高中数学专题讲义练第04讲平面向量的解题技巧

第二讲 平面向量的解题技巧

【考点透视】

“平面向量”是高中新课程新增加的内容之一，题型主要有选择题、填空题，也可以与其他知识相结合在解答题中出现，试题多以低、中档题为主． 透析高考试题，知命题热点为：

1．向量的概念，几何表示，向量的加法、减法，实数与向量的积． 2．平面向量的坐标运算，平面向量的数量积及其几何意义． 3．两非零向量平行、垂直的充要条件． 4．图形平移、线段的定比分点坐标公式．

5．由于向量具有“数”与“形”双重身份，加之向量的工具性作用，向量经常与数列、三角、解析几何、立体几何等知识相结合，综合解决三角函数的化简、求值及三角形中的有关问题，处理有关长度、夹角、垂直与平行等问题以及圆锥曲线中的典型问题等．

6．利用化归思想处理共线、平行、垂直问题向向量的坐标运算方面转化，向量模的运算转化为向量的运算等；利用数形结合思想将几何问题代数化，通过代数运算解决几何问题． 【例题解析】

1. 向量的概念，向量的基本运算

(1)理解向量的概念，掌握向量的几何意义，了解共线向量的概念. (2)掌握向量的加法和减法.

(3)掌握实数与向量的积，理解两个向量共线的充要条件.

(4)了解平面向量的基本定理，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)掌握平面两点间的距离公式.

例1（2007年北京卷理）已知O是△ABC所在平面内一点，D为BC边中点，且2OAOBOC0，那么（ ） Ａ．AOOD

Ｂ．AO2OD

Ｃ．AO3OD

Ｄ．2AOOD

命题意图:本题考查能够结合图形进行向量计算的能力．

解： 2OAOBOC2OA(DBOD)(DCOD)=0,DBDC,2OA2OD0,AOOD. 故选A．

例2．（2006年安徽卷）在ABCD中，ABa,ADb,AN3NC，M为BC的中点，则MN______.（用a、b表示） 命题意图: 本题主要考查向量的加法和减法,以及实数与向量的积.

解：由AN3NC得4AN3AC=3(ab)，AMa1b，所以,MN3(ab)(a1b)1a1b.

24244例3．（2006年广东卷）如图1所示，D是△ABC的边AB上的中点，则向量CD( )

数学

（A）BC1BA （B） BC1BA

22（C） BC1BA （D）BC1BA

22命题意图: 本题主要考查向量的加法和减法运算能力. 解：CDCBBDBC1BA，故选A.

27117的夹解相等，且模为1的向量是 ( ) 例4． ( 2006年重庆卷)与向量a=,,b,2222434343(A) , (B) ,或,

555555221 （D）221或221 （C）,,,333333命题意图: 本题主要考查平面向量的坐标运算和用平面向量处理有关角度的问题.

4343c,或-,时,c1.解：设所求平面向量为c,由5555

ac143c,时,cosa,c.2222ac25571432255另一方面,当

74132525ac143c,时,cosa,c.2222ac25571432255当

7117的夹角相等.故选B. 故平面向量c与向量a=,,b,222274132525例5．（2006年天津卷）设向量a与b的夹角为，且a，(3,3)2ba(1,1)，则cos__．

命题意图: 本题主要考查平面向量的坐标运算和平面向量的数量积,以及用平面向量的数量积处理有关角度的问题. 解:设bx,y,由2ba2x,y3,32x3,2y31,1.

2x31x1,得b1,2. 2y31y2.cosa,babab313232321222310.10故填310

.10例6.（2006年湖北卷）已知向量a31 （B） （A） 2,23,1，b是不平行于x轴的单位向量，且ab3，则b= （）

13 （C）133 （D）

1,0 ,,2244命题意图: 本题主要考查应用平面向量的坐标运算和平面向量的数量积,以及方程的思想解题的能力.

