2019版二轮复习数学(理·普通生) 第一层级 基础送分专题二 平面向量 Word版含解析
平面向量-2019年高考数学二轮复习精品资料(解析版)-14页word资料
【高效整合篇】一．考场传真1. 【2019年全国高考新课标（I ）】已知两个单位向量a ，b 的夹角为60，(1)=+-c ta t b ，若0⋅=b c ，则t =_____.2.【2019年普通高等学校统一考试江苏卷】设D 、E 分别是ABC ∆的边AB ，BC 上的点，12AD AB =，23BE BC =. 若12DE AB AC λλ=+（12,λλ为实数），则12λλ+的值是 .3. 【2019年普通高等学校招生全国统一考试（辽宁卷）】已知点()()1,3,4,1A B -，则与AB 向量同方向的单位向量为（ ）（A ）3455⎛⎫ ⎪⎝⎭，- （B ）4355⎛⎫ ⎪⎝⎭，- （C ）3455⎛⎫- ⎪⎝⎭， （D ）4355⎛⎫- ⎪⎝⎭， 4. 【2019年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）】 已知,a b 是单位向量，0=⋅若向量c 满足1,c a b c --=则的取值范围是（ ）A ．⎤⎦B ．⎤⎦C ．1⎡⎤⎣⎦D ．1⎡⎤⎣⎦5. 【2019年高考新课标Ⅱ数学卷】 已知正方形ABCD 的边长为2，E 为CD 的中点，则AE BD ⋅ =_______.若非零向量,a b 满足32a b a b ==+，则,a b 夹角的余弦值为7.【2019年全国高考统一考试天津数学卷】在平行四边形ABCD 中, AD = 1, 60BAD ︒∠=, E为CD 的中点.若·1AC BE =, 则AB 的长为 . 8.【2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）】设12,e e 为单位向量，非零向量12,,b xe ye x y R =+∈、 若12,e e 的夹角为6π，则||||x b 的最大值等于_______.9.【2019年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）】设a 是已知的平面向量且≠0a ，关于向量a 的分解，有如下四个命题： ①给定向量b ，总存在向量c ，使=+a b c ； ②给定向量b 和c ，总存在实数λ和μ，使λμ=+a b c ； ③给定单位向量b 和正数μ，总存在单位向量c 和实数λ，使λμ=+a b c ；④给定正数λ和μ，总存在单位向量b 和单位向量c ，使λμ=+a b c ； 上述命题中的向量b ，c 和a 在同一平面内且两两不共线，则真命题的个数是A ．1B ．2C ．3D ．4二．高考研究1. 考纲要求:掌握向量的加法和减法，掌握实数与向量的积，解两个向量共线的充要条件，解平面向量基本定，解平面向量的坐标概念，掌握平面向量的坐标运算，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有关长度、角度和垂直问题，掌握向量垂直的条件。
2019年高考数学二轮复习精品资料：专题二 第3讲 平面向量及答案解析
12019年高考数学二轮复习精品资料专题二 三角函数、解三角形、平面向量与数列第3讲 平面向量1．以选择题、填空题的形式考查向量的线性运算，多以熟知的平面图形为背景，难度中低档； 2．以选择题、填空题的形式考查平面向量的数量积，多考查角、模等问题，难度中低档； 3．向量作为工具常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何等结合，以解答题形式出现．1．平面向量的两个重要定理(1)向量共线定理：向量a (a ≠0)与b 共线当且仅当存在唯一一个实数λ，使b ＝λa ．(2)平面向量基本定理：如果e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a ， 有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，其中e 1，e 2是一组基底． 2．平面向量的两个充要条件若两个非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则 (1)a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0． (2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0． 3．平面向量的三个性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2．(2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB →|＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2． (3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b|a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22． 4．平面向量的三个锦囊(1)向量共线的充要条件：O 为平面上一点，则A ，B ，P 三点共线的充要条件是OP →＝λ1OA →＋λ2OB →(其中λ1＋λ2＝1)．(2)三角形中线向量公式：若P 为△OAB 的边AB 的中点，则向量OP →与向量OA →，OB →的关系是OP →＝12(OA →＋OB →)．(3)三角形重心坐标的求法：G 为△ABC 的重心⇔GA →＋GB →＋GC →＝0⇔G ⎝⎛⎭⎫x A ＋x B ＋x C 3，y A ＋y B ＋y C 3．2热点一 平面向量的有关运算【例1】(1) (2018·大连八中)已知向量()1,1=-a ，()3,m =b ，()+∥a a b ，则 （ ） A ．B ．2C ．D ．3(2)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ，BE ＝23BC ．若DE →＝λ1AB →＋λ2AC →(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．解析 (1) 向量()1,1=-a ，()3,m =b ，∴()2,1m +=+a b ， ∵()+∥a a b ，∴1×2＝﹣1（1+m ），∴m ＝﹣3． 故选C ．(2)DE →＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝－16AB →＋23AC →，∵DE →＝λ1AB →＋λ2AC →，∴λ1＝－16，λ2＝23，因此λ1＋λ2＝12．答案 (1)C (2)12探究提高 对于平面向量的线性运算，首先要选择一组基底，同时注意共线向量定理的灵活运用．其次运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．【训练1】(2019·广州一模)已知 的边 上有一点 满足 ，则 可表示为( )A ．B ．C ．D ．解析 由题意可知．，故选D ．答案 D热点二 平面向量的数量积 命题角度1 平面向量数量积的运算【例2－1】(1) (2019·株洲质检)在 中，点 为斜边 的中点， ， ，则 （ ） A ．48B ．40C ．32D ．16(2)(2016·山东卷)已知非零向量m ，n 满足4|m |＝3|n |，cos 〈m ，n 〉＝13．若n ⊥(t m ＋n )，则实数t 的值为（ ）A ．4B ．－4C ．94D ．－94解析 (1)因为点 为斜边 的中点，所以， 所以，。
2019版二轮复习数学(理)全国版第一部分 第二层级 重点增分专题九 立体几何中的向量方法
重点增分专题九 立体几何中的向量方法[全国卷3年考情分析]高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上．考点一 利用空间向量证明空间位置关系 保分考点练后讲评1.[证明线面垂直]在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，D 为C 1C 的中点，求证：B 1D ⊥平面ABD .证明：由题意知AB ，BC ，BB 1两两垂直，故以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)， 设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA ―→＝(a,0,0)，BD ―→＝(0,2,2)， B 1D ―→＝(0,2，－2)，所以B 1D ―→·BA ―→＝0，B 1D ―→·BD ―→＝0＋4－4＝0， 即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， 所以B 1D ⊥平面ABD .2.[证明线面平行、面面垂直]如图所示，在底面是矩形的四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .证明：以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2，0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12， EF ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，AP ―→＝(0,0,1)，AD ―→＝(0,2,0)， DC ―→＝(1,0,0)，AB ―→＝(1,0,0)．(1)因为EF ―→＝－12AB ―→，所以EF ―→∥AB ―→，即EF ∥AB .又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， 所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP ―→·DC ―→＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD ―→·DC ―→＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以AP ―→⊥DC ―→，AD ―→⊥DC ―→， 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， 所以DC ⊥平面PAD .因为DC ⊂平面PDC ， 所以平面PAD ⊥平面PDC .[解题方略] 利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．(4)根据运算结果解释相关问题.考点二 利用空间向量求空间角 增分考点·广度拓展 [分点研究]题型一 计算异面直线所成的角[例1] 已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，求异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值．[解] 法一：(基向量法)如图，取BA ―→＝a ，BC ―→＝b ，BB 1―→＝c ，则由已知可得|a |＝2，|b |＝|c |＝1，且〈a ，b 〉＝120°，〈a ，c 〉＝〈b ，c 〉＝90°. 所以a ·b ＝2×1×cos 120°＝－1，a ·c ＝b ·c ＝0. 因为AB 1―→＝c －a ，BC 1―→＝b ＋c ，所以AB 1―→·BC 1―→＝(c －a )·(b ＋c )＝c 2＋c ·b －a ·b －a ·c ＝12＋0－(－1)－0＝2. 又|AB 1―→|＝(c －a )2＝c 2－2c ·a ＋a 2＝12－0＋22＝5， |BC 1―→|＝(b ＋c )2＝b 2＋2b ·c ＋c 2＝12＋0＋12＝2，所以cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→||BC 1―→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 法二：(坐标法)如图，在平面ABC 内过点B 作BD ⊥AB ，交AC 于点D ，则∠CBD ＝30°.因为BB 1⊥平面ABC ，故以B 为坐标原点，分别以射线BD ，BA ，BB 1为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (0,2,0)，B 1(0,0,1)，C 1(cos 30°，－sin 30°，1)，即C 1⎝⎛⎭⎫32，－12，1.