高考数学二轮复习 专题二 第3讲 平面向量
高考数学二轮复习 第三讲 平面向量
高考数学二轮复习 第三讲 平面向量一、选择题1．已知两个非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则下面结论正确的是( ) A ．a ∥b B ．a ⊥bC ．|a |＝|b |D ．a ＋b ＝a －b解析：解法一 由|a ＋b |＝|a －b |，平方可得a·b ＝0, 所以a ⊥b .故选B. 解法二 根据向量加法、减法的几何意义可知|a ＋b |与|a －b |分别为以向量a ，b 为邻边的平行四边形的两条对角线的长，因为|a ＋b |＝|a －b |，所以该平行四边形为矩形，所以a ⊥b .故选B.答案：B2. (2014·北京卷)已知向量a ＝(2，4)，b ＝(－1，1)，则2a －b ＝( ) A ．(5，7) B ．(5，9) C ．(3，7) D ．(3，9)解析：因为2a ＝(4，8)，所以2a －b ＝(4，8)－(－1，1)＝(5，7)．故选A. 答案：A3．设向量a 、b 满足：|a |＝1，|b |＝2，a ·(a －b )＝0，则a 与b 的夹角是( ) A ．30° B ．60° C ．90° D ．120° 答案：B4．(2014·山东卷)已知向量a ＝(1，3)，b ＝(3，m )．若向量a ，b 的夹角为π6，则实数m ＝( )A ．2 3 B. 3 C ．0 D ．－ 3解析：因为cos a ，b ＝a ·b |a |·|b |，所以cos π6＝3＋3m232＋m 2，解得m ＝ 3.故选B.答案：B5．已知：OA →＝(－3，1)，OB →＝(0，5)，且AC →∥OB →，BC →⊥AB →，则点C 的坐标为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－294 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，294 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫3，294 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－294解析：设点C (x ，y )， AC →＝OC →－OA →＝(x ＋3，y －1)，∵AC →∥OB →，∴x ＋3＝0.∴x ＝－3. 又BC →＝OC →－OB →＝(x ，y －5)，AB →＝(3，4)， 又∵BC →⊥AB →， ∴3x ＋4(y －5)＝0. ∴y ＝294.∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，294. 答案：B6．对任意两个非零的平面向量α和β，定义α∘β＝α·ββ·β，若平面向量a ，b 满足|a |≥|b |＞0，a 与b 的夹角θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，且a ∘b 和b ∘a 都在集合⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫ ⎪⎪⎪n 2n ∈Z 中，则a∘b ＝( )A.12 B ．1 C.32 D.52解析：解法一 因为b ∘a ＝b ·a a·a ＝|b ||a |cos θ≤cos θ＜1，且a ∘b 和b ∘a 都在集合⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫⎪⎪⎪n 2n ∈Z 中，所以b ∘a ＝12.|b ||a |＝12cos θ，所以a ∘b ＝|a ||b |cos θ＝2cos2 θ＜2，且a ∘b ＝2cos2 θ＞1，所以1＜a ∘b ＜2，故有a ∘b ＝32.故选C.解法二 a ∘b ＝|a ||b |cos θ＝k 12，b ∘a ＝|b ||a |cos θ＝k 22，两式相乘得cos2 θ＝k 1k 24，因为θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，k 1，k 2均为正整数，于是22＜cos θ＝k 1k 22＜1，所以2＜k 1k 2＜4，所以k 1k 2＝3，而|a |≥|b |＞0，所以k 1＝3，k 2＝1，于是a ∘b ＝32，选C.答案：C二、填空题 7．(2014·江苏卷)如图，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP →＝3PD →，AP →·BP →＝2，则AB →·AD →的值是________．解析：由题意，AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋14AB →，BP →＝BC →＋CP →＝BC →＋34CD →＝AD →－34AB →，所以AP →·BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋14AB →·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →－34AB →＝AD →2－12AD →·AB →－316AB →2， 即2＝25－12AD →·AB →－316×64，解得AD →·AB →＝22.答案：228．如图，两块斜边长相等的直角三角板拼在一起，若AD →＝xAB →＋yAC →，则x ＝________，y ＝________．解析：如图，作DF ⊥AB 交AB 延长线于D ，设AB ＝AC ＝1⇒BC ＝DE ＝2，∵∠DEB ＝60°，∴BD ＝62.由∠DBF ＝45°，得DF ＝BF ＝62×22＝32，故x ＝1＋32，y ＝32. 答案：1＋32 329．在平面直角坐标系xOy 中，四边形ABCD 的边AB ∥DC ，AD ∥BC ，已知点A (－2，0)，B (6，8)，C (8，6)，则点D 的坐标为________．解析：平行四边形ABCD 中，AB →＝DC →＝OB →－OA →＝OC →－OD →⇒OB →＋OD →＝OA →＋OC →，∴OD →＝OA →＋OC →－OB →＝(－2，0)＋(8，6)－(6，8)＝(0，－2)，即点D 坐标为(0，－2)． 答案：(0，－2)三、解答题10．已知向量OP →＝(cos x ，sin x ), OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33sin x ，sin x ，定义函数f (x )＝OP →·OQ →.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)当OP →⊥OQ →时，求锐角x 的值．解析：(1)f (x )＝－33sin x cos x ＋sin 2x ＝12－33⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin 2x ＋32cos 2x ＝12－33sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴2k π＋π2≤2x ＋π3≤2k π＋3π2，k ∈Z ，即k π＋π12≤x ≤k π＋7π12，k ∈Z.∴f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π12，k π＋7π12(k ∈Z)．(2)当OP →⊥OQ →时，f (x )＝0，即12－33sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝0,sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝32，又π3<2x ＋π3＜4π3，故2x ＋π3＝2π3，故x ＝π6.11．已知向量a ＝(sin θ，－2)与b ＝(1，cos θ)互相垂直，其中θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2.(1)求sin θ和cos θ的值； (2)若sin(θ－φ)＝1010，0＜φ＜π2，求cos φ的值．解析：(1)∵a 与b 互相垂直，则a·b ＝sin θ－2cos θ＝0，即sin θ＝2cos θ，代入sin2 θ＋cos2 θ＝1得sin θ＝±255，cos θ＝±55，又θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴sin θ＝255，cos θ＝55.(2)∵0＜φ＜π2，0＜θ＜π2，∴－π2＜θ－φ＜π2.∴cos(θ－φ)＝1－sin2（θ－φ）＝31010. ∴cos φ＝cos[θ－(θ－φ)]＝cos θcos(θ－φ)＋sin θsin(θ－φ)＝55×31010＋255×1010＝22.。
2011高考二轮复习文科数学专题二：第三讲《平面向量》
基础梳理
二、平面向量基本定理
如果e1，e2是同一平面内的两个________向量，那么对于这 一平面内的任意向量a，有且只有一对实数λ 1，λ 2，使a＝ ________，其中不共线向量e1，e2叫做________．
三、平面向量数量积
1．平面向量数量积的定义
已知两非零向量a，b，则a与b的数量积(或内积)为 _________，记作a·b＝ ________，其中θ ＝〈a，b〉， ________叫做向量b在向量a方向上的投影．
所以|b＋c|的最大值为4.
(3)由tan αtan β＝16得sin αsin β＝16cos αcos β，
即4cos α·4cos β－sin αsin β＝0，所以a∥b.
跟踪训练
的解3析．式函y数＝yf＝(xc)o，s当2xy＋＝π6 －f(2x的)为图奇象函F按数向时量，a向平量移a到可F以′等，于F′
答案：(1)B (2)D
跟踪训练
1．(1)若向量a＝(1,1)，b＝(－1,1)，c＝(4,2)，则c＝
()
A．3a＋b
B．3a－b
C．－a＋3b
D．a＋3b
结论(中2)正(2确01的0年是安( 徽卷))设向量a＝(1,0)，b＝21，12 ，则下列
A．|a|＝|b|
B．a·b＝
2 2
C．a∥b
D．a－b与b垂直
答案：(1)B (2)D
与平面向量的数量积有关的问题
(1)a，b的夹角为120°，|a|＝1，|b|＝3，则|5a－b|
＝________.
(2)设向量a＝(1,2)，b＝(2,3)，若向量λ a＋b与向量c
＝(－4，－7)共线，则λ ＝________.
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 专题2.3 平面向量 理
• 6．两个向量夹角的范围是[0，π]，在使用平 面向量解决问题时要特别注意两个向量夹角 可能是0或π的情况，如已知两个向量的夹角 为钝角时，不单纯就是其数量积小于零，还 要求不能反向共线.
