当前位置:首页 >> 数学 >>

【步步高】高考数学一轮复习


§ 5.4 平面向量的应用

1.向量在平面几何中的应用 平面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:a∥b?a=λb(b≠0)?x1y2-x2y1=0. (2)证明垂直问题,常用数量积的运算性质:a⊥b?a· b=0

?x1x2+y1y2=0. x1x2+y1y2 a· b (3)求夹角问题,利用夹角公式:cos θ= = 2 2 2 2 (θ 为 a 与 b 的夹角). |a||b| x1+y1 x2+y2 2.平面向量在物理中的应用 (1)由于物理学中的力、速度、位移都是矢量,它们的分解与合成与向量的加法和减法相似,可以用向 量的知识来解决. (2)物理学中的功是一个标量, 这是力 F 与位移 s 的数量积. 即 W=F· s=|F||s|cos θ (θ 为 F 与 s 的夹角). 3.平面向量与其他数学知识的交汇 平面向量作为一个运算工具,经常与函数、不等式、三角函数、数列、解析几何等知识结合,当平面 向量给出的形式中含有未知数时,由向量平行或垂直的充要条件可以得到关于该未知数的关系式.在 此基础上,可以求解有关函数、不等式、三角函数、数列的综合问题. 此类问题的解题思路是转化为代数运算,其转化途径主要有两种:一是利用平面向量平行或垂直的充 要条件;二是利用向量数量积的公式和性质.

1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) → → (1)若AB∥AC,则 A,B,C 三点共线. (2)解析几何中的坐标、直线平行、垂直、长度等问题都可以用向量解决.

( √ ( √

) )

(3)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. (√) → → (4)在△ABC 中,若AB· BC<0,则△ABC 为钝角三角形. ( × ) 2π (5)作用于同一点的两个力 F1 和 F2 的夹角为 ,且|F1|=3,|F2|=5,则 F1+F2 的大小为 19. (√) 3 → → → (6)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:OP=OA+t(AB+ → AC),t∈R,则点 P 的轨迹方程是 x-y+1=0. ( √ )

概 念 辨 析
1.向量与其他数学知识的交汇 → → (1)已知△ABC 中,BC 边最长,AB=a,AC=b,且 a· b>0,则△ABC 的形状为钝角三角形.(×) → → → → (2)在四边形 ABCD 中,AB=DC,且AC· BD=0,则四边形 ABCD 是矩形.(×)

→ → (3)在平面直角坐标系 xOy 中,若定点 A(1,2)与动点 P(x,y)满足OP· OA=4,则点 P 的轨迹方程是 x+2y-4 =0.(√) 2.平面向量在物理中的应用 2π (4)作用于同一点的两个力 F1 和 F2 的夹角为 ,且|F1|=3,|F2|=5,则 F1+F2 大小为 19.(√) 3 (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.(√) [小结] 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. → → 2.在四边形 ABCD 中,AC=(1,2),BD=(-4,2),则该四边形的面积为 ( A. 5 )

B .2 5 C.5 D.10 1→ → 1 → → 答 C 解 ∵AC· BD=0,∴AC⊥BD。∴四边形 ABCD 的面积 S= |AC|· |BD|= × 5×2 5=5. 2 2 3.已知 a,b,c 为△ABC 的三个内角 A,B,C 的对边,向量 m=( 3,-1),n=(cos A,sin A).若 m⊥n, 且 acos B+bcos A=csin C,则角 A,B 的大小分别为 π π 2π π π π π π A. , B. , C. , D. , 6 3 3 6 3 6 3 3 ( )

π? 答案 C 解析 由 m⊥n 得 m· n=0,即 3cos A-sin A=0,即 2cos? ?A+6?=0, π π 7π π π π ∵ <A+ < ,∴A+ = ,即 A= 。又 acos B+bcos A=2Rsin Acos B+2Rsin Bcos A 6 6 6 6 2 3 π π π π =2Rsin(A+B)=2Rsin C=c=csin C,所以 sin C=1,C= ,所以 B=π- - = . 2 3 2 6 y → → ? 4.平面上有三个点 A(-2,y),B? ?0,2?,C(x,y),若AB⊥BC,则动点 C 的轨迹方程为_______. y? → ? y ? → 答案 y2=8x (x≠0) 解析 由题意得AB=? ?2,-2?,BC=?x,2?, y? ? y ? → → → → 2 又AB⊥BC,∴AB· BC=0,即? ?2,-2?· ?x,2?=0,化简得 y =8x (x≠0). 5.河水的流速为 2 m/s,一艘小船想以垂直于河岸方向 10 m/s 的速度驶向对岸,则小船的静水速度大小 为________. 答案 2 26 m/s 解析 102+22=2 26 m/s. 如图所示小船在静水中的速度为

题型一 例1

平面向量在平面几何中的应用 如图所示, 四边形 ABCD 是正方形, P 是对角线 DB 上的一点(不包括端点),

E,F 分别在边 BC,DC 上,且四边形 PFCE 是矩形,试用向量法证明:PA=EF. 思维启迪 正方形中有垂直关系,因此考虑建立平面直角坐标系,求出所求线段 对应的向量,根据向量知识证明. 证明 建立如图所示的平面直角坐标系,设正方形的边长为 1,DP=λ(0<λ< 2), 2 2 2 2 则 A(0,1),P( λ, λ),E(1, λ),F( λ,0), 2 2 2 2 2 2 2 2 → → ∴PA=(- λ,1- λ),EF=( λ-1,- λ), 2 2 2 2 → ∴|PA|= → |EF|= ? ?- 2 2 2 λ? +?1- λ?2 = λ2- 2λ+1, 2 2

2 2 λ-1?2+?- λ?2 = λ2- 2λ+1, 2 2

→ → ∴|PA|=|EF|,即 PA=EF.

思维升华 用向量方法解决平面几何问题可分三步: (1)建立平面几何与向量的联系,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; (2)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; (3)把运算结果“翻译”成几何关系. → → 【例 2】 (1)已知正方形 ABCD 的边长为 2,E 为 CD 的中点,则AE· BD=________. → → (2)在平行四边形 ABCD 中,AD=1,∠BAD=60° ,E 为 CD 的中点.若AC· BE=1,则 AB 的长为________. 审题路线 → → → → (1)法一:把向量AE与BD分别用基底AD,AB表示.

→ → 法二:建立平面直角坐标系?求向量AE,BD的坐标. → → → → → → → → (2)把向量AC与BE分别用基底AB, AD表示?利用AC· BE=1 整理?建立关于|AB|的一元二次方程?解得|AB|. 解析 → → ?→ → 1→ →? → → 1 (1)法一 AE· BD=?AD+1AB?· (AD-AB)=AD2- AB2=22- ×22=2. 2 2 2 ? ?

法二 以 A 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).

→ → → → ∴AE=(1,2),BD=(-2,2).从而AE· BD=(1,2)· (-2,2)=1×(-2)+2×2=2.