数学

122x,xy1,解:设bx,y(xy)，则依题意有2 3xy3.y3.2故选B.

例7.设平面向量a1、a2、a3的和a1a2a30.如果向量b1、b2、b3，满足bi2ai，且ai顺时针旋转30o后与bi同向，其中i1,2,3，则（ ）

（A）b1b2b30 （B）b1b2b30 （C）b1b2b30 （D）b1b2b30

命题意图: 本题主要考查向量加法的几何意义及向量的模的夹角等基本概念.

常规解法：∵a1a2a30，∴ 2a12a22a30.故把2ai (i=1,2,3)，分别按顺时针旋转30后与bi重合，故b1b2b30，应选D.

巧妙解法：令a1=0，则a2=a3，由题意知b2=b3，从而排除B，C，同理排除A，故选(D). 点评：巧妙解法巧在取a1=0，使问题简单化.本题也可通过画图,利用数形结合的方法来解决. 2. 平面向量与三角函数,解析几何等问题结合

(1) 平面向量与三角函数、三角变换、数列、不等式及其他代数问题，由于结合性强，因而综合能力较强，所以复习时，通过解题过程，力争达到既回顾知识要点，又感悟思维方法的双重效果，解题要点是运用向量知识，将所给问题转化为代数问题求解.

(2)解答题考查圆锥曲线中典型问题，如垂直、平行、共线等，此类题综合性比较强，难度大. 例8．设函数f(x)=a-b,其中向量a=(m,cos2x),b=(1+sin2x,1),x∈R,且函数y=f(x)的图象经过点,2，

4（Ⅰ）求实数m的值；

（Ⅱ）求函数f(x)的最小值及此时x的值的集合. 解：（Ⅰ）f(x)abm(1sin2x)cos2x，

由已知fπππm1sincos2，得m1． 224π， 4（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)1sin2xcos2x12sin2xπ当sin2x1时，f(x)的最小值为12，

4由sin2xπ3πx1，得值的集合为xxkπ，kZ 48数学

例2．设函数f(x)a、b.其中向量a(m,cosx),b(1sinx,1),xR,且f()2.

（Ⅰ）求实数m的值; （Ⅱ）求函数f(x)的最小值.

π2解：（Ⅰ）f(x)abm(1sinx)cosx，fπππm1sincos2，得m1． 222（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)snixcos1x2sniππ，当 x1sinx1时，f(x)的最小值为12．

44例9．已知△ABC的面积为3，且满足0≤ABAC≤6，设AB和AC的夹角为． （I）求的取值范围； （II）求函数f()2sin2π3cos2的最大 4解：（Ⅰ）设△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c， 则由

1ππbcsin3，0≤bccos≤6，可得0≤cot≤1，∴，． 2422（Ⅱ）f()2sinππ3cos21cos23cos2 42π(1sin2)3cos2sin23cos212sin21．

3ππ2ππππ∵，，2，，∴2≤2sin21≤3．

363342即当5ππ

时，f()max3；当时，f()min2． 124

例10．（2007年广东卷理）

已知ABC的三个顶点的直角坐标分别为A(3,4)、B(0,0)、Ｃ(c,0) （1）若c=5，求sin∠A的值；（2）若∠A为钝角，求c的取值范围； 解：（1）AB(3,4)，AC(c3,4)，若c=5， 则AC(2,4)， ∴cosAcosAC,AB616152553c9160,2525（2）∠A为钝角，则解得c，∴c的取值范围是(,)

33c0,，∴sin∠A＝25； 5例11．（2007年山东卷文17）

tanC37． 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，（1）求cosC；（2）若CBCA5，且ab9，求c． 2数学

解：（1）

tanC37，sinC37 cosC又

sin2Ccos2C1

1． tanC0，C是锐角． 855（2）CBCA， abcosC， ab20．

22解得cosC

又

1cosC．

8ab9 a22abb281． a2b241．

c2a2b22abcosC36．

c6．

例12. （2006年湖北卷）设函数fxabc，其中向量asinx,cosx,bsinx,3cosx, ccosx,sixnx,. R （Ⅰ）求函数fx的最大值和最小正周期；

（Ⅱ）将函数yfx的图像按向量d平移，使平移后得到的图像关于坐标原点成中心对称，求长度最小的d. 命题意图:本小题主要考查平面向量数量积的计算方法、三角公式、三角函数的性质及图像的基本知识，考查推理和运算能力.