23B→C＝12A→B＋23(A→C－A→B)＝－16A→B＋23A→C，则 λ1＝－16，λ2＝23，λ1＋λ2
＝12.
答案
(1)A
1 (2)2
规律方法 在一般向量的线性运算中，只要把其中的向量当作字 母，其运算类似于代数中合并同类项的运算，在计算时可以进 行类比．本例中的第(2)题就是把向量用，表示出来，再与题中 已知向量关系式进行对比，得出相等关系式，可求相应的系 数．
解析 (1)M→N＝M→C＋C→N ＝13A→C＋12C→B ＝13A→C＋12(A→B－A→C) ＝12A→B－16A→C， ∴x＝12，y＝－16.
(2)由题意可得A→B·A→D＝|A→B|·|A→D|cos 120°＝2×2×－12＝－2，在菱
形 ABCD 中，易知A→B＝D→C，A→D＝B→C，所以A→E＝A→B＋B→E＝A→B＋
BE＝23BC.若D→E＝λ1A→B＋λ2A→C(λ1，λ2 为实数)，则 λ1＋λ2 的值为
________．
解析 (1)∵B→C＝3C→D，∴A→C－A→B＝3(A→D－A→C)，
即 4A→C－A→B＝3A→D，
∴A→D＝－13A→B＋43A→C.
(2)如图，D→E＝D→B＋B→E＝12A→B＋
3
3 .
高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题二 三角函数、
考点一 平面向量的概念及线性运算
试题 解析
考点一 考点二 考点三
1．(2015·高考全国Ⅰ卷)设 D 为△ABC 所在平面内一点，B→C＝
3C→D，则( A )
A.A→D＝－13A→B＋43A→C
B.A→D＝13A→B－43A→C
C.A→D＝43A→B＋13A→C
D.A→D＝43A→B－13A→C
设O→A＝a，O→B＝b，由题意得D→C＝O→C－O→D＝O→A＋A→C－23O→B＝
O→A＋B→A－23O→B＝2a－53b.因为O→E＝λO→A＝λa，设D→E＝μD→C＝2μa
－
53 μb ，
又 O→E ＝ O→D ＋
→ DEBiblioteka ，所以λa ＝ 23 b ＋ 2μa － 53 μb ＝ 2μa ＋
考点二
试题 解析
考点一 考点二 考点三
4．(2016·高考天津卷)已知△ABC 是边长为 1 的等边三角形，点 D，
E 分别是边 AB，BC 的中点，连接 DE 并延长到点 F，使得 DE＝
2EF，则A→F·B→C的值为( B )
A．－58
1 B.8
1
11
C.4
D. 8
考点二
考点一 考点二 考点三
考点一
试题 通解 优解
考点一 考点二 考点三
2．已知平面向量 a＝(2,1)，c＝(1，－1)．若向量 b 满足(a－b)∥c，
(a＋c)⊥b，则 b＝( D )
A．(2,1)
考点三
考点一 考点二 考点三
根据上面所做题目，请填写诊断评价
错因(在相应错因中画√)
考点 错题题号
诊
知识性 方法性 运算性 审题性
高考数学二轮复习第3讲平面向量滚动小练03024253
第3讲平面向量1.(2017江苏兴化第一中学月考)已知向量a=(1,x),b=(-2,1),若a⊥b,则实数x= .2.(2017江苏南通中学期末)化简:sin13°cos17°+sin17°cos13°=.3.(2018江苏五校学情检测)向量a=(2,-6),b=(-1,m),若a∥b,则实数m的值为.4.已知|a|=2,|b|=3,a与b的夹角为60°,则|a-3b|= .5.(2017江苏宿迁期末)若sin(α-π6)=13,其中π<α<76π,则sin(2π3-α)的值为.6.若函数f(x)=2sin(ωx+φ)(α>0,|α|<π2)在一个周期内的图象如图所示,M,N分别是图象的最高点和最低点,横坐标分别为1,7.记点P(2,f(2)),点Q(5,f(5)),则αα⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·αα⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为.7.若函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象与直线y=m的三个相邻交点的横坐标分别是π6,π3,2π3,则实数ω的值为.8.(2018江苏南京多校段考)已知向量a=(cosθ,sinθ),b=(2,-1).(1)若a⊥b,求sinα-cosαsinα+cosα的值;(2)若|a-b|=2,θ∈(0,π2),求sin(α+π4)的值.9.(2017江苏盐城高三期中)设直线x=-π6是函数f(x)=sinx+acosx的图象的一条对称轴.(1)求函数f(x)的最大值及取得最大值时x的值;(2)求函数f(x)在[0,π]上的减区间.答案精解精析1.答案 2解析 由a⊥b 得a·b=-2+x=0,则x=2. 2.答案 12解析 原式=sin(13°+17°)=sin30°=12.3.答案 3解析 由a∥b 得2m=6,解得m=3. 4.答案 √67解析 a·b=|a|·|b|cos60°=3,则|a-3b|=√(α-3α)2=√4-18+81=√67.5.答案 -2√23解析 由π<α<7π6得5π6<α-π6<π,又sin (α-π6)=13,则cos (α-π6) =-√1-sin 2(α-π6)=-2√23,则sin (2π3-α)=sin [π2-(α-π6)]=cos (α-π6)=-2√23.6.答案 √3-4解析 由图象可得最小正周期T=12=2πα,即ω=π6,M(1,2),N(7,-2)在图象上,则f(1)=2sin (π6+φ)=2,|φ|<π2,则φ=π3,则f(x)=2sin (π6x +π3),则f(2)=2sin2π3=√3,f(5)=2sin7π6=-1,故P(2,√3),Q(5,-1),所以αα⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·αα⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3-2)·(-2,1)=-2+√3-2=√3-4. 7.答案 4解析 由题意可得该函数的最小正周期T=2π3-π6=π2,则ω=2πα=4.8.解析 (1)由a⊥b 可知,a·b=2cosθ-sinθ=0,所以sinθ=2cosθ,所以sin α-cos αsin α+cos α=2cos α-cos α2cos α+cos α=13. (2)由a-b=(cosθ-2,sinθ+1)可得|a-b|=√(cos α-2)2+(sin α+1)2=√6-4cos α+2sin α=2, 即1-2cosθ+sinθ=0.①又cos 2θ+sin 2θ=1,且θ∈(0,π2),②由①②可解得{sin α=35,cos α=45,所以sin (α+π4)=√22(sinθ+cosθ)=√22×(35+45)=7√210. 9.解析 (1)∵直线x=-π6是函数f(x)的图象的一条对称轴, ∴f (-π6+x )=f (-π6-x )对x∈R 恒成立.∴sin (-π6+x )+acos (-π6+x )=sin (-π6-x )+acos (-π6-x )对x∈R 恒成立,即(a+√3)sinx=0对x∈R 恒成立,得a=-√3. 从而f(x)=sinx-√3cosx=2sin (α-π3). 故当x-π3=2kπ+π2(k∈Z),即x=2kπ+5π6(k∈Z)时,f(x)取得最大值2.(2)由2kπ+π2≤x -π3≤2kπ+3π2,解得2kπ+5π6≤x≤11π6+2kπ,k∈Z.取k=0,可得函数f(x)在[0,π]上的减区间为[5π6,π].精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
专题二 第3讲 平面向量
变式训练 1 在△A BC 中， A、 B、 C 的对边分别是 a、 b、 c，且 AB AC BA BC (1)判断△ABC 的形状；
(2)若AB AC 2, 求边c的值.
解 (1) AB AC BA BC,
| AB | | AC | cos A | BA| | BC | cos B,
第 3 讲 平面向量 感悟高考 明确考向
（2010·天津）如图,在△A BC 中,A D ⊥A B ,BC 3 BD,
| AD | 1, 则AC AD
.
解析 设 BD＝a，则 BC＝ 3a，作 CE⊥BA 交 BA 的 延长线于 E，可知∠DAC＝∠ACE，在 Rt△ABD 中， 1 1 1 sin B＝ ＝ .在 Rt△BEC 中， CE＝BC· sin B＝ 3a·＝ BD a a 3， 3 ∴cos ∠DAC＝cos ∠ACE＝ . AC
(1)根据已知求 f(x)的解析式，再由三角函
数的单调性求 f(x)的单调递增区间； (2)由向量平行的充要条件求 tan x 的值； (3)a⊥b⇒a· b＝0，得到关于 x 的三角等式，进而求出 x 的最小值．
解 (1)f(x)＝2a· b－1＝2( 3sin xcos x＋cos2x)－1 ＝ 3sin 2x＋cos 2x π ＝2sin(2x＋ )． 6 π π π 由 2kπ－ ≤2x＋ ≤2kπ＋ ，k∈Z， 2 6 2 π π 得 kπ－ ≤x≤kπ＋ ，k∈Z. 3 6 π π ∴f(x)的单调递增区间为[kπ－ ，kπ＋ ]，k∈Z. 3 6 (2)由 a∥b，得 sin xcos x－ 3cos2x＝0， ∵b≠0，∴cos x≠0. ∴tan x－ 3＝0，∴tan x＝ 3.