→ → → → → → → → ? 1→ → 1 → → ?=1, (2)由题意可知,AC=AB+AD,BE=- AB+AD.因为AC· BE=1,所以(AB+AD)· ? ? - 2 ? 2AB+AD? → 1→ → 1→ → → → 1→ 即AD2+ AB· AD- AB2=1.①。因为|AD|=1,∠BAD=60° ,所以AB· AD= |AB|, 2 2 2 → 1→ 1→ 1 1 因此①式可化为 1+ |AB|- |AB|2=1,解得|AB|=0(舍去)或 ,所以 AB 的长为 。答 4 2 2 2 (1)2 1 (2) 2 案

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. → → 【变式训练 1】 (1)在边长为 1 的菱形 ABCD 中,∠BAD=60° ,E 是 BC 的中点,则AC· AE=( 3+ 3 A. 3 9 B. 2 C. 3 9 D. 4 ). ).

→ → → → (2)在△ABC 所在平面上有一点 P,满足PA+PB+PC=AB,则△PAB 与△ABC 的面积之比值是( 1 A. 3 1 B. 2 2 C. 3 3 D. 4

解析

(1)建立如图平面直角坐标系,则 A?-

?

3 ? ? 3 ?,B?0,-1?. ,0 ,C 2? 2 ? ? 2 ,0? ?

∴E 点坐标为?

→ → → → 3 3 9 3 1? 3 3 1? ? ,∴ AC = ( 3 , 0) , AE = ,∴ AC · AE= 3× = . 4 4 ? 4 ,-4? ? 4 ,-4?

→ → 1 (2)由已知得PC=2AP,∴P 是线段 AC 的三等分点(靠近点 A),易知 S△PAB= S△ABC,即 S△PAB∶S△ABC=1∶ 3 3. 答案 (1)D (2)A )

→ → 【变式训练 2】 (1)平面上 O,A,B 三点不共线,设OA=a,OB=b,则△OAB 的面积等于( 1 1 A. |a|2|b|2-?a· b?2 B. |a|2|b|2+?a· b?2 C. |a|2|b|2-?a· b?2 D. |a|2|b|2+?a· b?2 2 2 → → → → ? AB AC ? → AB AC 1 → → + (2)在△ABC 中,已知向量AB与AC满足? · BC=0 且 · = ,则△ABC 为 ( → →? → → 2 ?|AB| |AC|? |AB| |AC| A.等边三角形 C.等腰非等边三角形 a· b 答案 (1)C (2)A 解析 (1)∵cos∠BOA= ,则 sin∠BOA= |a||b| 1 ?a· b?2 1 ∴S△OAB= |a||b| 1- 2 2= |a|2|b|2-?a· b?2. 2 |a| |b| 2 B.直角三角形

)

D.三边均不相等的三角形 ?a· b?2 1- 2 2 , |a| |b|

→ → ? AB AC ? → → → + (2)因为非零向量AB与AC满足? · BC=0,所以∠BAC 的平分线垂直于 BC,所以 AB=AC. → →? ?|AB| |AC|? → → AB AC 1 π 又 cos∠BAC= · = ,所以∠BAC= 。所以△ABC 为等边三角形. 2 3 → → |AB| |AC| 题型二 例1 平面向量在三角函数中的应用 已知在锐角△ABC 中,两向量 p=(2-2sin A,cos A+sin A),q=(sin A-cos A,1+sin A),且 p 与 q C-3B? ? 2 ?取最大值时,B 的大小.

是共线向量. (1)求 A 的大小;(2)求函数 y=2sin2B+cos?

思维启迪 向量与三角函数的结合往往是简单的组合.如本题中的条件通过向量给出,根据向量的平行得 到一个等式.因此这种题目较为简单. (1)∵p∥q,∴(2-2sin A)(1+sin A)-(cos A+sin A)(sin A-cos A)=0, 3 3 ∴sin2A= ,sin A= ,∵△ABC 为锐角三角形,∴A=60° . 4 2 C-3B? -B-A-3B? 2 ?180° 2 (2)y=2sin2B+cos? ) 2 ? 2 ?=2sin B+cos? ?=2sin B+cos(2B-60° 解 =1-cos 2B+cos(2B-60° )=1-cos 2B+cos 2Bcos 60° +sin 2Bsin 60° 1 3 =1- cos 2B+ sin 2B=1+sin(2B-30° ),当 2B-30° =90° ,即 B=60° 时,函数取最大值 2. 2 2 思维升华 解决平面向量与三角函数的交汇问题的关键,准确利用向量的坐标运算化简已知条件,将其转 化为三角函数中的有关问题解决. 【例 2】 设向量 a=(4cos α,sin α),b=(sin β,4cos β),c=(cos β,-4sin β). (1)若 a 与 b-2c 垂直,求 tan(α+β)的值;(2)求|b+c|的最大值;(3)若 tan αtan β=16,求证:a∥b. (1)解 因为 a 与 b-2c 垂直,所以 a· (b-2c)=4cos αsin β-8cos αcos β+4sin αcos β+8sin αsin β=4sin(α+ β)-8cos(α+β)=0,因此 tan(α+β)=2. (2)解 由 b+c=(sin β+cos β,4cos β-4sin β),得 |b+c|= ?sin β+cos β?2+?4cos β-4sin β?2= 17-15sin 2β≤4 2. π 又当 β=kπ- (k∈Z)时,等号成立,所以|b+c|的最大值为 4 2. 4 4cos α sin α (3)证明 由 tan αtan β=16,得 = ,所以 a∥b. sin β 4cos β 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. 【变式训练 1】 已知向量 a=(cos α,sin α),b=(cos β,sin β),0<β<α<π. (1)若|a-b|= 2,求证:a⊥b;(2)设 c=(0,1),若 a+b=c,求 α,β 的值. 解 (1)由题意得|a-b|2=2,即(a-b)2=a2-2a· b+b2=2.

又因为 a2=b2=|a|2=|b|2=1,所以 2-2a· b=2,即 a· b=0,故 a⊥b.

?cos α+cos β=0, ? (2)因为 a+b=(cos α+cos β,sin α+sin β)=(0,1),所以? ?sin α+sin β=1, ?

由此得,cos α=cos(π-β),由 0<β<π,得 0<π-β<π,又 0<α<π,故 α=π-β. 1 5π π 代入 sin α+sin β=1 得,sin α=sin β= ,而 α>β,所以 α= ,β= . 2 6 6 【变式训练 2】 △ABC 的三个内角 A,B,C 所对的边长分别是 a,b,c,设向量 m=(a+b,sin C),n =( 3a+c,sin B-sin A),若 m∥n,则角 B 的大小为________. 5π a b c 答案 解析 ∵m∥n,∴(a+b)(sin B-sin A)-sin C( 3a+c)=0,又∵ = = , 6 sin A sin B sin C a2+c2-b2 3 5π 则化简得 a2+c2-b2=- 3ac,∴cos B= =- ,∵0<B<π,∴B= . 2ac 2 6

题型三 例3

平面向量在解析几何中的应用 → 1→ → 已知平面上一定点 C(2,0)和直线 l: x=8, P 为该平面上一动点, 作 PQ⊥l, 垂足为 Q, 且(PC+ PQ)· (PC 2