所以AB 1―→＝(0，－2,1)，BC 1―→＝⎝⎛⎭⎫32，－12，1.所以cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→||BC 1―→|＝0×32＋(－2)×⎝⎛⎭⎫－12＋1×10＋(－2)2＋12×⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫－122＋12＝105. 所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. [解题方略] 向量法求异面直线所成角 设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |，其中，a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．此方法解题的关键在于找出两异面直线的方向向量，求两个向量的数量积，而要求两向量的数量积，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示．两个向量的夹角范围是[0，π]，而两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，应注意加以区分． [注意] 两条异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2.当所作或所求的角为钝角时，应取其补角作为两条异面直线所成的角．题型二 计算直线与平面所成的角[例2] (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． [解] (1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ， 又PF ∩EF ＝F ， 所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)如图，作PH ⊥EF ，垂足为H . 由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，BF ―→的方向为y 轴正方向，|BF ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz .由(1)可得，DE ⊥PE . 又因为DP ＝2，DE ＝1， 所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0， DP ―→＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP ―→＝⎝⎛⎭⎫0，0，32.又HP ―→为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝|HP ―→·DP ―→||HP ―→||DP ―→|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.[解题方略] 向量法求直线和平面所成的角设θ为直线l 与平面α所成的角，φ为直线l 的方向向量m 与平面α的法向量n 之间的夹角，则有φ＝π2－θ(如图(1))或φ＝π2＋θ(如图(2))，所以有sin θ＝|cos φ|＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |.特别地，φ＝0时，θ＝π2，l ⊥α；φ＝π2时，θ＝0，l ⊂α或l ∥α.题型三 计算二面角[例3] 如图，在平行六面体ABCD -A1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B -A 1D -A 的正弦值．[解] (1)在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA1⊥AE ，AA 1⊥AD .故以AE ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .因为AB ＝AD ＝2， AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3)． (1) A 1B ―→＝(3，－1，－3)，AC 1―→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B ―→，AC 1―→〉＝A 1B ―→·AC 1―→|A 1B ―→||AC 1―→|＝3－1－37×7＝－17. 因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1DA 的一个法向量为AE ―→＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A 1B ―→＝(3，－1，－3)，BD ―→＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B ―→＝0，m ·BD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量， 从而cos 〈AE ―→，m 〉＝AE ―→·m |AE ―→||m |＝333×4＝34.设二面角B -A 1D -A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos2θ＝74.因此二面角B-A1D-A的正弦值为74.[解题方略]向量法求二面角设二面角α-l-β的平面角为θ(0≤θ≤π)，n1，n2分别为平面α，β的法向量，向量n1，n2的夹角为ω，则有θ＋ω＝π(如图(1))或θ＝ω(如图(2))，其中cos ω＝n1·n2 | n1||n2|.[多练强化]1.(2019届高三·贵阳摸底)如图，CD，AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是底面圆周上不同于A，B 两点的一点，AE＝1.(1)求证：BE⊥平面DAE；(2)求二面角C-DB-E的余弦值．解：(1)证明：由圆柱的性质知，DA⊥平面ABE，又BE⊂平面ABE，∴BE⊥DA，∵AB是底面圆的直径，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，∴BE⊥AE.又DA∩AE＝A，DA⊂平面DAE，AE⊂平面DAE，∴BE⊥平面DAE.(2)法一：如图，过E作EF⊥AB，垂足为F，由圆柱的性质知平面ABCD⊥平面ABE，∴EF⊥平面ABCD.过F作FH⊥DB，垂足为H，连接EH，则∠EHF即所求的二面角的平面角的补角，由AB ＝AD ＝2，AE ＝1，得DE ＝5，BE ＝3，BD ＝22， ∴EF ＝AE ·BE AB ＝32，由(1)知BE ⊥DE ，∴EH ＝DE ·BE DB ＝5×322＝304，∴sin ∠EHF ＝EF EH ＝32304＝105，∴cos ∠EHF ＝1－sin 2∠EHF ＝155， ∴二面角C -DB -E 的余弦值为－155. 法二：过A 在平面AEB 内作垂直于AB 的直线，建立如图所示的空间直角坐标系，∵AB ＝AD ＝2，AE ＝1， ∴BE ＝3，∴E⎝⎛⎭⎫32，12，0， D (0,0,2)，B (0,2,0)，∴ED ―→＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，2，BD ―→＝(0，－2,2)．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·ED ―→＝0，n ·BD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x －12y ＋2z ＝0，－2y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(3，1,1)为平面EBD 的一个法向量． 易知平面CDB 的一个法向量为m ＝(1,0,0)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n| m ||n |＝35＝155，由图知，二面角C -DB -E 为钝角， ∴二面角C-DB -E 的余弦值为－155.2．(2018·石家庄质检)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形且∠CBB 1＝60°，AB ＝AC 1.(1)证明：平面AB 1C ⊥平面BB 1C 1C ；(2)若AB ⊥B 1C ，直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，求直线AB 1与平面A 1B 1C 所成角的正弦值．解：(1)证明：连接BC 1交B 1C 于点O ，连接AO ， ∵侧面BB 1C 1C 为菱形，∴B 1C ⊥BC 1. ∵AB ＝AC 1，O 为BC 1的中点，∴AO ⊥BC 1. ∵B 1C ∩AO ＝O ，∴BC 1⊥平面AB 1C .又BC 1⊂平面BB 1C 1C ，∴平面AB 1C ⊥平面BB 1C 1C . (2)∵AB ⊥B 1C ，BO ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ， ∴B 1C ⊥平面ABO ， 又AO ⊂平面ABO ，∴AO ⊥B 1C ，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直．以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .∵直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°， ∴∠ABO ＝30°.设AO ＝1，则BO ＝3，又∠CBB 1＝60°， ∴△CBB 1是边长为2的等边三角形，∴A (0,0,1)，B (3，0,0)，B 1(0,1,0)，C (0，－1,0)， AB 1―→＝(0,1，－1)，B 1C ―→＝(0，－2,0)，A 1B 1―→＝AB ―→＝(3，0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1C 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B 1―→＝0，n ·B 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x －z ＝0，－2y ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,0，3)为平面A 1B 1C 的一个法向量． 设直线AB 1与平面A 1B 1C 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AB 1―→，n 〉|＝|AB 1―→·n ||AB 1―→|·|n |＝64， ∴直线AB 1与平面A 1B 1C 所成角的正弦值为64. 考点三 利用空间向量解决探索性问题 增分考点讲练冲关 [典例] 已知几何体ABCC1B 1N 的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．(1)连接B 1C ，若M 为AB 的中点，在线段CB 上是否存在一点P ，使得MP ∥平面CNB 1？若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由．(2)求二面角C -NB 1-C 1的余弦值．[解] 由题意可知，BA ，BB 1，BC 两两垂直，以BA ，BB 1，BC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B -xyz ，则由该几何体的三视图可知，C (0,0,4)，N (4,4,0)，B 1(0,8,0)，C 1(0,8,4)．(1)设平面CNB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵NC ―→＝(－4，－4,4)，NB 1―→＝(－4,4,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ NC ―→·n ＝0，NB 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x －4y ＋4z ＝0，－4x ＋4y ＝0， 令x ＝1，可得平面CNB 1的一个法向量为n ＝(1,1,2)，设P (0,0，a )(0≤a ≤4)，由于M (2,0,0)，则PM ―→＝(2,0，－a )．