|AD →||AC →|·cos ∠CAD －12|AD →||AB →|· cos ∠BAD ＝12|AC →|2－12|AB →|2＝12b 2－12c 2＝12b 2－12(2b －b 2)(因为c 2＝2b －b 2) ＝b 2－b ＝⎝⎛⎭⎫b －122－14. 因为c 2＝2b －b 2>0，解得0<b <2. 令f (b )＝⎝⎛⎭⎫b －122－14.所以当b ＝12时，f (b )取得最小值－14.又f (0)＝0，f (2)＝2. 所以－14≤f (b )<2.即AO →·BC →的取值范围是⎣⎡⎭⎫－14，2. [能力提升]1．(2019·嘉兴市高考模拟)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．(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 ．223C ．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. 3．(2019·瑞安市龙翔高中高三月考)向量m ＝⎝⎛⎭⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈(0，π)，①若m ∥n ，则tan x ＝________；②若m 与n 的夹角为π3，则x ＝________．解析：m ＝⎝⎛⎭⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈(0，π)， ①由m ∥n ，得22cos x ＋22sin x ＝0，即sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＝0， 因为0<x <π，所以π4<x ＋π4<5π4，则x ＋π4＝π，x ＝34π.所以tan x ＝－1.②由m 与n 的夹角为π3，得cos π3＝22sin x －22cos x ⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫－222·sin 2x ＋cos 2x＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4＝12，因为0<x <π，所以－π4<x －π4<3π4，则x －π4＝π6，x ＝5π12. 答案：①－1 ②5π124．(2019·宁波市余姚中学高三期中)已知向量OA →，OB →的夹角为60°，|OA →|＝2，|OB →|＝23，OP →＝λOA →＋μOB →.若λ＋3μ＝2，则|OP →|的最小值是________，此时OP →，OA →夹角的大小为________．解析：向量OA →，OB →的夹角为60°，|OA →|＝2，|OB →|＝23，即有OA →·OB →＝|OA →|·|OB →|·cos 60°＝2×23×12＝23，若λ＋3μ＝2，可得λ＝2－3μ，则|OP →|＝|λOA →＋μOB →|＝λ2OA →2＋μ2OB →2＋2λμOA →·OB →＝4λ2＋12μ2＋43λμ＝4（λ＋3μ）2－43λμ ＝16－43（2－3μ）μ＝12⎝⎛⎭⎫μ－332＋12≥23，当μ＝33，λ＝1时，|OP →|的最小值为2 3. 由OP →＝OA →＋33OB →，可得OP →·OA →＝OA →2＋33OA →·OB →＝4＋33·23＝6，则cos 〈OP →，OA →〉＝OP →·OA →|OP →|·|OA →|＝623·2＝32，由0°≤〈OP →，OA →〉≤180°，可得〈OP →，OA →〉＝30°.答案：23 30° 5．(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，求(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值．解：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的最大值为4⎝⎛⎭⎫27＋3322＝(47＋33)2.6. 在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A (1，0)和点B (－1，0)，|OC →|＝1，且∠AOC ＝θ，其中O 为坐标原点．(1)若θ＝34π，设点D 为线段OA 上的动点，求|OC →＋OD →|的最小值；(2)若θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，向量m ＝BC →，n ＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m ·n 的最小值及对应的θ值． 解：(1)设D (t ，0)(0≤t ≤1)， 由题意知C ⎝⎛⎭⎫－22，22， 所以OC →＋OD →＝⎝⎛⎭⎫－22＋t ，22，所以|OC →＋OD →|2＝12－2t ＋t 2＋12＝t 2－2t ＋1＝⎝⎛⎭⎫t －222＋12， 所以当t ＝22时，|OC →＋OD →|最小，为22. (2)由题意得C (cos θ，sin θ)，m ＝BC →＝(cos θ＋1，sin θ)，则m ·n ＝1－cos 2θ＋sin 2θ－2sin θcos θ＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－2sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π4， 因为θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， 所以π4≤2θ＋π4≤5π4，所以当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8时，sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π4取得最大值1. 所以m ·n 的最小值为1－2，此时θ＝π8.。
高考文科数学命题热点名师解密专题：两招破解平面向量难题含答案
，
，则动点 的轨迹一定经过
A ．重心
B．垂心
【答案】 B
C ．外心
的（） D ．内心
【解析】解出 ，计算
并化简可得出结论．
【详解】
λ（
），
∴
，
∴
，即点 P 在 BC 边的高上，即点 P 的轨迹经过 △ABC 的垂心．
故选： B．
练习 4．已知点 O 是锐角 △ABC 的外心，a，b，c 分别为内角 A 、B、C 的对边，A= ，且
．
，
，
由题意，
，即
0，
∴
，
∵ e﹣ 1＜ x1＜ e2﹣ 1，∴
，
则
．
设 h（ x）
，则 h′（ x）
令
,则 u′（x） =
=
所以 单增，所以
>
= >0，∴ h′（ x）＞ 0，
即函数 h（x）
在（ e﹣ 1＜ x＜ e2﹣1）上为增函数，
， >0 在 e﹣ 1＜ x＜ e2﹣ 1 恒成立，
则
，
即 4e-2＜ a
C．
D．
【答案】 C
【解析】通过建立直角坐标系，利用向量的坐标运算和圆的方程及数形结合即可得出．
【详解】
练习 1．
的斜边 等于 4，点 在以 为圆心， 1 为半径的圆上，则
A．
B．
C．
D．
【答案】 C
的取值范围是（）
练习 2．已知在平面四边形
动点，则
的最小值为
中，
，
，
,
，
，点 为边 上的
A．
B．
【答案】 C
OA,OB 是平面的一个基底，
2025高考数学必刷题 第36讲、平面向量的数量积及运算(教师版)
第36讲平面向量的数量积及运算知识梳理知识点一．平面向量的数量积a （1）平面向量数量积的定义已知两个非零向量a 与 b ，我们把数量||||cos a b θ 叫做a 与b的数量积（或内积），记作a b ⋅ ，即a b ⋅ =||||cos a b θ，规定：零向量与任一向量的数量积为0．（2）平面向量数量积的几何意义①向量的投影：||cos θa 叫做向量a 在b 方向上的投影数量，当θ为锐角时，它是正数；当θ为钝角时，它是负数；当θ为直角时，它是0．②⋅a b 的几何意义：数量积⋅a b 等于a 的长度||a 与b 在a 方向上射影||cos θb 的乘积．③设a ，b 是两个非零向量，它们的夹角是,e θ与b 是方向相同的单位向量，,AB a CD b == ，过AB 的起点A 和终点B ，分别作CD 所在直线的垂线，垂足分别为11,A B ，得到11A B ，我们称上述变换为向量a 向向量b 投影，11A B 叫做向量a在向量b 上的投影向量．记为||cos a e θ．知识点二．数量积的运算律已知向量a 、b 、c 和实数λ，则：①⋅=⋅a b b a ；②()()()λλλ⋅⋅=⋅a b =a b a b ；③()+⋅⋅+⋅a b c =a c b c ．知识点三．数量积的性质设a 、b 都是非零向量，e 是与b 方向相同的单位向量，θ是a 与e 的夹角，则①||cos θ⋅=⋅=e a a e a ．②0⊥⇔⋅=a b a b ．③当a 与b 同向时，||||⋅=a b a b ；当a 与b 反向时，||||⋅=-a b a b ．特别地，2||⋅=a a a 或||a ．④cos ||||θ⋅=a ba b (||||0)≠a b ．⑤||||||⋅a b a b ≤．知识点四．数量积的坐标运算已知非零向量11()x y =，a ，22()x y =，b ，θ为向量a 、b 的夹角．知识点五、向量中的易错点（1）平面向量的数量积是一个实数，可正、可负、可为零，且||||||a b a b ⋅≤．（2）当0a ≠ 时，由0a b ⋅=不能推出b 一定是零向量，这是因为任一与a 垂直的非零向量b 都有0a b ⋅=．当0a ≠ 时，且a b a c ⋅=⋅时，也不能推出一定有b c = ，当b 是与a 垂直的非零向量，c是另一与a 垂直的非零向量时，有0a b a c ⋅=⋅=，但b c ≠ ．（3）数量积不满足结合律，即a b c b c a ⋅≠⋅()() ，这是因为a b c ⋅() 是一个与c共线的向量，而b c a ⋅() 是一个与a 共线的向量，而a 与c 不一定共线，所以a b c ⋅() 不一定等于b c a ⋅() ，即凡有数量积的结合律形式的选项，一般都是错误选项．（4）非零向量夹角为锐角（或钝角）．当且仅当0a b ⋅> 且(0)a b λλ≠> （或0a b ⋅<，且(0))a b λλ≠<【解题方法总结】（1）b 在a上的投影是一个数量，它可以为正，可以为负，也可以等于0．（2）数量积的运算要注意0a =时，0a b ⋅= ，但0a b ⋅= 时不能得到0a=或0b =，因为a ⊥b 时，也有0a b ⋅=．（3）根据平面向量数量积的性质：||a cos ||||a ba b θ⋅=，0a b a b ⊥⇔⋅= 等，所以平面向量数量积可以用来解决有关长度、角度、垂直的问题．（4）若a 、b 、c 是实数，则ab ac b c =⇒=（0a ≠）；但对于向量，就没有这样的性质，即若向量a 、b 、c 满足a b a c ⋅=⋅（0a ≠ ），则不一定有=b c ，即等式两边不能同时约去一个向量，但可以同时乘以一个向量．（5）数量积运算不适合结合律，即()()a b c a b c ⋅⋅≠⋅⋅ ，这是由于()a b c ⋅⋅ 表示一个与c共线的向量，()a b c ⋅⋅ 表示一个与a 共线的向量，而a 与c不一定共线，因此()a b c ⋅⋅ 与()a b c ⋅⋅不一定相等．必考题型全归纳题型一：平面向量的数量积运算例1．（2024·吉林四平·高三四平市第一高级中学校考期末）已知向量a ，b满足|2|a b =，a 与b 的夹角为π6，则()()2a b a b +⋅-= （）A ．6B ．8C ．10D ．14【答案】B 【解析】`由|2|a b == ，a 与b的夹角为π6，所以()()2222a b a b a a b b+⋅-=+⋅-r r r r r r r r 222co 6s πa a b b=+⋅-r r r r222228=⨯+⨯=.故选：B.例2．（2024·全国·高三专题练习）已知6a = ，3b = ，向量a 在b方向上投影向量是4e ，则a b ⋅为（）A ．12B ．8C ．-8D ．2【答案】A【解析】a 在b方向上投影向量为cos 4a e e ⋅= θ，cos 4a ∴θ= ，∴cos 4312a b a b ⋅==⨯=θ.故选：A例3．（2024·湖南长沙·周南中学校考二模）已知菱形ABCD 的边长为1，12AB AD ⋅=- ，G 是菱形ABCD 内一点，若0GA GB GC ++= ，则AG AB ⋅=（）A ．12B ．1C ．32D ．2【答案】A【解析】在菱形ABCD ，菱形ABCD 的边长为1，12AB AD ⋅=- ，所以1cos cos 2AB AD AB AD BAD BAD ⋅=⋅∠=∠=- ，所以120BAD ∠=︒，则ABC 为等边三角形，因为0GA GB GC ++=，所以()GA GB GC =-+ ，设点M 为BC 的中点，则2GA GD =- ，所以GA GD ∥ ，所以G ，A ，M 三点共线，所以AM 为BC 的中线，所以AM ==同理可得点AB ，AC 的中线过点G ，所以点G 为ABC 的重心，故23AG AM ==在等边ABC 中，M 为BC 的中点，则30BAM ︒∠=，所以1cos 12AG AB AG AB BAM ⋅=⋅∠=⨯.故选：A变式1．（2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知单位向量,a b →→，且π,3a b →→〈〉=，若()a b c →→→+⊥，||2c →=，则a c →→⋅=（）A ．1B ．12C ．2-或2D ．1-或1【答案】D【解析】由题意单位向量,a b →→，且π,3a b →→〈〉=，可知a b →→+与a →的夹角为π6，因为()a b c +⊥ ，所以π3,a c = 或2π3，故当π3,a c = 时，1cos 1212a c a c a c ⋅=⋅⋅=⨯⨯=r r r r r r ；当23,πa c = 时，1cos 12(12a c a c a c ⋅=⋅⋅=⨯⨯-=-r r r r r r ，故选：D.变式2．（2024·广东·校联考模拟预测）将向量OP =绕坐标原点O 顺时针旋转75︒得到1OP，则1OP OP ⋅= （）ABC D ．2【答案】B【解析】因为OP =，所以2OP ==，因为向量OP 绕坐标原点O 顺时针旋转75︒得到1OP ，所以向量OP 与向量1OP的夹角为75︒，且12OP = ，所以11cos7522cos(3045)OP OP OP OP ⋅=⋅⋅=⨯⨯+12=-故选：B变式3．（2024·全国·高三专题练习）正方形ABCD 的边长是2，E 是AB 的中点，则EC ED ⋅=（）A B ．3C ．D ．5【答案】B【解析】方法一：以{},AB AD为基底向量，可知2,0AB AD AB AD ==⋅=uu u r uuu r uu u r uuu r ，则11,22EC EB BC AB AD ED EA AD AB AD =+=+=+=-+uu u r uu r uu u r uu u r uuu r uu u r uu r uuu r uu u r uuu r ，所以22111143224EC ED AB AD AB AD AB AD ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅-+=-+=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭uu u r uu u r uu u r uuu r uu u r uuu r uu ur uuu r ；方法二：如图，以A 为坐标原点建立平面直角坐标系，则()()()1,0,2,2,0,2E C D ，可得()()1,2,1,2EC ED ==-uu u r uu u r，所以143EC ED ⋅=-+=uu u r uu u r；方法三：由题意可得：2ED EC CD ===，在CDE 中，由余弦定理可得2223cos25DE CE DC DEC DE CE +-∠==⋅，所以3cos 35EC ED EC ED DEC ⋅=∠==uu u r uu u r uu u r uu u r .故选：B.变式4．（2024·天津和平·高三耀华中学校考阶段练习）如图，在ABC 中，π3BAC ∠=，2AD DB =，P 为CD 上一点，且满足()R 12AP mAC AB m +∈= ，若3AC =，4AB =，则AP CD ⋅的值为（）.A ．3-B ．1312-C ．1312D ．112-【答案】C【解析】∵()R 12AP mAC AB m +∈= ，2AD DB =，即23AD AB = 且2133CD CB CA =+ ，∴()R 34AP mAC AD m +∈=，又C 、P 、D 共线，有314m +=，即14m =，即1142AP AC AB =+ ，而CB CA AB =+ ，∴2122()3333CD CA AB CA CA AB AB AC=++=+=- ∴AP CD ⋅ =2211211116913()()24233343412AC AB AB AC AB AB AC AC +-=-⋅-=--= .故选：C变式5．（2024·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）已知向量a ，b满足同向共线，且2b = ，1a b -=r r ，则()a b a +=⋅ （）A ．3B ．15C ．3-或15D ．