2015届高三数学成才之路二轮专项复习课件2.3平面向量
[ 解析]
→ → 如图，令AB＝a，AC＝b，
→ 1 AD＝2(a＋b)，
b 2 → → → BE＝BC＋CE＝(b－a)＋－3＝3b－a， a b 2 → → b－a ∴AD· BE＝2＋2· 3
1 |a|2 |b|2 1 ＝3a· b－ 2 ＋ 3 －2a· b |b|2 |a|2 1 1 1 1 1 1 ＝ 3 － 2 －6a· b＝3－2－6×2＝－4.
→ → → → 3→ → 3 → → → ∴AM＝AD＋DM＝AD＋4DF＝AD＋4(DA＋AB＋BF)＝a 3 1 1 3 ＋4(－a＋b＋3a)＝2a＋4b， 1 3 → → → 又AM＝λAB＋μAD＝λb＋μa，∴μ＝2，λ＝4， 3 ∴λμ＝8.
• [方法规律总结] • 1.解答向量的线性表示的题目，要抓住向量 的起点、终点，按照“首尾相接，首指向尾” 的加法运算法则和“同始连终，指向被减” 的减法运算法则进行，运用平行四边形法则 时，两向量起点必须重合，运用三角形法则 时，两向量必须首尾相接，否则就要把向量 平移． • 2.在两直线相交(或三点共线)问题中，常应 用待定系数法，将共线的向量中一个用另一 个表示，再通过运算确定待定系数．经常依
2 (2)|a|＝ x1 ＋y2 1；
(3)a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝0； x1x2＋y1y2 (4)cosθ＝ 2 2 2 2. x1＋y1· x2＋y2
1．两向量夹角的范围是[0，π] ，a· b>0 与〈a，b〉为锐角 不等价；a· b<0 与〈a，b〉为钝角不等价． 2． 点共线和向量共线， 直线平行与向量平行既有联系又有 区别． a· b a· b 3．a 在 b 方向上的投影为 |b| ，而不是 |a| . 4．若 a 与 b 都是非零向量，则 λa＋μb＝0⇔a 与 b 共线， 若 a 与 b 不共线，则 λa＋μb＝0⇔λ＝μ＝0.
高考数学(文)(山东)二轮总复习课件：专题2第3讲平面向量
3．(2015·洛阳市统考)已知 P 是△ABC 所在平面内一点，若A→P
＝34B→C－23B→A，则△PBC 与△ABC 的面积的比为( A )
A.13
B．12
2 C.3
D．34
解析：如图，以 B 为原点，BC 所在直线 为 x 轴，建立平面直角坐标系，设 A(xA， yA)，P(xP，yP)，C(xC，0)，A→P＝34B→C－23 B→A，即(xP－xA，yP－yA)＝34(xC，0)－23(xA，yA)，故 xP－xA＝34 xC－23xA，yP－yA＝0－23yA，yP＝13yA，故SS△△APBBCC＝13.
由于 AB＝2，BC＝1，∠ABC＝ 60°，所以 CD＝1，等腰梯形
ABCD 的高为 23，所以 A(0，0)，B(2，0)，D12， 23，C32， 23，
所以B→C＝－21， 23，D→C＝(1，0)，又因为B→E＝23B→C，D→F＝
16D→C，所以 E53， 33，F23， 23，因此A→E·A→F＝
1×(2＋k)＝0，解得 k＝－32.
2．已知△ABC 中，|B→C|＝10，A→B·A→C＝－16，D 为边 BC
的中点，则|A→D|等于( D )
A．6
B．5
C．4
D．3
解析：由题知A→D＝12(A→B＋A→C)，A→B·A→C＝－16，所以|A→B|·|A→C
|cos∠BAC＝－16.在△ABC 中，|B→C|2＝|A→B|2＋|A→C|2－2|A→B ||A→C|cos∠BAC，所以 102＝|A→B|2＋|A→C|2＋32，|A→B|2＋|A→C|2＝ 68，所以|A→D|2＝14(A→B2＋A→C2＋2A→B·A→C)＝14(68－32)＝9，所 以|A→D|＝3.
2021高考数学二轮专题复习专题二第3讲 平面向量数量积的最值问题
第3讲 平面向量数量积的最值问题平面向量部分，数量积是最重要的概念，求解平面向量数量积的最值、范围问题要深刻理解数量积的意义，从不同角度对数量积进行转化．例 (1)已知AB →⊥AC →，|AB →|＝1t ，|AC →|＝t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP →＝A B →|AB →|＋4AC →|AC →|，则PB →·PC →的最大值等于( )A ．13B ．15C ．19D ．21答案 A解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，C (0，t )，AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，AC →＝(0，t )， A P →＝A B →|AB →|＋4AC →|AC →|＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0＋4t (0，t )＝(1,4)，∴P (1,4)， PB →·PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4·(－1，t －4) ＝17－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋4t ≤17－21t·4t ＝13， 当且仅当t ＝12时等号成立． ∴PB →·PC →的最大值等于13.(2)如图，已知P 是半径为2，圆心角为π3的一段圆弧AB 上的一点，若AB →＝2BC →，则PC →·PA →的最小值为________．答案 5－213解析 以圆心为坐标原点，平行于AB 的直径所在直线为x 轴，AB 的垂直平分线所在的直线为y 轴，建立平面直角坐标系(图略)，则A (－1，3)，C (2，3)， 设P (2cos θ，2sin θ)⎝ ⎛⎭⎪⎫π3≤θ≤2π3， 则PC →·PA →＝(2－2cos θ，3－2sin θ)·(－1－2cos θ，3－2sin θ)＝5－2cos θ－43sin θ＝5－213sin(θ＋φ)，其中0<tan φ＝36<33，所以0<φ<π6， 当θ＝π2－φ时，PC →·PA →取得最小值，为5－213. 数量积有关的最值和范围问题是高考的热点之一，其基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值，比如向量的模、数量积、夹角、系数的范围等．解决思路是建立目标函数的解析式，转化为求函数(二次函数、三角函数)等的最值或应用基本不等式．同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以还有一种思路是数形结合，应用图形的几何性质．1．在△ABC 中，若A ＝120°，A B →·AC →＝－1，则|BC →|的最小值是________．答案 6解析 由AB →·AC →＝－1，得|AB →|·|AC →|·cos 120°＝－1，即|AB →|·|AC →|＝2，所以|BC →|2＝|AC →－AB →|2＝AC →2－2AB →·AC →＋AB →2≥2|AB →|·|AC →|－2AB →·AC →＝6，当且仅当|AB →|＝|AC →|＝2时等号成立，所以|BC →|min ＝ 6.2．(2020·天津)如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，AB ＝3，BC ＝6，且AD →＝λBC →，AD →·AB →＝－32，则实数λ的值为________，若M ，N 是线段BC 上的动点，且|MN →|＝1，则DM →·DN →的最小值为________．答案 16 132解析 因为AD →＝λBC →，所以AD ∥BC ，则∠BAD ＝120°，所以AD →·AB →＝|AD →|·|AB →|·cos 120°＝－32， 解得|AD →|＝1.因为AD →，BC →同向，且BC ＝6，所以AD →＝16BC →，即λ＝16. 在四边形ABCD 中，作AO ⊥BC 于点O ，则BO ＝AB ·cos 60°＝32，AO ＝AB ·sin 60°＝332. 以O 为坐标原点，以BC 和AO 所在直线分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系．如图，设M (a,0)，不妨设点N 在点M 右侧，则N (a ＋1,0)，且－32≤a ≤72. 又D ⎝⎛⎭⎪⎫1，332， 所以DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1，－332，DN →＝⎝⎛⎭⎪⎫a ，－332， 所以DM →·DN →＝a 2－a ＋274＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋132.所以当a ＝12时，DM →·DN →取得最小值132. 3．已知平面向量a ，b ，e 满足|e |＝1，a ·e ＝1，b ·e ＝－2，|a ＋b |＝2，则a ·b 的最大值为________．答案 －54解析 不妨设e ＝(1,0)，a ＝(1，m )，b ＝(－2，n )(m ，n ∈R )，则a ＋b ＝(－1，m ＋n )，故|a ＋b |＝1＋(m ＋n )2＝2，所以(m ＋n )2＝3，即3＝m 2＋n 2＋2mn ≥2mn ＋2mn ＝4mn ，则mn ≤34， 所以a ·b ＝－2＋mn ≤－54， 当且仅当m ＝n ＝32时等号成立， 所以a ·b 的最大值为－54. 4．在平行四边形ABCD 中，若AB ＝2，AD ＝1，AB →·AD →＝－1，点M 在边CD 上，则MA →·MB →的最大值为________． 答案 2解析 在平行四边形ABCD 中，因为AB ＝2，AD ＝1，AB →·AD →＝－1，点M 在边CD 上，所以|AB →|·|AD →|·cos A ＝－1，所以cos A ＝－12，所以A ＝120°， 以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，AB 的垂线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，所以A (0,0)，B (2,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32. 设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，32，－12≤x ≤32， 因为MA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ，－32，MB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x ，－32， 所以MA →·MB →＝x (x －2)＋34＝x 2－2x ＋34＝(x －1)2－14. 设f (x )＝(x －1)2－14，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，32， 所以当x ＝－12时，f (x )取得最大值2.。
2022年高考数学(文科)二轮复习 名师导学案：专题二 第3讲 平面向量 Word版含答案
