5.4平面向量的综合应用---高考复习.docx

§5.4平面向量的综合应用1向量在平面几何中的应用(1)用向量解决常见平面几何问题的技巧：问题类型所用知识公式表示线平行、点共线等问题共线向量定理ababx1y2x2y10，其中a(x1，y1)，b(x2，y2)，b0垂直问题数量积的运算性质aba·b0x1x2y1y20，其中a(x1，y1)，b(x2，y2)，且a，b为非零向量夹角问题数量积的定义cos (为向量a，b的夹角)，其中a，b为非零向量长度问题数量积的定义|a|，其中a(x，y)，a为非零向量(2)用向量方法解决平面几何问题的步骤平面几何问题向量问题解决向量问题解决几何问题2向量在解析几何中的应用向量在解析几何中的应用，是以解析几何中的坐标为背景的一种向量描述它主要强调向量的坐标问题，进而利用直线和圆锥曲线的位置关系的相关知识来解答，坐标的运算是考查的主体3向量与相关知识的交汇平面向量作为一种工具，常与函数(三角函数)、解析几何结合，常通过向量的线性运算与数量积，向量的共线与垂直求解相关问题概念方法微思考1根据你对向量知识的理解，你认为可以利用向量方法解决哪些几何问题？提示(1)线段的长度问题(2)直线或线段平行问题(3)直线或线段垂直问题(4)角的问题等2如何用向量解决平面几何问题？提示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然后通过向量运算，研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题，最后把运算结果“翻译”成几何关系题组一思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“×”)(1)若，则A，B，C三点共线()(2)在ABC中，若·<0，则ABC为钝角三角形(×)(3)若平面四边形ABCD满足0，()·0，则该四边形一定是菱形()(4)已知平面直角坐标系内有三个定点A(2，1)，B(0，10)，C(8,0)，若动点P满足：t()，tR，则点P的轨迹方程是xy10.()题组二教材改编2P108A组T5已知ABC的三个顶点的坐标分别为A(3，4)，B(5,2)，C(1，4)，则该三角形为()A锐角三角形 B直角三角形C钝角三角形 D等腰直角三角形答案B解析(2，2)，(4，8)，(6，6)，|2，|4，|6，|2|2|2，ABC为直角三角形3P113A组T1平面直角坐标系xOy中，若定点A(1,2)与动点P(x，y)满足·4，则点P的轨迹方程是_答案x2y40解析由·4，得(x，y)·(1,2)4，即x2y4.题组三易错自纠4在ABC中，已知(2,3)，(1，k)，且ABC的一个内角为直角，则实数k的值为_答案或或解析若A90°，则有·0，即23k0，解得k；若B90°，则有·0，因为(1，k3)，所以23(k3)0，解得k；若C90°，则有·0，即1k(k3)0，解得k.综上所述，k或或.5在四边形ABCD中，(1,2)，(4,2)，则该四边形的面积为_答案5解析依题意得·1×(4)2×20，所以，所以四边形ABCD的面积为|·|××5.6已知点P在圆x2y21上，点A的坐标为(2,0)，O为坐标原点，则·的最大值为_答案6解析方法一由题意知，(2,0)，令P(cos ，sin )，则(cos 2，sin )·(2,0)·(cos 2，sin )2cos 46，故·的最大值为6.方法二由题意知，(2,0)，令P(x，y)，1x1，则·(2,0)·(x2，y)2x46，故·的最大值为6.题型一向量在平面几何中的应用例1 (1)如图，在梯形ABCD中，ABCD，CD2，BAD，若·2·，则·_.答案12解析(1)方法一因为·2·，所以···，所以··.因为ABCD，CD2，BAD，所以2|cos ，化简得|2.故··()|2·(2)22×2cos 12.方法二如图，建立平面直角坐标系xAy.依题意，可设点D(m，m)，C(m2，m)，B(n,0)，其中m>0，n>0，则由·2·，得(n,0)·(m2，m)2(n,0)·(m，m)，所以n(m2)2nm，化简得m2.故·(m，m)·(m2，m)2m22m12.(2)(2018·广元统考)在ABC中，AB2AC6，·2，点P是ABC所在平面内一点，则当222取得最小值时，·_.