又MP ∥平面CNB 1，∴PM ―→·n ＝2－2a ＝0，解得a ＝1.∴在线段CB 上存在一点P ，使得MP ∥平面CNB 1，此时BP ＝1.(2)设平面C 1NB 1的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，∵NC 1―→＝(－4,4,4)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ NC 1―→·m ＝0，NB 1―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x ′＋4y ′＋4z ′＝0，－4x ′＋4y ′＝0， 令x ′＝1，可得平面C 1NB 1的一个法向量为m ＝(1,1,0)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝1＋12·6＝33. 由图可知，二面角C -NB 1-C 1为锐角，故二面角C -NB 1-C 1的余弦值为33. [解题方略] 利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．[多练强化]如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 是棱PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC .(2)若四边形ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C -AF -D 大小为60°？解：(1)证明：连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，因为四边形ABCD 为矩形，所以点O 是BD 的中点，因为点E 是棱PD 的中点，所以PB ∥EO ，又因为PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)由题意知AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝AD ＝2a ，AP ＝2c ，则A (0,0,0)，C (2a,2a,0)，D (0，2a,0)，P (0,0,2c )，F (a ，a ，c )．因为z 轴⊂平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x,1,0)，而AC ―→＝(2a,2a,0)，所以AC ―→·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1,1,0)．因为y 轴⊂平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1,0，z )，而AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－a c ， 所以cos 60°＝|n ·m ||n |·|m |＝12·1＋a 2c2＝12，得a ＝c .即当AP 等于正方形ABCD 的边长时，二面角C -AF -D 的大小为60°.数学抽象——向量法解决空间立体几何问题[典例] 如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)求二面角C -EM -N 的正弦值；(3)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．[解] 由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为坐标原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量．设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的法向量，又EM ―→＝(0，－2，－1)，MN ―→＝(1,2，－1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·MN ―→＝0， n 2·MN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0.不妨取y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2| n 1||n 2|＝－421， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C -EM -N 的正弦值为10521.(3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )，BE ―→＝(－2,2,2)．由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以线段AH 的长为85或12. [素养通路]本题考查了线面平行、二面角及已知线面角求线段的长，以学习过的空间向量的相关知识为工具，通过数学抽象将几何问题：证明线面平行、求二面角及求线段的长抽象成直线共线向量与平面法向量垂直、两平面法向量的夹角及向量的模长问题，进而进行求解，考查了数学抽象这一核心素养．。
平面向量(教学案)-2019年高考理数二轮复习精品资料+Word版含解析+
高考侧重考查正、余弦定理与其他知识(如三角函数、平面向量等)的综合应用，试题一般为中档题，各种题型均有可能出现．预测高考仍将以正、余弦定理的综合应用为主要考点，重点考查计算能力及应用数学知识分析、解决问题的能力．1．向量的基本概念(1)既有大小又有方向的量叫做向量． (2)零向量的模为0，方向是任意的，记作0. (3)长度等于1的向量叫单位向量． (4)长度相等且方向相同的向量叫相等向量．(5)方向相同或相反的非零向量叫平行向量，也叫共线向量．零向量和任一向量平行． 2．共线向量定理向量a (a ≠0)与b 共线，当且仅当存在唯一一个实数λ，使b ＝λa . 3．平面向量基本定理如果e 1、e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a ，有且只有一对实数λ1、λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2.4．两向量的夹角已知两个非零向量a 和b ，在平面上任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB ＝θ(0°≤θ≤180°)叫作a 与b 的夹角．5．向量的坐标表示及运算 (1)设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则 a ±b ＝(x 1±x 2，y 1±y 2)，λa ＝(λx 1，λy 1)．(2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则AB →＝(x 2－x 1，y 2－y 1)． 6．平面向量共线的坐标表示 已知a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，当且仅当x 1y 2－x 2y 1＝0时，向量a 与b 共线． 7．平面向量的数量积 设θ为a 与b 的夹角．(1)定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ.(2)投影：a ·b|b |＝|a |cos θ叫做向量a 在b 方向上的投影．8．数量积的性质 (1)a ⊥b ⇔a ·b ＝0；(2)当a 与b 同向时，a ·b ＝|a |·|b |；当a 与b 反向时，a ·b ＝－|a |·|b |；特别地，a ·a ＝|a |2； (3)|a ·b |≤|a |·|b |； (4)cos θ＝a ·b |a |·|b |.9．数量积的坐标表示、模、夹角 已知非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2) (1)a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2；(2)|a |＝x 21＋y 21；(3)a ⊥b ⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0； (4)cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22.【误区警示】1．两向量夹角的范围是[0，π]，a ·b >0与〈a ，b 〉为锐角不等价；a ·b <0与〈a ，b 〉为钝角不等价． 2．点共线和向量共线，直线平行与向量平行既有联系又有区别． 3．a 在b 方向上的投影为a ·b |b |，而不是a ·b|a |.4．若a 与b 都是非零向量，则λa ＋μb ＝0⇔a 与b 共线，若a 与b 不共线，则λa ＋μb ＝0⇔λ＝μ＝0.高频考点一 平面向量的概念及运算例1．【2017课标1，理13】已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |=2，|b |=1，则| a +2 b |= .【答案】【解析】利用如下图形，可以判断出2a b 的模长是以2为边长的菱形对角线的长度，所以.【变式探究】已知向量a ＝(m,4)，b ＝(3，－2)，且a ∥b ，则m ＝________. 解析：基本法：∵a ∥b ，∴a ＝λb 即(m,4)＝λ(3，－2)＝(3λ，－2λ)∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3λ，4＝－2λ，故m ＝－6. 速解法：根据向量平行的坐标运算求解： ∵a ＝(m,4)，b ＝(3，－2)，a ∥b ∴m ×(－2)－4×3＝0 ∴－2m －12＝0，∴m ＝－6. 答案：－6【变式探究】(1)已知点A (0,1)，B (3,2)，向量AC →＝(－4，－3)，则向量BC →＝( ) A ．(－7，－4) B ．(7,4) C ．(－1,4) D ．(1,4)【举一反三】向量的三角形法则要保证各向量“首尾相接”；平行四边形法则要保证两向量“共起点”，结合几何法、代数法(坐标)求解．(2)设D ，E ，F 分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，则EB →＋FC →＝( ) A.AD →B.12AD →C.BC →D.12BC →解析：基本法一：设AB →＝a ，AC →＝b ，则EB →＝－12b ＋a ，FC →＝－12a ＋b ，从而EB →＋FC →＝⎝⎛⎭⎫－12b ＋a ＋⎝⎛⎭⎫－12a ＋b ＝12(a ＋b )＝AD →，故选A.基本法二：如图，EB →＋FC →＝EC →＋CB →＋FB →＋BC →＝EC →＋FB →＝12(AC →＋AB →)＝12·2AD →＝AD →. 答案：A高频考点二 平面向量数量积的计算与应用例2．（2018年全国I 卷理数）设抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F ，过点（–2，0）且斜率为的直线与C 交于M ，N 两点，则=A. 5B. 6C. 7D. 8 【答案】D【解析】根据题意，过点（–2，0）且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，消元整理得：，解得，又，所以，从而可以求得，故选D.【变式探究】已知向量BA →＝⎝⎛⎭⎫12，32，BC →＝⎝⎛⎭⎫32，12，则∠ABC ＝( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．120°解析：基本法：根据向量的夹角公式求解．∵BA →＝⎝⎛⎭⎫12，32，BC →＝⎝⎛⎭⎫32，12，∴|BA →|＝1，|BC →|＝1，BA →·BC →＝12×32＋32×12＝32，∴cos ∠ABC ＝cos 〈BA →，BC →〉＝BA →·BC →|BA →|·|BC →|＝32.∵0°≤〈BA →，BC →〉≤180°，∴∠ABC ＝〈BA →，BC →〉＝30°.速解法：如图，B 为原点，则A ⎝⎛⎭⎫12，32∴∠ABx ＝60°，C ⎝⎛⎭⎫32，12∠CBx ＝30°，∴∠ABC ＝30°.