第3讲 平面对量高考定位 1.以选择题、填空题的形式考查向量的线性运算，多以熟知的平面图形为背景，难度中低档；2.以选择题、填空题的形式考查平面对量的数量积，多考查角、模等问题，难度中低档；3.向量作为工具常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何等结合，以解答题形式消灭.真 题 感 悟1.(2021·全国Ⅱ卷)设非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则( ) A.a ⊥b B.|a |＝|b | C.a ∥bD.|a |>|b |解析 由|a ＋b |＝|a －b |两边平方，得a 2＋2a·b ＋b 2＝a 2－2a·b ＋b 2，即a·b ＝0，故a ⊥b . 答案 A2.(2021·全国Ⅰ卷)已知向量a ＝(－1，2)，b ＝(m ，1).若向量a ＋b 与a 垂直，则m ＝________. 解析 由题意得a ＋b ＝(m －1，3)，由于a ＋b 与a 垂直，所以(a ＋b )·a ＝0，所以－(m －1)＋2×3＝0，解得m ＝7. 答案 73.(2021·天津卷)在△ABC 中，∠A ＝60°，AB ＝3，AC ＝2，若BD → ＝2DC → ，AE → ＝λAC → －AB → (λ∈R )，且AD → ·AE →＝－4，则λ的值为________.解析 AB → ·AC → ＝3×2×cos 60°＝3，AD → ＝13AB → ＋23AC → ，则AD → ·AE → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB → ＋23AC → ·(λAC → －AB → )＝λ－23AB → ·AC → －13AB → 2＋2λ3AC → 2＝λ－23×3－13×32＋2λ3×22＝113λ－5＝－4，解得λ＝311. 答案3114.(2021·江苏卷)已知向量a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，x ∈[0，π]. (1)若a ∥b ，求x 的值；(2)记f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值和最小值以及对应的x 的值. 解 (1)∵a ∥b ，∴3sin x ＝－3cos x ，∴3sin x ＋3cos x ＝0，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝0.∵0≤x ≤π，∴π6≤x ＋π6≤76π，∴x ＋π6＝π，∴x ＝5π6.(2)f (x )＝a·b ＝3cos x －3sin x ＝－23sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3.∵x ∈[0，π]，∴x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，∴－32≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3≤1，∴－23≤f (x )≤3，当x －π3＝－π3，即x ＝0时，f (x )取得最大值3；当x －π3＝π2，即x ＝5π6时，f (x )取得最小值－2 3.考 点 整 合1.平面对量的两个重要定理(1)向量共线定理：向量a (a ≠0)与b 共线当且仅当存在唯一一个实数λ，使b ＝λa .(2)平面对量基本定理：假如e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a ，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，其中e 1，e 2是一组基底. 2.平面对量的两个充要条件若两个非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则 (1)a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0. (2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0. 3.平面对量的三共性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2.(2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|A B → |＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22.4.平面对量的三个锦囊(1)向量共线的充要条件：O 为平面上一点，则A ，B ，P 三点共线的充要条件是OP → ＝λ1OA → ＋λ2OB →(其中λ1＋λ2＝1).(2)三角形中线向量公式：若P 为△OAB 的边AB 的中点，则向量OP → 与向量OA → ，OB → 的关系是OP → ＝12(OA → ＋OB →).(3)三角形重心坐标的求法：G 为△ABC 的重心⇔GA → ＋GB → ＋GC → ＝0⇔G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x A ＋x B ＋x C 3，y A ＋y B ＋y C 3.热点一 平面对量的有关运算【例1】 (1)(2022·全国Ⅰ卷)设向量a ＝(m ，1)，b ＝(1，2)，且|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，则m ＝________. (2)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ， BE ＝23BC .若DE → ＝λ1AB → ＋λ2AC →(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________.解析 (1)由|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2，得a ⊥b ， 所以a ·b ＝m ×1＋1×2＝0，得m ＝－2. (2)DE → ＝DB → ＋BE → ＝12AB → ＋23BC → ＝12AB → ＋23(AC → －AB → )＝－16AB → ＋23AC → ， ∵DE → ＝λ 1AB → ＋λ2AC → ， ∴λ1＝－16，λ2＝23，因此λ1＋λ2＝12.答案 (1)－2 (2)12探究提高 对于平面对量的线性运算，首先要选择一组基底，同时留意共线向量定理的机敏运用.其次运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系.【训练1】 (2021·衡阳二模)如图，正方形ABCD 中，M ，N 分别是BC ，CD 的中点，若AC → ＝λAM → ＋μBN →，则λ＋μ＝( )A.2B.83C.65D.85解析 法一 如图以AB ，AD 为坐标轴建立平面直角坐标系，设正方形边长为1，AM → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，BN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，AC →＝(1，1).∵AC → ＝λAM → ＋μBN → ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12＋μ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－μ2，λ2＋μ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧λ－12μ＝1，λ2＋μ＝1，解之得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝65，μ＝25，故λ＋μ＝85.法二 以AB → ，AD →作为基底，∵M ，N 分别为BC ，CD 的中点， ∴AM → ＝AB → ＋BM → ＝AB → ＋12AD → ， BN → ＝BC → ＋CN → ＝AD → －12AB →， 因此AC → ＝λAM → ＋μBN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－μ2AB → ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋μAD →，又AC → ＝AB → ＋AD →， 因此⎩⎪⎨⎪⎧λ－μ2＝1，λ2＋μ＝1，解得λ＝65且μ＝25.所以λ＋μ＝85.答案 D热点二 平面对量的数量积 命题角度1 平面对量数量积的运算【例2－1】 (1)(2021·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1＝OA → ·OB → ，I 2＝OB → ·OC → ，I 3＝OC → ·OD →，则( )A.I 1＜I 2＜I 3B.I 1＜I 3＜I 2C.I 3＜I 1＜I 2D.I 2＜I 1＜I 3(2)已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE → ·CB → 的值为________；DE → ·DC →的最大值为________.解析 (1)如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，∴∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD 与∠BOC 为锐角，依据题意，I 1－I 2＝OA → ·OB → －OB → ·OC → ＝OB → ·(OA → －OC → )＝OB → ·CA →＝|OB → ||CA →|·cos∠AOB <0，∴I 1<I 2，同理I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ， 又AB ＝AD ，∴OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ， ∴|OA → ||OB → |<|OC → ||OD →|， 而cos∠AOB ＝cos∠COD <0，∴OA → ·OB → >OC → ·OD →，即I 1>I 3.∴I 3<I 1<I 2.(2)法一 如图，以AB ，AD 为坐标轴建立平面直角坐标系，则A (0，0)，B (1，0)，C (1，1)，D (0，1)， 设E (t ，0)，t ∈[0，1]， 则DE → ＝(t ，－1)，CB →＝(0，－1)， 所以DE → ·CB →＝(t ，－1)·(0，－1)＝1.由于DC → ＝(1，0)，所以DE → ·DC →＝(t ，－1)·(1，0)＝t ≤1，故DE → ·DC →的最大值为1. 法二 如图，无论E 点在哪个位置，DE → 在CB → 方向上的投影都是CB ＝1，所以DE → ·CB → ＝|CB →|·1＝1，当E 运动到B 点时，DE → 在DC →方向上的投影最大，即为DC ＝1，所以(DE → ·DC → )max ＝|DC →|·1＝1.答案 (1)C (2)1 1探究提高 1.求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义.2.进行向量的数量积的运算，首先要有“基底”意识，关键用基向量表示题目中所求相关向量.其次留意向量夹角的大小，以及夹角θ＝0°，90°，180°三种特殊情形. 命题角度2 平面对量数量积的性质【例2－2】 (1)(2022·山东卷)已知非零向量m ，n 满足4|m |＝3|n |，cos 〈m ，n 〉＝13.若n ⊥(t m ＋n )，则实数t 的值为( ) A.4 B.－4 C.94D.