解：(Ⅰ)由题意得，f(x)＝a·(bc)=(sinx,－cosx)·(sinx－cosx,sinx－3cosx) ＝sin2x－2sinxcosx+3cos2x＝2+cos2x－sin2x＝2+2sin(2x+3).

4所以，f(x)的最大值为2+2，最小正周期是2＝.

2（Ⅱ）由sin(2x+3)＝0得2x+3＝k.，即x＝k3,k∈Z，

4428于是d＝（k3，－2），d(k3)24,2828k∈Z.

因为k为整数，要使d最小，则只有k＝1，此时d＝（―，―2）即为所求.

8ππ例13．（2006年全国卷II）已知向量a＝(sinθ，1)，b＝(1，cosθ)，－＜θ＜．

22

（Ⅰ）若a⊥b，求θ； （Ⅱ）求｜a＋b｜的最大值．

命题意图:本小题主要考查平面向量数量积和平面向量的模的计算方法、以及三角公式、三角函数的性质等基本知识，考查推理和运算能力.

解：（Ⅰ）若a⊥b，则sinθ＋cosθ＝0，

πππ

由此得 tanθ＝－1(－＜θ＜)，所以 θ＝－；

224（Ⅱ）由a＝(sinθ，1)，b＝(1，cosθ)得

｜a＋b｜＝(sinθ＋1)2＋(1＋cosθ)2＝3＋2(sinθ＋cosθ)

数学

＝

π3＋22sin(θ＋)，

4

ππ

当sin(θ＋)＝1时，|a＋b|取得最大值，即当θ＝时，|a＋b|最大值为2＋1．

44例14．（2006年陕西卷）如图，三定点A(2,1),B(0,1),C(2,1);三动点D、E、M满足

ADtAB,BEtBC, DMtDE,t[0,1].

y C 1 O D x A

（I）求动直线DE斜率的变化范围； （II）求动点M的轨迹方程。

命题意图:本小题主要考查平面向量的计算方法、三角公式、 三角函数的性质及图像和圆锥曲线方程的求法等基本知识， 考查推理和运算能力.

解法一: 如图, (Ⅰ)设D(x0,y0),E(xE,yE),M(x,y).由=t, = t , 知(xD－2,yD－1)=t(－2,－2). ∴∴kDE =

xD=－2t+2

xE=－2t

同理  .

yD=－2t+1yE=2t－1

1 - 2 - 1 E - 1 B 图2 yE－yD2t－1－(－2t+1)

= = 1－2t. xE－xD－2t－(－2t+2)

∴t∈[0,1] , ∴kDE∈[－1,1].

x=2(1－2t)x2

(Ⅱ) ∵=t ∴(x+2t－2,y+2t－1)=t(－2t+2t－2,2t－1+2t－1)=t(－2,4t－2)=(－2t,4t－2t). ∴2 , ∴y= , 4y=(1－2t)

2

即x2=4y. ∵t∈[0,1], x=2(1－2t)∈[－2,2]. 即所求轨迹方程为: x2=4y, x∈[－2,2] 解法二: (Ⅰ)同上.

(Ⅱ) 如图, =+ = + t = + t(－) = (1－t) +t, = + = +t = +t(－) =(1－t) +t, = += + t= +t(－)=(1－t) + t = (1－t2) + 2(1－t)t+t2 .