答案：A【变式探究】(1)向量a ＝(1，－1)，b ＝(－1,2)，则(2a ＋b )·a ＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．2【举一反三】当向量以几何图形的形式(有向线段)出现时，其数量积的计算可利用定义法；当向量以坐标形式出现时，其数量积的计算用坐标法；如果建立坐标系，表示向量的有向线段可用坐标表示，计算向量较简单．【考点定位】平面向量的应用、线性规划.7. 【2014高考北京卷理第10题】已知向量a 、b 满足1||=a ，)1,2(=b ，且0b a =+λ（R λ∈），则||λ= .【答案】5【解析】当0=+b a λ，则a b λ-=，于是，因为)1,2(=b ，所以5||=b ，又因为1||=a ，所以5||=λ. 【考点定位】平面向量的模8. 【2014高考湖北卷理第11题】设向量(3,3)a =，(1,1)b =-，若，则实数λ= .【答案】3±【解析】 因为，，因为，所以，解得3±=λ.【考点定位】平面向量的坐标运算、数量积10. 【2014江西高考理第15题】已知单位向量1e 与2e 的夹角为α，且1cos 3α=，向量与123b e e =-的夹角为β，则cos β= .【解析】因为所以【考点定位】向量数量积及夹角11. 【2014辽宁高考理第5题】设,,a b c 是非零向量，已知命题P ：若0a b ∙=，0b c ∙=，则0a c ∙=；命题q ：若//,//a b b c ，则//a c ，则下列命题中真命题是（ ）A ．p q ∨B ．p q ∧C ．D ．()p q ∨⌝【答案】A【解析】由题意可知，命题P 是假命题；命题q 是真命题，故p q ∨为真命题. 【考点定位】命题的真假12. 【2014全国1高考理第15题】已知C B A ,,为圆O 上的三点，若，则与的夹角为_______．【答案】090．【解析】由，故,,O B C 三点共线，且O 是线段BC 中点，故BC 是圆O 的直径，从而，因此与的夹角为090【考点定位】平面向量基本定理13. 【2014全国2高考理第3题】设向量a,b 满足|a+b |=|a-b ，则a ⋅b = ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】A【解析】因为=10，，两式相加得：228a b +=r r ，所以1a b ⋅=r r，故选A.【考点定位】本小题主要考查平面向量的模、平面向量的数量积等平面向量 14. 【2014高考安徽卷理第15题】已知两个不相等的非零向量,,两组向量和均由2个和3个排列而成.记，min S 表示S 所有可能取值中的最小值.则下列命题的是_________（写出所有正确命题的编号）.①S 有5个不同的值.②若,⊥则min S .③若,∥则min S 无关.>，则0min >S .⑤若，则a 与b 的夹角为4π，∴2cos 1θ=，∴3πθ=，故⑤错误.所以正确的编号为②④【考点定位】平面向量的运算、平面向量的数量积.15. 【2014四川高考理第7题】平面向量(1,2)a =，(4,2)b =，c ma b =+（m R ∈），且c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，则m =（ ）A ．2-B ．1-C ．1D ．2 【答案】 D.【解析】 由题意得：，选D.法二、由于OA ，OB 关于直线y x =对称，故点C 必在直线y x =上，由此可得2m = 【考点定位】向量的夹角及向量的坐标运算.16. 【2014浙江高考理第8题】记，，设,a b 为平面向量，则（ ）A. B.C. D. 【答案】Ｄ【解析】根据向量运算的几何意义，即三角形法则，可知与{}min ,a b 的大小不确定，由平行四边形法则及余弦定理可知，所对的角大于或等于90︒，故，故选Ｄ【考点定位】向量运算的几何意义. 17. 【2014重庆高考理第4题】已知向量，且，则实数k =（ ）9.2A - .0B .C 3 D.152【答案】C 【解析】因为所以又因为，所以，，所以，，解得：3k =故选C.【考点定位】平面向量的坐标运算、平面向量的数量积.19. 【2014大纲高考理第4题】若向量,a b 满足：则b = （ ）A ．2BC ．1D ．2【答案】B ．【解析】把①代入②得故选B ．【考点定位】1.向量垂直的充要条件；2. 平面向量的数量积运算． 20. 【2014高考陕西第18题】在直角坐标系xOy 中，已知点，点),(y x P 在ABC∆三边围成的区域（含边界）上（1）若；（2）设，用y x ,表示n m -，并求n m -的最大值.【答案】（1）；（2），1.【解析】（1）因为所以即得所以||22OP =（2）即两式相减得：令y x t -=，由图可知，当直线y x t =+过点(2,3)B 时，t 取得最大值1，故m n -的最大值为1.【考点定位】平面向量的线性运算、线性规划.学+科网21.【2014高考上海理科第16题】如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，是上底面上其余的八个点，则的不同值的个数为（ ）（A ）1 (B)2 (C)4 (D)8 【答案】A【解析】如图，AB 与上底面垂直，因此i AB BP ⊥(1,2,)i =，．【考点定位】数量积的定义与几何意义． 22.【2014高考上海理科第14题】已知曲线C ：，直线l ：x=6.若对于点A （m ，0）,存努力的你，未来可期!拼搏的你，背影很美！ 在C 上的点P 和l 上的点Q 使得，则m 的取值范围为 . 【答案】[2,3]【解析】由知A 是PQ 的中点，设(,)P x y ，则，由题意20x -≤≤，26m x -=，解得23m ≤≤．【考点定位】向量的坐标运算．。
2019年高考数学(理科)二轮复习讲义：专题二 第三讲 平面向量Word版含答案
第三讲 平面向量平面向量的概念及线性运算授课提示：对应学生用书第25页[悟通——方法结论]如图，A ，B ，C 是平面内三个点，且A 与B 不重合，P 是平面内任意一点，若点C 在直线AB 上，则存在实数λ，使得PC →＝λP A →＋(1－λ)PB →.该结论比较典型，由此可知：若A ，B ，C 三点在直线l 上，点P 不在直线l 上，则存在λ∈R ，使得PC →＝λP A →＋(1－λ)PB →.注意：这里P A →，PB →的系数之和等于1.特殊情形：若点C 为线段AB 的中点，则PC →＝12(P A →＋PB →)．[全练——快速解答]1．(2018·高考全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB →＝( )A.34AB →－14AC → B.14AB →－34AC →C.34AB →＋14AC → D.14AB →＋34AC →解析：作出示意图如图所示．EB →＝ED →＋DB →＝12AD →＋12CB →＝12×12(AB →＋AC →)＋12(AB →－AC →) ＝34AB →－14AC →. 故选A. 答案：A2．如图，在直角梯形ABCD 中，DC →＝14AB →，BE →＝2EC →，且AE →＝rAB →＋sAD →，则2r ＋3s＝( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：根据图形，由题意可得AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋23BC →＝AB →＋23(BA →＋AD →＋DC →)＝13AB →＋23(AD →＋DC →)＝13AB →＋23(AD →＋14AB →)＝12AB →＋23AD →. 因为AE →＝rAB →＋sAD →，所以r ＝12，s ＝23，则2r ＋3s ＝1＋2＝3，故选C.答案：C3．(2018·西安三模)已知O 是平面上的一定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足OP →＝OA →＋λ(AB →＋AC →)，λ∈[0，＋∞)，则动点P 的轨迹一定经过△ABC 的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心解析：设BC 的中点为D ，则由OP →＝OA →＋λ(AB →＋AC →)，可得AP →＝λ(AB →＋AC →)＝2λAD →，所以点P 在△ABC 的中线AD 所在的射线上，所以动点P 的轨迹一定经过△ABC 的重心．故选C.答案：C4．(2018·高考全国卷Ⅲ)已知向量a ＝(1,2)，b ＝(2，－2)，c ＝(1，λ)．若c ∥(2a ＋b )，则λ＝________.解析：2a ＋b ＝(4,2)，因为c ∥(2a ＋b )，所以4λ＝2，得λ＝12.答案：121．记牢2个常用结论(1)△ABC 中，AD 是BC 边上的中线，则AD →＝12(AB →＋AC →)．(2)△ABC 中，O 是△ABC 内一点，若OA →＋OB →＋OC →＝0，则O 是△ABC 的重心． 2．掌握用向量解决平面几何问题的方法(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，如平行、垂直和距离、夹角等问题． (3)把运算结果“翻译”成几何关系．平面向量的数量积授课提示：对应学生用书第25页[悟通——方法结论]1．平面向量的数量积运算的两种形式(1)依据模和夹角计算，要注意确定这两个向量的夹角，如夹角不易求或者不可求，可通过选择易求夹角和模的基底进行转化；(2)利用坐标来计算，向量的平行和垂直都可以转化为坐标满足的等式，从而应用方程思想解决问题，化形为数，使向量问题数字化．2．夹角公式cos θ＝a·b|a||b|＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22. 3．模|a |＝a 2＝x 2＋y 2.4．向量a 与b 垂直⇔a·b ＝0.[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)设非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则( ) A ．a ⊥b B ．|a |＝|b | C ．a ∥bD ．|a |>|b |解析：依题意得(a ＋b )2－(a －b )2＝0，即4a ·b ＝0，a ⊥b ，选A. 答案：A2．(2018·西安八校联考)在△ABC 中，已知AB →·AC →＝92，|AC →|＝3，|AB →|＝3，M ，N 分别是BC 边上的三等分点，则AM →·AN →的值是( )A.112B.132C ．6D ．7 解析：不妨设AM →＝23AB →＋13AC →，AN →＝13AB →＋23AC →，所以AM →·AN →＝(23AB →＋13AC →)·(13AB →＋23AC →)＝29AB 2→＋59AB →·AC →＋29AC 2→＝29(AB 2→＋AC 2→)＋59AB →·AC →＝29×(32＋32)＋59×92＝132，故选B. 答案：B3．(2018·山西四校联考)已知|a |＝1，|b |＝2，且a ⊥(a －b )，则向量a 与向量b 的夹角为( )A.π6B.π4C.π3D.2π3解析：∵a ⊥(a －b )，∴a·(a －b )＝a 2－a·b ＝1－2cos 〈a ，b 〉＝0，∴cos 〈a ，b 〉＝22，∴〈a ，b 〉＝π4.答案：B4．(2018·合肥一模)已知平面向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，|a ＋b |＝3，则a 在b 方向上的投影等于________．解析：∵|a|＝1，|b|＝2，|a ＋b |＝3，∴(a ＋b )2＝|a|2＋|b|2＋2a·b ＝5＋2a·b ＝3，∴a·b ＝－1，∴a 在b 方向上的投影为a·b |b|＝－12.答案：－12平面向量在几何中的应用授课提示：对应学生用书第26页[悟通——方法结论]破解平面向量与“解析几何”相交汇问题的常用方法有两种：一是“转化法”，即把平面向量问题转化为解析几何问题，利用平面向量的数量积、共线、垂直等的坐标表示进行转化，再利用解析几何的相关知识给予破解；二是“特值法”，若是选择题，常可用取特殊值的方法来快速破解．(1)(2017·高考全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC内一点，则P A →·(PB →＋PC →)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43D ．－1解析：如图，以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x 轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，3)，B (－1,0)，C (1,0)，设P (x ，y )，则P A →＝(－x ，3－y )，PB →＝(－1－x ，－y )，PC →＝(1。
