《2018年高考數學二輪復習 第一部分 專題二 三角函數、平面 向量 第三講 平面向量教案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018年高考數學二輪復習 第一部分 專題二 三角函數、平面 向量 第三講 平面向量教案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第三講　平面向量 [考情分析] 平面向量的命題近幾年較穩(wěn)定，一般是單獨命題考查平面向量的模、數量積的運算、線性運算等，難度較低，有時也與三角函數、解析幾何綜合命題，難度中等. 年份 卷別 考查角度及命題位置 2017 Ⅰ卷 向量垂直的應用·T13 Ⅱ卷 向量加減法的幾何意義·T4 Ⅲ卷 向量垂直的應用·T13 2016 Ⅰ卷 平面向量垂直求參數·T13 Ⅱ卷 平面向量共線求參數·T13 Ⅲ卷 向量的夾角公式·T3 2015 Ⅰ卷 平面向量的坐標運算·T2 Ⅱ卷 平面向量數量積的坐標運算·T4 [真題自檢] 1．(2017·高考全國

2、卷Ⅱ)設非零向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|，則(　　) A．a⊥b B．|a|＝|b| C．a∥b D．|a|>|b| 解析：依題意得(a＋b)2－(a－b)2＝0，即4a·b＝0，a⊥b，選A. 答案：A 2．(2015·高考全國卷Ⅱ)向量a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，則(2a＋b)·a＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析：法一：∵a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，∴a2＝2，a·b＝－3，從而(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)，從而

3、(2a＋b)·a＝(1,0)·(1，－1)＝1，故選C. 答案：C 3．(2016·高考全國卷Ⅱ)已知向量a＝(m,4)，b＝(3，－2)，且a∥b，則m＝________. 解析：∵a＝(m,4)，b＝(3，－2)，a∥b，∴－2m－4×3＝0.∴m＝－6. 答案：－6 4．(2017·高考全國卷Ⅰ)已知向量a＝(－1,2)，b＝(m,1)．若向量a＋b與a垂直，則m＝________. 解析：因為a＋b＝(m－1,3)，a＋b與a垂直，所以(m－1)×(－1)＋3×2＝0，解得m＝7. 答案：7 平面向量的概念及線性運算 [方法結論] 1．在用三角形加法法則時要保證

4、“首尾相接”，結果向量是第一個向量的起點指向最后一個向量終點所在的向量；在用三角形減法法則時要保證“同起點”，結果向量的方向是指向被減向量． 2．利用平面向量基本定理實現了平面內任一向量都可以表示為同一平面內兩個不共線的向量e1，e2的線性組合λ1e1＋λ2e2，常用方法有兩種：一是直接利用三角形法則與平行四邊形法則及向量共線定理來破解；二是利用待定系數法，即利用定理中λ1，λ2的唯一性列方程組求解． [題組突破] 1．如圖，在△OAB中，點B關于點A的對稱點為C，D在線段OB上，且OD＝2DB，DC和OA相交于點E.若＝λ，則λ＝(　　) A. B. C. D. 解析：通解

5、：設＝a，＝b，由題意得＝－＝＋－＝＋－＝2a－b. 因為＝λ＝λa，設＝μ＝2μa－μb，又＝＋，所以λa＝b＋2μa－μb＝2μa＋b， 所以，所以λ＝. 優(yōu)解：由題意知，AB＝AC，OD＝2DB，過點A作AF∥OB交CD于點F(圖略)，則＝＝， 即AF＝BD＝OD，故AE＝OE，則OE＝OA，又＝λ，故λ＝. 答案：C 2．如圖，在正方形ABCD中，M，N分別是BC，CD的中點，若＝λ＋μ，則λ＋μ＝(　　) A．2 B. C. D. 解析：法一：以AB，AD所在直線分別為x軸，y軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，設正方形的邊長為1，則＝(1，)，＝(－，1)，

6、＝(1,1)，∵＝λ＋μ＝(λ－μ，＋μ)， ∴，解得，∴λ＋μ＝，故選D. 法二：由＝＋，＝－＋，得＝λ＋μ＝(λ－)＋(＋μ)， 又＝＋，∴，解得，∴λ＋μ＝，故選D. 答案：D 3．已知平面向量a＝(2,1)，c＝(1，－1)．若向量b滿足(a－b)∥c，(a＋c)⊥b，則b＝(　　) A．(2,1) B．(1,2) C．(3,0) D．(0,3) 解析：通解：設b＝(x，y)，則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，則x＝0，y＝3，選D. 優(yōu)解：因

7、為a＋c＝(3,0)，且(a＋c)⊥b，逐個驗證選項可知，選D. 答案：D [誤區(qū)警示] 在運用向量共線定理時，向量a與b共線存在實數λ保持a＝λb成立的前提條件是b≠0. 平面向量的數量積 [方法結論] 1．平面向量的數量積的運算的兩種形式 (1)依據模和夾角計算，要注意確定這兩個向量的夾角，如夾角不易求或者不可求，可通過選擇易求夾角和模的基底進行轉化； (2)利用坐標來計算，向量的平行和垂直都可以轉化為坐標滿足的等式，從而應用方程思想解決問題，化形為數，使向量問題數字化． 2．夾角公式 cos θ＝＝. 3．模 |a|＝＝. 4．向量a與b垂直?a·b＝0. [