答案9解析·2，·2·()·0，即BAAC.以点A为原点建立如图所示的平面直角坐标系，则B(6,0)，C(0,3)，设P(x，y)，222x2y2(x6)2y2x2(y3)23x212x3y26y453(x2)2(y1)210当x2，y1时，222有最小值，此时·(2,1)·(6,3)9.思维升华 向量与平面几何综合问题的解法(1)坐标法把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示(2)基向量法适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解跟踪训练1 (1)(2019·松原三校联考)已知ABC外接圆的圆心为O，AB2，AC2，A为钝角，M是BC边的中点，则·等于()A3 B4C5 D6答案C解析M 是BC边的中点，()，O 是ABC 的外接圆的圆心，·|·|cosBAO|2×(2)26.同理可得·|2×(2)24.·()···×(64)5.(2)(2018·聊城模拟)在ABC中，BC边上的中线AD的长为2，点P是ABC所在平面上的任意一点，则··的最小值为()A1 B2 C2 D1答案C解析建立如图所示的平面直角坐标系，使得点D在原点处，点A在y轴上，则A(0,2)设点P的坐标为(x，y)，则，(x，y)，故···2·2222，当且仅当x0，y1时等号成立所以··的最小值为2.题型二向量在解析几何中的应用例2 (1)已知正三角形ABC的边长为2，平面ABC内的动点P，M满足|1，则|2的最大值是()A. B.C. D.答案B解析如图，由|1知点P的轨迹是以A为圆心，以1为半径的圆由知，点M为PC的中点，取AC的中点N，连接MN，则|MN|AP|，所以点M的轨迹是以N为圆心，以为半径的圆因为|3，所以|的最大值为3，|2的最大值为.故选B.(2)在平面直角坐标系xOy中，A(12,0)，B(0，6)，点P在圆O：x2y250上，若·20，则点P的横坐标的取值范围是_答案5，1解析方法一因为点P在圆O：x2y250上，所以设P点坐标为(x，±)(5x5)因为A(12,0)，B(0,6)，所以(12x，)或(12x，)，(x,6)或(x,6)因为·20，先取P(x，)进行计算，所以(12x)·(x)()(6)20，即2x5.当2x5<0，即x<时，上式恒成立当2x50，即x时，(2x5)250x2，解得x1，故x1.同理可得P(x，)时，x5.又5x5，所以5x1.故点P的横坐标的取值范围为5，1方法二设P(x，y)，则(12x，y)，(x,6y)·20，(12x)·(x)(y)·(6y)20，即2xy50.如图，作圆O：x2y250，直线2xy50与O交于E，F两点，P在圆O上且满足2xy50，点P在上由得F点的横坐标为1，又D点的横坐标为5，P点的横坐标的取值范围为5，1思维升华 向量在解析几何中的“两个”作用(1)载体作用：向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关距离、斜率、夹角、轨迹、最值等问题(2)工具作用：利用aba·b0(a，b为非零向量)，abab(b0)，可解决垂直、平行问题，特别地，向量垂直、平行的坐标表示对于解决解析几何中的垂直、平行问题是一种比较简捷的方法跟踪训练2 (2019·重庆质检)已知圆C：x2y22x2y30，点A(0，m)(m>0)，A，B两点关于x轴对称若圆C上存在点M，使得·0，则当m取得最大值时，点M的坐标是()A. B.C. D.答案C解析由题意得圆的方程为(x1)2(y)21，B(0，m)，设M(x，y)，由于·0，所以(x，ym)·(x，ym)0，所以x2y2m20，所以m2x2y2，由于x2y2表示圆C上的点到原点距离的平方，所以连接OC，并延长和圆C相交，交点即为M，此时m2最大，m也最大|OM|123，MOx60°，所以xM3×sin 30°，yM3×sin 60°.故选C.题型三向量的其他应用命题点1向量在不等式中的应用例3 已知O是坐标原点，点A(1,2)，若点M(x，y)为平面区域上的一个动点，则·的取值范围是()A1,0 B0,1C1,3 D1,4答案D解析作出点M(x，y)满足的平面区域如图阴影部分所示(含边界)，设z·，因为A(1,2)，M(x，y)，所以z·x2y，即yxz.