3或15【答案】D【解析】因为向量a ，b满足同向共线，所以设(0)a b λλ=> ，又因为1a b -=r r ，2b = ，所以22222(1)(1)4(1)1b b b b λλλλ-=-=-=-=r r r r ，所以12λ=或32λ=，即12a b =或32a b = .①当12a b=时，()23133224a b a b b b ⎛⎫⎛⎫+=⎭⋅== ⎪ ⎪⎝⎭⎝ ；②当32a b =时，()2531515224a b a b b b ⎛⎫⎛⎫+⎭⋅=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝ ；所以()a ab +⋅ 的值为3或15.故选：D.变式6．（2024·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）在矩形ABCD 中，1,2,AB AD AC==与BD 相交于点O ，过点A 作AE BD ⊥于E ，则AE AO ⋅=（）A ．1225B ．2425C ．125D ．45【答案】D【解析】建立如图所示直角坐标系：则(0,1),(0,0),(2,0),(2,1)A B C D ，设(,)E x y ，则()(,1),(,),2,1AE x y BE x y BD =-==AE BD AE BD ⊥∴⊥ 且//BE BD，21020x y x y +-=⎧∴⎨-=⎩，解得2515x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，481(,,5212(,55555AE EC E ⎛⎫=-=- ∴⎪⎝⎭，在矩形ABCD 中，O 为BD 的中点，所以11,2O ⎛⎫⎪⎝⎭，由(0,1)A ，所以11.2AO ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，4141+52525AE AO ⎛⎫⎛⎫-⨯-= ⎪⎝⋅⎪⎝⎭⎭=⨯ ，故选：D.【解题方法总结】（1）求平面向量的数量积是较为常规的题型，最重要的方法是紧扣数量积的定义找到解题思路．（2）平面向量数量积的几何意义及坐标表示，分别突出了它的几何特征和代数特征，因而平面向量数量积是中学数学较多知识的交汇处，因此它的应用也就十分广泛．（3）平面向量的投影问题，是近几年的高考热点问题，应熟练掌握其公式：向量a在向量b 方向上的投影为||a bb ⋅ ．（4）向量运算与整式运算的同与异（无坐标的向量运算）同：222()2a b a ab b ±=±+；a b ±=()a b c ab ac +=+公式都可通用异：整式：a b a b ⋅=±，a 仅仅表示数；向量：cos a b a b θ⋅=±（θ为a 与b 的夹角）ma nb ±= ma nb ma nb ma nb -≤±≤+ ，通常是求ma nb ±最值的时候用．题型二：平面向量的夹角例4．（2024·河南驻马店·统考二模）若单位向量a ，b 满足2a b -= a ，b夹角的余弦值为____________．【答案】14-/0.25-【解析】设向量a ，b 的夹角为θ，因为2a b -= 22446a a b b -⋅+= ．又1a b == ，所以44cos 16θ-+=，所以1cos 4θ=-．故答案为：14-例5．（2024·四川·校联考模拟预测）若21,e e 是夹角为60︒的两个单位向量，则122a e e =+与1232b e e =-+的夹角大小为________.【答案】120︒/23π【解析】12,e e 是夹角为60︒的两个单位向量，则1212e e e e ⋅=⋅ 1cos 602︒=，()()221212112217232626222e e e e e e a e b e ∴⋅=+⋅-+=-+⋅+=-++=-，||a ====||b====1cos,2||||a ba ba b⋅∴〈〉==-⋅，0,180a b︒≤〈〉≤︒，,120a b∴〈〉=︒.故答案为：120︒例6．（2024·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）已知向量a和b满足：1a=，2b=，220a b a b--⋅=，则a与b的夹角为__________．【答案】3π/60︒【解析】记向量a和b的夹角为θ，将22·a b a b-=平方得到：22222214||||4||||cos4||||cos2cos cos10cos2a b a b a bθθθθθ+-=⇒+-=⇒=或1-，又因为22·0cos1a b a bθ-=≥⇒≠-，即1πcos23θθ=⇒=．故答案为：π3.变式7．（2024·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）若向量a与b不共线也不垂直，且a ac a ba b⋅⎛⎫=- ⎪⋅⎝⎭，则向量夹角,a c〈〉=________.【答案】2π【解析】由题意可得：()2220a a a aa c a ab a a b a aa b a b⎛⋅⎫⋅⎛⎫⋅=⋅-=-⨯⋅=-=⎪⎪⋅⋅⎝⎭⎝⎭，故：a c⊥，即向量a与c的夹角为π2.故答案为：π2变式8．（2024·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知a b c､､是同一个平面上的向量，若a c b==，且0,2,1a b c a c b⋅=⋅=⋅=，则,c a=__________.【答案】【解析】设a c b m===，则2cos,2c a m c a⋅==，2cos,1c b m c b⋅==，故cos,2cos,c a c b=，[]0,,0,πa b a b ⋅=∈，则π,2a b =，20c a ⋅=> ，10c b ⋅=>，故π,,2c a c b += ，设,c a θ= ，π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则πcos 2cos 2sin 2θθθ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，又22sin cos 1θθ+=，解得sin θ=，故,c a =.故答案为：变式9．（2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知向量a ，b满足()1,1a =- ，1b = ，1a b ⋅= ，则向量a 与b的夹角大小为___________.【答案】π4【解析】由于()1,1a =-，所以a =所以cos ,02a b a b a b⋅=>⋅，所以,a b 为锐角，所以π,4a b = .故答案为：π4变式10．（2024·四川·校联考模拟预测）已知向量(a x =+ ，()1,0b = ，2a b ⋅=- ，则向量a b + 与b的夹角为______．【答案】2π3【解析】2123a b x x ⋅=-⇒+=-⇒=-，则(a b +=- ，则()12cos ,a b b a b b a b b+⋅+==-+ ，又0,,πa b b ⎡⎤+∈⎣⎦ ，则23π,a b b += 故答案为：2π3.变式11．（2024·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知向量()1,2a=，()4,2b = ，若非零向量c 与a ，b 的夹角均相等，则c的坐标为___（写出一个符合要求的答案即可）【答案】（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.【解析】设(),c x y = ，因为()1,2a=，()4,2b = ，所以cos ,a c a c a c ⋅=cos ,b c b c b c ⋅=因为c 与a ，b的夹角均相等，所以cos ,cos ,a c b c =，=化简得x y =，所以(,)c x x =，因为c为非零向量，可取1x =，此时(1,1)c = .故答案为：（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.【解题方法总结】求夹角，用数量积，由||||cos a b a bq×=×得cos ||||a ba bq +×==×进而求得向量,a b的夹角．题型三：平面向量的模长例7．（2024·湖北·荆门市龙泉中学校联考模拟预测）已知平面向量a ，b ，c满足(2,1)a = ，(1,2)b = ，且a c ⊥ .若b c ⋅=，则||c = （）AB．C．D．【答案】A【解析】令(,)c x y =，则202a c x y b c x y ⋅=+=⎧⎪⎨⋅=+=⎪⎩x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩所以||c =故选：A例8．（2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知a ，b是非零向量，1a = ，()2a b a +⊥ ，向量a 在向量b方向上的投影为4-，则a b -=r r ________.【答案】2【解析】∵()2a b a +⊥ ，∴()2220a b a a b a +⋅=+⋅= ，∴21122b a a ⋅=-=- ，∵向量a 在向量b方向上的投影为4，∴4a b b ⋅=-，∴b b =⋅=∴22221212242a b a a b b ⎛⎫-=-⋅+=-⨯-+= ⎪⎝⎭，∴2a b -=.故答案为：2例9．（2024·海南·高三校联考期末）已知向量a ，b满足()1,1a = ，4b = ，()2a a b -=-⋅ ，则3a b -=__________．【解析】因为()1,1a = ，4b = ，()2a a b -=-⋅，则a = 所以()22a a b a a b ⋅-=-⋅=- ，所以()22a a b a b ⋅-=-⋅=- ，解得：4a b ⋅=，3a b -==.变式12．（2024·四川南充·阆中中学校考二模）已知,a b为单位向量，且满足a =则2a b +=______.【解析】,a b为单位向量，且满足a =，所以2256a b b -⋅+=，即156b -⋅+=，解得0a b ⋅= ，所以2a b +==变式13．（2024·河南驻马店·统考三模）已知平面向量,a b满足2a b == ,且()()214a b a b +⋅-= ，则a b +=_________________．【答案】【解析】由()()222220414a b a b a a b b a b +⋅-=-⋅-=-⋅-= ,得2a b ⋅=,所以a b +===故答案为：变式14．（2024·全国·高三专题练习）已知向量,a b满足a b - ，2a b a b +=- ，则b =______．【解析】由a b -=r r 2223a a b b -⋅+= ，即2223a b a b ⋅=+- ①．又由2a b a b +=- ，得2222244a a b b a a b b +⋅+=-⋅+r r r r r r r r ，即2360a a b -⋅=，代入①，得()2223330a a b -+-= ，整理，得23b =，所以b =．变式15．（2024·河南郑州·模拟预测）已知点O 为坐标原点，()1,1OA = ，()3,4OB =-，点P 在线段AB 上，且1AP =，则点P 的坐标为______．【答案】18(,)55【解析】由题知，()0,0O ，设()()1122,,,A x y B x y ，()1,1OA = ，()3,4OB =-，()()110,01,1x y ∴--=，()()220,03,4x y --=-，1111x y =⎧∴⎨=⎩，2234x y =-⎧⎨=⎩，()()1,1,3,4A B ∴-，34AB k =-，则直线AB 方程为3744y x =-+，设P 点坐标为0037,44x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，031x -<<，00331,44AP x x ⎛⎫∴=--+⎝⎭，1AP ∴== ，求解可得，015x =，085y ∴=，即P 点坐标为18(,)55.故答案为：18(,55变式16．（2024·广西·高三校联考阶段练习）已知()2,1a =- ，()4,b t = ，若2a b ⋅=，则2a b -=______．【答案】【解析】因为()2,1a =- ，()4,b t = 且2a b ⋅=，所以2412a b t ⋅=-⨯+⨯=，解得10t =，所以()4,10b = ，所以()()()222,14,108,8a b -=--=--，所以2a b -==故答案为：【解题方法总结】求模长，用平方，||a=．题型四：平面向量的投影、投影向量例10．（2024·上海宝山·高三上海交大附中校考期中）已知向量()3,6a =，()3,4b =- ，则a 在b方向上的数量投影为______.【答案】3-【解析】因为向量()3,6a =，()3,4b =- ，所以a 在b方向上的数量投影为336415cos ,35a b a a b b⨯+⨯-⋅-<>====- .故答案为：3-.例11．（2024·上海虹口·华东师范大学第一附属中学校考三模）已知(2,1),(4,),a b m =--=-若向量b在向量am =_______．【答案】3【解析】由条件可知，向量b 在向量a方向上的数量投影为a b b⋅= ，解得：3m =.故答案为：3例12．（2024·全国·高三专题练习）已知向量6a = ，e 为单位向量，当向量a 、e的夹角等于45 时，则向量a 在向量e上的投影向量是________．【答案】【解析】因为向量a 、e的夹角等于45 ，所以向量a 在向量e上的投影向量是cos 45a e 鬃= ，故答案为：.变式17．（2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知向量(1,2)a =-，向量(1,1)b = ，则向量a在向量b 方向上的投影为_________.【答案】2【解析】cos ,a ba ab b→→→→→→⋅⋅=.故答案为：2变式18．（2024·新疆喀什·统考模拟预测）已知向量a ，b满足3a b += ，2a = ，()0,1b = ，则向量a 在向量b方向上的投影为______.【答案】2【解析】因为()0,1b = ，所以1b = ，又3a b +=，2a = ，所以()22222229a b a a b b a a b b +=+⋅+=+⋅+= ，所以2a b ⋅=，所以向量a 在向量b方向上的投影为2a b b⋅=.故答案为：2变式19．（2024·全国·高三专题练习）已知非零向量,a b 满足(2)(2)a b a b +⊥-，且向量b在向量a 方向的投影向量是14a ，则向量a 与b的夹角是________.【答案】π3【解析】因为(2)(2)a b a b +⊥-，所以22(2)(2)40a b a b a b +⋅-=-= ，即2a b = ①.因为向量b 在向量a方向的投影向量是14a ，所以1cos ,4a b a b a a ⋅= .所以1cos ,4b a b a = ②，将①代入②得，1cos ,2a b = ，又[],0,π∈ a b ，所以π,3a b =.故答案为：π3变式20．（2024·全国·模拟预测）已知向量()()1,0,0,1,1a b a c b c ==⋅=⋅= ，则向量a在向量c上的投影向量为__________.【答案】11,22⎛⎫⎪⎝⎭【解析】设(),c a b = ，因为()()1,0,0,1,1a b a c b c ==⋅=⋅=所以10110111a b a a b b ⨯+⨯==⎧⎧⇒⎨⎨⨯+⨯==⎩⎩所以()1,1c =则向量a 在向量c上的投影向量为：1,111,22⋅⎛⎫⋅== ⎪⎝⎭ a c c c c.故答案为：11,22⎛⎫⎪⎝⎭.【解题方法总结】设a ，b 是两个非零向量，它们的夹角是,e θ与b 是方向相同的单位向量，,AB a CD b == ，过AB 的起点A 和终点B ，分别作CD 所在直线的垂线，垂足分别为11,A B ，得到11A B ，我们称上述变换为向量a 向向量b 投影，11A B 叫做向量a在向量b 上的投影向量．记为||cos a e θ．题型五：平面向量的垂直问题例13．（2024·四川巴中·南江中学校考模拟预测）已知向量()()1,2,2,3a b ==-，若()()ka b a b +⊥-，则k =___________.【答案】14-/0.25-【解析】由题意可得()()2,23,3,1ka b k k a b +=-+-=-，因为()()ka b a b +⊥- ，则()()()()32230ka b a b k k +⋅-=--+= ，解得9k =.故答案为：14-例14．（2024·全国·高三专题练习）已知向量a ，b ，c ，其中a ，b 为单位向量，且a b ⊥ ，若c = ______，则()()2a c b c -⊥- .注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形.【答案】1（答案不唯一）【解析】因为,a b是相互垂直的单位向量，不妨设()()()1,0,0,1,,a b c x y ===r r r ()()()()2,20a c b c a c b c -⊥-∴--= ，即2220a b a c b c c --+=，222220x y x y ∴+--=，即221152416x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎝⎭⎝⎭，即向量c 的端点在圆心为11,24⎛⎫ ⎪⎝⎭，半的圆周上，故可以取()1,0c =，即1c = ；故答案为：1.