8、題組突破] 1．(2017·洛陽模擬)已知向量a＝(1,0)，|b|＝，a與b的夾角為45°.若c＝a＋b，d＝a－b，則c在d方向上的投影為(　　) A. B．－ C．1 D．－1 解析：依題意得|a|＝1，a·b＝1××cos 45°＝1，|d|＝＝＝1，c·d＝a2－b2＝－1，因此c在d方向上的投影等于＝－1，選D. 答案：D 2．如圖，△AOB為直角三角形，OA＝1，OB＝2，C為斜邊AB的中點，P為線段OC的中點，則·＝(　　) A．1 B. C. D．－ 解析：通解：因為△AOB為直角三角形，OA＝1，OB＝2，C為斜邊AB的中點，所以＝＋，所以＝＝(

9、＋)，則＝－＝－，所以·＝(－3)·(＋)＝(2－32)＝. 優(yōu)解：以O為原點，的方向為x軸正方向，的方向為y軸正方向建立平面直角坐標系(圖略)，則A(0,1)，B(2,0)，C，所以＝＝，＝，故·＝×＝. 答案：B 3．(2016·珠海摸底)已知|a|＝|b|，且|a＋b|＝|a－b|，則向量a與b的夾角為(　　) A．30° B．45° C．60° D．120° 解析：通解：設a與b的夾角為θ，由已知可得a2＋2a·b＋b2＝3(a2－2a·b＋b2)，即4a·b＝a2＋b2，因為|a|＝|b|，所以a·b＝a2，所以cos θ＝＝，θ＝60°，選C. 優(yōu)解：由|a|＝|

10、b|，且|a＋b|＝|a－b|可構造邊長為|a|＝|b|＝1的菱形，如圖，則|a＋b|與|a－b|分別表示兩條對角線的長，且|a＋b|＝，|a－b|＝1，故a與b的夾角為60°，選C. 答案：C 4．已知在平面直角坐標系中，O為坐標原點，A(1,0)，B(0，－)，C(－3,0)，動點P滿足||＝1，則|＋＋|的最小值是________． 解析：通解：由||＝1得點P(x，y)的軌跡方程為(x＋3)2＋y2＝1，又＝(1,0)，＝(0，－)，＝(x，y)，故＋＋＝(1＋x，y－)，|＋＋|的幾何意義是點M(－1，)與圓(x＋3)2＋y2＝1上的點之間的距離．||＝＝，由數形結合(圖略

11、)可知|＋＋|的最小值即為點M(－1，)到圓(x＋3)2＋y2＝1上的點的最短距離，故|＋＋|的最小值為－1. 優(yōu)解：動點P的軌跡為以C為圓心的單位圓，設P(cos θ－3，sin θ)(θ∈[0,2π))， 則|＋＋|＝＝＝， 其中tan φ＝，所以|＋＋|的最小值為＝－1. 答案：－1 [誤區(qū)警示] 1．在解決平面向量的數量積問題中的注意點 (1)兩個向量的夾角的定義；(2)兩個向量的夾角的范圍；(3)平面向量的數量積的幾何意義；(4)向量的數量積的運算及其性質等． 2．向量的數量積運算需要注意的問題 a·b＝0時得不到a＝0或b＝0，根據平面向量數量積的性質有|a|2＝

12、a2，但|a·b|≤|a|·|b|. 平面向量與其他知識的交匯問題 平面向量具有代數形式與幾何形式的“雙重型”，常與三角函數、解三角形、平面解析幾何、函數、不等式等知識交匯命題，平面向量的“位置”：一是作為解決問題的工具，二是通過運算作為命題條件． 交匯點一　平面向量與三角、解三角形的交匯 [典例1]　(2016·青島二中模擬)已知a，b，c分別是△ABC的內角A，B，C所對的邊，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(sin C，sin A)，且m∥n. (1)若cos A＝，b＋c＝6，求△ABC的面積； (2)求sin B的取值范圍． 解析：因為m∥n，所以sin2 A＝

13、sin Bsin C，結合正弦定理可得a2＝bc. (1)因為cos A＝，所以＝，即＝，解得bc＝9. 從而△ABC的面積S△ABC＝bcsin A＝×9×＝，故△ABC的面積為. (2)因為a2＝bc，所以cos A＝＝≥＝(當且僅當b＝c時，取等號)． 因為0