设M点的坐标为(x,y),由=(2,1), =(0,－1), =(－2,1)得

x=(1－t2)·2+2(1－t)t·0+t2·(－2)=2(1－2t)2222 消去t得x=4y, ∵t∈[0,1], x∈[－2,2]. 1+2(1－t)t·(－1)+t·1=(1－2t)y=(1－t)·

－2 －1 O E －1 B 图3 C M 1 D 2 x y A 故所求轨迹方程为: x2=4y, x∈[－2,2]

→→例15．（2006年全国卷II）已知抛物线x2＝4y的焦点为F，A、B是抛物线上的两动点，且AF＝λFB（λ＞0）．过A、B两点分别作抛物线的切线，设其交点为Ｍ． →→（Ⅰ）证明FM·AB为定值；

（Ⅱ）设△ABM的面积为S，写出S＝f(λ)的表达式，并求S的最小值．

命题意图:本小题主要考查平面向量的计算方法、和圆锥曲线方程,以及函数的导数的应用等基本知识，考查推理和

数学

运算能力.

解：(Ⅰ)由已知条件，得F(0，1)，λ＞0． →→设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由AF＝λFB，

－x1＝λx2 ①

即得 (－x1，1－y)＝λ(x2，y2－1)， 

1－y1＝λ(y2－1) ②

11

将①式两边平方并把y1＝x12，y2＝x22代入得 y1＝λ2y2 ③

441

解②、③式得y1＝λ，y2＝，且有x1x2＝－λx22＝－4λy2＝－4，

λ11

抛物线方程为y＝x2，求导得y′＝x．

42所以过抛物线上A、B两点的切线方程分别是 11

y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2， 221111

即y＝x1x－x12，y＝x2x－x22．

2424

x1x2x1x2x1x2解出两条切线的交点M的坐标为(2，2)＝(2，－1)．

→→111所以FM·AB＝(x1x2，－2)·(x2－x1，y2－y1)＝(x22－x12)－2(x22－x12)＝0.

2442→→所以FM·AB为定值，其值为0．

1

(Ⅱ)由(Ⅰ)知在△ABM中，FM⊥AB，因而S＝|AB||FM|．

2

|FM|＝

x1＋x2()2＋(－2)2＝

2

12121x＋x＋xx＋4＝4142212

1y1＋y2＋×(－4)＋4＝

2

11λ＋＋2＝λ＋． λλ因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y＝－1的距离，所以

11

|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋2＝λ＋＋2＝(λ＋)2．

λλ11

于是 S＝|AB||FM|＝(λ＋)3，

2λ由λ＋1

≥2知S≥4，且当λ＝1时，S取得最小值4． λ【专题训练与高考预测】 一、选择题

1．已知a(2,3),b(4,x),且a//b,则x的值为

A．－6

B．6

C．

（ ）

8 3D．－

8 32．已知△ABC中，点D在BC边上，且CD2DB,CDrABsAC,则rs的值是（ ） A．

2 3B．

4 3C．－3 D．0

3．把直线x2y0按向量a(1,2)平移后，所得直线与圆x2y22x4y相

5数学

切，则实数的值为 A．39

B．13

C．－21

D．－39

（ A ）

b=0，则a=0或b=0. ②若e为单位向量且a//e，则a=|a|·e. 4．给出下列命题：①a·

a·a=|a|3. ④若a与b共线，b与c共线，则a与c共线.其中正确的个数是 （ ） ③a·

A．0

B．1

C．2

D．3

5.在以下关于向量的命题中，不正确的是（ ） A.若向量a=(x，y)，向量b=(－y，x)(x、y≠0)，则a⊥b B.四边形ABCD是菱形的充要条件是AB=DC，且|AB|=|AD| C.点G是△ABC的重心，则GA+GB+CG=0 D.△ABC中，AB和CA的夹角等于180°－A 6.若O为平行四边形ABCD的中心，AB = 4e1,