1→ - PQ)=0. 2 → → (1)求动点 P 的轨迹方程;(2)若 EF 为圆 N:x2+(y-1)2=1 的任一条直径,求PE· PF的最值. 思维启迪 (1)直接利用数量积的坐标运算代入; → → (2)将PE· PF转化为关于 y 的函数,求函数的最值. 1→ → 1→ → 1→ → 解 (1)设 P(x,y),则 Q(8,y).由(PC+ PQ)· (PC- PQ)=0,得|PC|2- |PQ|2=0 2 2 4 2 2 1 x y x2 y2 即(x-2)2+y2- (x-8)2=0,化简得 + =1。所以点 P 在椭圆上,其方程为 + =1. 4 16 12 16 12 → → → → → → → → (2)∵PE=PN+NE,PF=PN+NF,又NE+NF=0. y2 1 1 → → →2 →2 2 ∴PE· PF=PN -NE =x +(y-1)2-1=16(1- )+(y-1)2-1=- y2-2y+16=- (y+3)2+19. 12 3 3 → → ∵-2 3≤y≤2 3.,∴当 y=-3 时,PE· PF的最大值为 19, → → → → → → 当 y=2 3时,PE· PF的最小值为 12-4 3。综上:PE· PF的最大值为 19;PE· PF的最小值为 12-4 3. 思维升华 平面向量与平面解析几何交汇的题目,涉及向量数量积的基本运算,数量积的求解以及轨迹、 直线和圆、直线和椭圆中最值等问题,解决此类问题应从向量的坐标运算入手,这也是解决解析几何问题 的基本方法——坐标法. → → → 【变式训练 1】 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PA· AM=0,AM= 3→ - MQ,当点 A 在 x 轴上移动时,求动点 M 的轨迹方程. 2 → 解 设 M(x,y)为所求轨迹上任一点,设 A(a,0),Q(0,b)(b>0),则PA=(a,3), → → → → AM=(x-a,y),MQ=(-x,b-y),由PA· AM=0,得 a(x-a)+3y=0.① 3→ 3 3 3 → 由AM=- MQ,得(x-a,y)=- (-x,b-y)=( x, (y-b)), 2 2 2 2 3 x x-a= x, a=- , 2 2 ∴ ∴ 3 3 y y= y- b, b= . 2 2 3 x x x 1 把 a=- 代入①,得- (x+ )+3y=0,整理得 y= x2(x≠0). 2 2 2 4

? ? ?

? ? ?

题型四 例4

平面向量在物理中的应用 25 在长江南岸渡口处, 江水以 km/h 的速度向东流, 渡船的速度为 25 km/h.渡船要垂直地渡过长江, 2

则航向为________. 思维启迪 题中涉及的三个速度(向量):江水速度、渡船的速度、船实际过江的速度,三个速度的关系是

本题的核心. 答案 北偏西 30° → → 解析 如图所示,渡船速度为OB,水流速度为OA, → → 25 → 船实际垂直过江的速度为OD,依题意知|OA|= ,|OB|=25. 2 → → → → → → → →2 ∵OD=OB+OA,∴OD· OA=OB· OA+OA , 25 25 → → → → ∵OD⊥OA,∴OD· OA=0,∴25× cos(∠BOD+90° )+( )2=0, 2 2 1 1 ∴cos(∠BOD+90° )=- ,∴sin∠BOD= ,∴∠BOD=30° ,∴航向为北偏西 30° . 2 2 【变式训练 1】质点受到平面上的三个力 F1,F2,F3(单位:牛顿)的作用而处于平衡状态,已知 F1,F2 成 60° 角,且 F1,F2 的大小分别为 2 和 4,则 F3 的大小为________. 答案 2 7 解析 方法一 由已知条件 F1+F2+F3=0,
2 2 则 F3=-F1-F2,F2 =28。因此,|F3|=2 7. 3=F1+F2+2|F1||F2|cos 60° → 方法二 如图,|F1F2|2=|F1|2+|F2|2-2|F1||F2|cos 60° =12, → → → → 2 ?|F1F2|?2 则|OF1|2+|F1F2|2=|OF2|2,即∠OF1F2 为直角,|F3|=2 F1 +? ? =2 7. ? 2 ?

α· β 典例:(1)(5 分)对任意两个非零的平面向量 α 和 β,定义 α?β= .若两个非零的平面向量 a,b 满足 a 与 b β· β π π n 的夹角 θ∈( , ),且 a?b 和 b?a 都在集合{ |n∈Z}中,则 a?b 等于( ) 4 2 2 5 3 1 A. B. C .1 D. 2 2 2 n 思维启迪 先根据定义表示出 a?b 和 b?a,利用其属于集合{ |n∈Z},将其表示成集合中元素的形式,两 2 π π 式相乘即可表示出 cos θ,然后利用 θ∈( , )确定 cos θ 的取值范围,结合集合中 n∈Z 的限制条件即可确 4 2 定 n 的值,从而求出 a?b 的值. a· b |a||b|cos θ |a| b· a |a||b|cos θ |b| 解析 根据新定义,得 a?b= = = cos θ,b?a= = = cos θ. 2 b· b |b| |b| a· a |a|2 |a| n n1 n2 n1n2 又因为 a?b 和 b?a 都在集合{ |n∈Z}中,设 a?b= ,b?a= (n1,n2∈Z),那么(a?b)· (b?a)=cos2θ= , 2 2 2 4 π π n1 1 又 θ∈( , ),所以 0<n1n2<2。所以 n1,n2 的值均为 1.故 a?b= = . 答案 D 4 2 2 2 1 π (2)(5 分)设向量 a=(a1,a2),b=(b1,b2),定义一种向量积 a?b=(a1b1,a2b2),已知向量 m=(2, ),n=( , 2 3

→ → 0),点 P(x,y)在 y=sin x 的图象上运动,Q 是函数 y=f(x)图象上的点,且满足OQ=m?OP+n(其中 O 为坐 标原点),则函数 y=f(x)的值域是________. → → 思维启迪 根据定义先写出 m?OP,进而求出OP,确定函数 y=f(x)的解析式. 1 π π 1 → → 解析 设 Q(c,d),由新的运算可得OQ=m?OP+n=(2x, sin x)+( ,0)=(2x+ , sin x), 2 3 3 2 π c=2x+ , 3 1 1? 1 1 π 1 1 π 由 消去 x 得 d= sin( c- ),所以 y=f(x)= sin( x- ),易知 y=f(x)的值域是? ?-2,2?. 2 2 6 2 2 6 1 d= sin x, 2 1 1 - , ? 答案 ? ? 2 2?

? ? ?