－94(2)(2021·哈尔滨模拟)平面对量a ，b 满足|a |＝4，|b |＝2，a ＋b 在a 上的投影为5，则|a －2b |的模为( ) A.2 B.4 C.8D.16解析 (1)∵n ⊥(t m ＋n )，∴n ·(t m ＋n )＝0，即t ·m ·n ＋n 2＝0， ∴t |m ||n |cos 〈m ，n 〉＋|n |2＝0，由已知得t ×34|n |2×13＋|n |2＝0，解得t ＝－4.(2)|a ＋b |cos 〈a ＋b ，a 〉＝|a ＋b |·（a ＋b ）·a |a ＋b ||a |＝a 2＋a ·b |a |＝16＋a ·b4＝5；∴a ·b ＝4.又(a －2b )2＝a 2－4a ·b ＋4b 2＝16－16＋16＝16. ∴|a －2b |＝4. 答案 (1)B (2)B探究提高 1.求两向量的夹角：cos θ＝a ·b|a |·|b |，要留意θ∈[0，π].2.两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是：a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔|a －b |＝ |a ＋b |.3.求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有： (1)a 2＝a ·a ＝|a |2或|a |＝a ·a . (2)|a ±b |＝（a ±b ）2＝a 2±2a ·b ＋b 2. (3)若a ＝(x ，y )，则|a |＝x 2＋y 2.【训练2】 (1)(2021·福建卷)已知AB → ⊥AC → ，|AB → |＝1t ，|AC → |＝t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP → ＝AB→|AB →|＋4AC → |AC →|，则PB → ·PC → 的最大值等于( )A.13B.15C.19D.21(2)(2021·郴州二模)已知a ，b 均为单位向量，且(2a ＋b )·(a －2b )＝－332，则向量a ，b 的夹角为________.解析 (1)建立如图所示坐标系，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，C (0，t )，AB → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，AC → ＝(0，t )，则AP → ＝AB→ |AB → |＋4AC→|AC →| ＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t，0＋4t(0，t )＝(1，4). ∴点P (1，4)，则PB → ·PC → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4·(－1，t －4) ＝17－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t＋4t ≤17－21t·4t ＝13，当且仅当4t ＝1t ，即t ＝12时取等号，故PB → ·PC →的最大值为13. (2)设单位向量a ，b 的夹角为θ， 则|a |＝|b |＝1，a ·b ＝cos θ. ∵(2a ＋b )·(a －2b )＝－332，∴2|a |2－2|b |2－3a ·b ＝－3cos θ＝－332，∴cos θ＝32，∵0≤θ≤π，∴θ＝π6.答案 (1)A (2)π6热点三 平面对量与三角的交汇综合【例3】 (2021·郑州质检)已知向量m ＝(2sin ωx ，cos 2ωx －sin 2ωx )，n ＝(3cos ωx ，1)，其中ω＞0，x ∈R .若函数f (x )＝m ·n 的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)在△ABC 中，若f (B )＝－2，BC ＝3，sin B ＝3sin A ，求BA → ·BC →的值.解 (1)f (x )＝m ·n ＝23sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx －sin 2ωx ＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6.∵f (x )的最小正周期为π，∴T ＝2π2|ω|＝π.∵ω＞0，∴ω＝1.(2)设△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c . ∵f (B )＝－2，∴2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－2， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－1，解得B ＝2π3(B ∈(0，π)).∵BC ＝3，∴a ＝3，∵sin B ＝3sin A ，∴b ＝3a ，∴b ＝3. 由正弦定理，有3sin A ＝3sin2π3，解得sin A ＝12. ∵0＜A ＜π3，∴A ＝π6.∴C ＝π6，∴c ＝a ＝ 3.∴BA → ·BC → ＝ca cos B ＝3×3×cos 2π3＝－32. 探究提高 1.破解平面对量与“三角”相交汇题的常用方法是“化简转化法”，即先活用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、倍角公式、帮助角公式等对三角函数进行巧“化简”；然后把以向量共线、向量垂直形式消灭的条件转化为“对应坐标乘积之间的关系”；再活用正、余弦定理，对三角形的边、角进行互化. 2.这种问题求解的关键是利用向量的学问将条件“脱去向量外衣”，转化为三角函数的相关学问进行求解. 【训练3】 (2021·山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝3，AB → ·AC →＝－6，S △ABC＝3，求A 和a .解 由于AB → ·AC →＝－6，所以bc cos A ＝－6，又由于S △ABC ＝3，所以bc sin A ＝6， 因此tan A ＝－1，又0<A <π，所以A ＝3π4.又由于b ＝3，所以c ＝2 2. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 得a 2＝9＋8－2×3×22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝29， 所以a ＝29.1.平面对量的数量积的运算有两种形式：(1)依据模和夹角计算，要留意确定这两个向量的夹角，如夹角不易求或者不行求，可通过选择易求夹角和模的基底进行转化；(2)利用坐标来计算，向量的平行和垂直都可以转化为坐标满足的等式，从而应用方程思想解决问题，化形为数，使向量问题数量化.2.依据平行四边形法则，对于非零向量a ，b ，当|a ＋b |＝|a －b |时，平行四边形的两条对角线长度相等，此时平行四边形是矩形，条件|a ＋b |＝|a －b |等价于向量a ，b 相互垂直.3.两个向量夹角的范围是[0，π]，在使用平面对量解决问题时要特殊留意两个向量夹角可能是0或π的状况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不单纯就是其数量积小于零，还要求不能反向共线.一、选择题1.(2022·全国Ⅲ卷)已知向量BA → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，BC → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，则∠ABC ＝( )A.30°B.45°C.60°D.120°解析 |BA → |＝1，|BC → |＝1，cos∠ABC ＝BA → ·BC→|BA → |·|BC → |＝32.∵0°≤∠ABC ≤180°，∴∠ABC ＝30°.答案 A2.(2021·北京卷)设m ，n 为非零向量，则“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n <0”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析 存在负数λ，使得m ＝λn ，则m ·n ＝λn ·n ＝λ|n |2<0，因而是充分条件，反之m ·n <0，不能推出m ，n 方向相反，则不是必要条件.答案 A3.(2021·汉中模拟)已知向量a ＝(2，－4)，b ＝(－3，x )，c ＝(1，－1)，若(2a ＋b )⊥c ，则|b |＝( ) A.9 B.3 C.109D.310解析 向量a ＝(2，－4)，b ＝(－3，x )，c ＝(1，－1)，∴2a ＋b ＝(1，x －8)，由(2a ＋b )⊥c ，可得1＋8－x ＝0，解得x ＝9. 则|b |＝（－3）2＋92＝310. 答案 D4.如图，BC ，DE 是半径为1的圆O 的两条直径，BF → ＝2FO → ，则FD → ·FE →等于( )A.－34B.－89C.－14D.－49解析 ∵BF → ＝2FO → ，圆O 的半径为1，∴|FO → |＝13，∴FD → ·FE → ＝(FO → ＋OD → )· (FO → ＋OE → )＝FO → 2＋FO → ·(OE → ＋OD → )＋OD → ·OE → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋0－1＝－89. 答案 B5.(2021·安徽江淮十校联考)已知平面对量a ，b (a ≠0，a ≠b )满足|a |＝3，且b 与b －a 的夹角为30°，则|b |的最大值为( ) A.2 B.4 C.6D.8解析 令OA → ＝a ，OB → ＝b ，则b －a ＝AB → －OA → ＝AB →，如图.∵b 与b －a 的夹角为30°， ∴∠OBA ＝30°. ∵|a |＝|OA →|＝3，∴由正弦定理得|OA → |sin∠OBA ＝|OB → |sin ∠OAB ，|b |＝|OB →|＝6·sin∠OAB ≤6.答案 C 二、填空题6.(2021·全国Ⅲ卷)已知向量a ＝(－2，3)，b ＝(3，m )，且a ⊥b ，则m ＝________. 解析 由题意，得－2×3＋3m ＝0，∴m ＝2. 答案 27.(2021·德州模拟)已知平面对量a 和b 的夹角为60°，a ＝(2，0)，|b |＝1，则 |a ＋2b |＝________.解析 ∵〈a ，b 〉＝60°，a ＝(2，0)，|b |＝1， ∴a ·b ＝|a ||b |·cos 60°＝2×1×12＝1，又|a ＋2b |2＝a 2＋4b 2＋4a ·b ＝12， 所以|a ＋2b |＝12＝2 3. 答案 2 38.若点M 是△ABC 所在平面内的一点，且满足5 AM → ＝AB → ＋3AC →，则△ABM 与△ABC 的面积比值为________.解析 设AB 的中点为D ，由5AM → ＝AB → ＋3AC → ，得3AM → －3AC → ＝2AD → －2AM → ，即3CM → ＝2MD →.如图所示，故C ，M ，D 三点共线， 且MD → ＝35CD →， 也就是△ABM 与△ABC 对于边AB 的两高之比为3∶5， 则△ABM 与△ABC 的面积比值为35.答案 35三、解答题9.