(创新设计X年高考数学(人教A版理)一轮复习配套.docx

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1、第4讲平面向量应用举例最新考纲1会用向量方法解决某些简单的平面几何问题2会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题.知 识 梳 理1向量在平面几何中的应用向量在平面几何中的应用主要是用向量的线性运算及数量积解决平面几何中的平行、垂直、平移、全等、相似、长度、夹角等问题(1)证明线段平行或点共线问题，包括相似问题，常用共线向量定理：ab(b0)abx1y2x2y10.(2)证明垂直问题，常用数量积的运算性质abab0x1x2y1y20(a，b均为非零向量)(3)求夹角问题，利用夹角公式cos (为a与b的夹角)2向量在三角函数中的应用与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考

2、热点题型解答此类问题，除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式、向量模、向量夹角的坐标运算公式外，还应掌握三角恒等变换的相关知识3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4向量在物理中的应用物理学中的力、速度、位移都是矢量，它们的分解、合成与向量的加减法相似，因此可以用向量的知识来解决某些物理问题.学生用书第76页辨 析 感 悟1向量与其他数学知识的交汇(1)已知ABC中，BC边最长，a，b，且ab0，则ABC的形状为钝角三角形()(2)在四边形ABCD

3、中，且0，则四边形ABCD是矩形()(3)(2014贵州调研改编)在平面直角坐标系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x2y40.()2平面向量在物理中的应用(4)作用于同一点的两个力F1和F2的夹角为，且|F1|3，|F2|5，则F1F2大小为.()(5)已知一物体在共点力F1(lg 2，lg 2)，F2(lg 5，lg 2)的作用下产生位移s(2lg 5,1)，则共点力对物体做的功W为2.()感悟提升1一个手段实现平面向量与三角函数、平面向量与解析几何之间的转化的主要手段是向量的坐标运算2两条主线(1)向量兼具代数的抽象与严谨和几何的直观与形象，向量本身

4、是一个数形结合的产物，在利用向量解决问题时，要注意数与形的结合、代数与几何的结合、形象思维与逻辑思维的结合(2)要注意变换思维方式，能从不同角度看问题，要善于应用向量的有关性质解题.考点一向量在平面几何中的应用【例1】 (1)(2013新课标全国卷)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则_.(2)(2013天津卷)在平行四边形ABCD中，AD1，BAD60，E为CD的中点若1，则AB的长为_审题路线(1)法一：把向量与分别用基底，表示法二：建立平面直角坐标系求向量，的坐标(2)把向量与分别用基底，表示利用1整理建立关于|的一元二次方程解得|.解析(1)法一()2222222.法二以A

5、为原点建立平面直角坐标系(如图)则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，E(1,2)(1,2)，(2,2)从而(1,2)(2,2)1(2)222.(2)由题意可知，.因为1，所以()1，即221.因为|1，BAD60，所以|，因此式可化为1|21，解得|0(舍去)或，所以AB的长为.答案(1)2(2)规律方法 用平面向量解决平面几何问题时，有两种方法：基向量法和坐标系法，建立平面直角坐标系时一般利用已知的垂直关系，或使较多的点落在坐标轴上，这样便于迅速解题【训练1】 (1)(2014杭州质检)在边长为1的菱形ABCD中，BAD60，E是BC的中点，则()A. B. C. D.

6、(2)在ABC所在平面上有一点P，满足，则PAB与ABC的面积之比值是()A. B. C. D.解析(1)建立如图平面直角坐标系，则A，C，B.E点坐标为，(，0)，.(2)由已知可得2，P是线段AC的三等分点(靠近点A)，易知SPABSABC，即SPABSABC13.答案(1)D(2)A考点二向量在三角函数中的应用【例2】 设向量a(4cos ，sin )，b(sin ，4cos )，c(cos ，4sin )(1)若a与b2c垂直，求tan()的值；(2)求|bc|的最大值；(3)若tan tan 16，求证：ab.(1)解因为a与b2c垂直，所以a(b2c)4cos sin 8cos c

7、os 4sin cos 8sin sin 4sin()8cos()0，因此tan()2.(2)解由bc(sin cos ，4cos 4sin )，得|bc|4.又当k(kZ)时，等号成立，所以|bc|的最大值为4.(3)证明由tan tan 16，得，所以ab.规律方法 (1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等【训练2】 (2013江苏卷)已知向量a(cos ，sin )，b(co

