高考数学二轮复习专题 平面向量教学案(教师)
高考数学第二轮复习 平面向量教学案
2011年高考其次轮专题复习（教学案）：平面对量考纲指要：重点考察向量的概念、向量的几何表示、向量的加减法、实数与向量的积、两个向量共线的充要条件、向量的坐标运算等。
考点扫描：1．向量的概念：①向量；②零向量；③单位向量；④平行向量（共线向量）；⑤相等向量。
2．向量的运算：（1）向量加法；（2）向量的减法；（3）实数与向量的积。
3．基本定理：（1）两个向量共线定理；（2）平面对量的基本定理。
4．平面对量的坐标表示。
5．向量的数量积：（1）两个非零向量的夹角；（2）数量积的概念；（3）数量积的几何意义；（4）向量数量积的性质；（5）两个向量的数量积的坐标运算；（6）垂直：假如与的夹角为900则称与垂直，记作⊥。
6．向量的应用：（1）向量在几何中的应用；（2）向量在物理中的应用。
考题先知：例1．已知二次函数f（x）＝x2－2x＋6，设向量a＝（sin x，2），b＝（2sin x，），c＝（cos2x，1），d＝（1，2）．当x∈[0，π]时，不等式f（a·b）>f（c·d）的解集为___________．解：a·b＝2sin2x＋1≥1， c·d＝cos2x＋1≥1，f（x）图象关于x＝1对称，∴f（x）在（1，＋∞）内单调递增．由f（a·b）>f（c·d）a·b>c·d，即2sin2x＋1>2cos2x＋1，又∵x∈[0，π] ，∴x∈（）．故不等式的解集为（）．例2．求函数的值域.分析：由于向量沟通了代数与几何的内在联系，因此本题利用向量的有关学问求函数的值域。
解:由于，所以构造向量,,则,而,所以,得,另一方面:由,得,所以原函数的值域是.点评：在向量这部分内容的学习过程中，我们接触了不少含不等式结构的式子，如等。
类比一：已知，求的最值。
解：已知等式可化为，而，所以构造向量，则，从而最大值为42，最小值为8。
高考数学第二轮专题复习平面向量教案
高考数学第二轮专题复习平面向量教案一、本章知识结构：二、高考要求1、理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念。
2、掌握向量的加法和减法的运算法那么及运算律。
3、掌握实数与向量的积的运算法那么及运算律，理解两个向量共线的充要条件。
4、了解平面向量基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算。
5、掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题，掌握向量垂直的条件。
6、掌握线段的定比分点和中点坐标公式，并且能熟练运用；掌握平移公式。
7、掌握正、余弦定理，并能初步运用它们解斜三角形。
8、通过解三角形的应用的教学，继续提高运用所学知识解决实际问题的能力。
三、热点分析对本章内容的考查主要分以下三类：1.以选择、填空题型考查本章的基本概念和性质.此类题一般难度不大，用以解决有关长度、夹角、垂直、判断多边形形状等问题.2.以解答题考查圆锥曲线中的典型问题.此类题综合性比较强，难度大，以解析几何中的常规题为主.3.向量在空间中的应用〔在B类教材中〕.在空间坐标系下，通过向量的坐标的表示，运用计算的方法研究三维空间几何图形的性质.在复习过程中，抓住源于课本，高于课本的指导方针.本章考题大多数是课本的变式题，即源于课本.因此，掌握双基、精通课本是本章关键.分析近几年来的高考试题，有关平面向量部分突出考查了向量的基本运算。
对于和解析几何相关的线段的定比分点和平移等交叉内容，作为学习解析几何的基本工具，在相关内容中会进行考查。
本章的另一部分是解斜三角形，它是考查的重点。
总而言之，平面向量这一章的学习应立足基础，强化运算，重视应用。
考查的重点是基础知识和基本技能。
四、复习建议由于本章知识分向量与解斜三角形两部分，所以应用本章知识解决的问题也分为两类：一类是根据向量的概念、定理、法那么、公式对向量进行运算，并能运用向量知识解决平面几何中的一些计算和证明问题；另一类是运用正、余弦定理正确地解斜三角形，并能应用解斜三角形知识解决测量不可到达的两点间的距离问题。
高考数学知识点《平面向量》复习教案
高考数学知识点《平面向量》复习教案【小编寄语】查字典数学网小编给大家整理了2021届高考数学知识点«平面向量»温习教案，希望能给大家带来协助!平面向量的坐标运算一.温习目的：1.了解平面向量基本定理，了解平面向量的坐标概念，会用坐标方式停止向量的加法、减法、数乘的运算，掌握向量坐标方式的平行的条件;2.学会运用分类讨论、函数与方程思想处置有关效果。
二.主要知识：1.平面向量坐标的概念;2.用向量的坐标表示向量加法、减法、数乘运算战争行等等;3.会应用向量坐标的定义求向量的坐标或点的坐标及动点的轨迹效果.三.课前预习：1.假定向量 ,那么 ( )2.设四点坐标依次是，那么四边形为 ( )正方形矩形菱形平行四边形3.以下各组向量，共线的是 ( )4.点 ,且有 ,那么。
5.点和向量 = ,假定 =3 ,那么点B的坐标为。
6.设 ,且有 ,那么锐角。
四.例题剖析：例1.向量，，且，务实数的值。
小结：例2. ，(1)求 ;(2)当为何实数时，与平行，平行时它们是同向还是反向?小结：例3.点 ,试用向量方法求直线和 ( 为坐标原点)交点的坐标。
小结：例4.点及 ,试问：(1)当为何值时, 在轴上? 在轴上? 在第三象限?(2)四边形能否能成为平行四边形?假定能,那么求出的值.假定不能,说明理由。
小结：五.课后作业：班级学号姓名1. 且，那么锐角为 ( )2.平面上直线的方向向量，点和在上的射影区分是和，那么，其中 ( )2 -23.向量且，那么 = ( )(A) (B) (C) (D)4.在三角形中，，点在中线上，且，那么点的坐标是 ( )5.平面内有三点，且∥ ，那么的值是 ( )1 56.三点共线的充要条件是 ( )7.假设 , 是平面内一切向量的一组基底，那么以下命题中正确的选项是 ( )假定实数使，那么空间任一向量可以表示为，这里是实数对实数，向量不一定在平面内对平面内任一向量，使的实数有有数对8.向量，与方向相反，且，那么向量的坐标是_ ____.9. ，那么与平行的单位向量的坐标为。
高中数学平面向量优秀教案
高中数学平面向量优秀教案
教学内容：平面向量
教学目标：学生能够掌握平面向量的概念，运用向量进行计算，并解决相关问题。
教学重点：向量的基本概念、向量的加减法、向量的数量积、向量的夹角等。
教学难点：向量的叉乘、向量的投影、向量的几何应用等。
教学准备：教案、幻灯片、黑板、彩色粉笔、教学实物等。
教学步骤：
1.导入：通过引入日常生活中的例子，引出向量的概念。
通过图示向学生展示平面向量的
定义和表示方法。
2.向量的表示：通过具体的例子，向学生展示向量的表示方法，包括向量的起点、终点、
模长和方向。
3.向量的加减法：通过具体的例子，向学生介绍向量的加减法，包括平行向量和共线向量
的相加、相减及其性质。
4.向量的数量积：引入向量的数量积的概念，通过具体的例子，向学生介绍数量积的定义
和性质，并进行相关计算。
5.向量的夹角：引入向量的夹角的概念，通过具体的例子，向学生介绍向量的夹角的定义、计算及其性质。
6.课堂练习：设计一些练习题，让学生在课堂上进行练习，巩固所学知识。
7.课堂总结：对本节课的内容进行总结，概括向量的基本概念、运算规律及其应用，鼓励
学生多做题多练习，加深对向量的理解。
课后作业：布置相关练习题，让学生巩固所学知识，提高解题能力。
教学反思：在教学过程中，要注重引导学生探究，激发学生的学习兴趣，同时要及时调整
教学方法，帮助学生克服学习难点，提高学习效果。
以上是针对高中数学平面向量的一份优秀教案范本，希望对您有所帮助。
2019-2020年高考数学二轮复习专题1.3三角函数与平面向量教学案(I)
C2
【答案】 D
2 ．【 xx 课标 3，理 6】设函数 f ( x)= cos( x+) ，则下列结论错误的是
A． f ( x) 的一个周期为 - 2π
B． y=f ( x) 的图像关于直线 x=对称
C． f ( x+π) 的一个零点为 x=
D． f ( x) 在(, π) 单调递减
【答案】 D
【解析】函数的最小正周期为 ，则函数的周期为 ，取 ，可得函数 的一个周期为 ，选项 A 正确；函数的
平面向量：
掌握向量的加法和减法，掌握实数与向量的积，解两个向量共线的充要条件，解平面向量基本定，解平面
向量的坐标概念，掌握平面向量的坐标运算，掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数
量积可以处有关长度、角度和垂直问题，掌握向量垂直的条件
.