2019届高三数学(理)二轮复习精品同步：第1部分 基础送分题：教师用书：题型专题(4) 不等式(通用版)
题型专题(四) 不等式(1)一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0(或<0)(a ≠0，Δ＝b 2－4ac >0)，如果a 与ax 2＋bx ＋c 同号，则其解集在两根之外；如果a 与ax 2＋bx ＋c 异号，则其解集在两根之间．简言之：同号两根之外，异号两根之间．(2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是利用相关知识转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解．[题组练透]1．(2019·河北五校联考)如图，已知R 是实数集，集合A ＝{x |log 12(x －1)>0}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |2x －3x <0，则阴影部分表示的集合是( )A ．[0，1]B ．[0，1)C ．(0，1)D ．(0，1]解析：选D 由题意可知A ＝{x |1<x <2}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0<x <32，且图中阴影部分表示的是B ∩(∁R A )＝{x |0<x ≤1}，故选D.2．已知函数f (x )＝(ax －1)(x ＋b )，若不等式f (x )>0的解集是(－1，3)，则不等式f (－2x )<0的解集是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞B.⎝⎛⎭⎫－32，12C.⎝⎛⎭⎫－∞，－12∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞D.⎝⎛⎭⎫－12，32 解析：选A 由f (x )>0，得ax 2＋(ab －1)x －b >0，又其解集是(－1，3)， ∴a <0，且⎩⎨⎧1－aba ＝2，－ba ＝－3，解得a ＝－1或13(舍去)，∴a ＝－1，b ＝－3， ∴f (x )＝－x 2＋2x ＋3， ∴f (－2x )＝－4x 2－4x ＋3，由－4x 2－4x ＋3<0，得4x 2＋4x －3>0， 解得x >12或x <－32，故选A.3．(2019·泉州质检)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg （x ＋1），x ≥0，－x 3，x <0，则使得f (x )≤1成立的x 的取值范围是________．解析：由⎩⎨⎧x ≥0，lg （x ＋1）≤1得0≤x ≤9，由⎩⎨⎧x <0，－x 3≤1得－1≤x ＜0，故f (x )≤1的解集为[－1，9]．答案：[－1，9] [技法融会]1．求解一元二次不等式的3步：第一步，二次项系数化为正数；第二步，解对应的一元二次方程；第三步，若有两个不相等的实根，则利用“大于在两边，小于夹中间”得不等式的解集．2．(易错提醒)解形如一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0时，易忽视系数a 的讨论导致漏解或错解，要注意分a >0，a <0进行讨论.基本不等式：a ＋b2≥ab(1)基本不等式成立的条件：a >0，b >0.(2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b 时取等号．(3)应用：两个正数的积为常数时，它们的和有最小值；两个正数的和为常数时，它们的积有最大值．[题组练透]1．已知关于x 的不等式2x ＋2x －a≥7在x ∈(a ，＋∞)上恒成立，则实数a 的最小值为( ) A ．1 B.32 C ．2 D.52解析：选B 2x ＋2x －a ＝2(x －a )＋2x －a＋2a ≥22（x －a ）·2x －a＋2a ＝4＋2a ，由题意可知4＋2a ≥7，解得a ≥32，即实数a 的最小值为32，故选B.2．(2019·湖北七市联考)已知直线ax ＋by －6＝0(a >0，b >0)被圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0截得的弦长为25，则ab 的最大值是( )A ．9 B.92 C ．4 D.52解析：选B 将圆的一般方程化为标准方程为(x －1)2＋(y －2)2＝5，圆心坐标为(1，2)，半径r ＝5，故直线过圆心，即a ＋2b ＝6，∴a ＋2b ＝6≥2a ·2b ，可得ab ≤92，当且仅当a ＝2b＝3时等号成立，即ab 的最大值是92，故选B.3．要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是( )A ．80元B ．120元C ．160元D ．240元解析：选C 设该容器的总造价为y 元，长方体的底面矩形的长为x m ，因为无盖长方体的容积为4 m 3，高为1 m ，所以长方体的底面矩形的宽为4xm ，依题意，得y ＝20×4＋10⎝⎛⎭⎫2x ＋2×4x＝80＋20⎝⎛⎭⎫x ＋4x ≥80＋20×2 x ·4x＝160⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝4x ，即x ＝2时取等号. 所以该容器的最低总造价为160元．4．(2019·江西两市联考)已知x ，y ∈R ＋，且x ＋y ＋1x ＋1y ＝5，则x ＋y 的最大值是( )A ．3 B.72 C ．4 D.92解析：选C 由x ＋y ＋1x ＋1y ＝5，得5＝x ＋y ＋x ＋y xy ，∵x >0，y >0，∴5≥x ＋y ＋x ＋y ⎝⎛⎭⎫x ＋y 22＝x＋y ＋4x ＋y，∴(x ＋y )2－5(x ＋y )＋4≤0，解得1≤x ＋y ≤4，∴x ＋y 的最大值是4.[技法融会]1．利用不等式求最值的3种解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．(2)凑系数：若无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而可利用基本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开再利用不等式求最值．2．(易错提醒)利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”，三个条件缺一不可.解决线性规划问题的一般步骤(1)作图——画出约束条件所确定的平面区域和目标函数所表示的平面直线系中的任意一条直线l .(2)平移——将l 平行移动，以确定最优解所对应的点的位置．有时需要对目标函数l 和可行域边界的斜率的大小进行比较．(3)求值——解有关方程组求出最优解的坐标，再代入目标函数，求出目标函数的最值． [题组练透]1．(2019·河南六市联考)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥1，y ≤2x －1，x ＋y ≤m ，如果目标函数z ＝x －y 的最小值为－1，则实数m ＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3解析：选B 画出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，作直线l ：y ＝x ，平移l可知，当直线l 经过A 时，z ＝x －y 取得最小值－1，联立⎩⎨⎧y ＝2x －1，x －y ＝－1，得⎩⎨⎧x ＝2，y ＝3，即A (2，3)，又A (2，3)在直线x ＋y ＝m 上，∴m ＝5，故选B.2．(2019·福建质检)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，y ＋2≥0，x ＋y ＋2≥0，则(x ＋2)2＋(y ＋3)2的最小值为( )A ．1 B.92C ．5D ．9解析：选B 不等式组表示的可行域为如图所示的阴影部分，由题意可知点P (－2， －3)到直线x ＋y ＋2＝0的距离为|－2－3＋2|2＝32，所以(x ＋2)2＋(y ＋3)2的最小值为⎝⎛⎭⎫322＝92，故选B.3．(2019·全国甲卷)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －3≥0，x －3≤0，则z ＝x －2y 的最小值为________．解析：不等式组⎩⎨⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －3≥0，x －3≤0表示的可行域如图中阴影部分所示．由z ＝x －2y 得y ＝12x －12z .平移直线y ＝12x ，易知经过点A (3，4)时，z 有最小值，最小值为z ＝3－2×4＝－5.答案：－54．(2019·山西质检)设实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －2≤0，x －y ＋1≥0，x －2y －1≤0，则y －1x －1的最小值是________．解析：画出不等式组所表示的可行域，如图所示，而y －1x －1表示区域内一点(x ，y )与点D (1，1)连线的斜率，∴当x ＝13，y ＝43时，y －1x －1有最小值为－12.答案：－125．(2019·全国乙卷)某高科技企业生产产品A 和产品B 需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品A 需要甲材料1.5 kg ，乙材料1 kg ，用5个工时；生产一件产品B 需要甲材料0.5 kg ，乙材料0.3 kg ，用3个工时．生产一件产品A 的利润为2 100元，生产一件产品B 的利润为900 元．该企业现有甲材料150 kg ，乙材料90 kg ，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A 、产品B 的利润之和的最大值为________元．解析：设生产产品A x 件，产品B y 件，由已知可得约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧1.5x ＋0.5y ≤150，x ＋0.3y ≤90，5x ＋3y ≤600，x ∈N ，y ∈N ，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ≤300，10x ＋3y ≤900，5x ＋3y ≤600，x ∈N ，y ∈N . 目标函数为z ＝2 100x ＋900y ，由约束条件作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分．作直线2 100x ＋900y ＝0，即7x ＋3y ＝0，当直线经过点B 时，z 取得最大值，联立⎩⎨⎧10x ＋3y ＝900，5x ＋3y ＝600，解得B (60，100)． 则z max ＝2 100×60＋900×100＝216 000(元)． 答案：216 000 [技法融会]1．线性目标函数z ＝ax ＋by 最值的确定方法线性目标函数z ＝ax ＋by 中的z 不是直线ax ＋by ＝z 在y 轴上的截距，把目标函数化为y ＝－a b x ＋z b ，可知zb 是直线ax ＋by ＝z 在y 轴上的截距，要根据b 的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值．2．(易错提醒)解线性规划问题，要注意边界的虚实；注意目标函数中y 的系数的正负；注意最优整数解．1．不等式的可乘性(1)a >b ，c >0⇒ac >bc ；a >b ，c <0⇒ac <bc . (2)a >b >0，c >d >0⇒ac >bd .2．不等式的性质在近几年高考中未单独考查，但在一些题的某一点可能考查，在今后复习中应引起关注．[题组练透]1．(2019·河南六市联考)若1a <1b <0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2<b 2B ．