设向量a ＝(3sin x ，sin x )，b ＝(cos x ，sin x )，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)若|a |＝|b |，求x 的值；(2)设函数f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值. 解 (1)由|a |2＝(3sin x )2＋(sin x )2＝4sin 2x ， |b |2＝(cos x )2＋(sin x )2＝1， 及|a |＝|b |，得4sin 2x ＝1.又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，从而sin x ＝12，所以x ＝π6.(2)f (x )＝a ·b ＝3sin x ·cos x ＋sin 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，当x ＝π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6取最大值1.所以f (x )的最大值为32.10.(2021·贵阳调研)已知向量a ＝⎝ ⎛cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，⎭⎪⎫sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋x ，b ＝(－sin x, 3sin x )，f (x )＝a ·b .(1)求函数f (x )的最小正周期及f (x )的最大值；(2)在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝1，a ＝23，求三角形ABC 面积的最大值.解 (1)∵a ＝(－sin x ，cos x )，b ＝(－sin x ，3sin x )， 则f (x )＝a ·b ＝sin 2x ＋3sin x cos x＝12(1－cos 2x )＋32sin 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12， ∴f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，当2x －π6＝π2＋2k π，k ∈Z 时，即x ＝π3＋k π(k ∈Z )，f (x )取最大值是32.(2)∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＋12＝1，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＝12，∴A ＝π3.∵a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴12＝b 2＋c 2－bc ，∴b 2＋c 2＝12＋bc ≥2bc ，∴bc ≤12(当且仅当b ＝c ＝23时等号成立).∴S ＝12bc sin A ＝34bc ≤3 3.∴当三角形ABC 为等边三角形时面积取最大值是3 3. 11.已知函数f (x )＝2cos 2x ＋23sin x cos x (x ∈R ).(1)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c ＝3，f (C )＝2，若向量m ＝(1，sin A )与向量n ＝(2，sin B )共线，求a ，b 的值.解 (1)f (x )＝2cos 2x ＋3sin 2x ＝cos 2x ＋3sin 2x ＋1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋1，令－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，由于x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2， 所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6.(2)由f (C )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＋1＝2，得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝12，而C ∈(0，π)，所以2C ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，所以2C ＋π6＝56π，解得C ＝π3.由于向量m ＝(1，sin A )与向量n ＝(2，sin B )共线， 所以sin A sin B ＝12.由正弦定理得a b ＝12，①由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3，即a 2＋b 2－ab ＝9.②联立①②，解得a ＝3，b ＝2 3.。
2020年高考数学二轮复习第一部分专题二三角函数平面向量第三讲平面向量教案
第三讲平面向量[考情分析]平面向量的命题近几年较稳定，一般是单独命题考查平面向量的模、数量积的运算、线性运算等，难度较低，有时也与三角函数、解析几何综合命题，难度中等.1．(2017·高考全国卷Ⅱ)设非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，则( )A．a⊥b B．|a|＝|b|C．a∥b D．|a|>|b|解析：依题意得(a＋b)2－(a－b)2＝0，即4a·b＝0，a⊥b，选A.答案：A2．(2015·高考全国卷Ⅱ)向量a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，则(2a＋b)·a＝( )A．－1 B．0C．1 D．2解析：法一：∵a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，∴a2＝2，a·b＝－3，从而(2a＋b)·a＝2a2＋a·b ＝4－3＝1.法二：∵a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，∴2a＋b＝(2，－2)＋(－1,2)＝(1,0)，从而(2a＋b)·a＝(1,0)·(1，－1)＝1，故选C.答案：C3．(2016·高考全国卷Ⅱ)已知向量a＝(m,4)，b＝(3，－2)，且a∥b，则m＝________.解析：∵a＝(m,4)，b＝(3，－2)，a∥b，∴－2m－4×3＝0.∴m＝－6.答案：－64．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知向量a＝(－1,2)，b＝(m,1)．若向量a＋b与a垂直，则m＝________. 解析：因为a＋b＝(m－1,3)，a＋b与a垂直，所以(m－1)×(－1)＋3×2＝0，解得m＝7.答案：7平面向量的概念及线性运算[方法结论]1．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． 2．利用平面向量基本定理实现了平面内任一向量都可以表示为同一平面内两个不共线的向量e 1，e 2的线性组合λ1e 1＋λ2e 2，常用方法有两种：一是直接利用三角形法则与平行四边形法则及向量共线定理来破解；二是利用待定系数法，即利用定理中λ1，λ2的唯一性列方程组求解．[题组突破]1．如图，在△OAB 中，点B 关于点A 的对称点为C ，D 在线段OB 上，且OD ＝2DB ，DC 和OA 相交于点E .若OE →＝λOA →，则λ＝( ) A.34 B.35 C.45D.12解析：通解：设OA →＝a ，OB →＝b ，由题意得DC →＝OC →－OD →＝OA →＋AC →－23OB →＝OA →＋BA →－23OB →＝2a －53b .因为OE →＝λOA →＝λa ，设DE →＝μDC →＝2μa －53μb ，又OE →＝OD →＋DE →，所以λa ＝23b ＋2μa －53μb ＝2μa＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23－53μb ，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2μ23－53μ＝0，所以λ＝45.优解：由题意知，AB ＝AC ，OD ＝2DB ，过点A 作AF ∥OB 交CD 于点F (图略)，则AF BD ＝AC BC ＝12， 即AF ＝12BD ＝14OD ，故AE ＝14OE ，则OE ＝45OA ，又OE →＝λOA →，故λ＝45.答案：C2．如图，在正方形ABCD 中，M ，N 分别是BC ，CD 的中点，若AC →＝λAM →＋μBN →，则λ＋μ＝( ) A ．2 B.83 C.65D.85解析：法一：以AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设正方形的边长为1，则AM →＝(1，12)，BN →＝(－12，1)，AC →＝(1,1)，∵AC →＝λAM →＋μBN →＝(λ－12μ，λ2＋μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ－12μ＝112λ＋μ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝65μ＝25，∴λ＋μ＝85，故选D.法二：由AM →＝AB →＋12AD →，BN →＝－12AB →＋AD →，得AC →＝λAM →＋μBN →＝(λ－μ2)AB →＋(λ2＋μ)AD →，又AC →＝AB →＋AD →，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ－12μ＝1λ2＋μ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝65μ＝25，∴λ＋μ＝85，故选D.答案：D3．已知平面向量a ＝(2,1)，c ＝(1，－1)．若向量b 满足(a －b )∥c ，(a ＋c )⊥b ，则b ＝( ) A ．(2,1) B ．(1,2) C ．(3,0)D ．(0,3)解析：通解：设b ＝(x ，y )，则a －b ＝(2－x,1－y )，a ＋c ＝(3,0)，由(a －b )∥c 可得， －(2－x )－(1－y )＝0，即x ＋y －3＝0.由(a ＋c )⊥b 可得，3x ＝0，则x ＝0，y ＝3，选D. 优解：因为a ＋c ＝(3,0)，且(a ＋c )⊥b ，逐个验证选项可知，选D. 答案：D [误区警示]在运用向量共线定理时，向量a 与b 共线存在实数λ保持a ＝λb 成立的前提条件是b ≠0.平面向量的数量积[方法结论]1．平面向量的数量积的运算的两种形式(1)依据模和夹角计算，要注意确定这两个向量的夹角，如夹角不易求或者不可求，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，使向量问题数字化． 2．夹角公式cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22. 3．模|a |＝a 2＝x 2＋y 2.4．向量a 与b 垂直⇔a ·b ＝0.[题组突破]1．(2017·洛阳模拟)已知向量a ＝(1,0)，|b |＝2，a 与b 的夹角为45°.若c ＝a ＋b ，d ＝a －b ，则c 在d 方向上的投影为( ) A.55B ．－55C ．1D ．