平移直线yx，由图象可知，当直线yxz经过点C(0,2)时，截距最大，此时z最大，最大值为4，当直线yxz经过点B时，截距最小，此时z最小，最小值为1，故1z4，即1·4.命题点2向量在解三角形中的应用例4 (2019·衡阳模拟)在ABC中，若|2，且·cos C·cos A·sin B.(1)求角B的大小；(2)求ABC的面积解(1)因为，所以·cos C·cos A·sin B()·sin B，即(cos Csin B)(cos Asin B)0.而向量，是两个不共线的向量，所以所以cos Ccos A，因为A，C(0，)，所以AC.在等腰ABC中，ABC，所以2AB，A.所以cos Acossin sin B，所以sin 2sin cos ，因为sin 0，所以cos .综合0<<，所以，B.(2)由(1)知，AC，由正弦定理，得，所以|2，SABC|sin ×2×2×.思维升华 利用向量的载体作用，可以将向量与三角函数、不等式结合起来，解题时通过定义或坐标运算进行转化，使问题的条件结论明晰化跟踪训练3 在ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m，n(c，b2a)，且m·n0.(1)求C的大小；(2)若点D为边AB上一点，且满足，|，c2，求ABC的面积解(1)因为m(cos B，cos C)，n(c，b2a)，m·n0，所以ccos B(b2a)cos C0，在ABC中，由正弦定理得，sin Ccos B(sin B2sin A)cos C0，sin A2sin Acos C，又sin A0，所以cos C，而C(0，)，所以C.(2)由知，所以2，两边平方得4|2b2a22bacosACBb2a2ba28.又c2a2b22abcosACB，所以a2b2ab12.由得ab8，所以SABCabsinACB2.1在ABC中，()·|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等腰直角三角形答案C解析由()·|2，得·()0，即·()0，2·0，A90°.又根据已知条件不能得到|，故ABC一定是直角三角形2在ABCD中，|8，|6，N为DC的中点，2，则·等于()A48 B36C24 D12答案C解析·()·()·22×82×6224，故选C.3已知ABC满足k(其中k是常数)，则ABC的形状一定是()A正三角形 B钝角三角形C等腰三角形 D直角三角形答案C解析如图所示，在边AB(或取延长线)上取点B，使得AB1，在边AC(或取延长线)上取点C，使得AC1，由题意结合平面向量的运算法则可知，而，据此可得k，从而BCBC，结合平面几何知识可知，而ABAC，故ABAC.即ABC为等腰三角形4(2018·东北育才中学模拟)已知非零向量a，b满足|a|2|b|，若函数f(x)x3|a|x2a·bx1在R上存在极值，则a和b夹角的取值范围为()A. B.C. D.答案B解析f (x)x2|a|xa·b，设a和b的夹角为，因为f(x)有极值，所以|a|24a·b >0，即|a|24|a|·|b|·cos >0，即cos <，所以.5过抛物线y22px(p>0)的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，与抛物线的准线的交点为B，点A在抛物线的准线上的射影为C，若，·48，则抛物线的方程为()Ay28x By24xCy216x Dy24x答案B解析如图所示，由，得F为线段AB的中点，|AF|AC|，ABC30°，由·48，得|BC|4.则|AC|4，由中位线的性质，有p|AC|2，故抛物线的方程为y24x.故选B.6(2019·南昌测试)在梯形ABCD中，ABCD，CD1，ABBC2，BCD120°，动点P和Q分别在线段BC和CD上，且，则·的最大值为()A2 BC. D.答案D解析因为ABCD，CD1，ABBC2，BCD120°，所以ABCD是直角梯形，且CM，BCM30°，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，因为，动点P和Q分别在线段BC和CD上，则，B(2,0)，P(2，)，Q，所以· (2，)·54.令f()54且，由对勾函数性质可知，当1时可取得最大值，则f()maxf(1)54.7在菱形ABCD中，若AC4，则·_.