8、s ，sin )，0.(1)若|ab|，求证：ab；(2)设c(0,1)，若abc，求，的值解(1)由题意得|ab|22，即(ab)2a22abb22.又因为a2b2|a|2|b|21，所以22ab2，即ab0，故ab.(2)因为ab(cos cos ，sin sin )(0,1)，所以由此得，cos cos()，由0，得0，又0，故.代入sin sin 1得，sin sin ，而，所以，.学生用书第77页考点三向量在解析几何中的应用【例3】 (2013湖南卷)已知平面上一定点C(2,0)和直线l：x8，P为该平面上一动点，作PQl，垂足为Q，且0.(1)求动点P的轨迹方程；(2)若EF为圆N

9、：x2(y1)21的任一条直径，求的最值解(1)设P(x，y)，则Q(8，y)由()()0，得|2|20，即(x2)2y2(x8)20，化简得1.所以点P在椭圆上，其方程为1.(2)因()()()()()2221，P是椭圆1上的任一点，设P(x0，y0)，则有1，即x16，又N(0,1)，所以2x(y01)2y2y017(y03)220.因y02，2，所以当y03时，2取得最大值20，故的最大值为19；当y02时，2取得最小值为134(此时x00)，故的最小值为124.规律方法 向量在解析几何中的作用(1)载体作用：向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题时关键是利用向量的意义、

10、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abab0；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可行的方法【训练3】 已知点P(0，3)，点A在x轴上，点Q在y轴的正半轴上，点M满足0，当点A在x轴上移动时，求动点M的轨迹方程解设M(x，y)为所求轨迹上任一点，设A(a,0)，Q(0，b)(b0)，则(a,3)，(xa，y)，(x，by)，由0，得a(xa)3y0.由，得(xa，y)(x，by)，把a代入，得3y0，整理得yx2(x0)所以动点M

11、的轨迹方程为yx2(x0) 1向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题2以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法3解析几何问题和向量的联系：可将向量用点的坐标表示，利用向量运算及性质解决解析几何问题 创新突破5破解平面向量与圆的交汇问题【典例】 (2013湖南卷改编)已知a，b是单位向量，ab0.若向量c满足|cab|1，则|c|的最大值为_突破1：根据条件转化到平面直角坐标系中突破2：把条件坐标化突

12、破3：把坐标化后的式子配方整理可得到圆的方程突破4：利用圆的知识求|c|max.解析建立如图所示的直角坐标系，由题意知ab，且a与b是单位向量，可设a(1,0)，b(0,1)，c(x，y)cab(x1，y1)，|cab|1，(x1)2(y1)21，即点C(x，y)的轨迹是以M(1,1)为圆心，1为半径的圆而|c|，|c|的最大值为|OM|1，即|c|max1.答案1反思感悟 平面向量中有关最值问题的求解通常有两种思路：一是“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数

13、最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决本题采用了“形化”与“数化”的结合，利用坐标运算将问题转化为圆的知识解决【自主体验】1ABC外接圆的半径为1，圆心为O，且2 0，|，则()A. B. C3 D2解析由2 0，得2 0，即，即O，B，C三点共线，BC为ABC外接圆的直径，故BAC90.又|，得B60，所以C30，且|(如图所示)所以|cos 3023.答案C2给定两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为.如图所示，点C在以O为圆心的圆弧上运动若x y ，其中x，yR，则xy的最大值是_解析法一以O为坐标原点，所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如

14、图所示，则A(1,0)，B，设AOC，则C(cos ，sin )，由x y ，得所以xcos sin ，ysin ，所以xycos sin 2sin，又，所以当时，xy取得最大值2.法二依题意，|1，则|21，又xy，|1，120，x22y222xy1，因此x2y22xycos 1201，xyx2y21.3xy(xy)2132，即(xy)24.xy的最大值是2.答案2基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1(2014邵阳模拟)已知a(1，sin2x)，b(2，sin 2x)，其中x(0，)若|ab|a|b|，则tan x的值等于()A1 B1 C. D.解析由|ab|a|b|知，ab.所

15、以sin 2x2sin2x，即2sin xcos x2sin2x，而x(0，)，所以sin xcos x，即x，故tan x1.答案A2(2014南昌模拟)若|a|2sin 15，|b|4cos 15，a与b的夹角为30，则ab的值是()A. B. C2 D.解析ab|a|b|cos 308sin 15cos 154sin 30.答案B3.(2013哈尔滨模拟)函数ytanx的部分图象如图所示，则()()A4 B6 C1 D2解析由条件可得B(3,1)，A(2,0)，()()()221046.答案B4已知|a|2|b|，|b|0且关于x的方程x2|a|xab0有两相等实根，则向量a与b的夹角是