【命题规律】
(1) 高考对三角函数图象的考查主要包括三个方面：一是用五点法作图，二是图象变换，三是已知图象求解
2
17
2
a c 2ac 1 cosB ， 所以
b=2.
9．【 xx 课标 3，理 17】△ ABC的内角 A， B， C的对边分别为 a， b， c. 已知 ， a=2, b=2.
（ 1）求 c；
（ 2）设 D为 BC边上一点，且 ADAC求, △ ABD的面积 .
二．高考研究 【考纲解读】 1. 考纲要求 考纲要求： 三角函数：
对称轴为 ，即： ，取 可得 y=f ( x) 的图像关于直线 x=对称，选项 B 正确；
fx
cos x
3
cos x
，函数的零点满足 ，即 ，取 可得 f ( x+π) 的一个零点为
3
x=，选项 C正确；当 时， ，函数在该区间内不单调，选项 D错误；故选 D. 3．【 xx 课标 3，理 12】在矩形 ABCD中， AB=1，AD=2，动点 P 在以点 C为圆心且与 BD相切的圆上 . 若 = + ，
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.。
高考数学二轮复习精品教学案专题06-平面向量(教师版).
(1)求向量 b＋ c 的长度的最大值；
(2)设
α＝
π， 4
且 a⊥ (b＋ c)，
求 cosβ的值．
[解 ] (1)法一：由已知得 b＋ c＝ (cosβ－ 1， sinβ)， 则 |b＋c |2＝ (cosβ－ 1)2＋ sin2β＝ 2(1－ cosβ)． ∵－ 1≤cosβ≤１， ∴ 0≤b｜＋ c|2≤４， 即 0≤b｜＋ c| ≤ 2. 当 cosβ＝－ 1 时， 有 |b＋ c|max＝ 2， 所以向量 b＋ c 的长度的最大值为 2.
达定理建立直线中参数 k， m 的方程， 确定 k， m 的关系， 把双参数直线系方程化为单
参数直线系方程， 实现了证明直线系过定点的目的．
【变式探究】 已知双曲线的中心在原点，
坐标轴为对称轴，
一条渐近线方程为
y＝
4 3x，
右焦点 F (5,0)， 双曲线的实轴为 A1A2， P 为双曲线上一点 (不同于 A1， A2)， 直线 A1P、
若A→B＝λ1a＋ b，
→ AC
＝
a＋
λ2b
(
λ1，
λ2∈ R)，
则 A，
B， C 三点共线的充要条件为 ( )
A． λ1＝ λ2＝－ 1
B ． λ1＝ λ2＝ 1
C． λ1·λ2 ＋1＝ 0
D． λ1λ2－ 1＝ 0
(2) 设 A1， A2， A3， A4 是平面直角坐标系中两两不同的四点，
若 A→1A3＝ λA→1A2(λ∈R)，
3．理解平面向量数量积的含义及其物理意义
;了解平面向量数量积与向量投影的关系 ;
掌握数量积的坐标表达式 ,会进行平面向量数量积的运算 ;能运用数量积表示两个向量的夹角 ,
高三数学复习教案设计： 《平面向量》
人类的心正是凭借着希望而得到宽慰，一直生活到生命的最后时刻。
下面是为您推荐高三数学复习教案设计：《平面向量》。
【知识网络】【学法点拨】向量是沟通代数与几何的重要工具，它在日常生活、生产实践以及其他相关学科中有着广泛的应用.学习和理解向量有关知识时，建议：1. 注意比较与分析.向量的有关概念与我们学习过的有关知识既有联系又有区别，如：平行、相等、乘积等等.留心比较分析，可防止学习过的有关知识对现学知识的负面影响.2. 能画图时尽可能多画草图.数离形时少直观，形离数时欠入微.向量具有数与形的双重特征，加减法以三角形法则、平行四边形法则为背景，平行、垂直都对应着一个方程，数形结合考察问题，常常事半功倍.3. 学会联想与化归.向量知识是从日常生活、生产实践中抽象出来的，求解向量综合题，常需要适当联想，并将应用问题数学化，复杂问题熟悉化、简单化.【考点指津】1. 理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量、相等向量等概念.2.掌握向量的加法与减法，会正确运用三角形法则、平行四边形法则.3掌握向量加法的交换律、结合律，并会用它们进行向量化简与计算.4.理解向量的减法运算可以转化为向量的加法运算.【知识在线】1.（2a 8b）-（4a-2b）=2.在△ABC中，BC→=a，CA→=b，则AB→=3.设a表示向东3km，b表示向北偏东30o走3km，则a b表示的意义为4.画出不共线的任意三个向量，作图验证a-b-c=a-（b c）.5.向量a、b满足|a|=8，|b|=10，求|a b|的最大值、最小值.【讲练平台】例1 化简以下各式：①AB→ BC→ CA→ ；②AB→ -AC→ BD→ -CD→ ；③OA→ -OD→ AD→ ；④NQ→ QP→ MN→ -MP→ .结果为0的个数为（）分析题设条件中多处涉及首尾相接的两个向量求和以及同起点的两个向量相减，对此，我们可以运用向量加减的定义进行合并，当最终形式出现两相反向量之和或相等向量之差时，结果为0.答 D.点评本题巩固了向量加减的定义及向量加法的交换律、结合律等基础知识.求解时需将杂乱的向量运算式有序化处理，必要时也可化减为加，减低出错律.注意：AB→=-BA→ ，CB→=AB→ .变题作图验证A1A2→ A2A3→ A3A4→ … An-1An→=A1An→ （n≥2，n∈N）.例2 如图，在δABC中，D、E为边AB的两个三等分点，CA→=3a，CB→=2b，求CD→ ，CE→ .分析本题中的已知向量都集中体现在三角形中.为此，可充分利用向量加减法的三角形法则实施求解.如已知CA→ 、CB→ 可求AB→ ，根据AD→ 、AE→ 、AB→ 均为共线向量，故又可求得AD→ 、DE→ 、.由CA→ 、AD→ 又可求CD→ ，由DE→ 、CD→ 又可求CE→ .解AB→=AC→ CB→=-3a 2b，因D、E为AB→ 的两个三等分点，故AD→=AB→=-a b=DE→ ，CD→=CA→ AD→=3a-a b=2a b，CE→=CD→ DE→=2a b-a b=a b.点评三角形中两边对应向量已知，可求第三边所对应的向量.值得注意的是，向量的方向不能搞错.当向量运算转化成基底向量的代数式运算时，其运算过程可仿照多项式的加减运算进行.例3 已知A、B、C、P为平面内四点，求证：A、B、C三点在一条直线上的充要条件是存在一对实数m、n，使PC→=mPA→ nPB→ ，且m n=1.分析 A、B、C 三点共线的一个充要条件是存在实数λ，使得AC→=λAB→ .很显然，题设条件中向量表达式并未涉及AC→ 、AB→ ，对此，我们不妨利用PC→=PA→ AC→ 来转化，以便进一步分析求证.证明充分性，由PC→=mPA→ nPB→ ， m n=1，得PA→ AC→=mPA→ n（PA→ AB→ ）=（m n）PA→ nAB→=PA→ nAB→ ，∴AC→=nAB→ .∴A、B、C三点共线.必要性：由A、B、C 三点共线知，存在常数λ，使得AC→=λAB→ ，即AP→ PC→=λ（AP→ PB→ ）.PC→=（λ-1）AP→ λPB→=（1-λ）PA→ λPB→ ，m=1-λ，n=λ，m n=1，PC→=mPA→ nPB→ .点评逆向应用向量加法运算法则，使得本题的这种证法比其他证法更简便，值得一提的是，一个向量拆成两个向量的和，一定要强化目标意识.变题在δA BC 所在平面上有一点P ，满足PA→ PB→ PC→=AB→ ，试确定点 P的位置.答：P在 AC边上，且 P为 AC的一个三等分点（距 A点较近）例4 （1）若点 O是三角形ABC的重心，求证：OA→ OB→ OC→=0；（2）若 O为正方形ABCD的中心，求证：OA→ OB→ OC→ OD→=0；（3）若O 为正五边形ABCDE 的中心，求证：OA→ OB→ OC→ OD→ OE→=0.