温馨提醒 解答创新型问题,首先需要分析新定义的特点,把新定义所叙述的问题的本质弄清楚,然后应 用到具体的解题过程之中,这是破解新定义信息题难点的关键所在。 创新突破 5——破解平面向量与圆的交汇问题 【典例】已知 a,b 是单位向量,a· b=0?.若向量 c 满足|c-a-b|=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 a⊥b,且 a 与 b 是单位向量, → → → ∴可设OA=a=(1,0),OB=b=(0,1),OC=c=(x,y).∴c-a-b=(x-1,y-1), ∵|c-a-b|=1,∴(x-1)2+(y-1)2=1,即点 C(x,y)的轨迹是以 M(1,1)为圆心,1 为半径的圆. 而|c|= x2+y2,∴|c|的最大值为|OM|+1,即|c|max= 2+1. 答案 2+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】 → → → → → → → 1.△ABC 外接圆的半径为 1,圆心为 O,且 2 OA+AB+AC=0,|OA|=|AB|,则CA· CB=( 3 A. 2 B. 3 C.3 D.2 3 ).

→ → → → → → → → → → 解析 由 2 OA+AB+AC=0,得 2 OA+OB-OA+OC-OA=0,即OB=-OC,即 O,B,C 三点共线, → → → BC 为△ABC 外接圆的直径, 故∠BAC=90° .又|OA|=|AB|, 得 B=60° , 所以 C=30° , 且|CA|= 3(如图所示). → → → → 3 所以CA· CB=|CA||CB|cos 30° = 3×2× =3. 2 答案 C

→ → → 2π 2.给定两个长度为 1 的平面向量OA和OB,它们的夹角为 .如图所示,点 C 在以 O 为圆心的圆弧AB上运 3 → → → 动.若OC=x OA+y OB,其中 x,y∈R,则 x+y 的最大值是________.

→ 解析 法一 以 O 为坐标原点,OA所在的直线为 x 轴建立平面直角坐标系,如图所示,则 A(1,0), 1 3 ? 2π?? B?- , ?,设∠AOC=α? ?α∈?0, 3 ??,则 C(cos α,sin α), ? 2 2? 1 cos α=x- y, → → → 2 由OC=x OA+y OB,得 3 sin α= y, 2

? ? ?

所以 x=cos α+

π 3 2 3 α+ ?, sin α,y= sin α,所以 x+y=cos α+ 3sin α=2sin? ? 6? 3 3

2π? π 又 α∈? ?0, 3 ?,所以当 α=3时,x+y 取得最大值 2. → → → → → → → → → 法二 依题意,|OC|=1,则|OC|2=1,又OC=xOA+yOB,|OA|=|OB|=1,<OA,OB>=120° → → → → ∴x2· OA2+y2· OB2+2xyOA· OB=1,因此 x2+y2+2xycos 120° =1,xy=x2+y2-1 ∴3xy=(x+y)2-1≤3? x+y?2 2 ? 2 ? ,即(x+y) ≤4.∴x+y 的最大值是 2.答案 2

方法与技巧 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.向量的两个作用:①载体作用:关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”,转化为我们熟悉的 数学问题;②工具作用:利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题. 失误与防范 1.注意向量夹角和三角形内角的关系,两者并不等价. 2.注意向量共线和两直线平行的关系;两向量 a,b 夹角为锐角和 a· b>0 不等价. 【题组一】 A 组 专项基础训练 一、选择题 → → → 1.已知 P 是△ABC 所在平面内一点,若CB=λPA+PB,其中 λ∈R,则点 P 一定在( A.△ABC 的内部 )

B.AC 边所在直线上 C.AB 边所在直线上 D.BC 边所在直线上 → → → 答案 B 解析 由题意知:CB-PB=λPA, → → → → → → → 即CB+BP=λPA,∴CP=λPA,即CP与PA共线,∴点 P 在 AC 边所在直线上. → → → →2 2.在△ABC 中,(BC+BA)· AC=|AC| ,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 → → → →2 → → → → 答案 C 解析 由(BC+BA)· AC=|AC| ,得AC· (BC+BA-AC)=0, → → → → → → → → 即AC· (BC+BA+CA)=0,2AC· BA=0,∴AC⊥BA,∴A=90° . → → 又根据已知条件不能得到|AB|=|AC|,故△ABC 一定是直角三角形. 3.已知|a|=2|b|,|b|≠0 且关于 x 的方程 x2+|a|x-a· b=0 有两相等实根,则向量 a 与 b 的夹角是 ( π π π 2π A.- B.- C. D. 6 3 3 3 答案 D 解析 由已知可得 Δ=|a|2+4a· b=0,即 4|b|2+4· 2|b|· |b|cos θ=0, 1 2π ∴cos θ=- ,又∵0≤θ≤π,∴θ= . 2 3 → → 4.已知点 A(-2,0)、B(3,0),动点 P(x,y)满足PA· PB=x2,则点 P 的轨迹是 A.圆 B.椭圆 )

(

)

C.双曲线 D.抛物线 → → → → 答 D 解 PA=(-2-x,-y),PB=(3-x,-y),∴PA· PB=(-2-x)(3-x)+y2=x2,∴y2=x+6. π 5. 若函数 y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|< )在一个周期内的图象如图所示,M,N 分 2 → → 别是这段图象的最高点和最低点,且OM· ON=0(O 为坐标原点),则 A 等于( ) π 7 7 7 A. B. π C. π D. π 6 12 6 3 π 7 7 → → π 7 答案 B 解析 由题意知 M( ,A),N( π,-A),又OM· ON= × π-A2=0,∴A= π. 12 12 12 12 12 二、填空题 → → 6. 在平行四边形 ABCD 中,AD=1,∠BAD=60° , E 为 CD 的中点.若AC· BE=1,则 AB 的长为________. 1 → → 答案 解析 在平行四边形 ABCD 中,取 AB 的中点 F,则BE=FD, 2 → → → 1→ → → → → → → → → 1→ ∴BE=FD=AD- AB,又AC=AD+AB,∴AC· BE=(AD+AB)· (AD- AB) 2 2