= 6e2,则3e2－2e1等于（ ）

A.AO B.BO C.CO D.DO 7.将函数y=x+2的图象按a=（6，－2）平移后，得到的新图象的解析式为（ ） A.y=x+10

B.y=x－6 C.y=x+6

D.y=x－10

8.已知向量m=(a,b)，向量m⊥n且|m|=|n|,则n的坐标为 A.（a, －b）

B.( －a,b)

C.(b, －a)

D.( －b, －a)

9.给出如下命题：命题（1）设e1、e2是平面内两个已知向量，则对于平面内任意向量a,都存在惟一的一对实数x、y，使a=xe1+ye2成立；命题（2）若定义域为R的函数f(x)恒满足｜f(－x)｜=｜f(x)｜,则f(x)或为奇函数，或为偶函数.则下述判断正确的是（ ）

A.命题（1）（2）均为假命题 B.命题（1）（2）均为真命题

C.命题（1）为真命题，命题（2）为假命题 D.命题（1）为假命题，命题（2）为真命题 10．若|a+b|=|a-b|，则向量a与b的关系是（ ）

A. a=0或b=0 B.|a|=|b| C. a•b=0 D.以上都不对

11．O是平面上一 定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足 OPOA(ABAC),[0,).则

|AB||ACP的轨迹一定通过△ABC的

A．外心

B．内心

（ ） C．重心

D．垂心

12． 若a2,3,1, b2,0,3, c0,2,2, 则abc=

A． 4

B． 15

C． 7

（ ） D． 3

二、填空题

1．已知|AB|3,|AC|4,AB与AC的夹角为60°，则AB与AB－AC的夹角余弦为 .

数学

2． 已知a＝（—4,2,x），b＝(2,1,3),且a⊥b，则x＝ . 3． 向量(a3b)7a5b ，a4b7a2b，则a和b所夹角是 4． 已知A(1, 0, 0), B(0, 1, 0 ), C(0, 0, 1), 点D满足条件：DB⊥AC, DC⊥AB, AD=BC, 则D的坐标为 . 5． 设a,b是直线，,是平面，a,b，向量a1在a上，向量b1在b上，a1{1,1,1},b1{3,4,0}，则,所成二面角中较小的一个的大小为 ． 三、解答题

11.△ABC中，三个内角分别是A、B、C，向量a(5cosC,cosAB),当tanAtanB时，求|a|.

22292.在平行四边形ABCD中，A（1，1），AB(6,0)，点M是线段AB的中点，线段CM与BD交于点P.

（1）若AD(3,5),求点C的坐标； （2）当|AB||AD|时，求点P的轨迹.

3.平面内三个力F1，F2，F3作用于同丄点O且处于平衡状态，已知F1，F2的大小分别为1kg，62kg，F1、

2，求F3的大小及F3与F1夹角的大小. F2的夹角是45°

4.已知a，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.

5.设a=(1+cosα,sinα), b=(1－cosβ,sinβ),c=(1,0),α∈(0,π)β∈(π,2π),a与c的夹角为θ1，b与c的夹角为θ2,且θ1－θ2=求sin

，64.

6.已知平面向量a=（3，－1），b=（(1)证明：a⊥b；

13，）.

22(2)若存在实数k和t，使得x=a+(t2－3)b,y=－ka+tb,且x⊥y，试求函数关系式k=f(t); (3)根据（2）的结论，确定k=f(t)的单调区间.

【参考答案】 一、选择题 1.B 2．D 3．A4．A 5. 答案：C

提示：若点G是△ABC的重心，则有GA+GB+GC=0，而C的结论是GA+GB+CG=0，显然是不成立的，选C.