若 O为正n边形A1A2A3…A n的中心，OA1→ OA2→ OA3→ …OAn→=0 还成立吗？说明理由.分析本题四问构成一个题链，条件相似，结论相似，求证方法可望相似.正三角形、正方形性质特殊，我们十分熟悉，求证方法多，不容易发现那一种方更有利于推广，我们选定正五边形来研究.看着结论，联想一个相似的并且已经解决的问题，本课例1的变题A1A2→ A2A3→ A3A4→ … An-1An→ AnA1→=0 ，这里的向量首尾相接，我们能不能将OA→ 、OB→ 、OC→ 、OD→ 、OE→ 也转化成首尾相接的形式呢？运用向量相等的定义试试看.解证（3）以 A为起点作AB′→=OB→ ，以B′为起点作B′C′→=OC→ ，以C′为起点作C′D′→=OD→ ，以D′为起点作D′E′→=OE→ .∵∠AOB=72o，∴∠OAB′=108o.同理∠AB′C′=∠B′C′D′=∠C′D′E′=108o，故∠D′E′A=108o.|OA→ |=|AB′→ |=∣B′C′→ |=|C′D′→ |=|D′E′→ |，故E′与 O重合，OAB′C′D′为正五边形.OA→ OB→ OC→OD→ OE→=OA→ AB′→ B′C′→ C′D′→D′E′→=0.正三角形，正方形、正n边形可类似获证.点评本题不仅揭示了正多边形的一类共同性质，而且巩固了“以退为进”的数学思想.面对一般的问题，我们经常先考虑其特殊的情况；面对陌生的问题，经常去联想熟悉的模型.注意退是为了进，退到特殊简单情形后，要在求解中悟出一般的规律.如退到正方形情况，发现OA→ OB→ 与OC→ OD→ 正好互为相反向量，结论成立.这一方法却不具一般性.【知能集成】1. 基础知识：向量加减的代数形式运算与几何形式运算.2. 基本技能：向量运算中的合二为一与拆一为二.3. 基本思想：向量表达式运算与几何式运算的相互结合思想，联想熟悉的类似的模型，化归转化思想.【训练反馈】1.下列各式正确的是：（）A.∣a-b∣≤∣a∣ ∣b∣B. a b∣>∣a∣ ∣b∣C.∣a b∣>∣a-b∣D.∣ a-b∣=∣a∣-∣b∣2.下面式子中不能化简成AD→ 的是（）A.OC→ -OA→ C D→B.PB→ -DA→ -BP→C.AB→ -DC→ BC→D.（AD→ -BM→ ）（BC→ -MC→ ）3.正方形ABCD的边长为1，AB→=a，BC→=b，AC→=c，则a b c、a-b c、-a-b c 的摸分别等于 .4.设a、b 为已知向量，若3x 4y=a，2x-3y=b ，则 x=.y=.5. 已知 e1、e2 不共线，AB→=2e1 ke2，CB→=e1 3e2，C D→=2e1-e2，且A、B、D 三点在同一条直线上，求实数k .6.在正六边形ABCDEF中，O 为中心，若OA→=a，OE→=b，用a、b 表示向量OB→ ，OC→ ，OD→ ，结果分别为（），-b-a，-a B. b，-a，b-a，a，，-a，a b7. 试用向量方法证明：对角线互相平分的四边形是平行四边形.8.已知P为△ABO 所在平面内的一点，满足OP→=，则P在（）A.∠AOB的平分线所在直线上B. 线段AB的中垂线上C. AB边所在的直线上D. AB边的中线上.9.设O是平面正多边形A1A2A3…A n 的中心，P为任意点，求证：PA1→ PA2→ PA3→ … PAn→=nPO→ .10.如图设O为△ABC内一点，PQ∥BC，且PQ→ ∶BC→=2∶3，OA→=a，OB→=b，OC→=c，则OP→ ，OQ→ .为△ABC所在平面内一点，PA→ PB→ PC→=0 ，则P为△ABC的（）A.重心B.垂心C. 内心D.外心12.在四边形ABCD中，E为AD的中点，F为BC的中点.求证：EF→=（AB→DC→ ）.第30课向量的坐标运算【考点指津】1. 理解平面向量的坐标表示法，知道平面向量和一对有序实数一一对应.2. 掌握平面向量的和、差、实数与向量积的坐标运算，能利用向量的坐标运算解题.3. 掌握平面向量平行的充要条件的坐标表示，并利用它解决向量平行（共线）的有关问题，弄清向量平行和直线平行的区别.【知识在线】1. 若向量a的起点坐标为（-2，1），终点坐标为（2，-1），则向量a的坐标为2.若O为坐标原点，向量a=（-3，4），则与a共线的单位向量为3.已知a=（-1，2），b=（1，-2），则a b与a-b的坐标分别为（）A.（0，0），（-2，4）B.（0，0），（2，-4）C.（-2，4），（2，-4）D.（1，-1），（-3，3）4.若向量a=（x-2，3），与向量b=（1，y 2）相等，则（）A. x=I，y=3，B. x=3，y=1C. x=1，y=-5D. x=5，y=-15.已知A（0，0），B（3，1），C（4，3），D（1，2），M、N分别为DC、AB的中点.（1）求证四边形ABCD为平行四边形；（2）试判断AM→ 、CN→ 是否共线？为什么？【讲练平台】例1 已知a=（1，2），b=（-3，2），当k为何值时，ka b与a-3b平行？分析已知a、b的坐标，可求a-3b的坐标，ka b的坐标也可用含k的表达式表示.运用两向量平行的充要条件x1y2-x2y1=0可求k值.解由已知a=（1，2），b=（-3，2），得a-3b=（10，-4）， ka b=（k-3，2k 2）.因（ka b）∥（a-3b），故10（2k 2） 4（k-3）=0.得k=- .点评坐标形式给出的两个向量，其横坐标之和即为和向量的横坐标；其纵坐标之和即为和向量的纵坐标.实数与向量的积其横、纵坐标分别等于实数与该向量的横、纵坐标的积.向量的平行用坐标形式表达即为一个方程.例2 已知向量a=（，），b=（-1，2），c=（2，-4）.求向量d，使2a，-b c及4（c-a）与d四个向量适当平移后，能形成一个顺次首尾相接的封闭向量链.分析四个向量适当平移后，形成一个顺次首尾相接的封闭向量链，说明这四个向量之和为0.即四个向量的纵横坐标之和均为0.据此列出关于向量d （x，y）的方程组，不难求得x、y.简解设向量d的坐标为（x，y），由2a （-b c） 4（c-a） d=0，可解得d=（-9，23）.点评数学语言常有多种表达方式，学会转化与变通是求解的关键.本题以几何特征语言形式出现，最终落足点要变式成方程的语言来求解，这一思想方法在求解向量问题时经常用到.例3 已知平面上三点P（2，1），Q（3，-1），R（-1，3）.若点S与这三点可以为一个平行四边形的四个顶点，求S的坐标.分析平行四边形对边对应向量相等或相反，由此可求得S点的坐标.但由于题设四点构成四边形的四个顶点，那一组边是对边不明显，需要分类讨论.简解设S的坐标为（x，y）.（1）当PQ→ 与RS→ 是一组对边时，若PQ→=RS→ ，则（3，-1）-（2，1）=（x 1，y-3），即（1，-2）=（x 1，y-3），得S点坐标为（0，1）.若PQ→=SR→ ，则S点坐标为（-2，5）.（2）当PR→ 与SQ→ 是一组对边时，若PR→=SQ→ ，则S点的坐标为（6，-3）.若PR→=QS→ ，则S点的坐标为（0，1）.（3）当PS→ 与RQ→ 是一组对边时，若PS→=RQ→ ，则S点的坐标为（6，-3）.若PS→=QR→ ，则S点的坐标为（-2，5）.综上所述，S点坐标可以为（0，1），（6，-3），（-2，5）.点评本题求解需运用分类讨论思想.上述解法思路自然、条理清晰，但很显然不是最简方案，如何数形结合，避免重复劳动，读者不妨思考.例4 向量PA→=（k，12），PB→=（4，5），PC→=（10，k），当k为何值时，A、B、C三点共线.