1→ 1 1→ 1→ → 1 → → → → 1→2 → 2 1 → → =AD2- AD· AB+AD· AB- AB =|AD| + |AD||AB|cos 60° - |AB|2=1+ × |AB|- |AB|2=1. 2 2 2 2 2 2 2 1 1 →?→ → → ∴? ?2-|AB|?|AB|=0,又|AB|≠0,∴|AB|=2. 7.已知三个力 f1=(-2,-1),f2=(-3,2),f3=(4,-3)同时作用于某物体上一点,为使物体保持平衡, 再加上一个力 f4,则 f4=________. 答案 (1,2) 解析 由物理知识知:f1+f2+f3+f4=0,故 f4=-(f1+f2+f3)=(1,2). → → 8 .已知在平面直角坐标系中, O(0,0) , M(1,1) , N(0,1) , Q(2,3) ,动点 P(x , y) 满足不等式 0≤ OP · OM → → → → ≤1,0≤OP· ON≤1,则 z=OQ· OP的最大值为________. → → → → → → → 答案 3 解析 OP=(x,y),OM=(1,1),ON=(0,1),∴OP· OM=x+y,OP· ON=y, ? 0 ≤ x + y ≤ 1 , ? 即在? 条件下,求 z=2x+3y 的最大值,由线性规划知识,当 x=0,y=1 时,zmax=3. ?0≤y≤1 ? 三、解答题 9. 已知△ABC 中, ∠C 是直角, CA=CB, D 是 CB 的中点, E 是 AB 上一点, 且 AE=2EB, 求证: AD⊥CE. 证明 建立如图所示的直角坐标系,设 A(a,0),则 B(0,a),E(x,y). a → → ∵D 是 BC 的中点,∴D(0, ).又∵AE=2EB,即(x-a,y)=2(-x,a-y), 2 ? ?x-a=-2x, a 2 a a → ∴? 解得 x= ,y= a。∵AD=(0, )-(a,0)=(-a, ), 3 3 2 2 ?y=2a-2y, ? a 2 a 1 1 → → a 2 → → OE=CE=( , a),∴AD· CE=-a× + a× =- a2+ a2=0. 3 3 3 3 2 3 3 → → ∴AD⊥CE,即 AD⊥CE. π 3π 10.已知 A,B,C 三点的坐标分别为 A(3,0),B(0,3),C(cos α,sin α),其 α∈( , ). 2 2 π → → → → (1)若|AC|=|BC|,求角 α 的值.(2)若AC· BC=-1,求 tan(α+ )的值. 4 → → 解 (1)∵AC=(cos α-3,sin α),BC=(cos α,sin α-3), → → ∴|AC|= ?cos α-3?2+sin2α= 10-6cos α, |BC|= 10-6sin α. π 3π 5 → → 由|AC|=|BC|得 sin α=cos α,又 α∈( , ),∴α= π. 2 2 4 2 π 2 → → (2)由AC· BC=-1,得(cos α-3)cos α+sin α(sin α-3)=-1,∴sin α+cos α= ,∴sin(α+ )= >0. 3 4 3 π 3π 3π π π 7 π 14 由于 <α< ,∴ <α+ <π,∴cos(α+ )=- 。故 tan(α+ )=- . 2 2 4 4 4 3 4 7 B 组 专项能力提升 1 → → → → 1.设△ABC,P0 是边 AB 上一定点,满足 P0B= AB,且对于边 AB 上任一点 P,恒有PB· PC≥P0B· P0C, 4 则 A.∠ABC=90° B.∠BAC=90° ( )

C.AB=AC D.AC=BC → → → →? 1→ → → ?PB+PC?2 ?PB → 答案 D 解析 设 BC 中点为 M,则PB· PC=? ? -? -PC?2=PM2-4CB2, ? 2 ? ? 2 ? 1 → → → → → → → → 同理P0B· P0C=P0M2- CB2,∵PB· PC≥P0B· P0C恒成立, 4 1 → → ∴|PM|≥|P0M|恒成立.即 P0M⊥AB,取 AB 的中点 N,又 P0B= AB, 4 则 CN⊥AB,∴AC=BC.故选 D.

15 → → 2.已知在△ABC 中,AB=a,AC=b,a· b<0,S△ABC= ,|a|=3,|b|=5,则∠BAC=________. 4 1 15 → → 答案 150° 解析 ∵AB· AC<0,∴∠BAC 为钝角, 又 S△ABC= |a||b|sin∠BAC= . 2 4 1 ∴sin∠BAC= ,∴∠BAC=150° . 2 → → 3.已知直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠ADC=90° ,AD=2,BC=1,P 是腰 DC 上的动点,则|PA+3PB |的最小值为________. 答案 5 解析 方法一 以 D 为原点,分别以 DA、DC 所在直线为 x、y 轴建立如图所示的平面直角坐标系,设 DC=a,DP=x。∴D(0,0),A(2,0),C(0,a),B(1,a),P(0,x), → → → → PA=(2,-x),PB=(1,a-x),∴PA+3PB=(5,3a-4x), → → → → |PA+3PB|2=25+(3a-4x)2≥25,∴|PA+3PB|的最小值为 5. → → → → → → → → → 方法二 设DP=xDC(0<x<1).∴PC=(1-x)DC,PA=DA-DP=DA-xDC, → → → → 1→ → → 5→ → PB=PC+CB=(1-x)DC+ DA。∴PA+3PB= DA+(3-4x)DC, 2 2 25 → 5 → → → → → → |PA+3PB|2= DA2+2× ×(3-4x)DA· DC+(3-4x)2· DC2=25+(3-4x)2DC2≥25, 4 2 → → ∴|PA+3PB|的最小值为 5. 4.已知点 A(2,0),B(0,2),C(cos α,sin α),且 0<α<π. → → → → → → (1)若|OA+OC|= 7,求OB与OC的夹角;(2)若AC⊥BC,求 tan α 的值. → → 解 (1)因为|OA+OC|= 7, 1 所以(2+cos α)2+sin2α=7,所以 cos α= . 2 π π π → → 又因为 α∈(0,π),所以 α=∠AOC= ,又因为∠AOB= ,所以OB与OC的夹角为 . 3 2 6 → → → → → → (2)AC=(cos α-2,sin α),BC=(cos α,sin α-2).因为AC⊥BC,所以AC· BC=0, 1 1 3 所以 cos α+sin α= ,①,所以(cos α+sin α)2= ,所以 2sin αcos α=- . 2 4 4 π 7 又因为 α∈(0,π),所以 α∈( ,π).因为(cos α-sin α)2=1-2sin αcos α= ,cos α-sin α<0, 2 4 1- 7 1+ 7 4+ 7 7 所以 cos α-sin α=- .②,由①②得 cos α= ,sin α= ,所以 tan α=- . 2 4 4 3 5. 如图所示,已知点 F(1,0),直线 l:x=-1,P 为平面上的一动点,过 P 作直线 l 的垂线,垂足为点 Q, → → → → 且QP· QF=FP· FQ. (1)求动点 P 的轨迹 C 的方程; → → → (2)过点 F 的直线交轨迹 C 于 A、B 两点,交直线 l 于点 M.已知MA=λ1AF, MB= → λ2BF,求 λ1+λ2 的值. → → → → 解 (1)设点 P(x,y),则 Q(-1,y),由QP· QF=FP· FQ,得 (x+1,0)· (2,-y)=(x-1,y)· (-2,y),化简得 P 的轨迹 C 的方程为 y2=4x. 2 (2)设直线 AB 的方程为 x=my+1(m≠0).设 A(x1,y1),B(x2,y2),又 M(-1,- ), m 2 ? ? ?y =4x, ?y1+y2=4m, 联立方程? 消去 x,得 y2-4my-4=0,Δ=(-4m)2+16>0,故? ?x=my+1, ?y1y2=-4. ? ?

2 2 → → → → 由MA=λ1AF,MB=λ2BF,得 y1+ =-λ1y1,y2+ =-λ2y2,整理,得 m m 2 2 2 1 1 2 y1+y2 2 4m λ1=-1- ,λ2=-1- ,所以 λ1+λ2=-2- ( + )=-2- · =-2- · =0. my1 my2 m y1 y2 m y1y2 m -4

【题组二】 基础巩固 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.已知 a=(1,sin2x),b=(2,sin 2x),其中 x∈(0,π).若|a· b|=|a||b|,则 tan x 的值等于( A.1 B.-1 C. 3 D. 2 2 ).