6.B 7.B 8.C 9.A 10. C 11．B 12．D 二、填空题

数学

1．13 2． 2 3．60° 4．（1，1，1）或(1,1,1) 5．arccos153. 333133．解：由a3b7a5b0, a4b7a2b0 , 有7a16ab2，7a30ab8b0,

22222解得ab,b2ab, cosa,bab1． 2ab4.解：设D(x, y, z), 则BD(x,y1,z)，CDx,y,z1,AD（x-1, y, z）,

AC(-1, 0, 1), AB(-1,1, 0), BC(0, -1, 1)． 又DB⊥AC-x+z=0,

DC⊥AB-x+y=0, AD=BCx12y2z22,

11。 联立解得x=y=z=1或x=y=z=1.所以D点为（1，1，1）或(1,,)3333三、解答题

1．|a|2(5cosC)2cos2AB，

2225CAB52ABABcos2cos2sincos242242251cos(AB)1cos(AB)1[94cos(AB)5cos(AB)]42281(94cosAcosB4sinAsinB5cosAcosB5sinAsinB) 81(99sinAsinBcosAcosB).81sinAsinB1又tanAtanB,即.9cosAcosB99sinAsinBcosAcosB.|a|2932|a|2,故|a|.842.解：（1）设点C坐标为（x0,y0),

又ACADAB(3,5)(6,0)(9,5),即(x01,y01)(9,5). x010,y06 . 即点C（0，6）. （2）解一：设P(x,y)，则

BPAPAB(x1,y1)(6,0)(x7,y1).

ACAMMC111AB3MPAB3(APAB)2223APAB(3(x1),3(y1))(6,0)(3x9,3y3).

|AB||AD|. ABCD为菱形.

ACAD,数学

即(x7,y1)(3x9,3y3)0.

(x7)(3x9)(y1)(3y3)0

x2y210x2y220(y1).

故点P的轨迹是以（5，1）为圆心，2为半圆去掉与直线y1的两个交点. 解法二：|AB||AD|

D的轨迹方程为(x1)2(y1)236(y1).

M为AB中点, P分BD的比为

设P(x,y),B(7,1),1 . 2D(3x14,3y2).. (3x15)2(3y3)236.

(y1).

P的轨迹方程

整理得(x5)2(y1)24故点P的轨迹是以（5，1）为圆心，2为半径的圆去掉与直线y1的两个交点. 3.设F1与F2的合力为F，则|F|=|F3|. ∵∠F1OF2=45° ∴∠FF1O=135°. 在△OF1F中，由余弦定理

|OF|2|OF1|2|F1F|22|OF1||F1F|cos135=423. |OF|13,即|F3|31.

F F1 O F2

F3

|OF|2又由正弦定理，得sinFOF|F1F|sinFF1O1.

1∴∠F1OF=30° 从而F1与F3的夹角为150°.

答：F3的大小是（3+1）kg,F1与F3的夹角为150°. 4..解：∵a+3b与7a－5b垂直，a－4b与7a－2b垂直， ∴(a+3b)·(7a－5b)=0，(a－4b)·(7a－2b) =0.

227|a|16ab15|b|0, ①即 22②7|a|30ab8|b|0.

两式相减：a·b=

12

|b|，代入①得|a|2=|b|2. 2

∴cosα=ab=1.∴α=60°，即a与b的夹角为60°.

5.解：a=(2cos2,2sin2cos2)

=2cos2 (cos2,sin2)

∴θ1=2,

2

|a||b|2数学

b=(2sin2,2sin2cos2)=2sin2 (sin2,cos2)

+ ∴θ2=2－2,又θ1－θ2=6－== －2222631∴sin2=sin(－6)=－

22

6.（1）证明：∵a=(3,－1),b=(∴3×+(－1)×(2)解：由题意知

13,) 22123=0∴a⊥b 2t22333t2332x=(,),

2213y=(t－3k,t+k)

22t223313t23323又x⊥y故x·y=×(t－3k)+×(t+k)=0

222213整理得：t2－3t－4k=0即k=t3－t

4413(3)解：由（2）知：k=f(t)= t3－t

4433∴k′=f′(t)= t2－

44令k′＜0得－1＜t＜1;令k′＞0得t＜－1或t＞1

故k=f(t)单调递减区间是（－1，1），单调递增区间是（－∞,－1）∪(1,+∞)

数学