－1解析：依题意得|a |＝1，a ·b ＝1×2×cos 45°＝1，|d |＝a －b2＝a 2＋b 2－2a ·b ＝1，c ·d ＝a 2－b 2＝－1，因此c 在d 方向上的投影等于c ·d|d |＝－1，选D.答案：D2．如图，△AOB 为直角三角形，OA ＝1，OB ＝2，C 为斜边AB 的中点，P 为线段OC 的中点，则AP →·OP →＝( ) A ．1 B.116C.14D ．－12解析：通解：因为△AOB 为直角三角形，OA ＝1，OB ＝2，C 为斜边AB 的中点，所以OC →＝12OA →＋12OB →，所以OP →＝12OC →＝14(OA →＋OB →)，则AP →＝OP →－OA →＝14OB →－34OA →，所以AP →·OP →＝14(OB →－3OA →)·14(OA →＋OB →)＝116(OB →2－3OA →2)＝116.优解：以O 为原点，OB →的方向为x 轴正方向，OA →的方向为y 轴正方向建立平面直角坐标系(图略)，则A (0,1)，B (2,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，所以OP →＝12OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－34，故AP →·OP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14＝116. 答案：B3．(2016·珠海摸底)已知|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |，则向量a 与b 的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．120°解析：通解：设a 与b 的夹角为θ，由已知可得a 2＋2a ·b ＋b 2＝3(a 2－2a ·b ＋b 2)，即4a ·b ＝a 2＋b 2，因为|a |＝|b |，所以a ·b ＝12a 2，所以cos θ＝a ·b |a |·|b |＝12，θ＝60°，选C.优解：由|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |可构造边长为|a |＝|b |＝1的菱形，如图，则|a ＋b |与|a －b |分别表示两条对角线的长，且|a ＋b |＝3，|a －b |＝1，故a 与b 的夹角为60°，选C. 答案：C4．已知在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，A (1,0)，B (0，－3)，C (－3,0)，动点P 满足|CP →|＝1，则|OA →＋OB →＋OP →|的最小值是________．解析：通解：由|CP →|＝1得点P (x ，y )的轨迹方程为(x ＋3)2＋y 2＝1，又OA →＝(1,0)，OB →＝(0，－3)，OP →＝(x ，y )，故OA →＋OB →＋OP →＝(1＋x ，y －3)，|OA →＋OB →＋OP →|的几何意义是点M (－1，3)与圆(x＋3)2＋y 2＝1上的点之间的距离．|MC →|＝－3＋12＋－32＝7，由数形结合(图略)可知|OA →＋OB →＋OP →|的最小值即为点M (－1，3)到圆(x ＋3)2＋y 2＝1上的点的最短距离，故|OA →＋OB →＋OP →|的最小值为7－1.优解：动点P 的轨迹为以C 为圆心的单位圆，设P (cos θ－3，sin θ)(θ∈[0,2π))， 则|OA →＋OB →＋OP →|＝1＋cos θ－32＋sin θ－32＝8－4cos θ＋23sin θ＝8－27sin θ＋φ，其中tan φ＝233，所以|OA →＋OB →＋OP →|的最小值为8－27＝7－1.答案：7－1 [误区警示]1．在解决平面向量的数量积问题中的注意点(1)两个向量的夹角的定义；(2)两个向量的夹角的范围；(3)平面向量的数量积的几何意义；(4)向量的数量积的运算及其性质等． 2．向量的数量积运算需要注意的问题a ·b ＝0时得不到a ＝0或b ＝0，根据平面向量数量积的性质有|a |2＝a 2，但|a ·b |≤|a |·|b |.平面向量与其他知识的交汇问题平面向量具有代数形式与几何形式的“双重型”，常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、不等式等知识交汇命题，平面向量的“位置”：一是作为解决问题的工具，二是通过运算作为命题条件．交汇点一 平面向量与三角、解三角形的交汇[典例1] (2016·青岛二中模拟)已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边，向量m ＝(sin A ，sin B )，n ＝(sin C ，sin A )，且m ∥n . (1)若cos A ＝12，b ＋c ＝6，求△ABC 的面积；(2)求a bsin B 的取值范围．解析：因为m ∥n ，所以sin 2A ＝sinB sinC ，结合正弦定理可得a 2＝bc .(1)因为cos A ＝12，所以b 2＋c 2－a 22bc ＝12，即b ＋c 2－3bc 2bc ＝12，解得bc ＝9.从而△ABC 的面积S △ABC ＝12bc sin A ＝12×9×32＝934，故△ABC 的面积为934.(2)因为a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－bc 2bc ≥2bc －bc 2bc ＝12(当且仅当b ＝c 时，取等号)．因为0<A <π，所以角A 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π3.由正弦定理，知0<absin B ＝sin A ≤32，所以a b sin B 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，32. [类题通法]破解平面向量与“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、辅助角公式等对三角函数进行巧“化简”；然后把以向量共线、向量垂直形式出现的条件转化为“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，即可破解平面向量与“三角”相交汇题．[演练冲关]1．(2016·开封模拟)设a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，cos θ与b ＝(－1,2cos θ)垂直，则cos 2θ的值等于( )A ．－22B ．0C ．－12D ．－1解析：∵a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，cos θ与b ＝(－1,2cos θ)垂直，∴a ·b ＝0，即－12＋2cos 2 θ＝0，则cos 2θ＝2cos 2θ－1＝2cos 2θ－12－12＝－12.故选C.答案：C2．已知向量a ＝(1，3sin ωx )，b ＝(cos 2ωx －1，cos ωx )(ω>0)，设函数f (x )＝a ·b 的最小正周期为π. (1)求ω的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3上的单调区间．解析：(1)由题意知，f (x )＝a ·b ＝cos 2ωx －1＋3sin ωx ·cos ωx ＝12cos 2ωx ＋32sin 2ωx－12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6－12， 因为函数f (x )的最小正周期为π，所以2π2ω＝π，解得ω＝1.(2)由(1)知f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－12，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3时，2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，3π2， 所以当2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2，即x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6时，函数f (x )单调递增；当2x ＋π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π2，即x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，2π3时，函数f (x )单调递减．交汇点二 平面向量与“简单线性规划”相交汇[典例2] 已知x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≤0，x ＋y ≤1，x ≥0，若向量OA →＝(1,2)，OB →＝(x ，y )，则z ＝OA →·OB →的最大值为( ) A ．0 B ．1 C.32D ．2解析：原不等式组所表示的可行域为如图所示的阴影部分(包括边界)，因为向量OA →＝(1,2)，OB →＝(x ，y )，所以z ＝OA →·OB →＝x ＋2y .当目标函数z ＝x ＋2y 过点(0,1)时，z ＝x ＋2y 取得最大值z max ＝0＋2×1＝2.故选D. 答案：D [类题通法]解决平面向量与“简单线性规划”相交汇题的常用方法是“转化法和数形结合法”，即先利用平面向量数量积的坐标表示，把平面向量问题转化为求线性目标函数问题；再借用图形，判断可行域；最后通过平移目标函数图象，求其最值．[演练冲关]3．已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，x －2y ＋2≥0，若向量OM →＝(x ，－1)，ON →＝(2，y )，则OM →·ON→的最小值等于( ) A ．－52B ．－2C ．－32D ．2解析：约束条件所表示的可行域为如图所示的阴影部分(包括边界)，因为向量OM →＝(x ，－1)，ON →＝(2，y )，所以z ＝OM →·ON →＝2x －y .当z ＝2x －y 过点A (－1，12)时，z ＝2x －y 取得最小值，且z min ＝2×(－1)－12＝－52.故选A.答案：A交汇点三 平面向量与“充分必要条件”相交汇[典例3] (2015·高考北京卷)设a ，b 是非零向量．“a ·b ＝|a ||b |”是“a ∥b ”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：设向量a ，b 的夹角为θ，则a ·b ＝|a |·|b |cos θ.若a ·b ＝|a ||b |，则cos θ＝1，因为θ∈[0，π]，所以θ＝0，所以a ∥b ，即“a ·b ＝|a ||b |”⇒“a ∥b ”；若a ∥b ，则θ＝0或θ＝π，所以a ·b ＝|a ||b |或a ·b ＝－|a ||b |，所以“a ·b ＝|a ||b |”⇐/ “a ∥b ”，故“a ·b ＝|a ||b |”是“a ∥b ”的充分而不必要条件．故选A. 答案：A [类题通法]平面向量与“充分必要条件”相交汇问题的破解方法：“以小推大法”，即准确理解充分条件、必要条件及充要条件的含义，利用平面向量的有关概念、公式、定理(有时要利用数形结合思想)等，判断小范围和大范围之间的关系．[演练冲关]4．