例15．（2024·江西宜春·高三校联考期末）设非零向量a ，b的夹角为θ．若2b a = ，且()()23a b a b +⊥-，则θ=____________．【答案】60°/3π【解析】由题设22(2)(3)3520a b a b a a b b +⋅-=+⋅-= ，所以22222||3||5||1cos 25||||10||b a a a b a θ-=== ，又0180θ︒≤≤︒，所以60θ=︒.故答案为：60︒变式21．（2024·江西南昌·高三统考开学考试）已知两单位向量21,e e 的夹角为π3，若12122,a e e b e me =+=+ ，且a b ⊥，则实数m =_________．【答案】45-/-0.8【解析】因为单位向量21,e e 的夹角为π3，所以12π111cos 32e e ⋅=⨯⨯= ；因为a b ⊥，所以()()12122a b e e e me ⋅=+⋅+ ()()()112212(2)2m m e e e e e e =++⋅⋅⋅+ 112(2)2m m =+++⨯5202m =+=，所以45m =-．故答案为：45-.变式22．（2024·海南·校考模拟预测）已知a 为单位向量，向量b 在向量a上的投影向量是2a，且()3a b a λ+⊥ ，则实数λ的值为______．【答案】32-/ 1.5-【解析】因为向量b 在a 上的投影向量为2a，所以2a b a ⋅= ，又a 为单位向量，所以22a b a ⋅==，因为()3a b a λ+⊥ ，所以()30a b a λ+⋅=，所以230a a b λ+⋅=，所以320λ+=，故32λ=-，故答案为：32-.变式23．（2024·全国·模拟预测）向量()()1,,2,1m x n ==，且()n m n ⊥+ ，则实数x =_________．【答案】7-【解析】因为向量()()1,,2,1m x n == ，所以()3,1m n x +=+，又()n m n ⊥+ ，所以()0n m n ⋅+= ，得610x ++=，解得7x =-．故答案为：7-.变式24．（2024·全国·高三专题练习）非零向量(cos(),sin )a αββ=- ，(1,sin )b α= ，若a b ⊥，则tan tan αβ=______.【答案】12-/-0.5【解析】因为a b ⊥，所以()()cos ,sin a b αββ⋅=-⋅(1,sin )cos()sin sin ααβαβ=-+cos cos 2sin sin 0αβαβ=+=，由题易知π2α≠，π2β≠，所以sin sin sin sin 1tan tan cos cos 2sin sin 2αβαβαβαβαβ===--.故答案为：12-变式25．（2024·河南开封·校考模拟预测）已知向量()()2,3,4,5a b =-=-，若()a b b λ-⊥ ，则λ=________．【答案】4123-【解析】因为()2,3a =- ，()4,5b =- ，所以()()()2,34,524,35a b λλλλ-=---=--+，又()a b b λ-⊥ ，所以()()()2453504a b b λλλ-⋅-=--+= ，解得4123λ=-.故答案为：4123-变式26．（2024·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）已知向量a ，b不共线，()2,1a =r ，()a b a ⊥- ，写出一个符合条件的向量b的坐标：______.【答案】()1,3（答案不唯一）【解析】由题意得a = 20a b a ⋅-= ，则5a b ⋅= ，设(),b x y = ，得25x y +=，且2x y ≠，满足条件的向量b 的坐标可以为()1,3（答案不唯一或者1,42⎛⎫⎪⎝⎭）.故答案为：()1,3（答案不唯一）变式27．（2024·河南开封·统考三模）已知向量(,1)a m =-，(1,3)b = ，若()a b b -⊥ ，则m =______.【答案】13【解析】∵(,1)a m =- ，(1,3)b = ，(1,4)a b m -=--，又∵()a b b -⊥，∴()1120a b b m -⋅=--=，解得13m =.故答案为：13【解题方法总结】121200a b a b x x y y ⊥⇔⋅=⇔+=题型六：建立坐标系解决向量问题例16．（2024·全国·高三专题练习）已知1||||||1,2a b c a b ===⋅=- ，(,R)c xa yb x y =+∈ ，则x y -的最小值为（）A ．2-B．3-C．D ．1-【答案】B【解析】设,a b 的夹角为θ，1a b == ，12a b ⋅=- ，1cos 2θ∴=-，[]0,πθ∈ ，π3=2θ∴，又1c = ，不妨设1=(1,0),=22a b ⎛ ⎝⎭-，，[)(cos ,sin ),0,2πc ααα=∈，=,22y c xa yb x y ⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos 2sin y x yαα⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即cos x y ααα⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，ππcos sin cos()cos()3636x y αααα∴-=+=+，由[)0,2πα∈ππ13π+666α⎡⎫∴∈⎪⎢⎣⎭，，∴当π3π+=62α时，即4π=3α时，x y -有最小值故选：B例17．（2024·安徽合肥·合肥市第七中学校考三模）以边长为2的等边三角形ABC 每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成曲边三角形，已知P 为弧AC 上的一点，且π6PBC ∠=，则BP CP ⋅ 的值为（）A ．4B ．4C ．4-D ．4+【答案】C【解析】如图所示，以B 为坐标原点，直线BC 为x 轴，过点B 且垂直于BC 的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则()0,0B ，()2,0C ，由π6PBC ∠=，得)P ，所以)BP = ，)2,1CP =，所以)2114BP CP ⋅=+⨯=-故选：C.例18．（2024·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）下图是北京2022年冬奥会会徽的图案，奥运五环的大小和间距如图所示．若圆半径均为12，相邻圆圆心水平路离为26，两排圆圆心垂直距离为11．设五个圆的圆心分别为1O 、2O 、3O 、4O 、5O ，则()414542O O O O O O ⋅+的值为（）A ．507-B ．386-C ．338-D ．242-【答案】B【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，做4O A x ⊥轴于A 点，所以411O A =，由已知可得()126,0O -，()413,11O --，()513,11O -，所以()4113,11O O =- ，()4526,0O O = ，()4213,11O O = ，所以()()()41454213,1139,11507121386O O O O O O ⋅+=-⋅=-+=-.故选：B.变式28．（2024·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）如图，在圆内接四边形ABCD中，120,1,2BAD AB AD AC ∠=︒===.若E 为CD 的中点，则EA EB ⋅的值为（）A ．-3B ．13-C ．32D ．3【答案】C【解析】连接BD ，由余弦定理知22211121132BD ⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，所以BD =由正弦定理得2sin120BDAC ==︒，所以AC 为圆的直径，所以CD AD ⊥，所以CD =CD BD =，又18012060BCD ∠=︒-︒=︒，所以BCD △为等边三角形，以D 为原点，以DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系.则()31,0,,2A E B ⎛⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，31,,,02EA EB ⎛⎛⎫== ⎪ ⎝⎭⎝⎭所以EA EB ⋅=331,,022⎛⎛⎫⋅= ⎪ ⎝⎭⎝⎭.故选：C.变式29．（2024·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图，已知ABC是面积为的等边三角形，四边形MNPQ 是面积为2的正方形，其各顶点均位于ABC 的内部及三边上，且恰好可在ABC 内任意旋转，则当0BQ CP ⋅= 时，2||BQ CP +=（）A ．2+B ．4+C ．3+D ．2+【答案】A【解析】因为ABC 是面积为记ABC 边长为a ，所以212a =解得a =，记ABC 内切圆的半径为r ，根据12S Cr =，可得：132r =⨯⨯，解得1r =，因为正方形MNPQ 的面积为2，所以正方形边长为记正方形MNPQ 外接圆半径为R ，所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即1R =，根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知.正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形MNPQ 可在ABC 内任意旋转，可知正方形MNPQ 各个顶点均在该ABC 的内切圆上，以ABC 的底边BC 为x 轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系如图所示：故可知())(),,0,3B CA ，圆的方程为22(1)1y x +-=，故设()()ππcos ,1sin ,cos ,1sin ,0,2π22P Q ααααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++∈⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即()()cos ,1sin ,sin ,1cos P Q αααα+-+，)()(()sin ,1cos cos sin 1cos sin 20BQ CP αααααα⋅=+⋅+=+-=，cos sin 1αα∴+==，22222||(cos sin )(2cos sin )(cos sin )1)BQ CP αααααα+=-+++=-+222(cos sin )1)2αα=-++=+故选:A.变式30．（2024·河南安阳·统考三模）已知正方形ABCD 的边长为1,O 为正方形的中心，E是AB 的中点，则DE DO ⋅=（）A ．14-B ．12C ．34D ．1【答案】C【解析】如图，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(0,1)D ，1(,0)2E ，11(,)22O ，所以1(,1)2DE =- ，11(,)22DO =- ，所以113424DE DO ⋅=+= 故选：C.【解题方法总结】边长为a 的等边三角形已知夹角的任意三角形正方形矩形平行四边形直角梯形等腰梯形圆建系必备（1）三角函数知识cos ,sin x r y r q q ==；（2）向量三点共线知识(1)OC OB OA l l =+-．设a ，b 是两个非零向量，它们的夹角是,e θ与b 是方向相同的单位向量，,AB a CD b == ，过AB 的起点A 和终点B ，分别作CD 所在直线的垂线，垂足分别为11,A B ，得到11A B ，我们称上述变换为向量a 向向量b 投影，11A B 叫做向量a在向量b 上的投影向量．记为||cos a e θ．题型七：平面向量的实际应用例19．（2024·江西宜春·高三校考阶段练习）一质点受到同一平面上的三个力1F ，2F ，3F （单位：牛顿）的作用而处于平衡状态，已知1F ，2F 成120°角，且1F ，2F 的大小都为6牛顿，则3F 的大小为______牛顿.【答案】6【解析】设三个力1F ，2F ，3F 分别对于的向量为：,,a b c则由题知++=0a b c 所以(+)c a b =-所以(+)c a b =- 又1=6,=6,cos12066()182a b a b a b ==⨯⨯-=-所以6c =所以3F 的大小为：6故答案为：6例20．（2024·内蒙古赤峰·统考三模）如图所示，把一个物体放在倾斜角为30 的斜面上，物体处于平衡状态，且受到三个力的作用，即重力G，垂直斜面向上的弹力1F ，沿着斜面向上的摩擦力2F .已知：1160N F G == ，则2F的大小为___________.【答案】80N【解析】由题设，21||||cos60160802F G =︒=⨯= N ，故答案为：80N.例21．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，一个物体被两根轻质细绳拉住，且处于平衡状态.已知两条绳上的拉力分别是1F ，2F ，且1F ，2F与水平夹角均为45︒，12F F == ，则物体的重力大小为___________N .【答案】8【解析】设1F ，2F 的合力为F，则12F F F =+ ，∵1F ，2F 的夹角为90︒，∴()22221212122323264F F F F F F F =+=++⋅=+=，∴8F =，∵物体平衡状态.∴物体的重力大小为||G=8.故答案为：8.变式31．（2024·全国·高三专题练习）两同学合提一捆书，提起后书保持静止，如图所示，则1F 与2F 大小之比为___________．【答案】62【解析】物体处于平衡状态，所以水平方向的合力为0所以12cos 45cos30F F ︒=︒ ，所以123cos3062cos 45222F F ︒===︒故答案为：62变式32．（2024·浙江·高三专题练习）一条渔船距对岸4km ，以2/km h 的速度向垂直于对岸的方向划去，到达对岸时，船的实际行程为8km ，则河水的流速是________/km h ．【答案】23【解析】如图，用t v表示河水的流速，2v 表示船的速度，则12v v v =+为船的实际航行速度．由图知，4OA = ，8OB = ，则60AOB ∠= ．又22v =，所以12tan 602v v ===即河水的流速是/km h ．故答案为：【解题方法总结】用向量方法解决实际问题的步骤。
2024届高考数学学业水平测试复习专题五第21讲平面向量的应用课件
3．正余弦定理在解三角形中的应用
(1)(2023·广东模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边
分别为a，b，c，且b2＋c2＝a2＋bc.若sin B·sin C＝sin2 A，则
△ABC的形状是( )
A．钝角三角形
B．直角三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
(2)在△ABC 中，若 a2＋c2＝b2＋ 3ac，则角 B 等于( )
(2)余弦定理的推论：
cos A＝b2＋2cb2c－a2；
cos B＝c2＋2aa2c－b2；
cos C＝a2＋2ba2b－c2. 4．正弦定理
(1)在一个三角形中，各边和它所对角的正弦比相等，即
a sin
A＝sinb
B＝sinc
C＝2R.
(2)常见变形：
①a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
所以|A→B|＝ 22＋（－2）2＝2 2，|A→C|＝ 16＋64＝4 5，
|B→C|＝ 36＋36＝6 2，
所以|A→B|2＋|B→C|2＝|A→C|2，
所以△ABC 为直角三角形．
故选 B.
2．(2023·苏州期中试题)在△ABC
中，若bc··ccooss
BC＝11－－ccooss
2B，则 2C
A．5 800
B．6 000
C．6 600
D．70 000
(2)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶，到A处 时测得公路北侧一山顶D在西偏北45°的方向上，行驶600 m后到 达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为60°，则此山 的高度CD为( )
A．600 3 C．600 6
何问题．
2．平面向量在物理中的应用 (1)由于物理学中的力、速度、位移都是矢量，它们的分解与 合成与向量的加法和减法相似，可以用向量的知识来解决． (2)物理学中的功是一个标量，是力F与位移s的数量积，即 W＝F·s＝|F||s|cos θ(θ为F与s的夹角)． 3．余弦定理 (1)三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这 两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即： a2＝b2＋c2－2bccos A； b2＝c2＋a2－2cacos B； c2＝a2＋b2－2abcos C.