分析三点共线问题前一课已涉及，A、B、C三点共线的充要条件是AB→=λBC→ ，本题所不同的是向量用坐标形式给出，对此，我们可以将坐标代入运算.解AB→=PB→ -PA→=（4-k，-7），BC→=PC→ -PB→=（6，k-5）.当A、B、C三点共线时，存在实数λ，使得AB→=λBC→ ，将坐标代入，得4-k=6λ，且 -7=λ（k-5），故（4-k）（k-5）=-42.解得k=11，或k=-2.点评向量的几何运算与向量的坐标运算，可以从不同角度去求解（证）同一个问题.只不过两套工具各有适用范围，即便两套工具都适用，也可能繁简不一，应用时要注意前瞻性选择.变题求证：互不重合的三点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）共线的充要条件是（x2-x1）（y3-y1）=（x3-x1）（y2-y1）.证明必要性（略）.充分性若（x2-x1）（y3-y1）=（x3-x1）（y2-y1），由A、B、C互不重合，得（x2-x1）、（y3-y1）、（x3-x1）、（y2-y1）中至少有一个不为零，不妨设x3-x1≠0.令x2-x1=λ（x3-x1），若λ=0，则x2-x1=0，此时y2≠y1（否则A、B重合）.而已知等式不成立，故λ≠0.于是（x3-x1）（y2-y1）=λ（x3-x1）（y3-y1）.因x3-x1≠0 ，故（y2-y1）=λ（y3-y1）.于是（x2-x1，y2-y1）=λ（x3-x1，y3-y1），即AB→=λAC→ ，且AC→ ≠0 .又因AB→ 与AC→ 有相同起点，所以A、B、C三点共线.【知能集成】基础知识：坐标形式的向量的加减运算，实数与向量坐标的积.基本技能：向量平行的充要条件及向量相等的充要条件用坐标形式描述和应用.基本思想：将向量等式转化成方程的思想；对几何图形的分类讨论思想.【训练反馈】1.若a=（2，3），b=（4，y-1），且a∥b，则y=（）A.6B.5C.7D. 82.已知点B的坐标为（m，n），AB→ 的坐标为（i，j），则点A的坐标为（）A.（m-i，n-j）B.（i-m，j-n）C.（m i，n j）D.（m n，i j）3.若A（-1，-1），B（1，3），C（x，5）三点共线，则x=.4.已知a=（5，4），b=（3，2），则与2a-3b平行的单位向量为5.有下列说法① 已知向量PA→=（x，y），则A点坐标为（x，y）；② 位置不同的向量，其坐标有可能相同；③ 已知i=（1，0），j=（0，1），a=（3，4），a=3i-4j ；④ 设a=（m，n），b=（p，q），则a=b的充要条件为m=p，且n=q.其中正确的说法是（）A.①③B.①④C.②③D.②④6.下列各向量组中，不能作为表示平面内所有向量的基底的一组是（）A.a=（-1，2），b=（0，5）B.a=（1，2），b=（2，1）C.a=（2，-1）b=（3，4）D.a=（-2，1），b=（4，-2）7.设a=（-1，2），b=（-1，1），c=（3，-2），用a、b作基底，可将向量c表示为c=pa qb，则（）A.p=4， q=1B.p=1， q=-4C.p=0 ， q=4D.p=1， q=48.设i=（1，0），j=（0，1），在平行四边形ABCD中，AC→=4i 2j，BD→=2i 6j，则AB→ 的坐标为 .9.已知3s inβ=sin（2α β），α≠kπ ，β≠kπ，k∈z，a=（2，tan （α β）），b=（1，tanα），求证：a∥b.10.已知A（4，0），B（4，4），C（2，6），求AC与OB的交点P的坐标（x，y）.11.已知点O（0，0），A（1，2），B（4，5），且OP→=OA→ tAB→ .（1）当t变化时，点P是否在一条定直线上运动？（2）当t取何值时，点P在y轴上？（3） OABP能否成为平行四边形？若能求出相应的t值；若不能，请说明理由.第31课平面向量的数量积【考点指津】1. 掌握平面向量的数量积及其几何意义.2. 了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题.3. 掌握向量垂直的条件.【知识在线】1.若∣a∣=4，∣b∣=3，a？b=-6，则a与b的夹角等于（）A.150o B 120o C.60o D.30 o2.若a=（-2，1），b=（1，3），则2a2-a？b=（）A，3.已知向量 i=（1，0），j=（0，1），则与向量2i j垂直的一个向量为（）A. 2i-jB. i-2jC. i jD. i-j4.已知a=（1，2），b=（1，1），c=b-ka，且c⊥a，则C点坐标为5.已知∣a∣=3，∣b∣=4，且a与b夹角为60o，∣ka-2b∣=13，求k的值【讲练平台】例1 （1）在直角三角形ABC中，∠C=90o，AB=5，AC=4，求AB→ ？BC→（2）若a=（3，-4），b=（2，1），试求（a-2b）？（2a 3b）分析（1）中两向量AB→ 、BC→ 的模及夹角容易求得，故可用公式a？b=|a||b|cosθ求解.（2）中向量a、b坐标已知，可求a2、b2、a？b，也可求a-2b与2a 3b 的坐标，进而用（x1，y1）？（x2，y2）=x1x2 y1y2求解.解（1）在△ABC中，∠C=90o，AB=5，AC=4，故BC=3，且cos∠ABC=，AB→ 与BC→ 的夹角θ=π-∠ABC，∴AB→ ？BC→=-∣AB→ ∣∣BC→ ∣cos∠ABC=-5×3×=-9.（2）解法一 a-2b=（3，-4）-2（2，1）=（-1，-6），2a-3b=2（3，-4） 3（2，1）=（12，-5），（a-2b）？（2a 3b）=（-1）×12 （-6）×（-5）=18.解法二（a-2b）？（2a 3b）=2a2-a？b-6b2=2[32 （-4）2]-[3×2 （-4）×1]-6（22 12）=18.点评向量的数量积有两种计算方法，一是依据模与夹角来计算，二是依据坐标来计算.具体应用时可根据已知条件的特征来选择.值得注意的是，向量的夹角与向量的方向相关，（1）中∠ABC并非AB→ 与BC→ 的夹角.从第（2）问的解法二可以看到，向量数量积的运算律，类似于多项式乘法法则，但并不是所有乘法法则都可以推广到向量数量积的运算.如：a？（b c）=a？b b？c，而（a？b）c≠a（b？c）.例2.已知O为三角形ABC所在平面内一点，且满足OA2 BC2=OB2 CA2，试用向量方法证明AB⊥OC .分析要证AB→ ⊥OC→ ，即证AB→ ？OC→=0，题设中不涉及AB→ ，我们用AB→=AO→ OB→ 代换，于是只需证AO→ ？OC→=BO→ ？OC→ .至此，我们可以尝试将已知等式转化成只含有OA→ 、OB→ 、OC→ 的形式.证明由已知得OA→ 2 BC→ 2=OB→ 2 CA→ 2，即OA→ 2 （BO→OC→ ）2=OB→ 2 （CO→ OA→ ）2，整理得AO→ ？OC→=BO→ ？OC→ ，即OC→ ？（BO→ OA→ ）=0，故OC→ ？AB→=0.所以AB→ ⊥OC→ .点评用向量方法证明垂直问题，通常转化为证两个向量的数量积为0.本题已知式与求证式中向量的表达形式不统一，针对差异进行有目标的化归，是求解的关键所在.例3.设OA→=a=（ 1， -1），OB→=b=（，3），试求∠AOB及δAOB的面积.分析已知a、b可以求|a|、|b|及a？b，进而求得∠AOB（即a与b的夹角），在求到三角形的两边及夹角后，可用公式：S=∣a∣∣b∣sinθ求面积.解设∠AOB=θ，δAOB的面积为S，由已知得：∣OA→ ∣=∣a∣==2 ，∣OB→ ∣=∣b∣=2 ，∴cosθ===.