16、()A B C. D.解析由已知可得|a|24ab0，即4|b|242|b|2cos 0，cos ，又0，.答案D5(2014安庆二模)在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对应的三角形的边长，若4a2bC3c0，则cos B()A B. C. D解析由4a2bC3c0，得4a3c2bC2b()2b2b，所以4a3c2b.由余弦定理得cos B.答案A二、填空题6在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若1，那么c_.解析由题意知2，即()22c|.答案7(2014南通一调)在ABC中，若AB1，AC，|，则_.解析易知满足|的A，B，C构成直角三角形的三个顶点，且A为直角，于是

17、|cosABC1cos 60.答案8(2013东北三校一模)设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(3bc)cos Aacos C，SABC，则_.解析依题意得(3sin Bsin C)cos Asin Acos C，即3sin Bcos Asin Acos Csin Ccos Asin(AC)sin B0，于是有cos A，sin A，又SABCbcsin Abc，所以bc3，bccos(A)bccos A31.答案1三、解答题9已知圆C：(x3)2(y3)24及点A(1,1)，M是圆C上的任意一点，点N在线段MA的延长线上，且2，求点N的轨迹方程解设M(x0，y0)，N(x，

18、y)由2，得(1x0,1y0)2(x1，y1)，点M(x0，y0)在圆C上，(x03)2(y03)24，即(32x3)2(32y3)24.x2y21.所求点N的轨迹方程是x2y21.10(2014北京海淀模拟)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若k(kR)(1)判断ABC的形状；(2)若c，求k的值解(1)cbcos A，cacos B，又，bccos Aaccos B，sin Bcos Asin Acos B，即sin Acos Bsin Bcos A0，sin(AB)0，AB，AB，即ABC为等腰三角形(2)由(1)知，bccos Abck，c，k1.能力提升题组(建议用时：

19、25分钟)一、选择题1已知向量(2,0)，向量(2,2)，向量(cos ，sin )，则向量与向量的夹角的取值范围是()A. B. C. D.解析由题意，得(2cos ，2sin )，所以点A的轨迹是圆(x2)2(y2)22，如图，当A位于使直线OA与圆相切时，向量与向量的夹角分别达到最大、最小值，故选D.答案D2(2014北京东城区期末)已知ABD是等边三角形，且，|，那么四边形ABCD的面积为()A. B. C3 D. 解析如图所示，22，即322，|，|2|cos 603，|2.又，|1，|2|2|2，BCCD.S四边形ABCDSABDSBCD22sin 601 ，故选B.答案B二、填空

20、题3(2014苏锡常镇二调)已知向量a，b满足|a|，|b|1，且对一切实数x，|axb|ab|恒成立，则a与b的夹角大小为_解析|a|，|b|1，|axb|ab|对一切实数x恒成立，两边平方整理得x22abx2ab10对一切实数x恒成立，所以(2ab)24(2ab1)0，即(ab1)20，所以ab1，故cos，又0，所以，即a，b的夹角是.答案三、解答题4(2014南通模拟)已知向量m，n.(1)若mn1，求cos的值；(2)记f(x)mn，在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2ac)cos Bbcos C，求函数f(A)的取值范围解(1)mnsin cos cos2si

21、n sin，mn1，sin.cos12sin2，coscos.(2)(2ac)cos Bbcos C，由正弦定理得(2sin Asin C)cos Bsin Bcos C，2sin Acos Bsin Ccos Bsin Bcos C.2sin Acos Bsin(BC)ABC，sin(BC)sin A0.cos B，0B，B，0A.，sin.又f(x)sin，f(A)sin.故函数f(A)的取值范围是.方法强化练平面向量(对应学生用书P283)(建议用时：90分钟)一、选择题1(2014福建质检)已知向量a(m2,4)，b(1,1)，则“m2”是“ab”的()A充分不必要条件 B必要不充分条

22、件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析依题意，当m2时，a(4,4)，b(1,1)，所以a4b，即ab，即由m2可以推出ab；当ab时，m24，得，m2，所以不能推得m2，即“m2”是“ab”的充分不必要条件答案A2(2013德州一模)已知向量a(2,3)，b(k,1)，若a2b与ab平行，则k的值是()A6 B C. D14解析由题意得a2b(22k,5)，且ab(2k,2)，又因为a2b和ab平行，则2(22k)5(2k)0，解得k.答案C3(2013浙江五校联考)已知|a|b|a2b|1，则|a2b|()A9 B3 C1 D2解析由|a|b|a2b|1，得a24ab4b21，4ab4，