第二章 平面向量及其应用 B卷能力提升(含解析)——2024-2025学年高一数学
第二章 平面向量及其应用 B 卷 能力提升——2024-2025学年高一数学北师大2019必修第二册单元达标测试卷一、选择题1．已知向量,满足,且,则在上的投影向量为( )A. B. C. D.2．下列关于平面向量的说法,其中正确的是( )A.若,则B.若且,则C.若,则或D.若与不共线,则与都是非零向量3．在中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知，，则角C 的范围是( )A. B. C. D.4．若在已知,的条件下,有两个解,则的取值范围是( )A. B.C.D.,,E 为AC 中点.,求的值( )A.0B.12C.2D.66．已知向量，满足( )7．已知向量,,若,则在上的投影向量的坐标为( )A. B. C. D.2BC =a b 10a b ⋅= ()3,4b =- a b()6,8-()6,8-68,55⎛⎫-⎪⎝⎭68,55⎛⎫- ⎪⎝⎭a b ≠ ||||a b ≠ //a b ||||a b = a b= 0a b ⋅= 0a = 0b = a b a b ABC △2a =1c =π0,2⎛⎫⎪⎝⎭ππ,63⎛⎫ ⎪⎝⎭ππ,62⎛⎫ ⎪⎝⎭π0,6⎛⎤ ⎥⎝⎦B =AC ABC △AC ()2,4)4)2()1,2412BA BC ⋅= 2BE ED =DA DC ⋅ a b ||2||a b ==b -= a -= (2,1)a =-(1,)b n =a b ⊥a b +b (2,1)(1,1)(1,2)(2,1)-8．已知非零向量，满足，，则( )9．在实数)，则下列结论正确的是( )A.当时，是直角三角形B.当时，是锐角三角形C.当时，是钝角三角形D.当时，是钝角三角形10．下列各组向量中,可以作为基底的是( )A.,B.,C.,D.,11．在中,若,则B ( )A.60° B.150°C.120°D.30°，，则14．已知向量，_________.四、解答题15．已知中三个内角A ,B ,C 所对的边为a ,b ,c ,且.（1）若的值;（2）若时,求的周长.为a b ()()7a b a b -⊥- ()()2211a b a b +⊥-sin ,a b =ABC △sin 3B ==5k =ABC △3k =ABC △2k =ABC △1k =ABC △(a =(b = )a =(b =()1,0a = ()0,1b =()2,6a =- ()6,2b =-ABC △2,30a b A ===︒2=8PA PB ⋅=()2a b b +⋅=a b 2b = b ⋅=ABC △B =2=a =C 2BA BC ⋅= ABC △16．已知为中边上的中线，，.（1）若，求的长；（2）若，求的值及的值.17．已知.（1）求的值;（2）若的面积.18．在中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .已知.（1）求A ;（2）若角A的平分线与BC 交于点D ,且,的面积.19．已知向量，．（1）求的值；CD ABC △AB 1AD =12BCD CAD ∠=∠2BC =CD CD =22AC BC +324AC AC AC +-ABC △cos 3cos bB C C a+=sin C a b ==ABC ABC △()()cos cos cos b c A a B C +=+2AD =AC =ABC a b 1()a a b ⋅+参考答案1．答案：C解析:因为,且,所以在,,故选:C.2．答案：D解析：对于A 项,若与是一对相反向量,满足,但,故A 项错误;对于B 项,若与一对相反向量,满足且,但,故B 项错误;对于C 项,当时,满足,但是不满足或,故C 项错误;对于D 项,运用反证法,假设与不都是非零向量,即与中至少有一个是零向量,则与共线,与题设矛盾,故原命题正确,即D 项正确.故选：D.3．答案：D 解析：，得，，可得，，又，可得角C 是锐角，.4．答案：C解析：解析因为有两个解,所以,所以.故选：C.5．答案：A,,,.是2()()()()222412BA BC BE EA BE EC BE EA BE EA BE EA BE ⋅=+⋅+=+⋅-=-=-= BE ∴= 122BE =10a b ⋅= (3,4)b =-a a < ()2(3,4)6810,91655b b b a bbb-⎛⎫>=⋅=⨯=- ⎪+⎝⎭ a b a b ≠ ||||a b = a b //a b ||||a b = a b ≠ a b ⊥ 0a b ⋅= 0a = 0b = a b a b a b sin sin ac A C =1sin sin 2C A =(0,π)A ∈ 0sin 1A <≤1sin (0,2C ∴∈a c > π0,6C ⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦ABC △sin BC B AC BC <<π2sin 3AC ⨯<<2AC <<()()()()22DA DC DE EA DE EC DE EA DE EA DE EA ∴⋅=+⋅+=+⋅-=- 440=-=故选：A.6．答案：B解析：因为，所以.故选：B.7．答案：C解析：由,,,得,解得．所以,,所以所以在上的投影向量为故选：C．8．答案：A解析：，则，①，则有，②，得，解得，得故选：A.9．答案：ABC解析：对于选项A，当，，，显然是直角三角形，故命题正确；对于选项B，当，，，2a-====()22222244421415a b a b a b a b-=+-⋅=⨯+-⋅=a b⋅=(2,1)a=-(1,)b n=a b⊥21(1)0n⨯+-⨯=2n=(1,2)b=()3,1a b+=()3121a bb+⋅=⨯+=⨯a b+b2()||cos(1,2)||||a b ba bbbb bθ+⋅+⋅=⋅=()()7a b a b-⊥-()()227870a b a b a a b b-⋅-=-⋅+=()()2211a b a b+⊥-()()22221127220a b a b a a b b+⋅-=-⋅-=78⨯⨯①-②229225a b-=2222540cos,70b b a b b-+=cos,a b=[],0,πb∈sin,a b=k=sin3B==5m= 3b m=4c m=ABC△k=sin3B==3m= 3b m=4c m=显然是等腰三角形，，说明为锐角，故是锐角三角形，故命题正确；对于选项C ，当，，，可得，说明为钝角，故是钝角三角形，故命题正确；对于选项D ，当，，，此时，不等构成三角形，故命题错误.故选：ABC.10．答案：ACD解析：对于A,因为,所以与不是共线向量,可以作为基底,A 正确.,所以,不可以作为基底,B 错误.对于C,因为,所以与不是共线向量,可以作为基底,C 正确.对于D,因为（-2,所以与不是共线向量,可以作为基底,D 正确.11．答案：AC解析：因为,所以(大边对大角),又因为,或．故选：AC ．解析：依题意，以正六边形的中心O 为原点，建立如图所示的平面直角坐标ABC △2222222991620a b c m m m m +-=+-=>C ∠ABC △k =sin 3B ==ABC 2a m =3b m =4c m =2222222491630a b c m m m m +-=+-=-<C ∠k =sin 3B ==1m =3b m =4c m =a b c +=21≠a b 31=⨯//a b1100⨯≠⨯a b())266⨯-≠⨯a b 2a =b =30A =︒30B A >=︒=∴sin sin b AB a===(30,150)B ∈︒︒∴60B =︒120B =︒ABCDEF系，设，分别交y 轴于点，，则，，，，，，设，则，，则，根据正六边形的对称性，不妨只研究点P 位于y 轴的左半部分的情况，分以下四种情形：①当点P 在上时，则，，不满足；②当点P 在上时，则，，不满足；③当点P 在上时，易得直线的方程为，则，，因为，所以，解得(舍去)，④当点P 在上时，易得直线的方程为，则因为，所以，不满足.综上，当时，，，，8PA PB ⋅=AG []1,0x ∈-y =[]211,0PB x ⋅=-∈-AB DE G H ()2,0C (2,0)F -(1,A -(1,B (E -(D (),P xy ()1,PA x y =-- ()1,PB x y =-()()()222112PA PB x x yx y ⋅=--⋅-+=+++EH []1,0x ∈-y =[]21111,12PB x ⋅=+∈8PA PB ⋅=EF EF )2y x =+())222322241826PA PB x x x x x ⋅=+++++=++ []2,1x ∈--8PA PB ⋅= 2418268x x ++=x =3x =-y =AF AF )2y x =+())22223322246244PA PB x x x x x x ⎛⎫⋅=++-++=++=+ ⎪⎝⎭ []2,1x ∈--2314644y x ⎛⎫=+-≤ ⎪⎝⎭8PA PB ⋅= 8PA PB ⋅= 32P ⎛- ⎝1,2PA ⎛= ⎝5,2PB ⎛= ⎝故13．答案：11解析：已知向量，，则，.故答案为：11.14．答案：-1，即，解得.故答案：-1（2）6解析：（1）在,（2）,又因为由余弦定理得,,即为== ||||PA PB+=ab311313a b⋅=⨯⨯=∴()222221311a b b a b b+⋅=⋅+=⨯+=2b=24413a b b⋅+=141613a b+⋅+=1a b⋅=-ABC△=sinsina BAb∴==b a>A∴=()()sin sinπsinC B A B A∴=--=+=cos2BA BC ac B⋅==B=4,=2222cosb ac ac B=+-224a c ac∴+-=2()34a c ac+-=,的周长为.16．答案：（1）（2），.解析：（1）设，，则，，.因为，，所以，所以，所以，所以，且为中$AB$边上的中线，所以，则为正三角形，所以（2）依题意可得，，因为，可得整理得，即.，则，则.在，即.24,()16ac a c =∴+= 4a c ∴+=ABC ∴△6a b c ++=CD =226AC BC +=32412AC AC AC +-=BCD α∠=ADC θ∠=2CAD α∠=BDC θ∠=π-ABC θα∠=-1AD =2BC =2BC AB ==2BCA CAB α∠=∠=2ACD ααα∠=-=BCD ACD ∠=∠CD ABC △AC BC =ABC △CD ==CD =AC x =BC y =ADC BDC ∠+∠=πcos cos ADC BDC∠=-∠==226x y +=226AC BC +=====cos y α=()2222212cos (cos 22)6x y x x αα+=+=+=26cos 22x α=-△()2222246224x x AB AC BC AB AC x α+--+-===⋅212x x -=12x -=32412AC AC AC +-=（2）解析：（1）.,所以,由于,所以,则.因为,所以,.因为,所以（2）由余弦定理,及,即.所以.所以的面积18．答案：（1）解析：（1）因为,,整理可得,即,因为,则,由余弦定理可得因为,故cos cos 3cos c B b C a C +=sin b B ==cos sin cos 3sin cos C B B C A C +=sin()3sin cos B C A C +=πA B C ++=sin()sin(π)sin B C A A +=-=sin 3sin cos A A C =0πA <<sin 0A ≠1cos 3C =0πC <<sin C ==2222cos c a b ab C =+-a b =+=C =222183a b ab +-=24()183a b ab -+=12ab =ABC △11sin 1222S ab C ==⨯=π3A =()()cos cos cos b c A aBC +=+22222222a c b a b c a ac ab ⎛⎫+-+-=+ ⎪⎝⎭3223b a b a c c -=-()()2220b c b c bc a ++--=0b c +>222b c a bc +-=222cos 2b c a A bc +-==()0,πA ∈A =（2）由所以,的面积为解析：（1）因为向量，，所以．所以．ACD ABD ABCS S S+=△△△π1π1sin sin sin6262AD c AD bc⋅+⋅=1111222222c c⨯+⨯⨯⨯=⨯=ABC△1π1sin232ABCS bc==⨯=△abcos114a b a bπ⋅=⨯⨯==2()213a ab a a b⋅+=+⋅=+=2b====。
课堂新坐标2013届高考数学一轮复习课件：第四章第四节 平面向量应用举例(广东专用)
C．2
D．6
能
自
主
高
落 实
【解析】 如图所示，由已知得 F1＋F2
· 固 基
＋F3＝0， ∴F3＝－(F1＋F2)．
础
F23＝F21＋F22＋2F1·F2
考 体 验
· 明 考 情
＝F21＋F22＋2|F1||F2|cos 60°＝28.
∴|F3|＝2 7.
课
时
知
能
【答案】 A
训
练
菜单
第十六页，编辑于星期日：二十点 十九分。
能
自
主
(3)向量的数量积在合力做功问题中的应用：W＝f·s.
落
高 考
实 3．向量与相关知识的交汇
·
体 验
固 基
平面向量作为一种工具，常与函数(三角函数)，解析几何结合，常通过向
· 明
础
量的线性运算与数量积，向量的共线与垂直求解相关问题．
考 情
课 时 知 能 训 练
菜单
第三页，编辑于星期日：二十点 十九分。
提 知 能
自 主
＝－|A→C|2＋12C→B·C→A＋23A→B·A→C＋13A→B·C→B
落 实 ·
＝－|A→C|2＋12|C→B||C→A|cos 90°＋23 2|A→C|2cos
高 考 体 验
固 基 础
45°＋ 32|A→C|2cos 45°
· 明 考
＝－ |A→C|2＋ |A→C|2＝ 0，
课
时
知
能
训
练
菜单
第六页，编辑于星期日：二十点 十九分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
典
例
3．设a，b，c为同一平面内具有相同起点的任意三个非零向量，且满足a
2013届高考文科数学总复习(第1轮)浙江专版课件第28讲平面向量的应用
素材1
已知向量 m＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)，m·n＝ sin2C，且 A、B、C 分别为△ABC 的三边 a、b、c 所对的 角．
(1)求角 C 的大小； (2)若 sinA，sinC，sinB 成等差数列，且C→A·(A→B－A→C) ＝18，求 c 边的长．
【解析】(1)m·n＝sinAcosB＋sinBcosA＝sin(A＋B)， 对于△ABC，A＋B＝π－C,0<C<π， 所以 sin(A＋B)＝sinC，所以 m·n＝sinC. 又因为 m·n＝sin2C，所以 sin2C＝sinC， 所以 cosC＝21，故 C＝π3.
因为 i⊥j，F1 对质点所做的功
W1＝F1·A→B＝(i＋2j)·(－13i－15j) ＝－13i2－41i·j－30j2＝－43(焦耳)． F2 对质点所做的功 W2＝F2·A→B＝(4i－5j)·(－13i－15j)＝23(焦耳)．
(2)方法 1：因为 F＝F1＋F2＝5i－3j， W＝F·A→B＝(5i－3j)·(－13i－15点 M(x，y)的轨迹 C 的方程； (2)设曲线 C 上两点 A、B，满足①直线 AB 过点(0,3)， ②若O→P＝O→A＋O→B，则 OAPB 为矩形，试求 AB 的方程．
【解析】(1)令 M(x，y)，F1(0，－2)，F2(0,2)， 则 a＝F1M，b＝F2M， 即|a|＋|b|＝|F1M|＋|F2M|， 即|F1M|＋|F2M|＝8. 又因为|F1F2|＝4＝2c，所以 c＝2，a＝4，b2＝12. 所求轨迹方程为1y62 ＋1x22 ＝1.
易错点：不能从F→A＋F→B＋F→C＝0 得出 F 为△ABC 的重 心，造成计算量增大，甚至失去解题方向．
一 用向量解决平面几何问题
【精选】文科数学(2020版)备考指南第5章 第4讲
第五章 平面向量
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【解析】(1)设 P(x，y)，则 Q(8，y)． 由P→C＋12P→Q·P→C－12P→Q＝0， 得|P→C|2－14|P→Q|2＝0， 即(x－2)2＋y2－14(x－8)2＝0，化简得1x62 ＋1y22 ＝1， 所以点 P 的轨迹方程为1x62 ＋1y22 ＝1.
文科数学
【解析】已知点 A(8,0)，B(0,6)，点 P 是圆 C：x2＋y2＝4 上的一个动点，设 P(2cos θ，2sin θ)，则P→A＝(8－2cos θ，－2sin θ)，P→B＝(－2cos θ，6－2sin θ)，则P→A·P→B＝4cos2θ －16cos θ＋4sin2θ－12sin θ＝4－20cos(θ－α)，其中 tan α＝34，4－20cos(θ－α)≤24， 则P→A·P→B的最大值为 24.故选 C．
所以B→D·B→C＝12(B→A＋B→C)·B→C＝12B→A·B→C＋12B→C2＝12B→A·B→C＋2
＝3，所以B→A·B→C＝2|B→A|cos B＝2.
所以|BA|cos B＝1，即B→A在B→C方向上的投影为 1.过 A 做 AE⊥BC 于 E，则 BE＝1，
即 E 为 BC 的中点，所以△ABC 是等腰三角形．又∠BAC＝60°，所以△ABC 为等边
第五章 平面向量
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【跟踪训练】
1．(2018 年唐山二模)已知点 A(8,0)，B(0,6)，点 P 是圆 C：x2＋y2＝4 上的一个动
点，则P→A·P→B的最大值为( )
Aห้องสมุดไป่ตู้16
B．20
C．24
D．28
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.。
微专题5数学工具——平面向量在解题中的应用
设 =e,=a,=b,=3e,=2e,则⊥,
∴点 B 在以 M 为圆心,1 为半径的圆上运动.
∵|a-b|=||,∴|a-b|的最小值即点 B 到射线 OA 的距离的最小值,为
圆心 M 到射线 OA 的距离减去圆的半径.
值为-3,则此双曲线的焦距为( D ).
A.2
C.2 5
B.4
D.2 7
14
目录
【解析】设 P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),则
1 ·2 =(-c-x0,-y0)·(c-x0,-y0)=(-c-x0)(c-x0)+02 =02 +02 -c2,
02 +02 表示点 P 到原点距离的平方,当点 P 为双曲线顶点时取得最小
所以 f(x)=a·(b+c)=(cos 2x,cos x)·(1,-2 3)
=cos 2x-2 3cosx=2cos2x-2 3cosx-1=2 cosxπ
3
1
2
3 2 5
- .
2
2
又 x∈ 0, ,所以 cosx∈ ,1 ,
3
π
5
所以当 cosx= ,即 x= 时,f(x)取到最小值,最小值为- .
4 2
B.
8
目录
二、平面向量与解析几何的综合
学 基础知识
9
目录
例 2 (一题多解)(2018 年浙江卷)已知 a,b,e 是平面向量,e 是单位向
量.若非零向量 a 与 e
π
的夹角为 ,向量
3
b 满足 b2-4e·b+3=0,则|a-b|的
最小值是( A ).