∴θ=.又S=∣a∣∣b∣sinθ=？2=2 ，即∠AOB=，δAOB的面积为2 .点评向量的数量积公式a？b=∣a∣∣b∣cosθ不仅可以用来求数量积，也可以用来求模与夹角.要注意该公式与三角形的面积公式的区别.此外，本题的解题方法可适用于更一般的情况（见变题）.变题设δABC的面积为S，AB→=a，AC→=b，求证S=例4.已知a与b都是非零向量，且a 3b与7a-5b垂直，a-4b与7a-2b垂直，求a与b的夹角.分析要求夹角θ，必需求出cosθ；求cosθ需求出a？b与∣a∣∣b∣的比值（不一定要求出∣a∣、∣b∣的具体值）.由已知的两个向量的垂直关系，可以得到∣a∣∣b∣与a？b的关系.解∵（a 3b）⊥（7a-5b），（a-4b）⊥（7a-2b），∴ （a 3b）？（7a-5b）=0，（a-4b）？（7a-2b）=0.即 7a2 16a？b-15b2=0，7a2-30a？b 8b2=0.两式相减，得 b2=2a？b.故 a2=b2 ，即∣a∣=∣b∣.∴cosθ==.∴θ=60o ， a与b的夹角为60o .点评从基本量思想考虑，似乎没有具体的a与b，无法求出a与b的夹角，其实不然，cosθ是一个a？b与∣a∣∣b∣的比值，并不需要具体分别求出.类似于本题的条件表明，向量的数量积公式、向量的垂直关系都揭示了一种数量积与模的关系，就此意义而言，它们的本质是一致的相通的，可以相互转化和利用.在本题求解过程中注意，b2=2a？b不能得出b=2a，同样a2=b2也不能得到a=±b.【知能集成】基础知识：向量数量积的两种计算公式，向量垂直的充要条件.基本技能：求向量数量积、模及向量的夹角，向量垂直问题的论证与求解.基本思想：向量表达式的数量积与多项式乘法进行类比的思想，将线的垂直这一图形特征转化成方程解决的思想.求向量夹角时的设而不求的思想.【训练反馈】。
[推荐精选]XX届高考理科数学第二轮复习平面向量上课学习上课学习教案
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XX届高考理科数学第二轮复习平面向量教案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址XX届高考数学二轮复习专题五平面向量【重点知识回顾】向量是既有大小又有方向的量，从其定义可以看出向量既具有代数特征，又具有几何特征，因此我们要借助于向量可以将某些代数问题转化为几何问题，又可将某些几何问题转化为代数问题，在复习中要体会向量的数形结合桥梁作用。
能否理解和掌握平面向量的有关概念，如：共线向量、相等向量等，它关系到我们今后在解决一些相关问题时能否灵活应用的问题。
这就要求我们在复习中应首先立足课本，打好基础，形成清晰地知识结构，重点掌握相关概念、性质、运算公式法则等，正确掌握这些是学好本专题的关键在解决关于向量问题时，一是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，进一步加深对“向量”这一二维性的量的本质的认识，并体会用向量处理问题的优越性。
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，所以要通过向量法和坐标法的运用，进一步体会数形结合思想在解决数学问题上的作用。
在解决解斜三角形问题时，一方面要体会向量方法在解三角形方面的应用，另一方面要体会解斜三角形是重要的测量手段，通过学习提高解决实际问题的能力因此，在复习中，要注意分层复习，既要复习基础知识，又要把向量知识与其它知识，如：曲线，数列，函数，三角等进行横向联系，以体现向量的工具性平面向量基本定理（向量的分解定理）的一组基底。
向量的坐标表示.平面向量的数量积数量积的几何意义：（2）数量积的运算法则【典型例题】.向量的概念、向量的运算、向量的基本定理例1.设a=,b=,c=,则•c=（）A. B.0c.－3D.－11解：，•c，选c点评：本题考查向量与实数的积，注意积的结果还是一个向量，向量的加法运算，结果也是一个向量，还考查了向量的数量积，结果是一个数字例2、已知平面向量，且∥，则=（）A．（-2，-4）B.（-3，-6）c.（-4，-8）D.（-5，-10）解：由∥，得m＝－4，所以，＝（2，4）＋（－6，－12）＝（－4，－8），故选（c）。
基于高三数学二轮复习的平面向量数量积说课稿
基于高三数学二轮复习背景下平面向量数量积的简单应用各位老师大家好：我是来自荣昌中学的高三数学老师陶光利。
今天我说课的题目是《基于高三数学二轮复习背景下的平面向量数量积的简单应用》，下面我就围绕这节课“教什么？”、“怎么教？”、“为什么这么教？”这三个问题为入手方向，从说教材、说教学方法、说教学过程三方面对《基于高三数学二轮复习背景下的平面向量数量积的简单应用》进行说课。
第一部分：说教材1.教材所处的地位和作用我们都知道：向量的平行、垂直关系是向量间最基本、最重要的位置关系；向量的模长是向量的重要数量特征；平面向量的数量积是继向量的线性运算之后的又一重要运算，是解决问题的重要工具，是与其它知识链接的桥梁。
因此平面向量数量积是高考命题中“在知识交汇处设计考题”的重要载体。
2.学情分析高三数学一轮复习后，学生对平面向量数量积知识点有了大致了解，但还不够系统，没有形成较完整的知识框架体系（即思维导图）。
3.教学目标通过二轮专题复习达到以下目标：3.1.知识与技能：夯实中档题，强调通性通法的基础与学生合作完成平面向量数量积的知识网络体系（即思维导图）（体验痛苦的过程）；3.2.过程与方法：在建立完整知识网络体系（即思维导图）的基础上，结合高考热点训练和综合模拟训练，逐步让学生感受有完整的知识网络体系（即思维导图）后对解数量积问题带来的收获，从而探索答题技巧，提高解题能力和应考能力（感受愉悦的过程）。
3.3.情感态度价值观：让学生经历思维导图的形成过程，感受由此带来的解题愉悦。
4.教学重难点重点：构建知识网络体系（即思维导图）；难点：把构建的知识网络体系（即思维导图）用于解题中。
定义法第二部分：说教学方法1．教法主要通过启发式、合作探究式教学的方法开展教学 2．学法自主探究、合作交流、归纳总结 第三部分：说教学过程1.梳理知识，形成思维导图1.1.引导学生回顾如何利用平面向量数量积知识证明正弦定理、余弦定理；1.2.（创设问题情景）通过一轮复习、周考、月考、模拟考试卷中出现的平面向量数量积问题与学生一起归纳、总结出平面向量数量积有哪些运算方法；3.形成思维导图。
高考数学二轮复习教案(9)平面向量 新人教A版 教案
平面向量【专题要点】向量的概念、向量的表示方法、零向量、单位向量、平行向量、相等向量、向量的加法和减法（向量的加法减法运算法则、坐标运算等）、实数与向量的积、向量共线定理、平面向量基本定理、向量的数量积（向量的定义、几何意义、运算律，相关公式结论等）、两向量平行、垂直的充要条件【考纲要求】1. 了解向量的实际背景，理解平面向量的概念，理解两个向量相等的含义，理解向量的几何表示。
2.掌握向量的加法和减法运算，并理解其几何意义，掌握向量的数乘运算及其几何意义，理解两个向量共线的含义3.了解平面向量基本定理及其意义，掌握平面向量的正交分解及其坐标表示，理解用坐标表示向量的加法和减法运算及数乘运算。
4.了解平面向量的数量积与向量投影的关系，理解平面向量的数量积的含义及其物理意义，掌握平面向量的数量积的坐标表达式并会进行数量积的运算，能用数量积表示两向量的夹角，会用数量积判断两向量的垂直关系5.会用向量法解决简单的平面几何问题。