解析 由|a· b|=|a||b|知,a∥b。所以 sin 2x=2sin2x,即 2sin xcos x=2sin2x, π 而 x∈(0,π),所以 sin x=cos x,即 x= ,故 tan x=1。答案 A 4 2.若|a|=2sin 15° ,|b|=4cos 15° ,a 与 b 的夹角为 30° ,则 a· b 的值是( A. 3 2 B. 3 C.2 3 1 D. 2 3 3 =4×sin 30° × = 3. 答案 B 2 2 ). ).

解析 a· b=|a||b|cos 30° =8sin 15° cos 15° ×

→ → → π π 3. 函数 y=tan x- 的部分图象如图所示,则(OA+OB)· AB=( 4 2

A.4 解

B.6

C.1

D.2

→ → → → → → → → → 由条件可得 B(3,1),A(2,0),∴(OA+OB)· AB=(OA+OB)· (OB-OA)=OB2-OA2=10-4=6.答 B ).

4.已知|a|=2|b|,|b|≠0 且关于 x 的方程 x2+|a|x-a· b=0 有两相等实根,则向量 a 与 b 的夹角是( π π π 2π A.- B.- C. D. 6 3 3 3

1 2π 解析 由已知可得 Δ=|a|2+4a· b=0,即 4|b|2+4×2|b|2cos θ=0,∴cos θ=- ,又∵0≤θ≤π,∴θ= . 2 3 答案 D → → → 5.在△ABC 中,a,b,c 分别为角 A,B,C 所对应的三角形的边长,若 4aBC+2bC A +3cAB=0,则 cos B =( ).

11 11 A.- B. 24 24

29 29 C. D.- 36 36

→ → → → → → → → → 解析 由 4aBC+2bC A +3cAB=0,得 4aBC+3cAB=-2bC A =-2b(BA-BC)=2bAB+ b2 4 2 2 + b -b 2 2 2 → a +c -b 4 9 11 2bBC,所以 4a=3c=2b。由余弦定理得 cos B= = =- 。答案 A 2ac b2 24 2· · b 23 二、填空题 → → → → 6.在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,若AB· AC=BA· BC=1,那么 c=________. → → → → → → → → → → → → → 解析 由题意知AB· AC+BA· BC=2,即AB· AC-AB· BC=AB· (AC+CB)=AB2=2?c=|AB|= 2. 答案 2

→ → → → → BA· BC 7.在△ABC 中,若 AB=1,AC= 3,|AB+AC|=|BC|,则 =________. → |BC| → → → → → BA· BC → 解析 易知满足|AB+AC|=|BC|的 A,B,C 构成直角三角形的三个顶点,且∠A 为直角,于是 =|BA → |BC| 1 1 |· cos∠ABC=1×cos 60° = . 答案 2 2 → → 8.设△ABC 的内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,若(3b-c)cos A=acos C,S△ABC= 2,则BA· AC= ________. 解析 依题意得(3sin B-sin C)cos A=sin Acos C, 即 3sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A=sin(A+C)=sin B>0, 1 2 2 1 1 2 2 于是有 cos A= ,sin A= 1-cos2A= ,又 S△ABC= · bcsin A= bc× = 2, 3 3 2 2 3 → → 1 所以 bc=3,BA· AC=bccos(π-A)=-bccos A=-3× =-1。答案 -1 3 三、解答题 9.已知圆 C:(x-3)2+(y-3)2=4 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 → → MA=2AN,求点 N 的轨迹方程. → → ?x0=3-2x, ? 解 设 M(x0,y0),N(x,y).由MA=2AN,得:(1-x0,1-y0)=2(x-1,y-1),∴? ? ?y0=3-2y. ∵点 M(x0,y0)在圆 C 上,∴(x0-3)2+(y0-3)2=4,即(3-2x-3)2+(3-2y-3)2=4.∴x2+y2=1. ∴所求点 N 的轨迹方程是 x2+y2=1. → → → → 10.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若AB· AC=BA· BC=k(k∈R).

(1)判断△ABC 的形状;(2)若 c= 2,求 k 的值. 解 → → → → → → → → (1)∵AB· AC=cbcos A,BA· BC=cacos B,又AB· AC=BA· BC,∴bccos A=accos B,

∴sin Bcos A=sin Acos B,即 sin Acos B-sin Bcos A=0,∴sin(A-B)=0, ∵-π<A-B<π,∴A=B,即△ABC 为等腰三角形. → → b2+c2-a2 c2 (2)由(1)知,AB· AC=bccos A=bc· = =k,∵c= 2,∴k=1. 2bc 2 能力提升 (建议用时:25 分钟) 一、选择题 → → → → → 1.已知向量OB=(2,0),向量OC=(2,2),向量CA=( 2cos α, 2sin α),则向量OA与向量OB的夹角的取值 范围是( π? A.? ?0,4? ). π 5 ? B.? ?4,12π? 5 π? ?π 5 ? C.? ?12π,2? D.?12,12π?

→ → → 解析 由题意,得OA=OC+CA=(2+ 2cos α,2+ 2sin α),所以点 A 的轨迹是圆(x → → -2)2+(y-2)2=2,如图,当 A 位于使直线 OA 与圆相切时,向量OA与向量OB的夹角 分别达到最大、最小值,故选 D。 答案 D → 1→ → → 2.已知△ABD 是等边三角形,且AB+ AD=AC,|CD|= 3,那么四边形 ABCD 的面 2 积为( A. 3 2 ). 3 B. 2 9 3 C.3 3 D. 2 3

解析

→ → → 1→ → → → → → ? → →? 1→ 如图所示,CD=AD-AC= AD-AB,∴CD2=?1AD-AB?2,即 3= AD2+AB2-AD· AB, 2 4 ?2 ? → → → → → 5→ ∵|AD|=|AB|,∴ |AD|2-|AD||AB|cos 60° =3,∴|AD|=2. 4 → → → 1→ → 1→ → → → 又BC=AC-AB= AD,∴|BC|= |AD|=1,∴|BC|2+|CD|2=|BD|2,∴BC⊥CD. 2 2 1 1 3 ∴S 四边形 ABCD=S△ABD+S△BCD= ×22×sin 60° + ×1× 3= 2 2 2 3,故选 B.