已知直线m ，n 的方向向量分别为a ，b ，则“m ∥n ”是“a ∥b ”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：m ∥n ⇒a ∥b ；反之，当a ∥b 时，直线m ，n 可能重合，所以“m ∥n ”是“a ∥b ”的充分不必要条件．故选A. 答案：A交汇点四 平面向量与解析几何相交汇[典例4] (2017·大庆质检)设F 1，F 2分别是椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点，若椭圆上存在一点P ，使(OP →＋OF 2→)·PF 2→＝0(O 为坐标原点)，则△F 1PF 2的面积是( ) A ．4 B ．3 C ．2D ．1解析：∵(OP →＋OF 2→)·PF 2→＝(OP →＋F 1O →)·PF →2＝F 1P →·PF 2→＝0，∴PF 1⊥PF 2，∴∠F 1PF 2＝90°.设|PF 1|＝m ，|PF 2|＝n ，则m ＋n ＝4，m 2＋n 2＝12，∴2mn ＝4，∴S △F 1PF 2＝12mn ＝1，故选D.答案：D [类题通法]破解平面向量与“解析几何”相交汇问题的常用方法有两种：一是“转化法”，即把平面向量问题转化为解析几何问题，利用平面向量的数量积、共线、垂直等的坐标表示进行转化，再利用解析几何的相关知识给予破解；二是“特值法”，若是选择题，常可用取特殊值的方法来快速破解．[演练冲关]5．(2017·广州模拟)已知以F 为焦点的抛物线y 2＝4x 上的两点A ，B 满足AF →＝2FB →，则弦AB 的中点到抛物线准线的距离为________．解析：设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，∵AF →＝2FB →，∴1－x A ＝2(x B －1)，又x A x B ＝1，∴x A ＝2，x B ＝12，弦AB 的中点到抛物线准线的距离为x A ＋x B 2＋1＝2＋122＋1＝94.答案：94。
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第3讲 平面向量一、选择题1.(2015·陕西卷)对任意向量a ，b ，下列关系式中不恒成立的是( ) A.|a ·b |≤|a ||b |B.|a －b |≤||a |－|b ||C.(a ＋b )2＝|a ＋b |2D.(a ＋b )(a －b )＝a 2－b 2解析 对于A ，由|a ·b |＝||a ||b |cos a ，b|≤|a ||b |恒成立；对于B ，当a ，b 均为非零向量且方向不相同时不成立；对于C 、D 容易判断恒成立.故选B. 答案 B2.(2015·安徽卷)△ABC 是边长为2的等边三角形，已知向量a ，b 满足AB →＝2a ，AC →＝2a ＋b ，则下列结论正确的是( ) A.|b |＝1B.a ⊥bC.a ·b ＝1D.(4a ＋b )⊥BC →解析 由于△ABC 是边长为2的等边三角形；∴(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝0，即(AB →＋AC →)·CB →＝0，∴(4a ＋b )⊥CB →，即(4a ＋b )⊥BC →，故选D. 答案 D3.函数y ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x －π2的部分图象如图所示，则(OA →＋OB →)·AB →＝( )A.4B.6C.1D.2解析 由条件可得B (3，1)，A (2，0)，∴(OA →＋OB →)·AB →＝(OA →＋OB →)·(OB →－OA →)＝OB →2－OA →2＝10－4＝6. 答案 B4.(2015·太原模拟)已知a ，b 均为单位向量，(2a ＋b )·(a －2b )＝－332，则向量a ，b 的夹角为( ) A.π6B.π4C.3π4D.5π6解析 因为a ，b 均为单位向量，所以(2a ＋b )·(a －2b )＝2－2－3a ·b ＝－332，解得a ·b＝32，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝32，又〈a ，b 〉∈[0，π]，所以〈a ，b 〉＝π6.答案 A5.(2015·四川卷)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4，若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝( )A.20B. 15C.9D.6解析 AM →＝AB →＋34AD →，NM →＝CM →－CN →＝－14AD →＋13AB →∴AM →·NM →＝14(4AB →＋3AD →)·112(4AB →－3AD →)＝148(16AB →2－9AD →2)＝148(16×62－9×42)＝9，选C. 答案 C 二、填空题6.(2015·广州模拟)已知两个非零向量a ，b 的夹角为60°，且|a |＝|b |＝3，c ＝t a ＋(1－t )b ，若b ⊥c ，则t ＝________.解析 因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0，又c ＝t a ＋(1－t )b ， 所以b ·c ＝t a ·b ＋(1－t )b 2＝0.因为a ，b 的夹角为60°，且|a |＝|b |＝3， 所以a ·b ＝|a ||b |cos 60°＝3×3×12＝92，b 2＝9.所以92t ＋9(1－t )＝0，解得t ＝2.答案 27.(2015·郑州模拟)如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，且AC ＝BC ＝3，点M 满足BM →＝2MA →，则CM →·CB →＝________. 解析 法一 如图，建立平面直角坐标系. 由题意知：A (3，0)，B (0，3)， 设M (x ，y )，由BM →＝2MA →，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2（3－x ），y －3＝－2y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1， 即M 点坐标为(2，1)，所以CM →·CB →＝(2，1)·(0，3)＝3.法二 CM →·CB →＝(CB →＋BM →)·CB →＝CB →2＋CB →×⎝ ⎛⎭⎪⎫23BA →＝CB →2＋23CB →·(CA →－CB →)＝13CB →2＝3.答案 38.已知A ，B ，C 是平面上不共线的三点，若动点P 满足OP →＝OA →＋λ⎝⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，λ∈(0，＋∞)，则动点P 的轨迹一定通过△ABC 的________(填重心、垂心、内心或外心).解析 由条件，得AP →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ， 从而AP →·BC →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →·BC →|AB →|cos B ＋AC →·BC →|AC →|cos C ＝λ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤|AB →||BC →|cos （180°－B ）|AB →|cos B ＋|AC →|·|BC →|cos C |AC →|cos C ＝λ(－|BC →|＋|BC →|)＝0，得AP →⊥BC →，则动点P 的轨迹一定通过△ABC 的垂心. 答案 垂心 三、解答题9.已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 3x 2，sin 3x 2，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x 2，－sin x 2，且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. (1)求a ·b 及|a ＋b |；(2)若f (x )＝a ·b －2λ|a ＋b |的最小值是－32，求λ的值.解 (1)a ·b ＝cos 3x 2cos x 2－sin 3x 2sin x2＝cos 2x ，|a ＋b |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 3x 2＋cos x 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3x 2－sin x 22＝2＋2cos 2x ＝2cos 2x ，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以cos x ≥0， 所以|a ＋b |＝2cos x .(2)由(1)，可得f (x )＝a ·b －2λ|a ＋b |＝cos 2x －4λcos x ， 即f (x )＝2(cos x －λ)2－1－2λ2.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以0≤cos x ≤1.①当λ＜0时，当且仅当cos x ＝0时，f (x )取得最小值－1，这与已知矛盾； ②当0≤λ≤1时，当且仅当cos x ＝λ时，f (x )取得最小值－1－2λ2，由已知得－1－2λ2＝－32，解得λ＝12；③当λ＞1时，当且仅当cos x ＝1时，f (x )取得最小值1－4λ，由已知得1－4λ＝－32，解得λ＝58，这与λ＞1相矛盾；综上所述λ＝12.10.(2015·日照模拟)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 ＋sin B ，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)因为p ⊥q ，所以p ·q ＝(cos B ＋sin B )(sin B －cos B )＋(2sin B －2)(1＋sin B )＝0， 即sin 2B －cos 2B ＋2sin 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 ＝2.11.(2015·豫西名校期末)已知A ，B 是△ABC 的两个内角，a ＝2cos A ＋B 2i ＋sin A －B2j (其中i ，j 是互相垂直的单位向量)，且|a |＝62. (1)试问tan A ·tan B 是否为定值，若是定值，请求出，否则说明理由； (2)求tan C 的最大值，并判断此时三角形的形状. 解 (1)因为|a |2＝2cos2A ＋B2＋sin2A －B 2＝32，1＋cos(A ＋B )＋1－cos （A －B ）2＝32，cos A cos B －sin A sin B －cos A cos B ＋sin A sin B2＝0；12－3tan A tan B 2＝0，所以tan A tan B ＝13(定值). (2)由(1)可知A ，B 为锐角，则tan A ＞0，tan B ＞0，tan C ＝－tan(A ＋B )＝－tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝－3（tan A ＋tan B ）2≤－3tan A tan B ＝－ 3.(当且仅当tan A ＝tan B ＝33，“＝”成立) 所以tan C 的最大值为－3，此时三角形的形状为等腰三角形.。