【知识纵横】【教法指引】本专题内容为每年高考必考内容，以选择题（填空题）+解答题的形式出现，分值在16-17分左右；向量具有代数形式与几何形式的“双重身份”，这使它成为中学数学知识的一个交汇点，也成为多项内容的媒介，在高考中主要考查有关的基础知识，突出向量的工具作用，对平面向量的考查主要其中在：（1）平面向量的性质和运算法则（2）向量的坐标表示，向量的线性运算（3）和其他数学知识结合在一起考查，如和曲线、数列等知识结合。
这就要求我们在复习中应首先立足课本，打好基础，从数形两方面理解平面向量的相关知识，通过认识整个体系知识点，掌握本专题的内容，领会其中的数学思想，形成清晰的知识结构，明确各部分的基本知识，基本题型，基本方法和规律，强化易混、易漏、易错点的反思和感悟和针对性训练【典例精析】例1、（2007某某）直角坐标系xOy 中，i j ，分别是与x y ，轴正方向同向的单位向量．在直角三角形ABC中，若j k i AC j i AB+=+=3,2，则k 的可能值个数是（ ） Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．3 Ｄ．4解：如图，将A 放在坐标原点，则B 点坐标为(2,1)，C 点坐标为(3,k)，所以C 点在直线x=3上，由图知，只可能A 、B 为直角，C 不可能为直角．所以 k 的可能值个数是2，选B点评：本题主要考查向量的坐标表示，采用数形结合法，巧妙求解，体现平面向量中的数形结合思想。
平面向量二轮复习教学设计
平面向量二轮复习教学设计引言：平面向量是高中数学中一个非常重要的概念，也是数学竞赛中常考的内容之一。
为了帮助学生复习平面向量的知识并提升其应用能力，本文设计了一节针对平面向量的复习教学。
目标：在本节课中，我们的目标是复习和巩固平面向量的基本概念和性质，包括向量的表示、向量的加法和减法、向量的数量积以及平面向量的基本运算规则。
同时，通过一些典型的习题和应用题，培养学生分析和解决问题的能力。
教学内容：1. 向量的基本概念和表示方法（15分钟）- 复习向量的定义：有大小和方向的量。
- 复习向量的表示方法：用有向线段表示。
2. 向量的加法和减法（20分钟）- 复习向量的加法和减法的定义。
- 给出几个示例，让学生进行计算和分析。
3. 向量的数量积（30分钟）- 复习向量的数量积的定义和性质。
- 解释数量积的几何意义和计算方法。
- 给出几个应用题，让学生进行计算和分析。
4. 平面向量的基本运算规则（20分钟）- 复习平面向量的基本运算规则：交换律、结合律、分配率等。
- 给出几个示例，让学生进行推导和计算。
5. 综合应用题（30分钟）- 准备一些综合应用题，让学生综合运用平面向量的知识解决实际问题。
- 强调问题分析和解决方法，引导学生思考和讨论。
教学方法：1. 理论讲解与示范：通过讲解向量的基本概念和运算规则，并通过示例演示计算方法和解题思路。
2. 互动讨论与群体合作：在讲解的过程中，引导学生积极回答问题，并鼓励学生相互交流和讨论。
3. 实际应用与综合训练：通过提供一些实际问题和综合应用题，让学生运用所学的平面向量知识解决问题，提升其应用能力。
教学评价：为了评价学生的学习效果和掌握程度，本节课可采用以下方式进行评价：1. 平时表现：包括学生在课堂上的表现、回答问题的积极性和参与度等。
2. 作业评价：布置一些与教学内容相关的练习题或作业，通过批改和讲解答案来评价学生的学习情况。
3. 小组合作评价：对学生进行小组合作评价，评估学生在群体讨论和合作中的表现和贡献。
高中数学平面向量教案(精选6篇)
高中数学平面向量教案（精选6篇）为大家收集的高中数学平面向量教案，欢迎阅读，希望大家能够喜欢。
高中数学平面向量教案精选篇1教学目标1、了解基底的含义，理解并掌握平面向量基本定理。
会用基底表示平面内任一向量。
2、掌握向量夹角的定义以及两向量垂直的定义。
学情分析前几节课已经学习了向量的基本概念和基本运算，如共线向量、向量的加法、减法和数乘运算及向量共线的充要条件等；另外学生对向量的物理背景有了初步的了解。
如：力的合成与分解、位移、速度的合成与分解等，都为学习这节课作了充分准备重点难点重点：对平面向量基本定理的探究难点：对平面向量基本定理的理解及其应用教学过程4.1第一学时教学活动活动1【导入】情景设置火箭在升空的某一时刻，速度可以分解成竖直向上和水平向前的两个分速度v＝vx＋vy＝6i＋4j。
活动2【活动】探究已知平面中两个不共线向量e1，e2，c是平面内任意向量，求向量c＝___e1＋___e2（课堂上准备好几张带格子的纸张，上面有三个向量，e1，e2，c）做法：作OA＝e1，OB＝e2，OC＝c，过点C作平行于OB的直线，交直线OA于M；过点C作平行于OA的直线，交OB于N，则有且只有一对实数l1，l2，使得OM＝l1e1，ON＝l2e2。
因为OC＝OM＋ON，所以c＝6 e1＋6e2。
向量c＝__6__e1＋___6__e2活动3【练习】动手做一做请同学们自己作出一向量a，并把向量a表示成：a＝31;31;31;31;____e1＋_____（做完后，思考一下，这样的一组实数是否是唯一的呢？）（是唯一的）由刚才的几个实例，可以得出结论：如果给定向量e1，e2，平面内的任一向量a，都可以表示成a＝入1e1＋入2e2。
活动4【活动】思考问题2：如果e1，e2是平面内任意两向量，那么平面内的任一向量a还可以表示成a＝入1e1＋入2e2的形式吗?生：不行，e1，e2必须是平面内两不共线向量活动5【讲授】平面向量基本定理平面向量基本定理：如果e1，e2是平面内两个不共线的向量，那么对于这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数l1，l2，使a＝l1e1＋l2e2。
高考数学知识点《平面向量》复习教案
届高考数学知识点《平面向量》复习教案【小编寄语】小编给大家整理了届高考数学知识点《平面向量》复习教案，希望能给大家带来帮助!平面向量的坐标运算一.复习目标：1.了解平面向量基本定理，理解平面向量的坐标概念，会用坐标形式进行向量的加法、减法、数乘的运算，掌握向量坐标形式的平行的条件;2.学会使用分类讨论、函数与方程思想解决有关问题。
二.主要知识：1.平面向量坐标的概念;2.用向量的坐标表示向量加法、减法、数乘运算和平行等等;3.会利用向量坐标的定义求向量的坐标或点的坐标及动点的轨迹问题.三.课前预习：1.若向量 ,则 ( )2.设四点坐标依次是，则四边形为 ( )正方形矩形菱形平行四边形3.下列各组向量，共线的是 ( )4.已知点 ,且有 ,则。
5.已知点和向量 = ,若 =3 ,则点B的坐标为。
6.设 ,且有 ,则锐角。
四.例题分析：例1.已知向量，，且，求实数的值。
小结：例2.已知，(1)求 ;(2)当为何实数时，与平行，平行时它们是同向还是反向?小结：例3.已知点 ,试用向量方法求直线和 ( 为坐标原点)交点的坐标。
小结：例4.已知点及 ,试问：(1)当为何值时, 在轴上? 在轴上? 在第三象限?(2)四边形是否能成为平行四边形?若能,则求出的值.若不能,说明理由。
小结：五.课后作业：班级学号姓名1. 且，则锐角为 ( )2.已知平面上直线的方向向量，点和在上的射影分别是和，则，其中 ( )2 -23.已知向量且，则 = ( )(A) (B) (C) (D)4.在三角形中，已知，点在中线上，且，则点的坐标是 ( )5.平面内有三点，且∥ ，则的值是 ( )1 56.三点共线的充要条件是 ( )7.如果 , 是平面内所有向量的一组基底，那么下列命题中正确的是 ( )若实数使，则空间任一向量可以表示为，这里是实数对实数，向量不一定在平面内对平面内任一向量，使的实数有无数对8.已知向量，与方向相反，且，那么向量的坐标是_ ____.9.已知，则与平行的单位向量的坐标为。