答案 B 二、填空题 3.已知向量 a,b 满足|a|= 2,|b|=1,且对一切实数 x,|a+xb|≥|a+b|恒成立,则 a 与 b 的夹角大小为 ________. 解析 |a|= 2,|b|=1,|a+xb|≥|a+b|对一切实数 x 恒成立,两边平方整理得 x2+2a· bx-2a· b-1≥0 对一

a· b 2 切实数 x 恒成立, 所以(2a· b)2+4(2a· b+1)≤0, 即(a· b+1)2≤0, 所以 a· b=-1, 故 cos<a, b>= =- , |a||b| 2 3π 3π 又<a,b>∈[0,π],所以<a,b>= ,即 a,b 的夹角是 . 4 4 三、解答题 x x 2x ? ? ? 4.已知向量 m=? ? 3sin 4,1?,n=?cos 4,cos 4?. 2π ? (1)若 m· n=1,求 cos? ? 3 -x?的值; (2)记 f(x)=m· n,在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,且满足(2a-c)cos B=bcos C,求函数 f(A)的取值范围. x 1+cos 2 x π? 1 x x x 3 x (1)m· n= 3sin · cos +cos2 = sin + =sin? ?2+6?+2, 4 4 4 2 2 2 答案 3π 4



x π? 1 π? 1 1 2? x ? π? ?2π ? ? π? ∵m · n=1,∴sin? ?2+6?=2,cos?x+3?=1-2sin ?2+6?=2,cos? 3 -x?=-cos?x+3?=-2. (2)∵(2a-c)cos B=bcos C,由正弦定理得(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C, ∴2sin Acos B-sin Ccos B=sin Bcos C,∴2sin Acos B=sin(B+C). 1 ∵A+B+C=π,∴sin(B+C)=sin A≠0,∴cos B= , 2 A π? ?1 ? π 2π π A π π ∵0<B<π,∴B= ,∴0<A< ,∴ < + < ,sin? ? 2 +6?∈?2,1?. 3 3 6 2 6 2 x π? 1 ?A π? 1 ? 3? 又∵f(x)=sin? ?2+6?+2,∴f(A)=sin? 2 +6?+2。故函数 f(A)的取值范围是?1,2?. 强化训练 (建议用时:90 分钟) 一、选择题 1.已知向量 a=(m2,4),b=(1,1),则“m=-2”是“a∥b”的( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 解 ).

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

依题意,当 m=-2 时,a=(4,4),b=(1,1),所以 a=4b,即 a∥b,即由 m=-2 可以推出 a∥b;当 a

∥b 时,m2=4,得,m=± 2,所以不能推得 m=-2,即“m=-2”是“a∥b”的充分不必要条件.答 A 2.已知向量 a=(2,3),b=(k,1),若 a+2b 与 a-b 平行,则 k 的值是( 2 A.-6 B.- 3 2 C. D.14 3 ).

解析 由题意得 a+2b=(2+2k,5),且 a-b=(2-k,2),又因为 a+2b 和 a-b 平行,则 2(2+2k)-5(2-k)

2 =0,解得 k= .答案 C 3 3.已知|a|=|b|=|a-2b|=1,则|a+2b|=( A.9 B.3 C.1 D.2 解析 由|a|=|b|=|a-2b|=1,得 a2-4a· b+4b2=1,∴4a· b=4,∴|a+2b|2=a2+4a· b+4b2=5+4=9, ∴|a+2b|=3.答案 B 4.已知平面向量 a=(-2,m),b=(1, 3),且(a-b)⊥b,则实数 m 的值为( A.-2 3 B.2 3 C.4 3 D.6 3 ). ).

解析 因为(a-b)⊥b,所以(a-b)· b=a· b-b2=0,即-2+ 3m-4=0,解得 m=2 3.答案 B 5.已知|a|=1,|b|=6,a· (b-a)=2,则向量 a 与 b 的夹角为( π π π π A. B. C. D. 2 3 4 6 解 a· b 3 1 π a· (b-a)=a· b-a2=2,所以 a· b=3,所以 cos<a,b>= = = .所以<a,b>= .答 B |a||b| 1×6 2 3 ). ).

6.已知向量 a=(1,-cos θ),b=(1,2cos θ)且 a⊥b,则 cos 2θ 等于( 1 2 A.-1 B.0 C. D. 2 2 解析 a⊥b?a· b=0,即 1-2cos2θ=0,∴cos 2θ=0. 答案 B

→ → → 7.已知 O 是△ABC 所在平面内一点,D 为 BC 边中点,且 2OA+OB+OC=0,则有( → → A.AO=2OD → → B.AO=OD → → C.AO=3OD → → D.2AO=OD

).

→ → → → → → → → → → → → → 解析 由 2OA+OB+OC=0,得OB+OC=-2OA=2AO,即OB+OC=2OD=2AO,所以OD=AO,即 O 为 AD 的中点.答案 B → → → → → 8.平面上有四个互异点 A,B,C,D,已知(DB+DC-2DA)· (AB-AC)=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(DB+DC-2DA)· (AB-AC)=0,得[(DB-DA)+(DC-DA)]· (AB-AC)=0, → → → → → → → → 所以(AB+AC)· (AB-AC)=0,所以|AB|2-|AC|2=0,∴|AB|=|AC|,故△ABC 是等腰三角形.答案 B → → 9.在△ABC 中,G 是△ABC 的重心,AB,AC 的边长分别为 2,1,∠BAC=60° .则AG· BG=( 5- 3 8 10 A.- B.- C. 9 9 9 D.- 5- 3 9 ).

解析 由 AB=2,AC=1,∠BAC=60° ,所以 BC= 3,∠ACB=90° ,将直角三角形放入直角坐标系中, 如图所示,则 A(0,1),B(- 3,0),所以重心 G?-

?

→ → 3 1? 3 2? ? ?2 3,1?,所 , ,所以AG= - ,- ,BG= 3 3? 3? ? 3 ? 3 3?

→ → 8 3 2 ?2 3 1? 以AG· BG=?- ,- ?· , =-9. 3? ? 3 3? ? 3

答案 A

10. 已知正方形 ABCD(字母顺序是 A→B→C→D)的边长为 1, 点 E 是 AB 边上的动点(可以与 A 或 B 重合), → → 则DE· CD的最大值是( A.1 1 B. 2 C .0 ). D.-1

→ → 解析 建立直角坐标系如图所示, 设 E(x,0), x∈[0,1], 则 D(0,1), C(1,1), B(1,0), 所以DE· CD=(x, -1)· (- 1,0)=-x,当 x=0 时取得最大值 0. 答案 C 二、填空题 11.若 a=(1,-2),b=(x,1),且 a⊥b,则 x=________. 解析 由 a⊥b,得 a· b=x-2=0,∴x=2. 答案 2 12.已知向量 a=(1,1),b=(2,0),则向量 a,b 的夹角为________. 解 a· b 2 2 π π a=(1,1),b=(2,0),∴|a|= 2,|b|=2,∴cos<a,b>= = = ,∴<a,b>= . 答 |a||b| 2 2 2 4 4

→ → 13.在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,∠A=30° ,BC=1,D 为斜边 AB 的中点,则AB· CD=________. → → → → → → → → → 解析 AB· CD=AB· (AD-AC)=AB· AD-AB· AC=2×1-2× 3cos 30° =-1. 答案 -1 → → → → 14. 已知 G1, G2 分别为△A1B1C1 与△A2B2C2 的重心, 且A1A2=e1, B1B2=e2, C1C2=e3, 则G1G2=________(用 e1,e2,e3 表示). → → → → → → → → → → → → 解析 由A1A2=A1G1+G1G2+G2A2=e1 ①, B1B2=B1G1+G1G2+G2B2=e2 ②, C1C2=C1G1+G1G2+G2C2 =e3 → → → → → ③,且 G1,G2 分别为△A1B1C1 与△A2B2C2 的重心,所以A1G1+B1G1+C1G1=0,G2A2+G2B2+G2C2

→ 1 1 =0,将①②③相加得G1G2= (e1+e2+e3). 答案 (e1+e2+e3) 3 3 三、解答题 15.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 θ,t). → → → → → (1)若 a∥AB,且|AB|= 5|OA|,求向量OB的坐标;(2)若 a∥AB,求 y=cos2θ-cos θ+t2 的最小值.