ab <b 2C ．a ＋b <0D ．|a |＋|b |>|a ＋b |解析：选D 由题可知b <a <0，所以A ，B ，C 正确，而|a |＋|b |＝－a －b ＝|a ＋b |，故D 错误，选D.2．已知a ，b ，c ∈R ，那么下列命题中正确的是( ) A ．若a >b ，则ac 2>bc 2 B ．若a c >bc，则a >bC ．若a 3>b 3且ab <0，则1a >1bD ．若a 2>b 2且ab >0，则1a <1b解析：选C 当c ＝0时，可知A 不正确；当c <0时，可知B 不正确；对于C ，由a 3>b 3且ab <0知a >0且b <0，所以1a >1b成立，C 正确；当a <0且b <0时，可知D 不正确．[技法融会]1．判断多个不等式是否成立，常用方法：一是直接使用不等式性质，逐个验证；二是用特殊法排除．2．利用不等式性质解决问题的注意事项(1)不等式两边都乘以一个代数式时，考察所乘的代数式是正数、负数或0；(2)不等式左边是正数，右边是负数，当两边同时平方后不等号方向不一定保持不变； (3)不等式左边是正数，右边是负数，当两边同时取倒数后不等号方向不变等．一、选择题1．已知关于x 的不等式(ax －1)(x ＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞，则a ＝( ) A ．2 B ．－2 C ．－12 D.12解析：选B 根据不等式与对应方程的关系知－1，－12是一元二次方程ax 2＋x (a －1)－1＝0的两个根，所以－1×⎝⎛⎭⎫－12＝－1a，所以a ＝－2，故选B. 2．(2019·北京高考)已知A (2，5)，B (4，1)．若点P (x ，y )在线段AB 上，则2x －y 的最大值为( )A ．－1B ．3C ．7D ．8解析：选C 作出线段AB ，如图所示．作直线2x －y ＝0并将其向下平移至直线过点B(4，1)时，2x －y 取最大值为2×4－1＝7. 3．(2019·福建四地六校联考)已知函数f (x )＝x ＋ax ＋2的值域为(－∞，0]∪[4，＋∞)，则a的值是( )A.12B.32C ．1D ．2 解析：选C 由题意可得a >0，①当x >0时，f (x )＝x ＋ax ＋2≥2a ＋2，当且仅当x ＝a 时取等号；②当x <0时，f (x )＝x ＋ax＋2≤－2a ＋2，当且仅当x ＝－a 时取等号．所以⎩⎨⎧2－2a ＝0，2a ＋2＝4，解得a ＝1，故选C. 4．已知函数f (x )＝(x －2)(ax ＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)单调递增，则f (2－x )>0的解集为( )A ．{ x | x >2或x <－2}B ．{ x |－2< x <2}C ．{ x | x <0或x >4}D ．{ x |0< x <4}解析：选C 由题意可知f (－x )＝f (x )，即(－x －2)·(－ax ＋b )＝(x －2)(ax ＋b )，(2a －b )x ＝0恒成立，故2a －b ＝0，即b ＝2a ，则f (x )＝a (x －2)( x ＋2)．又函数在(0，＋∞)单调递增，所以a >0.f (2－x )>0即ax (x －4)>0，解得x <0或x >4.故选C. 5．(2019·赣中南五校联考)对于任意实数a ，b ，c ，d ，有以下四个命题： ①若ac 2>bc 2，且c ≠0，则a >b ； ②若a > b ，c>d ，则a ＋c >b ＋d ； ③若a > b ，c> d ，则ac >bd ； ④若a > b ，则1a >1b .其中正确的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选B ①ac 2>bc 2，且c ≠0，则a >b ，①正确；②由不等式的同向可加性可知②正确；③需满足a ，b ，c ，d 均为正数才成立；④错误，比如：令a ＝－1，b ＝－2，满足－1>－2，但1－1<1－2.故选B.6．(2019·安徽江南十校联考)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ≥0，x ＋y －4≤0，y ≥12x 2，则z ＝y －x 的取值范围为( )A ．[－2，2] B.⎣⎡⎦⎤－12，2 C ．[－1，2] D.⎣⎡⎦⎤－12，1 解析：选B 作出可行域(图略)，设直线l ：y ＝x ＋z ，平移直线l ，易知当l 过直线3x －y ＝0与x ＋y －4＝0的交点(1，3)时，z 取得最大值2；当l 与抛物线y ＝12x 2相切时，z 取得最小值，由⎩⎪⎨⎪⎧z ＝y －x ，y ＝12x 2，消去y 得x 2－2 x －2z ＝0，由Δ＝4＋8z ＝0，得z ＝－12，故－12≤z ≤2，故选B.7．(2019·河北五校联考)若对任意正实数x ，不等式1x 2＋1≤ax 恒成立，则实数a 的最小值为( )A ．1 B. 2 C.12 D.22解析：选C 因为1x 2＋1≤a x ，即a ≥x x 2＋1，而x x 2＋1＝1x ＋1x ≤12(当且仅当x ＝1时取等号)，所以a ≥12.故选C.8．(2019·河南八市联考)已知a >0，x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x ＋y ≤3，y ≥a （x －3），若z ＝3x ＋2y 的最小值为1，则a ＝( )A.14B.12C.34D ．1 解析：选B 根据约束条件作出可行域(如图中阴影部分所示)，把z ＝3x ＋2y 变形为y ＝－32x ＋z 2，得到斜率为－32，在y 轴上的截距为z2，随z 变化的一族平行直线，当直线z ＝3x ＋2y 经过点B 时，截距z2最小，即z 最小，又B 点坐标为(1，－2a )，代入3x ＋2y ＝1，得3－4a ＝1，得a ＝12，故选B.9．某企业生产甲、乙两种产品均需用A ，B 两种原料，已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润为( )A.12万元B ．C ．17万元D ．18万元解析：选D 设该企业每天生产甲产品x 吨，乙产品y 吨，每天获得的利润为z 万元， 则有z ＝3x ＋4y ，由题意得x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ≤12，x ＋2y ≤8，x ≥0，y ≥0，作出可行域如图中阴影部分所示，根据线性规划的有关知识，知当直线3x ＋4y －z ＝0过点B (2，3)时，z 取最大值18，故该企业每天可获得最大利润为18万元．故选D.10．(2019·湖北七市联考)设向量a ＝(1，k )，b ＝(x ，y )，记a 与b 的夹角为θ.若对所有满足不等式|x －2|≤y ≤1的x ，y ，都有θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则实数k 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－1，0)∪(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－1，0)∪(1，＋∞)解析：选D 首先画出不等式|x －2|≤y ≤1所表示的区域，如图中阴影部分所示，令z ＝a ·b ＝x ＋ky ，∴问题等价于当可行域为△ABC 时，z >0恒成立，且a 与b 方向不相同，将△ABC 的三个端点值代入，即⎩⎨⎧k ＋1>0，k ＋3>0，2＋0·k >0，解得k >－1，当a 与b 方向相同时，1·y ＝x ·k ，则k ＝y x∈[0，1]，∴实数k 的取值范围是(－1，0)∪(1，＋∞)，故选D. 11．若两个正实数x ，y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y 4<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1，4)B ．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C ．(－4，1)D ．(－∞，0)∪(3，＋∞)解析：选B 由题可知，1＝1x ＋4y ≥24xy ＝4xy，即xy ≥4，于是有m 2－3m >x ＋y 4≥xy ≥4，故m 2－3m >4，化简得(m ＋1)(m －4)>0，即实数m 的取值范围为(－∞，－1)∪(4，＋∞)．12．设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的导函数为f ′(x )．若∀x ∈R ，不等式f (x )≥f ′(x )恒成立，则b 2a 2＋2c 2的最大值为( ) A.6＋2 B.6－2C ．22＋2D ．22－2解析：选B 由题意得f ′(x )＝2ax ＋b ，由f (x )≥f ′(x )在R 上恒成立，得ax 2＋(b －2a )x ＋c －b ≥0在R 上恒成立，则a >0且Δ≤0，可得b 2≤4ac －4a 2，则b 2a 2＋2c 2≤4ac －4a 2a 2＋2c 2＝4⎝⎛⎭⎫c a －12⎝⎛⎭⎫c a 2＋1，又4ac －4a 2≥0，∴4·c a －4≥0，∴c a －1≥0，令t ＝c a －1，则t ≥0.当t >0时，b 2a 2＋2c 2≤4t 2t 2＋4t ＋3＝42t ＋3t＋4≤426＋4＝6－2(当且仅当t ＝62时等号成立)，当t ＝0时，b 2a 2＋2c 2＝0，故b 2a 2＋2c 2的最大值为6－2，故选B.二、填空题13．(2019·湖北华师一附中联考)若2x ＋4y ＝4，则x ＋2y 的最大值是________．解析：因为4＝2x ＋4y ＝2x ＋22y ≥22x ×22y ＝22x ＋2y ，所以2x ＋2y ≤4＝22，即x ＋2y ≤2，当且仅当2x ＝22y ＝2，即x ＝2y ＝1时，x ＋2y 取得最大值2.答案：214．(2019·河北三市联考)如果实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≥0，x －1≤0，y －2≤0，且z ＝y x ＋a 的最小值为12，则正数a 的值为________．解析：根据约束条件画出可行域如图中阴影部分所示，经分析可知当x ＝1，y ＝1时，z取最小值12，即11＋a ＝12，所以a ＝1.答案：115．(2019·江西两市联考)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥x ，4x ＋3y ≤12，则x ＋2y ＋3x ＋1的取值范围是________．解析：设z ＝x ＋2y ＋3x ＋1＝x ＋1＋2（y ＋1）x ＋1＝1＋2·y ＋1x ＋1，设z ′＝y ＋1x ＋1，则z ′的几何意义为动点P (x ，y )到定点D (－1，－1)的斜率．画出可行域如图中阴影部分所示，则易得z ′∈[k DA ，k DB ]，易得z ′∈[1，5]，∴z ＝1＋2·z ′∈[3，11]．答案：[3，11]16．(2019·湖南东部六校联考)对于问题：“已知关于x 的不等式ax 2＋bx ＋c >0的解集为(－1，2)，解关于x 的不等式ax 2－bx ＋c >0”，给出如下一种解法：解：由ax 2＋bx ＋c >0的解集为(－1，2)，得a (－x )2＋b (－x )＋c >0的解集为(－2，1)，即关于x 的不等式ax 2－bx ＋c >0的解集为(－2，1)．参考上述解法，若关于x 的不等式k x ＋a ＋x ＋b x ＋c<0的解集为⎝⎛⎭⎫－1，－13∪⎝⎛⎭⎫12，1，则关于x 的不等式kx ax ＋1＋bx ＋1cx ＋1<0的解集为________．解析：不等式kxax＋1＋bx＋1cx＋1<0，可化为ka＋1x＋b＋1xc＋1x<0，故得－1<1x<－13或12<1x<1，解得－3<x<－1或1<x<2，故kxax＋1＋bx＋1cx＋1<0的解集为(－3，－1)∪(1，2)．答案：(－3，－1)∪(1，2)。
2019年高考数学二轮复习专题一常考小题点1.4平面向量题专项练课件文
D 重合,
∴点 D 在 CB 的延长线上.故选 D.
C.2
D.54
解析 ∵a=(m,2),b=(2,-1),且a⊥b,∴a·b=2m-2=0,∴m=1, ∴a=(1,2),2a-b=(0,5),|2a-b|=5. 又a+b=(3,1),a·(a+b)=1×3+2×1=5,
∴ |2������-������|
������·(������+������)