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2013高考数学二轮复习精品资料专题06 平面向量教学案（教师版）【2013考纲解读】1. 理解平面向量的概念与几何表示、两个向量相等的含义;掌握向量加减与数乘运算及其意义;理解两个向量共线的含义,了解向量线性运算的性质及其几何意义.2．了解平面向量的基本定理及其意义;掌握平面向量的正交分解及其坐标表示;会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算;理解用坐标表示的平面向量共线的条件.3．理解平面向量数量积的含义及其物理意义;了解平面向量数量积与向量投影的关系;掌握数量积的坐标表达式,会进行平面向量数量积的运算;能运用数量积表示两个向量的夹角,会用数量积判断两个平面向量的垂直关系. 【知识网络构建】【重点知识整合】 1．平面向量的基本概念 2．共线向量定理向量b 与非零向量a 共线的充要条件是有且只有一个实数λ，使b ＝λ·a .如果向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ∥b 的充要条件是x 1y 2＝x 2y 1或者x 1y 2－x 2y 1＝0，即用坐标表示的两个向量平行的充要条件是它们坐标的交叉之积相等．当其中一个向量的坐标都不是零时，这个充要条件也可以写为x 2x 1＝y 2y 1，即对应坐标的比值相等．3．平面向量基本定理对于任意a ，若以不共线的向量e 1，e 2作为基底，则存在唯一的一组实数对λ，μ，使a ＝λe 1＋μe 2.4．向量的坐标运算a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ＋b ＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)，a －b ＝(x 1－x 2，y 1－y 2)，λa＝(λx 1，λy 1)．5．数量积(1)已知a ，b 的夹角为〈a ，b 〉＝θ(θ∈[0，π])，则它们的数量积为a ·b ＝|a |·|b |cos θ，其中|b |cos θ叫做向量b 在a 方向上的投影，向量的数量积满足交换律、数乘结合律和分配律，但不满足结合律，即a ·(b ·c )≠(a ·b )·c ；(2)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2；(3)两非零向量a ，b 的夹角公式为cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22； (4)|a |2＝a ·a .(5)两个向量垂直的充要条件就是它们的数量积等于零． 【高频考点突破】考点一 向量的有关概念和运算(1)零向量模的大小为0，方向是任意的，它与任意向量都共线，记为0.(2)长度等于1个单位长度的向量叫单位向量，与a 同向的单位向量为a|a |.(3)方向相同或相反的向量叫共线向量(平行向量)． 例1、已知关于x 的方程：·x 2＋·2x ＋＝0(x ∈R)，其中点C 为直线AB 上一点，O 是直线AB 外一点，则下列结论正确的是 ( )A ．点C 在线段AB 上B ．点C 在线段AB 的延长线上且点B 为线段AC 的中点 C ．点C 在线段AB 的反向延长线上且点A 为线段BC 的中点D ．以上情况均有可能【方法技巧】解决向量的有关概念及运算问题要注意以下几点(1)正确理解向量的基本概念；(2)正确理解平面向量的基本运算律，a ＋b ＝b ＋a ，a·b ＝b·a ，λa·b ＝λ(a·b )与a (b·c )≠(a·b )c ；(3)相等向量、相反向量、单位向量、零向量，在概念考查中 一定要重视，如有遗漏，则会出现错误.考点二 平面向量的数量积1． 两个向量的数量积是一个数量，而不是向量，它的值为两个向量的模与两向量夹角的余弦的乘积，其符号由夹角的余弦值确定．2．求非零向量a ，b 的夹角一般利用公式cos 〈a ，b 〉＝a·b|a |·|b |先求出夹角的余弦值，然后求夹角；向量a 在向量b 方向上的投影为a·b|b |.【方法技巧】(1)准确利用两向量的夹角公式cos 〈a ，b 〉＝a·b|a ||b |及向量模的公式|a |＝a·a .(2)在涉及数量积时，向量运算应注意： ①a·b ＝0，未必有a ＝0，或b ＝0； ②|a·b |≤|a ||b |；③a (b·c )与(a·b )c 不一定相等. 考点三 平面向量与三角函数的综合应用通过对向量的运算把问题转化为求三角函数的值、最值或研究三角函数的性质等问题，是高考中经常出现的题型．例3.已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，c ＝(－1,0)． (1)求向量b ＋c 的长度的最大值；(2)设α＝π4，且a ⊥(b ＋c )，求cos β的值．[解] (1)法一：由已知得b ＋c ＝(cos β－1，sin β)，则 |b ＋c |2＝(cos β－1)2＋sin 2β＝2(1－cos β)． ∵－1≤cos β≤1，∴0≤|b ＋c |2≤4，即0≤|b ＋c |≤2. 当cos β＝－1时，有|b ＋c |max ＝2， 所以向量b ＋c 的长度的最大值为2.法二：∵|b |＝1，|c |＝1，|b ＋c |≤|b |＋|c |＝2.当cos β＝－1时，有b ＋c ＝(－2,0)，即|b ＋c |＝2， 所以向量b ＋c 的长度的最大值为2.【难点探究】难点一 平面向量的概念及线性运算例1、 (1)a ，b 是不共线的向量，若AB →＝λ1a ＋b ，AC →＝a ＋λ2b (λ1，λ2∈R)，则A ，B ，C 三点共线的充要条件为( )A ．λ1＝λ2＝－1B ．λ1＝λ2＝1C ．λ1·λ2＋1＝0D ．λ1λ2－1＝0(2) 设A 1，A 2，A 3，A 4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若A 1A 3→＝λA 1A 2→(λ∈R)，A 1A 4→＝μA 1A 2→(μ∈R)，且1λ＋1μ＝2，则称A 3，A 4调和分割A 1，A 2，已知点C (c,0)，D (d,0)(c ，d ∈R)调和分割点A (0,0)，B (1,0)，则下面说法正确的是( )A ．C 可能是线段AB 的中点B ．D 可能是线段AB 的中点C ．C 、D 可能同时在线段AB 上D ．C 、D 不可能同时在线段AB 的延长线上【点评】 向量的共线定理和平面向量基本定理是平面向量中的两个带有根本意义的定理．平面向量基本定理是平面内任意一个向量都可以用两个不共线的向量唯一线性表示，这个定理的一个极为重要的导出结果是，如果a ，b 不共线，那么λ1a ＋λ2b ＝μ1a ＋μ2b 的充要条件是λ1＝μ1且λ2＝μ2.共线向量定理有一个直接的导出结论，即如果OA →＝xOB →＋yOC →，则A ，B ，C 三点共线的充要条件是x ＋y ＝1.【变式探究】(1)如图所示，在△ABC 中，点O 是BC 的中点，过点O 的直线分别交直线AB ，AC 于不同的两点M ，N ，若AB →＝mAM →，AC →＝nAN →(m ，n >0)，则1m ＋4n的最小值为( )A ．2B ．4 C.92D ．