答案8解析设CAB，ABBCa，由余弦定理得a216a28acos ，acos 2，·4×a×cos()4acos 8.8已知|a|2|b|，|b|0，且关于x的方程x2|a|xa·b0有两相等实根，则向量a与b的夹角是_答案解析由已知可得|a|24a·b0，即4|b|24×2|b|2cos 0，cos .又0，.9.如图，A是半径为5的圆C上的一个定点，单位向量在A点处与圆C相切，点P是圆C上的一个动点，且点P与点A不重合，则·的取值范围是_答案5,5解析如图所示，以AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系设点P(x，y)，B(1,0)，A(0,0)，则(1,0)，(x，y)，所以·(x，y)·(1,0)x.因为点P在圆x2(y5)225上，所以5x5，即5·5.10已知抛物线C：x24y的焦点为F，M是抛物线C上一点，若FM的延长线交x轴的正半轴于点N，交抛物线C的准线l于点T，且，则|NT|_.答案3解析画出图形如图所示由题意得抛物线的焦点F(0,1)，准线为y1.设抛物线的准线与y轴的交点为E，过M作准线的垂线，垂足为Q，交x轴于点P.由题意得NPMNOF，又，即M为FN的中点，|OF|，|OP| ，|1，|ON|2|OP|2，|.又，即，解得|3.11已知四边形ABCD为平行四边形，点A的坐标为(1,2)，点C在第二象限，(2,2)，且与的夹角为，·2.(1)求点D的坐标；(2)当m为何值时，m与垂直解(1)设C(x，y)，D(a，b)，则(x1，y2)与的夹角为，·2，化为(x1)2(y2)21.又·2(x1)2(y2)2，化为xy2.联立解得或又点C在第二象限，C(1,3)又，(a1，b3)(2，2)，解得a3，b1.D(3,1)(2)由(1)可知(0,1)，m(2m,2m1)，(2，1)m与垂直，(m)·4m(2m1)0，解得m.12已知A，B，C是ABC的内角，a，b，c分别是其对边长，向量m(，cos A1)，n(sin A，1)，mn.(1)求角A的大小；(2)若a2，cos B，求b的值解(1)mn，m·nsin A(cos A1)×(1)0，sin Acos A1，sin.0<A<，<A<，A，A.(2)在ABC中，A，a2，cos B，sin B.由正弦定理知，b，b.13(2018·包头模拟)已知BC是圆O的直径，H是圆O的弦AB上一动点，BC10，AB8，则·的最小值为()A4 B25C9 D16答案D解析以BC所在的直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，设点H(x，y)，则B(5,0)，C(5,0)，所以(5x，y)，(5x，y)，则·(5x，y)·(5x，y)x2y225，又因为AB8，且H为弦AB上一动点，所以9x2y225，其中当取AB的中点时取得最小值，所以·92516，故选D.14如图所示，半圆的直径AB6，O为圆心，C为半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则()· 的最小值为_答案解析圆心O是直径AB的中点，2，()·2·，|32，|·|，即()·2·2|·|，当且仅当|时，等号成立，故最小值为.15如图2，“六芒星”由两个全等正三角形组成，中心重合于点O且三组对边分别平行点A，B是“六芒星”(如图1)的两个顶点，动点P在“六芒星”上(内部以及边界)，若xy，则xy的取值范围是()A4,4 B，C5,5 D6,6答案C解析如图建立平面直角坐标系，令正三角形边长为3，则i，ij，可得i，j，由图知当点P在点C时，有j23，此时xy有最大值5，同理当点P在与C相对的下顶点时有j23，此时xy有最小值5.故选C.16记M的最大值和最小值分别为Mmax和Mmin.若平面向量a，b，c满足|a|b|a·bc·(a2b2c)2，则()A|ac|max B|ac|maxC|ac|min D|ac|min答案A解析由已知可得a·b|a|b|cos 2，cos ，建立平面直角坐标系，a(2,0)，b(1，)，c(x，y)，由c·(a2b2c)2，可得(x，y)·(42x，22y)2，即4x2x22y2y22，化简得C点轨迹为(x1)22，则|ac|，转化为圆上点与(2,0)的距离|ac|max.