→ → (1)∵AB=(cos θ-1,t),又 a∥AB,∴2t-cos θ+1=0.∴cos θ-1=2t.①

→ → 又∵|AB|= 5|OA|,∴(cos θ-1)2+t2=5.② 由①②得,5t2=5,∴t2=1.∴t=± 1,当 t=1 时,cos θ=3(舍去),当 t=-1 时,cos θ=-1, → ∴B(-1,-1),∴OB=(-1,-1). cos θ-1 ?cos θ-1?2 2 (2)由(1)可知 t= ,∴y=cos θ-cos θ+ 2 4 6 3 5 3 1 5 1 5 1 3 1 cos2θ- cos θ?+ = ?cos θ- ?2- ,∴当 cos θ= 时,ymin=- . = cos2θ- cos θ+ = ? 5 5? 5 ? 4 4? 4 2 4 4? 5 5 π? 16.设向量 a=( 3sin x,sin x),b=(cos x,sin x),x∈? ?0,2?. (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=4sin2 x,|b|2=(cos x)2+(sin x)2=1,及|a|=|b|,得 4sin2 x=1.

π 1 π 0, ?,从而 sin x= ,所以 x= . 又 x∈? ? 2? 2 6 (2)f(x)=a· b= 3sin x· cos x+sin2 x= π? 1 3 1 1 sin 2x- cos 2x+ =sin? ?2x-6?+2, 2 2 2

π π π 3 0, ?时,sin?2x- ?取最大值 1,所以 f(x)的最大值为 . 当 x= ∈? 6? ? 3 ? 2? 2 17.已知点 G 是△ABO 的重心,M 是 AB 边的中点. → → → (1)求GA+GB+GO; → → → → 1 1 (2)若 PQ 过△ABO 的重心 G,且OA=a,OB=b,OP=ma,OQ=nb,求证: + =3. m n → → → → → → → → → → (1)解 ∵GA+GB=2GM,又 2GM=-GO,∴GA+GB+GO=-GO+GO=0. → 1 → 2→ 1 (2)证明 显然OM= (a+b).因为 G 是△ABO 的重心,所以OG= OM= (a+b). 2 3 3 → → → → 由 P,G,Q 三点共线,得PG∥GQ,所以,有且只有一个实数 λ,使PG=λGQ. → → → 1 → → → 1 1 1 1 1 -m?a+ b,GQ=OQ-OG=nb- (a+b)=- a+?n- ?b, 而PG=OG-OP= (a+b)-ma=? ?3 ? 3 3 3 3 ? 3? 1 1 -m=- λ, 3 3 1 1 1 1 -m?a+ b=λ?- a+?n-3?b?,又因为 a,b 不共线,所以 所以? ? ? ?3 ? 3 ? 3 ? 1 ? 1? =λ n- , 3 ? 3?

? ? ?

1 1 消去 λ,整理得 3mn=m+n,故 + =3. m n 18.已知 f(x)=a· b,其中 a=(2cos x,- 3sin 2x),b=(cos x,1)(x∈R). (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= 7,AB· AC=3,求边长 b 和 c 的值(b >c). 解 π? (1)由题意知,f(x)=2cos2x- 3sin 2x=1+cos 2x- 3sin 2x=1+2cos? ?2x+3?,

∴f(x)的最小正周期 T=π, π ∵y=cos x 在[2kπ,2kπ+π](k∈Z)上单调递减,∴令 2kπ≤2x+ ≤2kπ+π(k∈Z), 3 π π π π kπ- ,kπ+ ?,k∈Z. 得 kπ- ≤x≤kπ+ (k∈Z).∴f(x)的单调递减区间? 6 3? ? 6 3 π π 2A+ ?=-1,∴cos?2A+ ?=-1. (2)∵f(A)=1+2cos? 3? 3? ? ? π π 7π π π 又 <2A+ < ,∴2A+ =π.∴A= . 3 3 3 3 3 → → ∵AB· AC=3,即 bc=6,由余弦定理得 a2=b2+c2- 2bccos A=(b+c)2-3bc,7=(b+c)2-18,b+c=5, 又 b>c,∴b=3,c=2。


相关文章:
【步步高】高考数学一轮总复习(北师大版)【打印版】
【步步高】高考数学一轮总复习(北师大版)【打印版】_数学_高中教育_教育专区。高考数学总复习 一轮复习资料 北师大版 目录 专题 1 集合与常用逻辑用语 ···...
【步步高】2015届高考数学第一轮复习(典型题+详解)数列专项基础训练
【步步高】2015届高考数学一轮复习(典型题+详解)数列专项基础训练_数学_高中教育_教育专区。常考题型强化练——数列 A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 一、...
2014《步步高》高考数学第一轮复习13 复 数
2014《步步高高考数学一轮复习13 复数_数学_高中教育_教育专区。§ 13.5 2014 高考会这样考 算,复数的几何意义. 复习备考要这样做 复 数 1.考查复数的...
【步步高】高考数学一轮复习_2.1函数及其表示(生)
【步步高】高考数学一轮复习_2.1函数及其表示(生)_数学_高中教育_教育专区。文档名中的最后,带有“(生)”的没有答案; 带有“(师)”的文档,有答案。...
【步步高】2015届高考数学第一轮复习(典型题+详解)立体几何专项基础训练
【步步高】2015届高考数学一轮复习(典型题+详解)立体几何专项基础训练_数学_高中教育_教育专区。中档题目强化练——立体几何 A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟...
2017步步高大一轮复习讲义数学2.4
2017步步高大一轮复习讲义数学2.4_高三数学_数学_高中教育_教育专区。1.二次函数...(1,1),且在(0,+∞)上单调递减. 【思考辨析】 判断下面结论是否正确(请在...
【步步高】2015届高考数学第一轮复习(典型题+详解)函数专项基础训练
【步步高】2015届高考数学一轮复习(典型题+详解)函数专项基础训练_数学_高中教育_教育专区。常考题型强化练——函数 A 组 专项基础训练 一、选择题 1.若 ,则...
【步步高】高考数学一轮复习_2.1函数及其表示(师)
【步步高】高考数学一轮复习_2.1函数及其表示(师)_数学_高中教育_教育专区。文档名中的最后,带有“(生)”的没有答案; 带有“(师)”的文档,有答案。...
【步步高】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和 理
【步步高】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4 数列求和 理_数学_高中教育_教育专区。【步步高】 (江苏专用)2017 版高考数学一轮复习 第六章 ...
【步步高】2016高考数学大一轮复习 1.1集合的概念与运算教师用书 理 苏教版
【步步高】2016高考数学大一轮复习 1.1集合的概念与运算教师用书 理 苏教版_数学_高中教育_教育专区。§1.1 集合的概念与运算 1.集合与元素 (1)集合元素的三...
更多相关标签: