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第1讲　平面向量
[考情分析]　1.平面向量是高考的热点和重点，命题突出向量的基本运算与工具性，在解答题中常与三角函数、直线和圆锥曲线的位置关系问题相结合，主要以条件的形式出现，涉及向量共线、数量积等.2.常以选择题、填空题形式考查平面向量的基本运算，中低等难度；平面向量在解答题中一般为中等难度．
考点一　平面向量的线性运算
核心提炼
1．平面向量加减法求解的关键是：对平面向量加法抓住“共起点”或“首尾相连”．对平面向量减法应抓住“共起点，连两终点，指向被减向量的终点”，再观察图形对向量进行等价转化，即可快速得到结果．
2．在一般向量的线性运算中，只要把其中的向量当作一个字母看待即可，其运算方法类似于代数中合并同类项的运算，在计算时可以进行类比．
例1　(1)如图所示，AD是△ABC的中线，O是AD的中点，若＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，则λ＋μ的值为(　　)
A．－ B.
C．－ D.
答案　A
解析　由题意知，＝(＋)＝×
＝(－)＋＝－，
则λ＝，μ＝－，故λ＋μ＝－.
(2)已知e1，e2是不共线向量，a＝me1＋2e2，b＝ne1－e2，且mn≠0.若a∥b，则＝________.
答案　－2
解析　∵a∥b，∴m×(－1)＝2×n，∴＝－2.
(3)A，B，C是圆O上不同的三点，线段CO与线段AB交于点D，若＝λ＋μ(λ∈R，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是________．
答案　(1，＋∞)
解析　由题意可得，＝k＝kλ＋kμ(01，即λ＋μ的取值范围是(1，＋∞)．
易错提醒　在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理恰当地选取基底，变形要有方向，不能盲目转化．
跟踪演练1　(1)如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB，BC的中点，连接CE，DF，交于点G.若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则＝________.
答案　
解析　由题意可设＝x(0则＝x(＋)＝x＝＋x.
因为＝λ＋μ，与不共线，
所以λ＝，μ＝x，所以＝.
(2)如图，在扇形OAB中，∠AOB＝，C为弧AB上的一个动点，若＝x＋y，则x＋3y的取值范围是________．
答案　[1,3]
解析　设扇形的半径为1，以OB所在直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系(图略)，
则B(1,0)，A，C(cos θ，sin θ)
.
则＝(cos θ，sin θ)＝x＋y(1,0)，
即
解得x＝，y＝cos θ－，
故x＋3y＝＋3cos θ－sin θ
＝3cos θ－sin θ，0≤θ≤.
令g(θ)＝3cos θ－sin θ，
易知g(θ)＝3cos θ－sin θ在上单调递减，
故当θ＝0时，g(θ)取得最大值为3，
当θ＝时，g(θ)取得最小值为1，
故x＋3y的取值范围为[1,3]．
考点二　平面向量的数量积
核心提炼
1．若a＝(x，y)，则|a|＝＝.
2．若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则||＝.
3．若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，
则cos θ＝＝.
例2　(1)(2020·全国Ⅲ)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos〈a，a＋b〉等于(　　)
A．－ B．－ C. D.
答案　D
解析　∵|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2
＝25－12＋36＝49，
∴|a＋b|＝7，
∴cos〈a，a＋b〉＝＝
＝＝.
(2)已知扇形OAB的半径为2，圆心角为，点C是弧AB的中点，＝－，则·的值为(　　)
A．3 B．4 C．－3 D．－4
答案　C
解析　如图，连接CO，
∵点C是弧AB的中点，
∴CO⊥AB，
又∵OA＝OB＝2，＝－，∠AOB＝，
∴·＝(－)·
＝－·＝－·(－)
＝·－2
＝×2×2×－×4＝－3.
(3)已知在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝2CD＝2，∠ADC＝90°，若点M在线段AC上，则|＋|的取值范围为________________．
答案　
解析　以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(2,0)，C(1,2)，D(0,2)，
设＝λ(0≤λ≤1)，则M(λ，2λ)，
故＝(－λ，2－2λ)，＝(2－λ，－2λ)，
则＋＝(2－2λ，2－4λ)，
∴|＋|＝
＝，0≤λ≤1，
当λ＝0时，|＋|取得最大值为2，
当λ＝时，|＋|取得最小值为，
∴|＋|∈.
易错提醒　两个向量的夹角的范围是[0，π]，在使用平面向量解决问题时要特别注意两个向量的夹角可能是0或π的情况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不仅要求其数量积小于零，还要求不能反向共线．
跟踪演练2　(1)(2019·全国Ⅰ)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　方法一　设a与b的夹角为θ，
因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－|b|2＝0，
又因为|a|＝2|b|，所以2|b|2cos θ－|b|2＝0，
即cos θ＝，
又θ∈[0，π]，所以θ＝，故选B.
方法二　如图，令＝a，＝b，则＝－＝a－b.
因为(a－b)⊥b，所以∠OBA＝，
又|a|＝2|b|，所以∠AOB＝，
即a与b的夹角为，故选B.
(2)(2020·新高考全国Ⅰ)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则· 的取值范围是(　　)
A．(－2,6) B．(－6,2)
C．(－2,4) D．(－4,6)
答案　A
解析　如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(2,0)，C(3，)，F(－1，)．
设P(x，y)，则＝(x，y)，＝(2,0)，且－1所以·＝(x，y)·(2,0)＝2x∈(－2,6)．
(3)设A，B，C是半径为1的圆O上的三点，且⊥，则(－)·(－)的最大值是(　　)
A．1＋ B．1－
C.－1 D．1
答案　A
解析　如图，作出，使得＋＝.则(－)·(－)＝2－·－·＋·＝1－(＋)·＝1－·，由图可知，当点C在OD的反向延长线与圆O的交点处时，·取得最小值，最小值为－，此时(－)·(－)取得最大值，最大值为1＋.故选A.
专题强化练
一、单项选择题
1．已知四边形ABCD是平行四边形，点E为边CD的中点，则等于(　　)
A．－＋ B.－
C.＋ D.－
答案　A
解析　由题意可知，＝＋＝－＋.
2．(2020·广州模拟)加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分，某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为，每只胳膊的拉力大小均为400 N，则该学生的体重(单位：kg)约为(参考数据：取重力加速度大小为g＝10 m/s2，≈1.732)(　　)
A．63 B．69 C．75 D．81
答案　B
解析　设该学生的体重为m，重力为G，两臂的合力为F′，则|G|＝|F′|，由余弦定理得|F′|2＝4002＋4002－2×400×400×cos ＝3×4002，∴|F′|＝400，∴|G|＝mg＝400，m＝40≈69 kg.
3．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(λ，－1)，若c∥(2a＋b)，则λ等于(　　)
A．－2 B．－1 C．－ D.
答案　A
解析　∵a＝(1,2)，b＝(2，－2)，∴2a＋b＝(4,2)，又c＝(λ，－1)，c∥(2a＋b)，∴2λ＋4＝0，解得λ＝－2，故选A.
4．(2020·潍坊模拟)在平面直角坐标系xOy中，点P(，1)，将向量绕点O按逆时针方向旋转后得到向量，则点Q的坐标是(　　)
A．(－，1) B．(－1，) C．(－，1) D．(－1，)
答案　D
解析　由P(，1)，得P，
∵将向量绕点O按逆时针方向旋转后得到向量，
∴Q，
又cos＝－sin ＝－，
sin＝cos ＝，
∴Q(－1，)．
5．(2020·泰安模拟)如图，在△ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，若＝m，＝n，则m＋n等于(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
答案　C
解析　如图，连接AO，由O为BC的中点可得，＝(＋)
＝＋，
∵M，O，N三点共线，
∴＋＝1.
∴m＋n＝2.
6．在同一平面中，＝，＝2.若＝m＋n(m，n∈R)，则m＋n等于(　　)
A. B. C. D．1
答案　A
解析　由题意得，＝，＝，故＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝＋，所以m＝，n＝，故m＋n＝.
7．若P为△ABC所在平面内一点，且|－|＝|＋－2|，则△ABC的形状为(　　)
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　∵|－|＝|＋－2|，∴||＝|(－)＋(－)|＝|＋|，即|－|＝|＋|，两边平方整理得，·＝0，∴⊥，∴△ABC为直角三角形．故选C.
8．已知P是边长为3的等边三角形ABC外接圆上的动点，则的最大值为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　D
解析　设△ABC的外接圆的圆心为O，
则圆的半径为×＝， ＋＋＝0，
故＋＋2＝4＋.
又2＝51＋8·≤51＋24＝75，
故≤5，
当，同向共线时取最大值．
9．如图，圆O是边长为2的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M为圆上任意一点，＝x＋y(x，y∈R)，则2x＋y的最大值为(　　)
A. B. C．2 D．2
答案　C
解析　方法一　如图，连接DA，以D点为原点，BC所在直线为x轴，DA所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．设内切圆的半径为r，则圆心为坐标(0，r)，
根据三角形面积公式，得×l△ABC×r＝×AB×AC×sin 60°(l△ABC为△ABC的周长)，解得r＝1.
易得B(－，0)，C(，0)，A(0,3)，D(0,0)，
设M(cos θ，1＋sin θ)，θ∈[0,2π)，
则＝(cos θ＋，1＋sin θ)，＝(，3)，＝(，0)，
故＝(cos θ＋，1＋sin θ)＝(x＋y,3x)，
故
则
所以2x＋y＝＋＋＝sin＋≤2.
当θ＝时等号成立．故2x＋y的最大值为2.