13.(2018全国Ⅲ,文13)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若
1
c∥(2a+b),则λ=
2.
解析 2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,λ),
由c∥(2a+b),得4λ-2=0,得λ=
1 2
.
14.(2018北京,文9)设向量a=(1,0),b=(-1,m).若a⊥(ma-b),则
∴由 p·a=12,得|p|×1×cosπ3 = 12,即|p|=1.
12.(2018 浙江,9)已知 a,b,e 是平面向量,e 是单位向量.若非零向量 a
与 e 的夹角为π3,向量 b 满足 b2-4e·b+3=0,则|a-b|的最小值是( A )
A. 3-1
B. 3+1
C.2
D.2- 3
2019版数学(文)二轮复习通用版讲义：专题一 第一讲 小题考法——平面向量
[全国卷3年考情分析]第一讲 小题考法——平面向量[典例感悟][典例] (1)(2018·福州模拟)如图，在直角梯形ABCD 中，DC ―→＝14AB ―→，BE ―→＝2EC ―→，且AE ―→＝r AB ―→＋s AD ―→，则2r ＋3s ＝( )A ．1B ．2C ．3D ．4(2)(2019届高三·开封模拟)已知平面向量a ，b ，c ，a ＝(－1,1)，b ＝(2,3)，c ＝(－2，k )，若(a ＋b )∥c ，则实数k ＝________.[解析] (1)法一：根据图形，由题意可得AE ―→＝AB ―→＋BE ―→＝AB ―→＋23BC ―→＝AB ―→＋23(BA ―→＋AD ―→＋DC ―→)＝13AB ―→＋23(AD ―→＋DC ―→)＝13AB ―→＋23⎝⎛⎭⎫AD ―→＋14AB ―→ ＝12AB ―→＋23 AD ―→.因为AE ―→＝r AB ―→＋s AD ―→，所以r ＝12，s ＝23，则2r ＋3s ＝1＋2＝3，故选C.法二：如图所示，建立平面直角坐标系xAy ，依题意可设点B (4m,0)，D (3m,3h )，E (4m,2h )，其中m >0，h >0.由AE ―→＝r AB ―→＋s AD ―→，得(4m,2h )＝r (4m,0)＋s (3m,3h )，所以⎩⎪⎨⎪⎧4m ＝4mr ＋3ms ，2h ＝3hs ，解得⎩⎨⎧r ＝12，s ＝23，所以2r ＋3s ＝1＋2＝3，选C.(2)由题意，得a ＋b ＝(1,4)，由(a ＋b )∥c ，得1×k ＝4×(－2)，解得k ＝－8. [答案] (1)C (2)－8[方法技巧]解决平面向量问题的常用3种方法[演练冲关]1．(2018·合肥二模)如图，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→，且BP ―→＝2P A ―→，则( )A ．x ＝23，y ＝13B ．x ＝13，y ＝23C ．x ＝14，y ＝34D ．x ＝34，y ＝14解析：选A 由题意知OP ―→＝OB ―→＋BP ―→，又BP ―→＝2P A ―→＝23BA ―→，所以OP ―→＝OB ―→＋23BA―→＝OB ―→＋23(OA ―→－OB ―→)＝23OA ―→＋13OB ―→，所以x ＝23，y ＝13.2．(2018·西安高级中学三模)在△ABC 中，AE ―→＝2EB ―→，AF ―→＝3FC ―→，连接BF ，CE ，且BF ∩CE ＝M ，AM ―→＝x AE ―→＋y AF ―→，则x －y 等于( )A ．－112B.112 C ．－16D.16解析：选C 因为AE ―→＝2EB ―→，所以AE ―→＝23AB ―→，所以AM ―→＝x AE ―→＋y AF ―→＝23x AB ―→＋y AF ―→.由B ，M ，F 三点共线得23x ＋y ＝1.①因为AF ―→＝3FC ―→，所以AF ―→＝34AC ―→，所以AM ―→＝x AE ―→＋y AF ―→＝x AE ―→＋34y AC ―→.由C ，M ，E 三点共线得x ＋34y ＝1.②联立①②解得⎩⎨⎧x ＝12，y ＝23，所以x －y ＝12－23＝－16，故选C.3．已知A (－1,2)，B (a －1,3)，C (－2，a ＋1)，D (2,2a ＋1)，若向量AB ―→与CD ―→平行且同向，则实数a 的值为________．解析：法一：由已知得AB ―→＝(a,1)，CD ―→＝(4，a )，因为AB ―→与CD ―→平行且同向，故可设AB ―→＝λCD ―→(λ>0)，则(a,1)＝λ(4，a )，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4λ，1＝aλ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，λ＝12.故所求实数a ＝2.法二：由已知得AB ―→＝(a,1)，CD ―→＝(4，a )，由AB ―→∥CD ―→，得a 2－4＝0，解得a ＝±2.又向量AB ―→与CD ―→同向，易知a ＝－2不符合题意．故所求实数a ＝2.答案：2[典例感悟][典例] (1)(2018·南宁、柳州联考)已知单位向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则a 与b －a 的夹角是( )A.π6 B.π3 C.π4D.3π4(2)(2018·福州四校联考)已知向量a ，b 为单位向量，且a ·b ＝－12，向量c 与a ＋b 共线，则|a ＋c |的最小值为( )A ．1 B.12 C.34D.32(3)(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则P A ―→·(PB ―→＋PC ―→)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43D ．－1[解析] (1)因为|a ＋b |＝|a －b |，所以(a ＋b )2＝(a －b )2，整理得a ·b ＝0.在平面直角坐标系中作出a ，b ，b －a ，如图，易知a 与b －a 的夹角是3π4，故选D. (2)法一：∵向量c 与a ＋b 共线，∴可设c ＝t (a ＋b )(t ∈R )，∴a ＋c ＝(t ＋1)a ＋t b ，∴(a ＋c )2＝(t ＋1)2a 2＋2t (t ＋1)a ·b ＋t 2b 2，∵向量a ，b 为单位向量，且a ·b ＝－12，∴(a ＋c )2＝(t ＋1)2－t (t ＋1)＋t 2＝t 2＋t ＋1＝⎝⎛⎭⎫t ＋122＋34≥34，∴|a ＋c |≥32，∴|a ＋c |的最小值为32，故选D. 法二：∵向量a ，b 为单位向量，且a ·b ＝－12，∴向量a ，b 的夹角为120°，在平面直角坐标系中，不妨设向量a ＝(1,0)，b ＝⎝⎛⎭⎫－12，32，则a ＋b ＝⎝⎛⎭⎫12，32.∵向量c 与a ＋b 共线，∴可设c ＝t ⎝⎛⎭⎫12，32(t ∈R )，∴a ＋c ＝⎝⎛⎭⎫1＋t 2，32t ，∴|a ＋c |＝⎝⎛⎭⎫1＋t 22＋3t 24＝t 2＋t ＋1≥32，∴|a ＋c |的最小值为32，故选D.(3)如图，以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x 轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，3)，B (－1,0)，C (1,0)，设P (x ，y )，则P A ―→＝(－x, 3－y )，PB ―→＝(－1－x ，－y )，PC ―→＝(1－x ，－y )，所以P A ―→·(PB ―→＋PC ―→)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2x 2＋2⎝⎛⎭⎫y －322－32，故当x ＝0，y ＝32时，P A ―→·(PB ―→＋PC ―→)取得最小值，为－32.[答案] (1)D (2)D (3)B[方法技巧]解决以平面图形为载体的向量数量积问题的方法(1)选择平面图形中模与夹角确定的向量作为一组基底，用该基底表示构成数量积的两个向量，结合向量数量积运算律求解．(2)若已知图形中有明显的适合建立直角坐标系的条件，可建立直角坐标系将向量数量积运算转化为代数运算来解决．[演练冲关]1．(2018·昆明模拟)已知向量a ＝(－1,2)，b ＝(1,3)，则|2a －b |＝( ) A. 2 B ．2 C.10D ．10解析：选C 由已知，易得2a －b ＝2(－1,2)－(1,3)＝(－3,1)，所以|2a －b |＝(－3)2＋12＝10.故选C.2．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a ，b 满足|a |＝1，a ·b ＝－1，则a ·(2a －b )＝( ) A ．4 B ．3 C ．2D ．0解析：选B a ·(2a －b )＝2a 2－a ·b ＝2|a |2－a ·b . ∵|a |＝1，a ·b ＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.3．(2018·陕西宝鸡一模)在等腰直角三角形ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝2，M ，N (不与A ，C 重合)为AC 边上的两个动点，且满足|MN ―→|＝2，则BM ―→·BN ―→的取值范围为( )A.⎣⎡⎦⎤32，2 B.⎝⎛⎭⎫32，2 C.⎣⎡⎭⎫32，2D.⎣⎡⎭⎫32，＋∞解析：选C 以等腰直角三角形ABC 的直角边所在直线为坐标轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B (0,0)，直线AC 的方程为x ＋y ＝2.设M (a,2－a )，则0<a <1. 由|MN ―→|＝2，得N (a ＋1,1－a )， ∴BM ―→＝(a,2－a )，BN ―→＝(a ＋1,1－a )．∴BM ―→·BN ―→＝a (a ＋1)＋(2－a )(1－a )＝2a 2－2a ＋2＝2⎝⎛⎭⎫a －122＋32. ∵0<a <1，∴当a ＝12时，BM ―→·BN ―→取得最小值32.当a ＝0或a ＝1时，BM ―→·BN ―→＝2. ∴BM ―→·BN ―→的取值范围是⎣⎡⎭⎫32，2.故选C.4．在△ABC 中，AB ―→·AC ―→＝83，AB ―→，CA ―→的夹角为150°.若M 为△ABC 内的动点，且△MAB ，△MBC ，△MCA 的面积分别为2，m ，n ，则1m ＋9n的最小值是( )A ．20B ．18C ．16D ．8解析：选D 设△ABC 的内角B ，C 所对的边分别为b ，c ，因为AB ―→·AC ―→＝83，AB ―→，CA ―→的夹角为150°，所以8 3＝bc ·cos 30°，解得bc ＝16，所以S △ABC ＝12bc sin ∠BAC ＝12×16×sin 30°＝4.依题意得2＋m ＋n ＝4，解得m ＋n ＝2.因为1m ＋9n ＝⎝⎛⎭⎫1m ＋9n ×m ＋n 2＝5＋12⎝⎛⎭⎫n m ＋9m n ≥5＋12×2n m ×9m n ＝8⎝⎛⎭⎫当且仅当m ＝12，n ＝32时取等号，所以1m ＋9n的最小值是8.故选D.[必备知能·自主补缺]依据学情课下看，针对自身补缺漏；临近高考再浏览，考前温故熟主干[主干知识要记牢]1．平面向量的两个充要条件若两个非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则 (1)a ∥b ⇔a ＝λb (b ≠0)⇔x 1y 2－x 2y 1＝0. (2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0. 2．平面向量的性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2.(2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB ―→|＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2. (3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b|a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21 x 22＋y 22 . (4)|a ·b |≤|a |·|b |.[二级结论要用好]1．三点共线的判定(1)A ，B ，C 三点共线⇔AB ―→，AC ―→共线．