(新人教)2012届高三数学第二轮复习运用向量法解题
3 运用向量法解题平面向量是新教材改革增加的内容之一，近几年的全国使用新教材的高考试题逐渐加大了对这部分内容的考查力度，本节内容主要是帮助考生运用向量法来分析，解决一些相关问题.●难点磁场(★★★★★)三角形ABC 中，A (5，－1)、B (－1，7)、C (1，2)，求：(1)BC 边上的中线 AM 的长；(2)∠CAB 的平分线AD 的长；(3)cos ABC 的值.●案例探究［例1］如图，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD .(1)求证：C 1C ⊥BD .(2)当1CC CD的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明.命题意图：本题主要考查考生应用向量法解决向量垂直，夹角等问题以及对立体几何图形的解读能力.知识依托：解答本题的闪光点是以向量来论证立体几何中的垂直问题，这就使几何问题代数化，使繁琐的论证变得简单.错解分析：本题难点是考生理不清题目中的线面位置关系和数量关系的相互转化，再就是要清楚已知条件中提供的角与向量夹角的区别与联系.技巧与方法：利用a ⊥b ⇔a ·b =0来证明两直线垂直，只要证明两直线对应的向量的数量积为零即可.(1)证明：设CD =a , CB =b ,1CC =c ,依题意，|a |=|b |，CD 、CB 、1CC 中两两所成夹角为θ，于是DB CD BD -==a －b ，BD CC ⋅1=c (a －b )=c ·a －c ·b =|c |·|a |cos θ－|c |·|b |cos θ=0,∴C 1C ⊥BD .(2)解：若使A 1C ⊥平面C 1BD ，只须证A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DC 1，由)()(1111CC CD AA CA D C CA -⋅+=⋅=(a +b +c )·(a －c )=|a |2+a ·b －b ·c －|c |2=|a |2－|c |2+|b |·|a |cos θ－|b |·|c |·cos θ=0,得 当|a |=|c |时，A 1C ⊥DC 1，同理可证当|a |=|c |时，A 1C ⊥BD ， ∴1CC CD=1时，A 1C ⊥平面C 1BD . ［例2］如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA =CB =1，∠BCA =90°，AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点.(1)求BN 的长；(2)求cos<11,CB BA >的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .命题意图：本题主要考查考生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几何问题.属 ★★★★级题目.知识依托：解答本题的闪光点是建立恰当的空间直角坐标系O －xyz ,进而找到点的坐标和求出向量的坐标.错解分析：本题的难点是建系后，考生不能正确找到点的坐标.技巧与方法：可以先找到底面坐标面xOy 内的A 、B 、C 点坐标，然后利用向量的模及方向来找出其他的点的坐标.(1)解：如图，以C 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 依题意得：B (0，1，0)，N (1，0，1)∴|BN |=3)01()10()01(222=-+-+-.(2)解：依题意得：A 1(1，0，2)，C (0，0，0)，B 1(0，1，2). ∴1BA =1),2,1,1(CB -=(0，1，2)11CB BA ⋅=1×0+(－1)×1+2×2=3|1BA |=6)02()10()01(222=-+-+-5)02()01()00(||2221=-+-+-=CB .1030563||||,cos 111111=⋅=⋅>=<∴CB BC CB BA (3)证明：依题意得：C 1(0，0，2)，M (2,21,21))2,1,1(),0,21,21(11--==A C∴,,00)2(21121)1(1111C A C A ⊥∴=⨯-+⨯+⨯-=⋅∴A 1B ⊥C 1M . ●锦囊妙计1.解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想.2.向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题.3.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考： (1)要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？(2)所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？(3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？(4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？ ●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★)设A 、B 、C 、D 四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，则四边形ABCD 为( )A.正方形B.矩形C.菱形D.平行四边形2.(★★★★)已知△ABC 中，AB =a ，AC =b ，a ·b <0，S △ABC =415,|a |=3,|b |=5,则a 与b 的夹角是( )A.30°B.－150°C.150°D.30°或150° 二、填空题3.(★★★★★)将二次函数y =x 2的图象按向量a 平移后得到的图象与一次函数y =2x －5的图象只有一个公共点(3，1)，则向量a =_________.4.(★★★★)等腰△ABC 和等腰Rt △ABD 有公共的底边AB ，它们所在的平面成60°角，若AB =16 cm,AC =17 cm,则CD =_________.三、解答题5.(★★★★★)如图，在△ABC 中，设AB =a ，AC =b ，AP =c ,AD =λa ,(0<λ<1),AE =μb (0<μ<1),试用向量a ，b 表示c .6.(★★★★)正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ,侧棱长为2a .(1)建立适当的坐标系，并写出A 、B 、A 1、C 1的坐标； (2)求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.7.(★★★★★)已知两点M (－1，0)，N (1，0)，且点P 使NP NM PN PM MN MP ⋅⋅⋅,,成公差小于零的等差数列.(1)点P 的轨迹是什么曲线？(2)若点P 坐标为(x 0,y 0),Q 为PM 与PN 的夹角，求tan θ.8.(★★★★★)已知E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点.(1)用向量法证明E 、F 、G 、H 四点共面； (2)用向量法证明：BD ∥平面EFGH ；(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有)(41OD OC OB OA OM +++=. 参考答案难点磁场解：(1)点M 的坐标为x M =)29,0(,29227;0211M y M ∴=+==+- .2221)291()05(||22=--+-=∴AM5)21()15(||,10)71()15(||)2(2222=--+-==--++=AC ABD 点分BC 的比为2. ∴x D =31121227,3121121=+⨯+==+⨯+-D y.2314)3111()315(||22=--+-=AD(3)∠ABC 是BA 与BC 的夹角，而BA =(6，8），BC =(2，－5）.1452629291052)5(2)8(6)5()8(26||||cos 2222==-+⋅-+-⨯-+⨯=⋅=∴BC BA BC BA ABC 歼灭难点训练一、1.解析：AB =(1，2），DC =(1，2），∴AB =DC ，∴AB ∥DC ，又线段AB 与线段DC 无公共点，∴AB ∥DC 且|AB |=|DC |，∴ABCD 是平行四边形，又|AB |=5，AC =(5，3），|AC |=34，∴|AB |≠|AC },∴ABCD 不是菱形，更不是正方形；又=(4，1），∴1·4+2·1=6≠0,∴不垂直于，∴ABCD 也不是矩形，故选D. 答案：D2.解析：∵21415=·3·5sin α得sin α=21,则α=30°或α=150°. 又∵a ·b ＜0,∴α=150°. 答案：C二、3.(2,0) 4.13 cm三、5.解：∵与共线，∴=m =m (－)=m (μb －a ), ∴=+=a +m (μb －a )=(1－m )a +m μb①又与共线，∴=n =n (－)=n (λa －b ), ∴=+=b +n (λa －b )=n λa +(1－n )b②由①②，得(1－m ）a +μm b =λn a +(1－n )b .∵a 与b 不共线，∴⎩⎨⎧=-+=-+⎩⎨⎧-==-010111m n m n n m a m μλμλ即③解方程组③得：m =λμμλμλ--=--11,11n 代入①式得c =(1－m )a +m μb =πμ-11［λ(1－μ)a +μ(1－λ)b ］.6.解：(1)以点A 为坐标原点O ，以AB 所在直线为Oy 轴，以AA 1所在直线为Oz 轴，以经过原点且与平面ABB 1A 1垂直的直线为Ox 轴，建立空间直角坐标系.由已知，得A (0，0，0），B (0，a ,0）,A 1(0,0,2a ),C 1(－,2,23aa 2a ). (2)取A 1B 1的中点M ，于是有M (0，2,2aa ），连AM ，MC 1，有1MC =(－23a ,0,0）, 且=(0，a ,0）,1AA =(0,02a )由于1MC ·=0，1MC ·1AA =0，所以M C 1⊥面ABB 1A 1，∴AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.∵1AC =),2,2,0(),2,2,23(a aa a a =-a a a AM AC 49240221=++=⋅∴a a a AM a a a a AC 2324||,324143||22221=+==++=而 2323349,cos 21=⨯>=<∴aa aAC所以AM AC 与1所成的角，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.7.解：(1)设P (x ,y ）,由M (－1，0），N (1，0）得，PM =－=(－1－x ,－y ）,-= =(1－x ,－y ), =－=(2,0),∴·=2(1+x ), PM ·=x 2+y 2－1,⋅ =2(1－x ).于是，PM ⋅⋅⋅,,是公差小于零的等差数列，等价于⎩⎨⎧>=+⎪⎩⎪⎨⎧<+---++=-+03 0)1(2)1(2)]1(2)1(2[211222x y x x x x x y x 即 所以，点P 的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆. (2)点P 的坐标为(x 0,y 0),30,1cos 21,3041||cos 42)24)(24()1()1(||||,210220002020*******πθθθ<≤≤<∴≤<-=⋅=∴-=-+=+-⋅++=⋅=-+=⋅x x PNPM x x x y x y x y x PM Θ||3cos sin tan ,411cos 1sin 02022y x x =-==∴--=-=∴θθθθθ 8.证明：(1）连结BG ，则EH EF EH BF EB BD BC EB BG EB EG +=++=++=+=)(21 由共面向量定理的推论知：E 、F 、G 、H 四点共面，(其中21BD =EH ） (2）因为BD AB AD AB AD AE AH EH 21)(212121=-=-=-=. 所以EH ∥BD ，又EH ⊂面EFGH ，BD ⊄面EFGH 所以BD ∥平面EFGH .(3）连OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG由(2）知BD EH 21=，同理BD FG 21=，所以FG EH =，EH FG ,所以EG 、FH 交于一点M 且被M 平分，所以).(41)](21[21)](21[212121)(21+++=+++=+=+=.。
素能培优(十三) 平面向量的综合应用--2025高中数学一轮复习课件基础版(新高考新教材)
3
1
3 1
解析 (方法 1)如图,由题意可得 = − = − = b- a.
2
2
2 2
3 1
3 2
1 2
若 AB⊥DE,则 · =0,所以(b-a)·
(2b-2a)=0,所以2b -2a·
b+2a =0,
1 2 3 2
即 a·
b=4|a| +4|b| ,
3||||
则∠BAC 的平分线与 BC 垂直,可得 AB=AC.
则△ABC 为等腰直角三角形.故选 A.
(2)(2022·天津,14)在△ABC 中,点
D
为
AC
的中点,点
E
满足
=2E
.记
3 1
b-2a
=a,
=b,用
a,b
表示E
=__________;若
AB⊥DE,则∠ACB 的最大值为
2
π
__________.
∴- 2 ≤sin(2α-4)< 2 ,∴0<- 2 sin(2α-4)+2 ≤1,
∴0< · ≤1.
α= 2cos α.
2cos
π
αcos(α+4)
2 当 , 在 PO 同侧时,
○
π
π
·=||||·
cos(α-4)= 2cos αcos(α-4=cos2α+sin
当且仅当 CA 与圆 M 相切时,∠ACB 取最大值,此时 sin∠ACB=
π
π
又∠ACB∈(0,π),所以∠ACB= ,即∠ACB 的最大值为 .
6
6
2
4
= =
1
2020高考文科数学(人教版)一轮复习讲义：第33讲平面向量的应用含答案
第33讲 平面向量的应用1．会用向量方法解决简单的力、速度的分解与合成问题． 2．会用向量方法解决某些简单的平面几何问题．3．会用向量方法解决某些简单与平面解析几何有关的问题．知识梳理1．用向量法处理垂直问题(1)对非零向量a 与b ，a ⊥b ⇔a·b ＝0 .(2)若非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，a ⊥b ⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0 . 2．用向量法处理平行问题(1)向量a 与非零向量b 共线，当且仅当存在唯一一个实数λ，使得 a ＝λb .(2)设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)是平面向量，则向量a 与非零向量b 共线的充要条件是 x 2y 1－x 1y 2＝0 . 3．用向量法求角(1)设a ，b 是两个非零向量，夹角记为α，则cos α＝ a·b|a||b|. (2)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)是平面向量，则cos α＝ x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22. 4．用向量法处理距离(长度)问题(1)设a ＝(x ，y )，则a 2＝|a|2＝ x 2＋y 2 ，即|a|＝x 2＋y 2 .(2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且a ＝AB →，则|AB |＝|AB →|＝ (x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2 .5．向量在物理中的应用(1)向量在力的分解与合成中的应用． (2)向量在速度的分解与合成中的应用．热身练习1．已知△ABC 的三个顶点的坐标分别为A (3,4)，B (5,2)，C (－1，－4)，则这个三角形是(B) A ．锐角三角形 B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．等腰三角形因为AC →＝(－4，－8)，AB →＝(2，－2)，BC →＝(－6，－6)，而AB →·BC →＝2×(－6)＋(－2)×(－6)＝0，所以AB ⊥BC ，故△ABC 为直角三角形．2．一质点受到平面上的三个力F 1，F 2，F 3(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态．已知F 1，F 2成120°角，且F 1，F 2的大小分别为1和2，则有(A)A ．F 1，F 3成90°角B ．F 1，F 3成150°角C ．F 2，F 3成90°角D ．F 2，F 3成60°角如图，因为∠AOB ＝120°，所以∠OAC ＝60°， 在△OAC 中，由余弦定理得OC ＝3， 所以OA 2＋OC 2＝AC 2，所以∠AOC ＝90°，故F 1与F 3成90°角.3.平面上有三个点A (－2，y )，B (0，y 2)，C (x ，y )，若AB →⊥BC →，则动点C的轨迹方程为 y 2＝8x (x ≠0) .因为AB →＝(2，－y 2)，BC →＝(x ，y 2)，又AB →⊥BC →，所以AB →·BC →＝0，所以(2，－y 2)·(x ，y 2)＝0，即2x －y 24＝0，所以y 2＝8x (x ≠0)．4．已知平面向量a ＝(1，cos θ)，b ＝(1,3sin θ)，若a 与b 共线，则tan 2θ的值为 34 .由条件得3sin θ－cos θ＝0，所以tan θ＝13，tan 2θ＝2tan θ1－tan 2θ＝231－19＝34. 5．已知直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，AD ＝2，CD ＝BC ＝1，P 是腰DC 上的动点，则|P A →＋3PB →|的最小值为 5 .以D 为原点，DA ，DC 所在直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系，则A (2,0)，B (1,1)．设点P (0，y )，0≤y ≤1， 则P A →＋3PB →＝(5,3－4y )， 所以|P A →＋3PB →|＝25＋(3－4y )2， 即当y ＝34时，所求模长取得最小值5.