方法二　因为＝x＋y，
所以||2＝3(4x2＋2xy＋y2)＝3[(2x＋y)2－2xy]．
由题意知，x≥0，y≥0，
||的最大值为＝3，
又≥2xy，即≤－2xy，
所以3×(2x＋y)2≤9，得2x＋y≤2，
当且仅当2x＝y＝1时取等号．
二、多项选择题
10．(2020·长沙模拟)已知a，b是单位向量，且a＋b＝(1，－1)，则(　　)
A．|a＋b|＝2
B．a与b垂直
C．a与a－b的夹角为
D．|a－b|＝1
答案　BC
解析　|a＋b|＝＝，故A错误；因为a，b是单位向量，所以|a|2＋|b|2＋2a·b＝1＋1＋2a·b＝2，得a·b＝0，a与b垂直，故B正确；|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝2，|a－b|＝，故D错误；cos〈a，a－b〉＝＝＝，所以a与a－b的夹角为，故C正确．
11．设向量a＝(k,2)，b＝(1，－1)，则下列叙述错误的是(　　)
A．若k<－2，则a与b的夹角为钝角
B．|a|的最小值为2
C．与b共线的单位向量只有一个为
D．若|a|＝2|b|，则k＝2或－2
答案　CD
解析　对于A选项，若a与b的夹角为钝角，则a·b<0且a与b不共线，则k－2<0且k≠－2，解得k<2且k≠－2，A选项正确；对于B选项，|a|＝≥＝2，当且仅当k＝0时等号成立，B选项正确；对于C选项，|b|＝，与b共线的单位向量为±，即与b共线的单位向量为或，C选项错误；对于D选项，∵|a|＝2|b|＝2，∴＝2，解得k＝±2，D选项错误．
12．已知△ABC是边长为2的等边三角形，D，E分别是AC，AB上的两点，且＝，＝2，BD与CE交于点O，则下列说法正确的是(　　)
A.·＝－1
B.＋＝0
C．|＋＋|＝
D.在方向上的投影为
答案　BCD
解析　因为＝，△ABC是等边三角形，
所以CE⊥AB，所以·＝0，选项A错误；
以E为坐标原点，，的方向分别为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，
所以E(0,0)，A(1,0)，B(－1,0)，C(0，)，D，
设O(0，y)，y∈(0，)，
则＝(1，y)，＝，
又∥，所以y－＝－y，解得y＝，
即O是CE的中点，＋＝0，所以选项B正确；
|＋＋|＝|2＋|＝||＝，
所以选项C正确；
＝，＝(1，)，在方向上的投影为＝＝，所以选项D正确．
三、填空题
13．(2020·全国Ⅱ)已知单位向量a，b的夹角为45°，ka－b与a垂直，则k＝________.
答案　
解析　由题意知(ka－b)·a＝0，即ka2－b·a＝0.
因为a，b为单位向量，且夹角为45°，
所以k×12－1×1×＝0，解得k＝.
14．在△ABC中，AB＝1，∠ABC＝60°，·＝－1，若O是△ABC的重心，则·＝________.
答案　5
解析　如图所示，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．
∵AB＝1，∠ABC＝60°，
∴A.设C(a,0)．
∵·＝－1，
∴·
＝－＋＝－1，解得a＝4.
∵O是△ABC的重心，延长BO交AC于点D，
∴＝＝×
＝＝.
∴·＝·＝5.
15．(2020·石家庄模拟)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点O为△ABC的外接圆的圆心，A＝，且＝λ＋μ，则λμ的最大值为________．
答案　
解析　∵△ABC是锐角三角形，
∴O在△ABC的内部，
∴0<λ<1,0<μ<1.
由＝λ(－)＋μ(－)，
得(1－λ－μ)＝λ＋μ，
两边平方后得，(1－λ－μ)22＝(λ＋μ)2
＝λ22＋μ22＋2λμ·，
∵A＝，∴∠BOC＝，又||＝||＝||.
∴(1－λ－μ)2＝λ2＋μ2－λμ，
∴1＋3λμ＝2(λ＋μ)，
∵0<λ<1,0<μ<1，∴1＋3λμ≥4，
设＝t，∴3t2－4t＋1≥0，解得t≥1(舍)或t≤，
即≤ λμ≤，∴λμ的最大值是.
16．(2020·浙江)已知平面单位向量e1，e2满足|2e1－e2|≤，设a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夹角为θ，则cos2θ的最小值是________．
答案　
解析　设e1＝(1,0)，e2＝(x，y)，
则a＝(x＋1，y)，b＝(x＋3，y)．
由2e1－e2＝(2－x，－y)，
故|2e1－e2|＝≤，
得(x－2)2＋y2≤2.
又有x2＋y2＝1，得(x－2)2＋1－x2≤2，
化简，得4x≥3，即x≥，因此≤x≤1.
cos2θ＝2
＝2
＝2＝
＝＝＝－，
当x＝时，cos2θ有最小值，为＝.
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