14、對應坐標乘積之間的關系”；再活用正、余弦定理，對三角形的邊、角進行互化，即可破解平面向量與“三角”相交匯題． [演練沖關] 1．(2016·開封模擬)設a＝與b＝(－1,2cos θ)垂直，則cos 2θ的值等于(　　) A．－　　　　　　 B．0 C．－ D．－1 解析：∵a＝與b＝(－1,2cos θ)垂直，∴a·b＝0，即－＋2cos2 θ＝0，則cos 2θ＝2cos2 θ－1 ＝2cos2 θ－－＝－.故選C. 答案：C 2．已知向量a＝(1，sin ωx)，b＝(cos2 ωx－1，cos ωx)(ω>0)，設函數f(x)＝a·b的最小正周期為π. (1)求ω的

15、值； (2)求函數f(x)在上的單調區(qū)間． 解析：(1)由題意知，f(x)＝a·b＝cos2 ωx－1＋sin ωx·cos ωx＝cos 2ωx＋sin 2ωx－ ＝sin－， 因為函數f(x)的最小正周期為π，所以＝π，解得ω＝1. (2)由(1)知f(x)＝sin－，當x∈時，2x＋∈， 所以當2x＋∈，即x∈時，函數f(x)單調遞增； 當2x＋∈，即x∈時，函數f(x)單調遞減． 交匯點二　平面向量與“簡單線性規(guī)劃”相交匯 [典例2]　已知x，y滿足若向量＝(1,2)，＝(x，y)，則z＝·的最大值為(　　) A．0 B．1 C. D．2 解析：原不等式組所

16、表示的可行域為如圖所示的陰影部分(包括邊界)，因為向量＝(1,2)，＝(x，y)，所以z＝·＝x＋2y.當目標函數z＝x＋2y過點(0,1)時，z＝x＋2y取得最大值zmax＝0＋2×1＝2.故選D. 答案：D [類題通法] 解決平面向量與“簡單線性規(guī)劃”相交匯題的常用方法是“轉化法和數形結合法”，即先利用平面向量數量積的坐標表示，把平面向量問題轉化為求線性目標函數問題；再借用圖形，判斷可行域；最后通過平移目標函數圖象，求其最值． [演練沖關] 3．已知變量x，y滿足約束條件若向量＝(x，－1)，＝(2，y)，則·的最小值等于(　　) A．－ B．－2 C．－ D．2

17、解析：約束條件所表示的可行域為如圖所示的陰影部分(包括邊界)，因為向量＝(x，－1)，＝(2，y)，所以z＝·＝2x－y.當z＝2x－y過點A(－1，)時，z＝2x－y取得最小值，且zmin＝2×(－1)－＝－.故選A. 答案：A 交匯點三　平面向量與“充分必要條件”相交匯 [典例3]　(2015·高考北京卷)設a，b是非零向量．“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：設向量a，b的夾角為θ，則a·b＝|a|·|b|cos θ.若a·b＝|a||b|，則cos θ＝1，因為θ∈

18、[0，π]，所以θ＝0，所以a∥b，即“a·b＝|a||b|”?“a∥b”；若a∥b，則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”的充分而不必要條件．故選A. 答案：A [類題通法] 平面向量與“充分必要條件”相交匯問題的破解方法：“以小推大法”，即準確理解充分條件、必要條件及充要條件的含義，利用平面向量的有關概念、公式、定理(有時要利用數形結合思想)等，判斷小范圍和大范圍之間的關系． [演練沖關] 4．已知直線m，n的方向向量分別為a，b，則“m∥n”是“a∥b”的(　　)

19、 A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：m∥n?a∥b；反之，當a∥b時，直線m，n可能重合，所以“m∥n”是“a∥b”的充分不必要條件．故選A. 答案：A 交匯點四　平面向量與解析幾何相交匯 [典例4]　(2017·大慶質檢)設F1，F2分別是橢圓＋y2＝1的左、右焦點，若橢圓上存在一點P，使(＋)·＝0(O為坐標原點)，則△F1PF2的面積是(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析：∵(＋)·＝(＋)·2＝·＝0，∴PF1⊥PF2，∴∠F1PF2＝90°.設|PF1|＝m，|PF2|＝n，則m＋n＝4，m2＋n2＝1

20、2，∴2mn＝4，∴S△F1PF2＝mn＝1，故選D. 答案：D [類題通法] 破解平面向量與“解析幾何”相交匯問題的常用方法有兩種：一是“轉化法”，即把平面向量問題轉化為解析幾何問題，利用平面向量的數量積、共線、垂直等的坐標表示進行轉化，再利用解析幾何的相關知識給予破解；二是“特值法”，若是選擇題，?？捎萌√厥庵档姆椒▉砜焖倨平猓? [演練沖關] 5．(2017·廣州模擬)已知以F為焦點的拋物線y2＝4x上的兩點A，B滿足＝2，則弦AB的中點到拋物線準線的距離為________． 解析：設A(xA，yA)，B(xB，yB)，∵＝2，∴1－xA＝2(xB－1)，又xAxB＝1，∴xA＝2，xB＝，弦AB的中點到拋物線準線的距離為＋1＝＋1＝. 答案： - 10 -