9(2) 设向量a ，b 满足|a |＝25，b ＝(2,1)，且a 与b 的方向相反，则a 的坐标为________．【答案】(1)C (2)(－4，－2)【解析】 (1)MO →＝AO →－AM →＝AB →＋AC →2－1m AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1m AB →＋12AC →，同理NO →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n AC →＋12AB →，M ，O ，N 三点共线，故⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1m AB →＋12AC →＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n AC →＋12AB →，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1m －λ2AB →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ2＋λn AC →＝0.难点二 平面向量的数量积例2 如图所示，P 为△AOB 所在平面内一点，向量OA →＝a ，OB →＝b ，且P 在线段AB 的垂直平分线上，向量OP →＝c .若|a |＝3，|b |＝2，则c ·(a －b )的值为( )A ．5B ．3 C.52 D.32【答案】C【解析】 设AB 中点为D ，c ＝OP →＝OD →＋DP →，所以c ·(a －b )＝(OD →＋DP →)·BA →＝OD →·BA →＋DP →·BA →＝OD →·BA →＝12(a ＋b )·(a －b )＝12(|a |2－|b |2)＝52.【点评】 平面向量问题的难点就是把平面向量的几何运算与数量积运算的结合，这里要充分利用平面向量的几何运算法则、平面向量的共线向量定理、两向量垂直的条件以及平面向量数量积的运算法则，探究解题的思想．【变式探究】(1)已知a 与b 均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题：p 1：|a ＋b |＞1⇔θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2π3； p 2：|a ＋b |＞1⇔θ∈⎝⎛⎦⎥⎤2π3，π； p 3：|a －b |＞1⇔θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π3；p 4：|a －b |＞1⇔θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π.其中的真命题是( ) A ．p 1，p 4 B ．p 1，p 3 C ．p 2，p 3 D ．p 2，p 4(2)在△OAB 中，设OA →＝a ，OB →＝b ，则OA 边上的高等于________．难点三 平面向量的共线与垂直的综合运用例3 已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，左顶点为A ，若|F 1F 2|＝2，椭圆的离心率为e ＝12.(1)求椭圆的标准方程；(2)若P 是椭圆上的任意一点，求PF 1→·PA →的取值范围；(3)已知直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆相交于不同的两点M ，N (均不是长轴的端点)，AH ⊥MN ，垂足为H 且AH →2＝MH →·HN →，求证：直线l 恒过定点．【解答】 (1)由已知得c ＝1，a ＝2，b ＝3，∴所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)设P (x 0，y 0)，又A (－2,0)，F 1(－1,0)， ∴PF 1→·PA →＝(－1－x 0)(－2－x 0)＋y 20＝14x 20＋3x 0＋5.由于P (x 0，y 0)在椭圆上，∴－2≤x 0≤2，可知f (x 0)＝14x 20＋3x 0＋5在区间[－2,2]上单调递增，∴当x 0＝－2时，f (x 0)取最小值为0；当x 0＝2时，f (x 0)取最大值为12，∴PF 1→·PA →的取值范围是[0,12]．(3)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y23＝1得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，由Δ>0得4k 2＋3>m 2.【点评】 本题是以考查解析几何基本问题为主的试题，但平面向量在其中起着关键作用．本题的难点是第三问，即把已知的垂直关系和向量等式转化为AM →·AN →＝0，从而达到使用韦达定理建立直线中参数k ，m 的方程，确定k ，m 的关系，把双参数直线系方程化为单参数直线系方程，实现了证明直线系过定点的目的．【变式探究】已知双曲线的中心在原点，坐标轴为对称轴，一条渐近线方程为y ＝43x ，右焦点F (5,0)，双曲线的实轴为A 1A 2，P 为双曲线上一点(不同于A 1，A 2)，直线A 1P 、A 2P 分别与直线l ：x ＝95交于M 、N 两点．(1)求双曲线的方程；(2)求证：FM →·FN →为定值．【解答】 (1)依题意可设双曲线方程为x 2a 2－y 2b 2＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧b a ＝43，c ＝5，c 2＝a 2＋b2⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝4，∴所求双曲线方程为x 29－y 216＝1.(2)A 1(－3,0)、A 2(3,0)、F (5,0)，设P (x ，y )，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫95，y 0，A 1P →＝(x ＋3，y )，A 1M →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫245，y 0，∵A 1、P 、M 三点共线，∴(x ＋3)y 0－245y ＝0，∴y 0＝24y 5x ＋3，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫95，24y 5x ＋3. 同理得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫95，－6y 5x －3.∴FM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－165，24y 5x ＋3，FN →＝⎝⎛⎭⎪⎫－165，－6y 5x －3，∴FM →·FN →＝25625－14425·y 2x 2－9. ∵x 29－y 216＝1，∴y 2x 2－9＝169，∴FM →·FN →＝25625－14425·169＝25625－25625＝0，即FM →·FN →＝0为定值．【历届高考真题】 【20XX 年高考试题】1.【2012高考真题重庆理6】设,x y ∈R ，向量(,1),(1,),(2,4)a x b y c ===-且c b c a //,⊥，则b a +（A ）5 （B ）10 （C ）25 （D ）102.【2012高考真题浙江理5】设a ，b 是两个非零向量。