向量在物理中的应用一质点受到平面上的三个力F 1，F 2，F 3(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态．已知F 1，F 2成60°角，且F 1，F 2的大小分别为2和4，则F 3的大小为A ．6B ．2C ．2 5D ．27结合向量的平行四边形法则(如图)，易知F 3的大小，即平行四边形对角线OD 的长度， 根据余弦定理，可得OD 2＝22＋42－2×2×4cos 120°＝28，故OD ＝27.D用向量法解决物理问题的步骤： ①将相关物理量用几何图形表示出来；②将物理问题抽象成数学模型，转化为数学问题； ③最后将数学问题还原为物理问题．1．一条河宽为400 m ，一船从A 出发航行垂直到达河正对岸的B 处，船速为20 km/h ，水速为12 km/h ，则船到达B 处所需时间为 1.5 min.船速度与水流速度的合速度是船的实际航行速度．如图， |v 1|＝20，|v 2|＝12.根据勾股定理 |v |＝16(km/h)＝8003(m/min)， 故t ＝400÷8003＝1.5(min)．向量在平面几何中的应用在等腰直角三角形ABC 中，AC ＝BC ，D 是BC 的中点，E 是线段AB 上的点，且AE ＝2BE ，求证：AD ⊥CE .(方法一：基向量法)设CA →＝a ，CB →＝b ，则|a|＝|b|，且a·b ＝0， 则CE →＝CB →＋BE →＝CB →＋13BA →＝CB →＋13(CA →－CB →)＝13a ＋23b . AD →＝CD →－CA →＝12CB →－CA →＝12b －a .AD →·CE →＝(12b －a )·(13a ＋23b )＝－13a 2＋13b 2＝0，所以AD →⊥CE →，即AD ⊥CE .(方法二：坐标法)以C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别为x 轴，y 轴建立直角坐标系，设CA ＝2，则A (2,0)，B (0,2)，D (0,1)，E (23，43)，所以AD →＝(－2,1)，CE →＝(23，43)，所以AD →·CE →＝－43＋43＝0.所以AD →⊥CE →，即AD ⊥CE .用向量法解决几何问题的步骤：①建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题； ②通过向量运算，研究几何元素之间的关系； ③把运算结果“翻译”成几何关系．2．如图所示，四边形ABCD 是正方形，P 是对角线DB 上的一点，四边形PECF 是矩形．证明：(1)P A ＝EF ； (2)P A ⊥EF .以D 为坐标原点，以DC ，DA 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的坐标系．设正方形的边长为1，设P (t ，t )(0≤t ≤1)，则F (t,0)，E (1，t )，A (0,1)， 所以P A →＝(－t,1－t )，EF →＝(t －1，－t )， (1)|P A →|＝(－t )2＋(1－t )2＝2t 2－2t ＋1， |EF →|＝(t －1)2＋(－t )2＝2t 2－2t ＋1，所以|P A →|＝|EF →|，即P A ＝EF . (2)P A →·EF →＝－t (t －1)＋(1－t )(－t ) ＝－t 2＋t －t ＋t 2＝0. 所以P A →⊥EF →，即P A ⊥EF .向量的综合应用已知点P (－3,0)，点A 在y 轴上，点Q 在x 轴的正半轴上，点M 在直线AQ 上，满足P A →·AM →＝0，AM →＝－32MQ →，当点A 在y 轴上移动时，动点M 的轨迹方程为____________．设M (x ，y )为轨迹上的任一点，设A (0，b )，Q (a,0)(a >0)， 则AM →＝(x ，y －b )，MQ →＝(a －x ，－y )，因为AM →＝－32MQ →，所以(x ，y －b )＝－32(a －x ，－y )，所以a ＝13x ，b ＝－y 2，即A (0，－y 2)，Q (x3，0)，P A →＝(3，－y 2)，AM →＝(x ，32y )，因为P A →·AM →＝0，所以3x －34y 2＝0，即所求轨迹的方程为y 2＝4x (x >0)．y 2＝4x (x >0)在处理解析几何问题时，需要将向量用点的坐标表示，利用向量的有关法则、性质列出方程．3．(2017·北京卷)已知点P 在圆x 2＋y 2＝1上，点A 的坐标为(－2,0)，O 为原点，则AO →·AP →的最大值为 6 .(方法一)根据题意作出图象，如图所示，A (－2,0)，P (x ，y )．由点P 向x 轴作垂线交x 轴于点Q ，则点Q 的坐标为(x,0).AO →·AP →＝|AO →||AP →|cos θ， |AO →|＝2，|AP →|＝(x ＋2)2＋y 2， cos θ＝AQAP ＝x ＋2(x ＋2)2＋y 2，所以AO →·AP →＝2(x ＋2)＝2x ＋4.又点P 在圆x 2＋y 2＝1上，所以x ∈[－1,1]． 所以AO →·AP →的最大值为2＋4＝6.(方法二)因为点P 在圆x 2＋y 2＝1上， 所以可设P (cos α，sin α)(0≤α＜2π)， 所以AO →＝(2,0)，AP →＝(cos α＋2，sin α)， AO →·AP →＝2cos α＋4≤2＋4＝6，当且仅当cos α＝1，即α＝0，P (1,0)时，上式取到“＝”．1．向量的平行、垂直关系是向量最基本、最重要的位置关系，而向量的夹角、长度是向量的数量特征，是数形结合的重要工具，这些知识是高考重点考查内容之一，因此，对这些基本知识必须在理解的基础上熟练掌握．2．向量法解决几何问题的“三步曲”，即：(1)建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题化为向量问题． (2)通过向量运算研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题． (3)把运算结果“翻译”成几何关系．3．证明直线平行、垂直、线段相等等问题的常用方法：(1)要证AB ＝CD ，可转化为证明AB →2＝CD →2或|AB →|＝|CD →|.(2)要证两线段AB ∥CD ，只要证存在一实数λ≠0，使等式AB →＝λCD →成立即可． (3)要证明两线段AB ⊥CD ，只需证AB →·CD →＝0.4．用数学知识解决物理问题，首先要把物理问题转化为数学问题，即将物理量之间的关系抽象成数学模型，然后通过对这个数学模型进行研究，解释相关物理现象．。
适用于新教材2025版高中数学第六章平面向量及其应用6
第4课时余弦定理、正弦定理应用举例——高度、角度问题1.视角视角是指视察物体的两端张开的角度.2.仰角和俯角与目标视线在同一铅垂平面内的和目标视线的夹角.目标视线在时叫仰角,目标视线在时叫俯角.3.方位角从指北方向转到目标方向线所成的水平角.其取值范围为.4.方向角与方位角是相同的角吗?一、单选题1.从地面上视察一建在山顶上的建筑物,测得其视角为α,同时测得建筑物顶部仰角为β,则山顶的仰角为()A.α+βB.α-βC.β-αD.α2.如图所示,飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内,若飞机的高度为18 km,速度为1 000 km/h,飞行员先看到山顶的俯角为30°,经过1 min后又看到山顶的俯角为75°,则山顶的高度为(精确到0.1 km,参考数据:≈1.732)()A.11.4 kmB.6.6 kmC.6.5 kmD.5.6 km3.如图所示,在坡度肯定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°,向山顶前进100 m到达B处,又测得C对于山坡的斜度为45°,若CD=50 m,山坡对于地平面的坡角为θ,则cosθ= ()A.B.2-C.-1D.4.如图,无人机在离地面高200 m的A处,观测到山顶M处的仰角为15°、山脚C处的俯角为45°,已知∠MCN=60°,则山的高度MN为()A.150 mB.200 mC.300 mD.300 m二、多选题5.甲、乙两楼相距20米,从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°,从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°,则 ()A.甲楼高20米B.甲楼高米C.乙楼高米D.乙楼高40米6.一艘客船上午9:30在A处,测得灯塔S在它的北偏东30°方向,之后它以每小时32 nmi l e的速度接着沿正北方向匀速航行,上午10:00到达B处,此时测得客船与灯塔S相距8 nmi l e,则灯塔S可能在B处的()A.北偏东75°B.南偏东15°C.东北方向D.东南方向三、填空题7.如图,一辆汽车在一条水平的马路上向正西行驶,到A处时测得马路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上,行驶600 m后到达B处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD= m.8.(教材改编题)甲船在A处视察乙船,乙船在它的北偏东60°方向的B处,两船相距a n mi l e,乙船向正北行驶,若甲船的速度是乙船的倍,则甲船应沿方向行驶才能追上乙船;追上时甲船行驶了n mi l e.四、解答题9.(教材改编题)在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角α=60°,在塔底C处测得点A的俯角β=45°,已知铁塔BC部分高32米,求山高CD.10.如图,某市郊外景区内一条笔直的马路经过三个景点A,B,C.为增加景区人民的收入,景区管委会又开发了风景美丽的景点D.经测量景点D位于景点A的北偏东30°方向8 km处,位于景点B的正北方向上,还位于景点C的北偏西75°方向上,已知AB=5 km,AD>BD.(1)景区管委会打算由景点D向景点B修建一条笔直的马路,不考虑其他因素,求出这条马路的长;(2)求∠ACD的正弦值.一、选择题1.飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内,已知飞机的高度为海拔15 000 m,速度为1 000 km/h,飞行员先看到山顶的俯角为18°,经过108 s后又看到山顶的俯角为78°,则山顶的海拔高度为 ()A. kmB. kmC. kmD. km2.在灯塔A的正东方向,相距40海里的B处,有一艘渔船遇险,在原地等待营救.海警船在灯塔A的南偏西30°,相距20海里的C处.现海警船要沿直线CB方向,尽快前往B处救援,则sin∠ACB等于 ()A.B.C.D.二、填空题3.(教材改编题)如图,测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D,测得∠BCD=15°,∠BDC=30°,CD=30米,并在点C测得塔顶A的仰角为60°,则塔高为米.4.如图,Rt△ABC中,∠BAC=90°,四边形ABHL,ACFG,BCDE都是正方形,AN⊥DE于点N,交BC于点M.可证△ABE与△HBC全等,进而得到矩形BENM与正方形ABHL面积相等;同理可得到矩形CDNM与正方形ACFG面积相等.在该图中,若t a n∠BAE=,则sin∠BEA=.三、解答题5.如图所示,在地面上共线的三点A,B,C处测得一建筑物的仰角分别为30°,45°,60°,且AB=BC=60 m,求建筑物的高度.6.如图,某运动员从A市动身沿海岸一条笔直马路以每小时15 km的速度向东进行长跑训练,长跑起先时,在A市南偏东方向距A市75 km,且与海岸距离为45 km的海上B处有一艘划艇与运动员同时动身,要追上这位运动员.(1)划艇至少以多大的速度行驶才能追上这位运动员?(2)求划艇以最小速度行驶时的行驶方向与AB所成的角.(3)若划艇每小时最快行驶11.25 km,划艇全速行驶,应沿何种路途行驶才能尽快追上这名运动员,最快需多长时间?第4课时余弦定理、正弦定理应用举例——高度、角度问题必备学问·落实1.视线2.水平视线水平视线上方水平视线下方3.顺时针0°~360°({θ|0°≤θ<360°})4.方向角和方位角不是相同的角.方向角是指北或指南方向线与目标方向线所成的小于90°的水平角,而方位角是从正北方向顺时针转到目标方向线所成的角.知能素养·进阶【基础巩固组】1.C如图可知,山顶的仰角为β-α.2.B因为AB=1 000×=(km),C=75°-30°=45°,所以BC=·sin 30°=(km).所以航线离山顶的距离h=BC·sin 75°=×sin 75°=×sin(45°+30°)≈11.4(km).所以山顶的高度约为18-11.4=6.6(km).3.C在△ABC中,由正弦定理得:BC===50(-)m,在△BCD中,由正弦定理得:sin∠BDC===-1,因为θ=∠BDC-90°,所以cosθ=cos(∠BDC-90°)=sin∠BDC=-1.4.D因为AD∥BC,所以∠ACB=∠DAC=45°,所以AC=AB=200 m,又∠MCA=180°-60°-45°=75°,∠MAC=15°+45°=60°,所以∠AMC=45°,在△AMC中,=,所以MC==200 m,所以MN=MC sin∠MCN=200sin60°=300 m.5.AC甲楼的高为20t a n 60°=20×=20(米);乙楼的高为20-20t a n 30°=20-20×=(米).6.AB画出示意图如图,客船半小时航行的路程为32×=16(n mi l e),所以AB=16 n mi l e.又BS=8 n mi l e,∠BAS=30°,所以=,所以sin ∠ASB=,所以∠ASB=45°或∠ASB=135°.当船在B处时,∠ASB=45°,∠B'BS=75°;当船在B'处时,∠ASB'=135°,∠AB'S=15°.综上,灯塔S在B处的北偏东75°或南偏东15°.7.【解析】由题意,在△ABC中,∠BAC=30°,∠ABC=180°-75°=105°,故∠ACB=45°.又AB=600 m,故由正弦定理得=,解得BC=300 m.在Rt△BCD中,CD=BC·t a n 30°=300×=100 m.答案:1008.【解析】如图所示,设在C处甲船追上乙船,乙船到C处用的时间为t,乙船的速度为v,则BC=tv,AC=tv,又B=120°,则由正弦定理=,得=,所以sin ∠CAB=,所以∠CAB=30°,所以甲船应沿北偏东30°方向行驶.又∠ACB=180°-120°-30°=30°,所以BC=AB=a n mi l e,所以AC===a(n mi l e).答案:北偏东30°a9.【解析】由α=60°,β=45°易得∠BAD=60°,∠CAD=45°,设AD=x米,则CD=AD·t a n∠CAD=AD·t a n45°=x,BD=AD·t a n∠BAD=AD·t a n60°=x,所以BC=BD-CD=x-x=32,所以x==16(+1).即山高为16(+1)米.10.【解析】(1)在△ABD中,∠ADB=30°,AD=8 km,AB=5 km,设DB=x km, 则由余弦定理得52=82+x2-2×8×x×cos30°,即x2-8x+39=0,解得x=4±3,而4+3>8,舍去,所以x=4-3,所以这条马路的长为(4-3)km.(2)在△ADB中,=,所以sin∠DAB==,所以cos∠DAB=,在△ACD中,∠ADC=∠ADB+∠BDC=30°+75°=105°,所以cos∠ADC=cos105°=cos(60°+45°)=cos60°cos45°-sin60°sin45°=,sin∠ADC=sin105°=sin(60°+45°)=,所以sin∠ACD=sin[180°-(∠DAC+∠ADC)]=sin(∠DAC+∠ADC)=sin∠DAC·cos∠ADC+cos∠DAC·sin∠ADC=×+×=.【素养提升组】1.D如图,作CD⊥AB于点D,∠A=18°,∠ACB=78°-18°=60°,因为108 s=0.03 h,所以AB=1 000×0.03=30(km).在△ABC中,由正弦定理可得=,可得BC==20sin18°,因为CD⊥AD,所以C到AB边的距离为CD=BC sin∠CBD=BC sin78°=20sin18°sin78°,所以山顶的海拔高度为(15-20sin18°sin78°)km.2.A在△ABC中,AB=40,AC=20,∠BAC=120°,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos120°=1 600+400-2×40×20×(-)=2 800,所以BC=20,由正弦定理得sin∠ACB=·sin∠BAC=×=.3.【解析】在△BCD中,∠CBD=180°-15°-30°=135°,由正弦定理得=,所以BC==15.在Rt△ABC中,AB=BC t a n∠ACB=15t a n 60°=15(米).所以塔高AB=15米.答案:154.【解析】设AB=k,AC=m,BC=n,可得k2+m2=n2,又△ABE≌△HBC,可得AE=CH==,在△ABE中,t a n∠BAE==,又sin2∠BAE+cos2∠BAE=1,解得sin∠BAE=,cos∠BAE=,由cos∠BAE=====,化为8k2-2km-m2=0,解得m=2k,又k2+m2=n2,可得n=k,在△ABE中,=,即=,可得sin∠BEA=.答案:5.【解析】设建筑物的高度为h,由题图知,PA=2h,PB=h,PC=h,所以在△PBA和△PBC中,分别由余弦定理,得cos∠PBA=,①cos∠PBC=.②因为∠PBA+∠PBC=180°,所以cos∠PBA+cos∠PBC=0.③由①②③,解得h=30或h=-30(舍去),即建筑物的高度为30m.6.【解析】(1)设划艇以v km/h的速度从B处动身,沿BC方向(如图),t h后与运动员在C处相遇,过B作AC的垂线BD,则BD=45,AD=60,在△ABC中,AB=75,AC=15t,BC=vt,则sin∠BAC==,cos∠BAC=.由余弦定理,得BC2=AC2+AB2-2AB·AC cos∠BAC,得v2t2=(15t)2+752-2×75×15t×.整理得:v2=-+225=5 625(-)2+81.当=,即t=时,v2取得最小值81,即v min=9 km/h,所以划艇至少以9 km/h的速度行驶才能追上这位运动员.(2)当v=9 km/h时,在△ABC中,AB=75,AC=15×=,BC=9×=,由余弦定理得cos∠ABC===0,所以∠ABC=90°,所以划艇以最小速度行驶时的行驶方向与AB所成的角为90°.(3)划艇每小时最快行驶11.25 km,全速行驶,假设划艇沿着垂直于海岸的方向,即BD方向行驶,而BD=45,此时到海岸距离最短,须要的时间最少,所以须要=4(h),而 4 h时运动员向东跑了15×4=60(km),而AD=60,即4 h时,划艇和运动员相遇在点D.所以划艇应垂直于海岸向北的方向行驶才能尽快追上这名运动员,最快须要4 h.。