23、|a2b|2a24ab4b2549，|a2b|3.答案B4(2014郑州一模)已知平面向量a(2，m)，b(1，)，且(ab)b，则实数m的值为()A2 B2 C4 D6解析因为(ab)b，所以(ab)babb20，即2m40，解得m2.答案B5(2014长春一模)已知|a|1，|b|6，a(ba)2，则向量a与b的夹角为()A. B. C. D.解析a(ba)aba22，所以ab3，所以cos.所以.答案B6(2013潮州二模)已知向量a(1，cos )，b(1,2cos )且ab，则cos 2等于()A1 B0 C. D.解析abab0，即12cos20，cos 20.答案B7(2014成

24、都期末测试)已知O是ABC所在平面内一点，D为BC边中点，且20，则有()A.2 B.C.3 D2解析由20，得22，即22，所以，即O为AD的中点答案B8(2013潍坊一模)平面上有四个互异点A，B，C，D，已知(2)()0，则ABC的形状是()A直角三角形 B等腰三角形C等腰直角三角形 D无法确定解析由(2)()0，得()()()0，所以()()0.所以|2|20，|，故ABC是等腰三角形答案B9(2013兰州一模)在ABC中，G是ABC的重心，AB，AC的边长分别为2,1，BAC60.则()A B C. D解析由AB2，AC1，BAC60，所以BC，ACB90，将直角三角形放入直角坐标系

25、中，如图所示，则A(0,1)，B(，0)，所以重心G，所以，所以.答案A10(2014皖南八校第三次联考)已知正方形ABCD(字母顺序是ABCD)的边长为1，点E是AB边上的动点(可以与A或B重合)，则的最大值是()A1 B. C0 D1解析建立直角坐标系如图所示，设E(x,0)，x0,1，则D(0,1)，C(1,1)，B(1,0)，所以(x，1)(1,0)x，当x0时取得最大值0.答案C二、填空题11(2013济南模拟)若a(1，2)，b(x,1)，且ab，则x_.解析由ab，得abx20，x2.答案212(2013昆明期末考试)已知向量a(1,1)，b(2,0)，则向量a，b的夹角为_解析

26、a(1,1)，b(2,0)，|a|，|b|2，cos，.答案13(2014杭州质检)在RtABC中，C90，A30，BC1，D为斜边AB的中点，则_.解析()212cos 301.答案114(2014湖南长郡中学、衡阳八中联考)已知G1，G2分别为A1B1C1与A2B2C2的重心，且e1，e2，e3，则_(用e1，e2，e3表示)解析由e1，e2，e3，且G1，G2分别为A1B1C1与A2B2C2的重心，所以C1G10，0，将相加得(e1e2e3)答案(e1e2e3)三、解答题15(2013漯河调研)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a(2,1)，A(1,0)，B(cos ，t)(1)

27、若a，且|，求向量的坐标；(2)若a，求ycos2cos t2的最小值解(1)(cos 1，t)，又a，2tcos 10.cos 12t.又|，(cos 1)2t25.由得，5t25，t21.t1.当t1时，cos 3(舍去)，当t1时，cos 1，B(1，1)，(1，1)(2)由(1)可知t，ycos2cos cos2cos 2，当cos 时，ymin.16设向量a(sin x，sin x)，b(cos x，sin x)，x.(1)若|a|b|，求x的值；(2)设函数f(x)ab，求f(x)的最大值解(1)由|a|2(sin x)2(sin x)24sin2 x，|b|2(cos x)2(s

28、in x)21，及|a|b|，得4sin2 x1.又x，从而sin x，所以x.(2)f(x)absin xcos xsin2 xsin 2xcos 2xsin，当x时，sin取最大值1.所以f(x)的最大值为.17(2013银川调研)已知点G是ABO的重心，M是AB边的中点(1)求；(2)若PQ过ABO的重心G，且a，b，ma，nb，求证：3.(1)解2，又2，0.(2)证明显然(ab)因为G是ABO的重心，所以(ab)由P，G，Q三点共线，得，所以，有且只有一个实数，使.而(ab)maab，nb(ab)ab，所以ab.又因为a，b不共线，所以消去，整理得3mnmn，故3.18(2014太原

29、模拟)已知f(x)ab，其中a(2cos x，sin 2x)，b(cos x,1)(xR)(1)求f(x)的周期和单调递减区间；(2)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，f(A)1，a，3，求边长b和c的值(bc)解(1)由题意知，f(x)2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2x12cos，f(x)的最小正周期T，ycos x在2k，2k(kZ)上单调递减，令2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)f(x)的单调递减区间，kZ.(2)f(A)12cos1，cos1.又2A，2A.A.3，即bc6，由余弦定理得a2b2c22bccos A(bc)23bc,7(bc)218，bc5，又bc，b3，c2.