2023-2024学年内蒙古通辽市高中数学人教A版 必修二平面向量及应用专项提升-3-含解析
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年内蒙古通辽市高中数学人教A版 必修二平面向量及应用专项提升(3) 姓名：____________ 班级：____________ 学号：____________考试时间：120分钟 满分：150分题号一二三四五总分评分*注意事项：阅卷人得分一、选择题（共12题，共60分） 1. 如图，在平行四边形 中，点E是边 的中点，点F是 的中点，则 （ ） A .B .C .D .2. 已知点是的重心，，若， ，则的最小值是（ ）A .B .C .D . 3. 在△ABC中， ，．若点D满足，则 =（ ）A .B .C .D .α+β=﹣1 α+β=0 α+β=1α+β=24. 已知=（2，5），=（3，4），=（1，6），且=α+β ， 则（ ）A . B . C . D .5. 平面内不共线的三点O，A，B，满足 ＝1， ＝2，点C为线段AB的中点，若 ＝ ，则∠AOB＝（ ）A .B .C .D .在 中，若 ，则 在锐角中，不等式 恒成立在 中，若， ，则 必是等边三角形在 中，若 ，则 必是等腰三角形6. 下列命题中，不正确的是（ ）A .B .C .D .若 ，则 若 （ 、 ），则7. 对实数 、 和向量 ， ， ，正确的是（ ）A .B .C .D .8. 已知 ， ，若 ，则 （ ）A .B .C .D .9. 三棱锥P ABC中，PA⊥平面ABC，Q是BC边上的一个动点，且直线PQ与面ABC所成角的最大值为 则该三棱锥外接球的表面积为( )A . B . C . D .12-123-310. 在中，已知 边上的中线 长为2， ，则 （ ）A . B . C . D .-111. 已知向量 ， ，且 与 互相垂直，则k的值是（ ）A .B .C .D .61212. 已知三个内角A、B、C的对边分别是 ，若 则 的面积等于（ ）A .B .C .D .阅卷人得分二、填空题（共4题，共20分）13. 定义平面向量的一种运算： （ 是向量 和 的夹角），则下列命题：① ；② ；③若 且 ，则 ；其中真命题的序号是 .14. 在中， ， D是线段上一点，且 ， 则，的长为 ．15. 已知表示“向东方向航行1km”，表示“向南方向航行1km”，则﹣表示16. 在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若 ， ， 则．17. 已知(1) 求；(2) 设的夹角为θ，求cosθ的值；(3) 若向量与互相垂直，求k的值．18. 如图①，在梯形中， ， ， ， 为的中点，以为折痕把折起，连接 ， ， 得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列两个问题．(1) 证明：；(2) 请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值．①四棱锥的体积为2；②直线与所成角的余弦值为 ．注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．19. 在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对边的长， ， ．(1) 求角 的值；(2) 若 ，求△ABC的面积．20. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ， 点M为AC的中点，且 ．(1) 求角B的大小；(2) 若 ， 求的面积．21. 已知椭圆 的右焦点F 2是抛物线 的焦点，过点 垂直于 轴的直线被椭圆所截得的线段长度为3．(1) 求椭圆 的方程；(2) 设动直线 与椭圆有且只有一个公共点 ，且与直线 相交于点 ．请问：在x轴上是否存在定点，使得 为定值？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由．答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.(1)(2)(3)18.(1)(2)(1)(2)20.(1)(2)21.(1)(2)。
2020版高考数学一轮复习第5章平面向量4阅读与欣赏(四)教案理
4 阅读与欣赏（四）求解平面向量问题的五大策略平面向量既具备几何意义、也具备类似数的运算，在解题中既可以按照几何的思路处理，也可以通过运算解决问题，解平面向量的题目有一些策略，用好这些策略可以顺利地解决问题．用好共线向量定理及其推论在△ABC 中，AB →＝2a ，AC →＝3b ，设P 为△ABC 内部及其边界上任意一点，若AP →＝λa ＋μb ，则λμ的最大值为__________．【解析】 过点P 作BC 平行线，交AB ，AC 于点M ，N ，设NP →＝tNM →，则有AP →＝t AM →＋(1－t )AN →(0≤t ≤1)，设AM →＝m AB →，则有AN →＝m AC →(0≤m ≤1)，所以AP →＝tmAB →＋(1－t )mAC →，所以AP →＝2tm a ＋3(1－t )m b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2tm ，μ＝3（1－t ）m ，所以λ≥0，μ≥0，3λ＋2μ＝6m ≤6，由3λ＋2μ≥26λμ得26λμ≤6，所以λμ≤32，λμ的最大值为32.【答案】 32(1)A ，B ，C 三点共线时，一定存在实数λ，使得AB →＝λBC →或AB →＝λAC →等；(2)A ，B ，C 三点共线的充要条件是对不在直线AB 上的任意一点O ，存在实数t 使得OC →＝tOA →＋(1－t )·OB →或OC →＝λOA →＋μOB →，λ＋μ＝1.用好平面向量基本定理在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD 交于点F .若AC →＝a ，BD →＝b ，则AF →等于( ) A.14a ＋12b B.23a ＋13b C.12a ＋14b D.13a ＋23b 【解析】 如图，E 为OD 中点， 则BE ＝3DE .因为AB ∥CD ， 则AB →＝3DF →，OB →－OA →＝3AF →－3AD →，－12BD →＋12AC →＝3AF →－3(OD →－OA →)， 3AF →＝－12BD →＋12AC →＋3×12BD →＋3×12AC →，3AF →＝2AC →＋BD →，则AF →＝23AC →＋13BD →，即AF →＝23a ＋13b .故选B.【答案】 B平面向量基本定理表明，同一平面内的任一向量都可表示为其他两个不共线向量的线性组合，即选择了两个不共线向量e 1和e 2，平面内的任何一向量a 都可以用向量e 1，e 2表示为a ＝λ1e 1＋λ2e 2，并且这种表示是唯一的，即若λ1e 1＋λ2e 2＝μ1e 1＋μ2e 2，则必有λ1＝μ1，λ2＝μ2.这样，平面向量基本定理不仅把几何问题转化为只含有λ1，λ2的代数运算，而且为利用待定系数法解题提供了理论基础．用好向量的坐标表示(1)已知直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ACD ＝90°，AD ＝2，BC ＝1，P 是腰DC 上的动点，则|PA →＋3PB →|的最小值为__________．(2)已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝60°，M 为CD 的中点，若N 为该菱形内任意一点(含边界)，则AM →·AN →的最大值为______________．【解析】 (1)建立如图所示的平面直角坐标系，则D (2，0)． 设B (0，b )，b >0，则C (1，b )． 因为∠ACD ＝90°，所以AC →·DC →＝0，即(1，b )·(－1，b )＝0，解得b ＝1，所以B (0，1)，C (1，1)．设P (x ，y )，DP →＝λDC →(0≤λ≤1)， 则(x －2，y )＝λ(－1，1)， 得x ＝2－λ，y ＝λ， 即P (2－λ，λ)．|PA →＋3PB →|＝|(λ－2，－λ)＋3(λ－2，1－λ)| ＝|(4λ－8，3－4λ)| ＝（4λ－8）2＋（3－4λ）2＝32λ2－88λ＋73，0≤λ≤1，根据二次函数性质，上式当λ＝1时取最小值，故其最小值为32－88＋73＝17. (2)建立如图所示的平面直角坐标系，则B (2，0)，C (3，3)，D (1，3)，M (2，3)，设N (x ，y )，则AM →·AN →＝2x ＋3y ，其中(x ，y )所在的区域即为菱形及其内部的区域．设z ＝2x ＋3y ，则z3的几何意义是直线系z ＝2x ＋3y 在y 轴上的截距，结合图形可知，在点C 处目标函数取得最大值，最大值为2×3＋3×3＝9. 【答案】 (1)17 (2)9向量坐标化后，所有的问题均可以通过计算求解，这种方法对难度较大的平面向量试题非常有用．用好两向量垂直的条件设O 是平面上一定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三点，动点P 满足OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，λ∈[0，＋∞)，则点P 的轨迹经过△ABC 的( ) A ．外心 B ．内心 C ．重心D ．垂心【解析】⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ·(AB →－AC →)＝ |AB →|2|AB →|cos B －|AC →|2|AC →|cos C ＋AC →·AB →|AC →|cos C －AB →·AC→|AB →|cos B.在△ABC 中，记角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则上式即为ccos B －b cos C ＋c cos A cos C －b cos A cos B＝c cos C －b cos B ＋c cos A cos B －b cos A cos Ccos B cos C.根据正弦定理，上式的分子为2R (sin C cos C －sin B cos B ＋sin C cos A cos B －sin B cos A cosC )＝2R ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12sin 2C －12sin 2B ＋cos A sin （C －B ） ＝2R ⎩⎨⎧12sin[（B ＋C ）－（B －C ）]－12sin [（B ＋C ）＋（B －C ）]}＋cos A sin （C －B ）＝2R [－cos (B ＋C )sin (B －C )＋cos A sin(C －B )] ＝2R [－cos A sin(C －B )＋cos A sin (C －B )]＝0. 所以⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ·(AB →－AC →)＝0， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ⊥CB →. 又向量AB→|AB →|cos B ＋AC→|AC →|cos C经过点A ，所以向量λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C 与△ABC 的BC 边上的高线所在的向量共线． 因为OP →＝OA →＋λ⎝⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ， 所以点P 在△ABC 的BC 边上的高线上， 所以点P 的轨迹经过△ABC 的垂心，故选D. 【答案】 D两非零向量垂直的充要条件是其数量积为零，利用该结论可以证明平面图形中的直线与直线垂直、也可以根据两向量垂直求未知的参数值等．用好向量运算的几何意义已知向量a ，b ，c 满足|a |＝2，|b |＝a·b ＝3，若(c －2a )·(2b －3c )＝0，则|b －c |的最大值是______．【解析】 设a ，b 夹角为θ，a·b ＝2×3cos θ＝3， 得cos θ＝22， 因为0≤θ≤π，所以θ＝π4.建立如图所示的平面直角坐标系，a＝(1，1)，b＝(3，0)，设c＝(x，y)，则c－2a＝(x－2，y－2)，2b－3c＝(6－3x，－3y)．因为(c－2a)·(2b－3c)＝0，所以(x－2)(6－3x)＋(y－2)·(－3y)＝0，整理得x2＋y2－4x－2y＋4＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝1，即向量c的终点在以(2，1)为圆心、1为半径的圆上，根据向量减法的几何意义，可知|b－c|的最大值为（3－2）2＋（0－1）2＋1＝2＋1.【答案】2＋1。
2023年人教版高中数学第六章平面向量及其应用解题技巧总结
(名师选题)2023年人教版高中数学第六章平面向量及其应用解题技巧总结单选题1、已知直角三角形ABC 中，∠A =90°，AB =2，AC =4，点P 在以A 为圆心且与边BC 相切的圆上，则PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PC ⃑⃑⃑⃑⃑ 的最大值为（ ）A ．16+16√55B ．16+8√55C ．165D ．565答案：D分析：建立如图所示的坐标系，根据PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ·PC ⃑⃑⃑⃑⃑ =|PD ⃑⃑⃑⃑⃑ |2−5可求其最大值. 以A 为原点建系，B (0,2),C (4,0)，BC:x4+y2=1，即x +2y −4=0，故圆的半径为r =√5，∴圆A:x 2+y 2=165，设BC 中点为D (2,1)，PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ·PC⃑⃑⃑⃑⃑ =PD ⃑⃑⃑⃑⃑ 2−14BC ⃑⃑⃑⃑⃑ 2=|PD ⃑⃑⃑⃑⃑ |2−14×20=|PD ⃑⃑⃑⃑⃑ |2−5， |PD |max =|AD |+r =√5+√5=√5，∴(PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ·PC ⃑⃑⃑⃑⃑ )max =815−5=565， 故选：D.2、已知不共线的平面向量a ⃗,b ⃑⃗,c ⃗两两所成的角相等，且|a ⃗|=1,|b ⃑⃗|=4,|a ⃗+b ⃑⃗+c ⃗|=√7，则|c ⃗|=（ ） A ．√2B ．2C ．3D ．2或3 答案：D分析：先求出θ=2π3，转化|a ⃗+b ⃑⃗+c ⃗|=√(a ⃗+b ⃑⃗+c ⃗)2=√7，列方程即可求出.由不共线的平面向量a ⃗，b ⃑ ，c 两两所成的角相等，可设为θ，则θ=2π3.设|c |=m.因为|a ⃗|=1，|b ⃑⃗|=4，|a ⃗+b ⃑⃗+c ⃗|=√7，所以|a ⃗+b ⃑⃗+c ⃗|2=7， 即a ⃗2+2a ⃗⋅b ⃑⃗+b ⃑⃗2+2b ⃑⃗⋅c ⃗+2a ⃗⋅c ⃗+c ⃗2=7， 所以12+2×1×4cos2π3+42+2×4×mcos2π3+2×1×mcos2π3+m 2=7即m 2−5m +6=0，解得：m =2或3.所以|c |=2或3 故选：D3、在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b =c =2a ，则cosB 等于（ ） A ．18B ．14C ．13D ．12 答案：B分析：直接利用余弦定理计算可得. 解：因为b =c =2a ，所以cosB =a 2+c 2−b 22ac=a 2+4a 2−4a 22a×2a=14．故选：B4、设在△ABC 中，角A ，B,C 所对的边分别为a ，b,c ， 若 bcosC +ccosB =asinA ， 则△ABC 的形状为（ ） A ．直角三角形B ．等边三角形 C ．等腰三角形D ．钝角三角形 答案：A分析：根据两角和的正弦公式和正弦定理求得sinA =sin 2A ，得到sinA =1，求得A =π2，即可求解. 因为bcosC +ccosB =asinA ，由正弦定理可得sinBcosC +sinCcosB =sin 2A ， 即sin (B +C )=sin 2A ，即sinA =sin 2A ，所以sinA =1， 又因为A ∈(0,π)，所以A =π2，所以是直角三角形. 故选：A.5、在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a =√5，c =2，cosA =23，则b 等于（ ）A ．√2B ．√3C ．2D ．3 答案：D分析：根据余弦定理a 2=b 2+c 2−2bccosA ，将已知量代入即可解得答案.根据余弦定理得a 2=b 2+c 2−2bccosA ，即5=b 2+4−2×b ×2×23，亦即b 2−83b −1=0，解得b =3或b =−13（舍去）.故选：D.6、魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E ，H ，G 在水平线AC 上，DE 和FG 是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG 称为“表距”，GC 和EH 都称为“表目距”，GC 与EH 的差称为“表目距的差”则海岛的高AB =（ ）A ．表高×表距表目距的差+表高B ．表高×表距表目距的差−表高C ．表高×表距表目距的差+表距D ．表高×表距表目距的差−表距答案：A分析：利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出． 如图所示：由平面相似可知，DE AB=EH AH ,FG AB =CG AC，而 DE =FG ，所以DEAB=EHAH =CGAC =CG−EHAC−AH =CG−EH CH，而 CH =CE −EH =CG −EH +EG ，即AB =CG−EH+EG CG−EH×DE =EG×DECG−EH +DE ＝表高×表距表目距的差+表高．故选：A.小提示：本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．7、《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图．图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田，已知正八边形ABCDEFGH 的边长为2√2，点P 是正八边形ABCDEFGH 的内部（包含边界）任一点，则AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 的取值范围是（ ）A ．[−4√2,4√2]B ．[−4√2,8+4√2]C ．[8−4√2,8+4√2]D ．[−4√2,8−4√2] 答案：B分析：先求出AP⃑⃑⃑⃑⃑ 在AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 方向上的投影的取值范围，再由数量积的定义求出AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 的取值范围即可.如图，作AM ⊥GH 的延长线于M ，BN ⊥DC 的延长线于N ，根据正八边形的特征，可知AM =BN =2， 于是AP⃑⃑⃑⃑⃑ 在AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 方向上的投影的取值范围为[−2,2√2+2]，结合向量数量积的定义可知，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 等于AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 的模与AP ⃑⃑⃑⃑⃑ 在AB⃑⃑⃑⃑⃑ 方向上的投影的乘积， 又|AB⃑⃑⃑⃑⃑ |=2√2，∴AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 的最大值为2√2×(2√2+2)=8+4√2，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 的最小值为2√2×(−2)=−4√2． 则AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 的取值范围是[−4√2,8+4√2]. 故选：B ．8、给出下列物理量：①密度；②温度；③速度；④质量；⑤功；⑥位移.正确的是( ) A ．①②③是数量，④⑤⑥是向量B ．②④⑥是数量，①③⑤是向量 C ．①④是数量，②③⑤⑥是向量D ．①②④⑤是数量，③⑥是向量 答案：D分析：根据向量的定义即可判断.密度、温度、质量、功只有大小，没有方向，是数量； 速度、位移既有大小又有方向，是向量． 故选：D ．9、下列命题：（1）零向量没有方向；（2）单位向量都相等；（3）向量就是有向线段；（4）两向量相等，若起点相同，终点也相同；（5）若四边形ABCD 为平行四边形，则AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =DC ⃑⃑⃑⃑⃑ , BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ．其中正确命题的个数是（ ） A ．1B ．2 C ．3D ．4 答案：A分析：零向量的方向是任意的可判断（1）；单位向量方向不一定相同可判断（2）；有向线段只是向量的一种表示形式可判断（3）；根据向量的二要素可判断（4）；由相等向量的定义可判断（5），进而可得正确答案. 对于（1）：零向量不是没有方向，而是方向是任意的，故（1）不正确．对于（2）：单位向量只是模均为单位1，而方向不相同，所以单位向量不一定都相等，故（2）不正确． 对于（3）：有向线段只是向量的一种表示形式，向量是可以自由移动，有向线段不可以自由移动，不能把两者等同起来，故（3）不正确，对于（4）：两向量相等，若起点相同，终点也相同；故（4）正确；对于（5）：如图：若四边形ABCD 为平行四边形，则AB =DC ，且方向相同，BC =DA 但方向相反，所以BC ⃑⃑⃑⃑⃑ 与DA ⃑⃑⃑⃑⃑ 不相等，故（5）不正确； 所以正确的有一个， 故选：A.10、在△ABC 中，已知B =120°，AC =√19，AB =2，则BC =（ ） A ．1B ．√2C ．√5D ．3 答案：D分析：利用余弦定理得到关于BC 长度的方程，解方程即可求得边长. 设AB =c,AC =b,BC =a ，结合余弦定理：b 2=a 2+c 2−2accosB 可得：19=a 2+4−2×a ×c ×cos120∘， 即：a 2+2a −15=0，解得：a =3（a =−5舍去）， 故BC =3. 故选：D.小提示：利用余弦定理及其推论解三角形的类型： (1)已知三角形的三条边求三个角；(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角； (3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．11、向量a ⃗，b ⃑⃗满足a ⃗=(1,√3)，|b ⃑⃗|=1，|a ⃗+b ⃑⃗|=√3，则b ⃑⃗在a ⃗方向上的投影为（ ） A ．-1B ．−12C ．12D ．1 答案：B解析：根据题条件，先求出a ⃗⋅b ⃑⃗，再由向量数量积的几何意义，即可求出结果. 因为向量a ⃗，b ⃑⃗满足a ⃗=(1,√3)，|b ⃑⃗|=1，|a ⃗+b⃑⃗|=√3， 所以|a ⃗|2+2a ⃗⋅b ⃑⃗+|b ⃑⃗|2=3，即4+2a ⃗⋅b ⃑⃗+1=3，则a ⃗⋅b⃑⃗=−1，所以b ⃑⃗在a ⃗方向上的投影为|b →|cos <a →,b →>=a →⋅b →|a →|=−12.故选：B.12、若点M 是△ABC 所在平面内的一点，且满足3AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ －AB ⃑⃑⃑⃑⃑ －AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ＝0→，则△ABM 与△ABC 的面积之比为（ ） A ．1∶2B ．1∶3C ．1∶4D ．2∶5 答案：B分析：由平面向量的加法结合已知可得M 为AD 的三等分点，然后由等高的三角形面积之比等于底边之比可得. 如图，D 为BC 边的中点，则AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =12(AB⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) 因为3AM⃑⃑⃑⃑⃑⃑ －AB ⃑⃑⃑⃑⃑ －AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ＝0→所以3AM⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2AD ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 所以AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =23AD ⃑⃑⃑⃑⃑所以S △ABM =23S △ABD =13S △ABC . 故选：B 双空题13、已知向量a ⃗,b ⃑⃗满足|a ⃗|=2,|b ⃑⃗|=1，若a ⃗⋅(a ⃗+b ⃑⃗)+b ⃑⃗⋅(a ⃗−b ⃑⃗)的最大值为1，则向量a ⃗,b ⃑⃗的夹角θ的最小值为__________，|a ⃗+2b ⃑⃗|的取值范围为__________． 答案： 2π3##120° [0，2]分析：由题意a ⃗⋅(a ⃗+b ⃑⃗)+b ⃑⃗⋅(a ⃗−b ⃑⃗)≤1，求得2π3≤θ≤π，所以θ的最小值为2π3，再利用向量的模的计算公式，即可求解.设向量a ⃗,b ⃑⃗的夹角为θ，则θ∈[0，π]；又|a ⃗|=2,|b⃑⃗|=1, 所以a ⃗⋅(a ⃗+b ⃑⃗)+b ⃑⃗⋅(a ⃗−b ⃑⃗)=a ⃗2+2a ⃗⋅b⃑⃗−b ⃑⃗2=3+4cos θ≤1， 所以−1≤cos θ≤−12，则向量a ⃗,b ⃑⃗的夹角θ的最小值为2π3； 所以|a ⃗+2b ⃑⃗|2=a ⃗2+4a ⃗⋅b⃑⃗+4b ⃑⃗2=8+8cos θ， 又cosθ∈[−1,−12]，所以8+8cos θ∈[0，4]，所以|a ⃗+2b⃑⃗|的取值范围是[0，2]． 所以答案是：2π3；[0，2]．14、在△ABC 中，内角A,B,C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a =2sinA,b =2√3cosB ；则角B =___________；a 的取值范围为___________. 答案： π3 (0，2]分析：由题意可得asinA =2，进而可得b =√3cosB ×asinA ，利用正弦定理化简可得tanB =√3，即可求出角B ；根据诱导公式可得a =2sin(B +C)，结合角C 的范围和正弦函数的性质即可得出结果. 由a =2sinA ⇒a sinA=2，所以b =2√3cosB =√3cosB ×asinA，由正弦定理，得sinB =√3cosB ×sinAsinA =√3cosB ， 有tanB =√3，又B ∈(0，π)，故B =π3；a =2sinA =2sin[π−(B +C)]=2sin(B +C)=2sin(π3+C)，因为B =π3，所以C ∈(0，2π3)，则C +π3∈(π3，π)， 所以sin(C +π3)∈(0，1]，即a ∈(0，2]. 所以答案是：π3；(0，2]15、在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∠B =60°，且b 2sinAcosC +bcsinBcosA =4sinB ，则b =________，a +2c 的最大值为__________. 答案： 24√213解析：根据正弦定理，化简得abcosC+bccosA=4，再由余弦定理，列出方程求得b=2，结合正弦定理化简a+2c=√3+2sinC)=√3×√7sin(A+φ)，进而求得a+2c的最大值.因为b2sinAcosC+bcsinBcosA=4sinB，由正弦定理，可得ab2cosC+b2ccosA=4b，即abcosC+bccosA=4，又由余弦定理ab×a 2+b2−c22ab+bc×b2+c2−a22bc=4，所以b=2，根据正弦定理asinA =csinC=bsinB=√32=√3，可得a=√3，c=√3，所以a+2c=√3+2sinC)=√3+2sin(2π3−A))=√3+√3cosA)=√3×√7sin(A+φ)，其中tanφ=√32，因为0<A<2π3，当A+φ=π2时，a+2c的最大值为4√213.小提示：对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的应用.16、在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B=30°,C=45°,a=4，则△ABC外接圆的半径为__________，△ABC的面积为______________．答案：2(√6−√2)4(√3−1)分析：先利用三角之和为180°算出sinA，再利用正弦定理算出外接圆的半径，继而算出三角形面积解：在△ABC中，sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=√6+√24，所以由正弦定理得2R=asinA=4(√6−√2)，从而R=2(√6−√2)，于是S=12absinC=12a⋅2RsinB⋅sinC=4(√3−1)，所以答案是：2(√6−√2)；4(√3−1)17、托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和.其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．已知四边形ABCD 的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC 、BD 是其两条对角线，BD =4，且△ACD 为正三角形，则△ABC 面积的最大值为___________，四边形ABCD 的面积为________________.（注：圆内接凸四边形对角互补）答案： √3 4√3解析：先利用托勒密定理得出AB 与BC 的关系，然后利用基本不等式求解出AB ⋅BC 的最值，得出△ABC 面积最值，再利用S ABCD =S ΔABD +S BCD =12⋅AB ⋅AD ⋅sin∠ABD +12BC ⋅BD ⋅sin∠CBD 求解四边形的面积.如图所示，设△ACD 的边长为a ，则根据托勒密定理可得：4a =a ⋅AB +a ⋅BC ，得AB +BC =4，根据基本不等式得AB ⋅BC ≤(AB+BC )24=4，当且仅当AC =BC =2时等号成立.又△ACD 为等边三角形，则∠ADC =π3，根据圆内接凸四边形对角互补得∠ABC =2π3. 所以△ABC 的面积S =12AC ⋅BC ⋅sin2π3≤12×4×√32=√3; 又因为∠ABD =∠ACD =π3，∠CBD =∠CAD =π3，所以S ABCD =S ΔABD +S BCD =12⋅AB ⋅AD ⋅sin∠ABD +12BC ⋅BD ⋅sin∠CBD =12sin π3⋅BD ⋅(AB +BC )=4√3.所以答案是：√3；4√3.小提示：解答的关键在于根据托勒密定理得出AB +BC =4，然后利用基本不等式求出AB ⋅BC 的最大值. 解答题18、在ΔABC 中，若b =acosC ，试判断ΔABC 的形状.答案：ΔABC 是直角三角形.解析：由已知利用正弦定理再结合两角和正弦公式化简即可求解．∵b =acosC ，由正弦定理，得sinB =sinAcosC （*）∵B =π−(A +C)，∴sinB =sin(A +C)，从而（*）式变为sin(A +C)=sinAcosC .∴cosAsinC =0又∵A,C ∈(0,π)，∴cosA =0，A =π2，即ΔABC 是直角三角形.小提示：本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的简单应用，属于基础题．19、平面内给定三个向量a ⃗=(3,2)，b ⃑⃗=(−1,2)，c ⃗=(4,1).（1）求满足a ⃗=mb ⃑⃗−nc ⃗的实数m ，n ；（2）若(a ⃗+kc ⃗)//(2b ⃑⃗−a ⃗)，求实数k 的值.答案：（1）m =59，n =−89；（2）k =−1613.分析：（1）依题意求出mb ⃑⃗−nc ⃗的坐标，再根据向量相等得到方程组，解得即可；（2）首先求出a ⃗+kc ⃗与2b ⃑⃗−a ⃗的坐标，再根据向量共线的坐标表示计算可得；解：（1）因为a ⃗=(3,2)，b ⃑⃗=(−1,2)，c ⃗=(4,1)，且a ⃗=mb ⃑⃗−nc ⃗(3，2)=a ⃗=mb ⃑⃗−nc ⃗=m(−1，2)−n(4，1)=(−m −4n ，2m −n).∴ {−m −4n =32m −n =2 ，解得m =59，n =−89. （2）a ⃗+kc ⃗=(3，2)+k(4，1)=(3+4k ，2+k).2b ⃑⃗−a ⃗=2(−1，2)−(3，2)=(−5，2).∴−5(2+k)−2(3+4k)=0，解得k=−1613.20、已知函数f(x)=2cosxsin(x+π6).（1）求f(x)的最小正周期及f(x)在区间[−π6,π4]上的最大值（2）在锐角△ABC中，f（A2）=32，且a=√3，求b+c取值范围.答案：（1）最小正周期为π，最大值32；（2）(3,2√3].分析：（1）先利用三角恒等变换对函数进行化简，进而通过三角函数的图像和性质的应用得到答案；（2）利用正弦定理进行边化角，然后借助三角恒等变换进行化简，最后通过三角函数的图像和性质的应用求出结果.（1）f(x)=2cosx⋅(sinx⋅√32+cosx⋅12)=√32sin2x+1+cos2x2=sin(2x+π6)+12，所以f(x)的最小正周期为π.因为−π6≤x≤π4，所以−π6≤2x+π6≤2π3于是，当2x+π6=π2，即x=π6时，f(x)取得最大值32（2）在△ABC中，A+B+C=πf(A2)=sin(A+π6)+12=32，∴sin(A+π6)=1，A∈(0,π2),∴A+π6∈(π6,23π)，∴A+π6=π2,∴A=π3.由正弦定理asinA =bsinB=csinC=2，∴b=2sinB,c=2sinC，∴b+c=2sinB+2sinC=2sinB+2sin(A+B)=2sinB+2sin(π3+B)=2sinB+√3cosB+sinB=3sinB+√3cosB=2√3sin(B+π6)，∵{0<B<π20<C<π2⇒{0<B<π20<23π−B<π2⇒π6<B<π2，∴B+π6∈(π3,2π3)，∴sin(B+π6)∈(√32,1]，∴b+c=2√3sin(B+π6)∈(3,2√3].。
追根溯源妙拓展，技能素养齐发展——一道平面向量试题的破解
高考数学 2023 年 10 月
■ 江苏省梅村高级中学
作为高中数学中的一 个 重 要 的 基 本 知 识
点,
平面向量 凭 借 自 身 同 时 兼 备 “数 ”的 基 本
属性与“
形”的 结 构 特 征,是 数 学 命 题 与 解 题
范永明
→
圆上两点,且 弦 CD 的 长 为 3,则 A→
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(
责任编辑
王福华)
21
解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2023 年 10 月
利用数形结合思想,
结合 平 面 几 何 直 观,
巧妙
寻找图形中蕴藏的几何关系求解。
二、刨根究底
上面的试 题 是 在 下 面 模 拟 题 的 基 础 上,
角度进行 解 法 探 究,让 同 学 们 在 解 题 探 究 中
题,
利用函数的图像与 性 质、
三角函数的图像
感悟数 学 思 想 方 法 之 美,同 时 结 合 “一 题 多
与性质、
函数与导数等相关的技巧方法来分
析与求解。
,
“
“一 题 多 变”
变”
达到“
一题多得”
一 题 多 思”
等开拓数 学 思 维 与 方 法 的 良 好 效 果,培 养 同
C-OA )
OD -OB )
→
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OC -OA )· (
OD +OA )=OC ·OD +
→
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OA · (
OC -OD )-OA =c