(2)向量P A ―→，PB ―→，PC ―→中三终点A ，B ，C 共线⇔存在实数α，β使得P A ―→＝αPB ―→＋βPC ―→，且α＋β＝1.[针对练1] 在▱ABCD 中，点E 是AD 边的中点，BE 与AC 相交于点F ，若EF ―→＝m AB ―→＋n AD ―→(m ，n ∈R )，则m n＝________.解析：如图，∵AD ―→＝2AE ―→，EF ―→＝m AB ―→＋n AD ―→，∴AF ―→＝AE ―→＋EF ―→＝m AB ―→＋(2n ＋1)AE ―→，∵F ，E ，B 三点共线，∴m ＋2n ＋1＝1，∴m n＝－2.答案：－22．中点坐标和三角形的重心坐标(1)设P 1，P 2的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则线段P 1P 2的中点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22.(2)三角形的重心坐标公式：设△ABC 的三个顶点的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，则△ABC 的重心坐标是G ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 2＋x 33，y 1＋y 2＋y 33.3．三角形“四心”向量形式的充要条件设O 为△ABC 所在平面上一点，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，则 (1)O 为△ABC 的外心⇔|OA ―→|＝|OB ―→|＝|OC ―→|＝a2sin A. (2)O 为△ABC 的重心⇔OA ―→＋OB ―→＋OC ―→＝0.(3)O 为△ABC 的垂心⇔OA ―→·OB ―→＝OB ―→·OC ―→＝OC ―→·OA ―→. (4)O 为△ABC 的内心⇔a OA ―→＋b OB ―→＋c OC ―→＝0.[易错易混要明了]1．要特别注意零向量带来的问题：0的模是0，方向任意，并不是没有方向；0与任意向量平行；λ0＝0(λ∈R )，而不是等于0；0与任意向量的数量积等于0，即0·a ＝0；但不说0与任意非零向量垂直．2．当a ·b ＝0时，不一定得到a ⊥b ，当a ⊥b 时，a ·b ＝0；a ·b ＝c ·b ，不能得到a ＝c ，即消去律不成立；(a ·b )·c 与a ·(b ·c )不一定相等，(a ·b )·c 与c 平行，而a ·(b ·c )与a 平行．3．两向量夹角的范围为[0，π]，向量的夹角为锐角(钝角)与向量的数量积大于(小于)0不等价．[针对练2] 已知向量a ＝(－2，－1)，b ＝(λ，1)，若a 与b 的夹角为钝角，则λ的取值范围是________________．解析：依题意，当a 与b 的夹角为钝角时，a ·b ＝－2λ－1<0，解得λ>－12.而当a 与b共线时，有－2×1＝－λ，解得λ＝2，即当λ＝2时，a ＝－b ，a 与b 反向共线，此时a 与b 的夹角为π，不是钝角，因此，当a 与b 的夹角为钝角时，λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫－12，2∪(2，＋∞)．答案：⎝⎛⎭⎫－12，2∪(2，＋∞) [课时跟踪检测] A 级——12＋4提速练一、选择题1．(2018·贵州模拟)已知向量a ＝(1,2)，b ＝(m ，－1)，若a ∥b ，则实数m 的值为( ) A.12 B ．－12C ．3D ．－3解析：选B 由题意，得1×(－1)－2m ＝0，解得m ＝－12，故选B.2．(2018·福州模拟)已知a ＝(1,2)，b ＝(－1,1)，c ＝2a －b ，则|c |＝( ) A.26 B ．3 2 C.10D. 6解析：选B 因为c ＝2a －b ＝2(1,2)－(－1,1)＝(3,3)， 所以|c |＝32＋32＝3 2.故选B.3．(2019届高三·广西五校联考)设D 是△ABC 所在平面内一点，AB ―→＝2DC ―→，则( )A ．BD ―→＝AC ―→－32AB ―→B ．BD ―→＝32AC ―→－AB ―→C ．BD ―→＝12AC ―→－AB ―→D ．BD ―→＝AC ―→－12AB ―→解析：选A BD ―→＝BC ―→＋CD ―→＝BC ―→－DC ―→＝AC ―→－AB ―→－12AB ―→＝AC ―→－32AB ―→.4．(2018·云南调研)在▱ABCD 中，|AB |―→＝8，|AD |―→＝6，N 为DC 的中点，BM ―→＝2MC ―→，则AM ―→·NM ―→＝( )A ．48B ．36C ．24D ．12解析：选C AM ―→·NM ―→＝(AB ―→＋BM ―→)·(NC ―→＋CM ―→)＝⎝⎛⎭⎫AB ―→＋23 AD ―→ ·⎝⎛⎭⎫12AB ―→－13AD ―→ ＝12AB ―→2－29AD ―→2＝12×82－29×62＝24. 5．已知点A (－1,1)，B (1,2)，C (－2，－1)，D (3,4)，则向量CD ―→在AB ―→方向上的投影是( ) A.322B ．－322C ．3 5D ．－3 5解析：选C 依题意得，AB ―→＝(2,1)，CD ―→＝(5,5)，AB ―→·CD ―→＝(2,1)·(5,5)＝15，|AB ―→|＝5，因此向量CD ―→在AB ―→方向上的投影是AB ―→·CD ―→|AB ―→|＝155＝3 5.6．(2019届高三·湖南五市十校联考)△ABC 是边长为2的等边三角形，向量a ，b 满足AB ―→＝2a ，AC ―→＝2a ＋b ，则向量a ，b 的夹角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析：选C BC ―→＝AC ―→－AB ―→＝2a ＋b －2a ＝b ，则向量a ，b 的夹角即为向量AB ―→与BC ―→的夹角，故向量a ，b 的夹角为120°.7．(2018·西工大附中四模)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，点G 在△ABC 内，且满足GA ―→＋GB ―→＋GC ―→＝0，GA ―→·GB ―→＝0，若a 2＋b 2＝λc 2(λ∈R )，则λ＝( )A ．－5B ．－2C ．2D ．5解析：选D 设BC 的中点为D ，连接GD (图略)，则GB ―→＋GC ―→＝2GD ―→. 又GA ―→＋GB ―→＋GC ―→＝0，所以2GD ―→＝AG ―→， 所以A ，G ，D 三点共线，且AG ＝2GD .故AG ―→＝23AD ―→＝23×12(AB ―→＋AC ―→)＝13(AB ―→＋AC ―→)．同理可得BG ―→＝13(BA ―→＋BC ―→)．由GA ―→·GB ―→＝0，得19(AB ―→＋AC ―→)·(BA ―→＋BC ―→)＝0，所以(AB ―→＋AC ―→)·(AC ―→－2AB ―→)＝0， 即|AC ―→|2－2|AB ―→|2－AB ―→·AC ―→＝0，所以b 2－2c 2－bc ·b 2＋c 2－a22bc＝0，化简得a 2＋b 2＝5c 2.又a 2＋b 2＝λc 2(λ∈R )，所以λ＝5.故选D.8．已知△ABC 为等边三角形，AB ＝2，设点P ，Q 满足AP ―→＝λAB ―→，AQ ―→＝(1－λ)AC ―→，λ∈R ，若BQ ―→·CP ―→＝－32，则λ＝( )A.12B.1±22C.1±102D.－3±222解析：选A 以点A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，过点A且垂直于AB 的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (1，3)，∴AB ―→＝(2,0)，AC ―→＝(1，3)，又AP ―→＝λAB ―→，AQ ―→＝(1－λ)AC ―→，∴P (2λ，0)，Q (1－λ，3(1－λ))，∴BQ ―→·CP ―→＝(－1－λ，3(1－λ))·(2λ－1，－3)＝－32，化简得4λ2－4λ＋1＝0，∴λ＝12.9．(2018·西安八十三中二模)称d (a ，b )＝|a －b |为两个向量a ，b 间的“距离”．若向量a ，b 满足：①|b |＝1；②a ≠b ；③对任意t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，则( )A ．a ⊥bB ．a ⊥(a －b )C ．b ⊥(a －b )D ．(a ＋b )⊥(a －b )解析：选C 由d (a ，t b )≥d (a ，b )，可知|a －t b |≥|a －b |，所以(a －t b )2≥(a －b )2，又|b |＝1，所以t 2－2(a ·b )t ＋2(a ·b )－1≥0.因为上式对任意t ∈R 恒成立，所以Δ＝4(a ·b )2－4[2(a ·b )－1]≤0，即(a ·b －1)2≤0，所以a ·b ＝1.于是b ·(a －b )＝a ·b －|b |2＝1－12＝0，所以b ⊥(a －b )．故选C.10．(2018·河南林州检测)已知△ABC 的外接圆的圆心为O ，满足：CO ―→＝m CA ―→＋n CB ―→,4m ＋3n ＝2，且|CA ―→|＝43，|CB ―→|＝6，则CA ―→·CB ―→＝( )A ．36B ．24C ．24 3D ．12 3解析：选A CO ―→·CA ―→＝m CA ―→2＋n CA ―→·CB ―→，因为O 为△ABC 的外心，所以12CA ―→2＝m CA―→2＋n |CA ―→|·|CB ―→|·cos ∠BCA ，所以24＝48m ＋243n ·cos ∠BCA ，因为4m ＋3n ＝2，所以24＝12(2－3n )＋243n ·cos ∠BCA ，又n ≠0，即cos ∠BCA ＝32，所以CA ―→·CB ―→＝|CA ―→|·|CB ―→|cos ∠BCA ＝43×6×32＝36. 11．设e 1，e 2，e 3为单位向量，且e 3＝12e 1＋k e 2(k >0)，若以向量e 1，e 2为两边的三角形的面积为12，则k 的值为( )A.32B.22C.52D.72解析：选A 设e 1，e 2的夹角为θ，则由以向量e 1，e 2为两边的三角形的面积为12，得12×1×1×sin θ＝12，得sin θ＝1，所以θ＝90°，所以e 1·e 2＝0.从而将e 3＝12e 1＋k e 2两边平方得1＝14＋k 2，解得k ＝32或k ＝－32(舍去)．12.如图所示，点A ，B ，C 是圆O 上的三点，线段OC 与线段AB 交于圆内一点M ，若OC ―→＝m OA ―→＋n OB ―→(m >0，n >0)，m ＋n ＝2，则∠AOB 的最小值为( )A.π6B.π3C.π2D.2π3解析：选D 将OC ―→＝m OA ―→＋n OB ―→平方得1＝m 2＋n 2＋2mn cos ∠AOB ，cos ∠AOB ＝1－m 2－n 22mn ＝1－(m ＋n )2＋2mn 2mn ＝－32mn ＋1≤－12(当且仅当m ＝n ＝1时等号成立)，∵0<∠AOB <π，∴∠AOB 的最小值为2π3.二、填空题13．(2018·汕头模拟)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(3，m )．若(a ＋2b )∥(3b －a )，则实数m 的值是________．解析：a ＋2b ＝(2,1)＋(6,2m )＝(8,1＋2m )，3b －a ＝(9,3m )－(2,1)＝(7,3m －1)，由(a ＋2b )∥(3b －a )，得8(3m －1)－7(1＋2m )＝0，解得m ＝32.答案：3214．(2018·长春模拟)已知平面内三个不共线向量a ，b ，c 两两夹角相等，且|a |＝|b |＝1，|c |＝3，则|a ＋b ＋c |＝________.解析：由平面内三个不共线向量a ，b ，c 两两夹角相等，可得夹角均为2π3，所以|a ＋b＋c |2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c ＝1＋1＋9＋2×1×1×cos 2π3＋2×1×3×cos 2π3＋2×1×3×cos 2π3＝4，所以|a ＋b ＋c |＝2.答案：215．(2018·河北衡水中学三调)如图，已知平面内有三个向量OA ―→，OB ―→，OC ―→，其中OA ―→与OB ―→的夹角为120°，OA ―→与OC ―→的夹角为30°，且|OA ―→|＝|OB ―→|＝1，|OC ―→|＝2 3.若OC ―→＝λOA ―→＋μOB ―→ (λ，μ∈R )，则λ＋μ的值为________．解析：法一：如图所示，作平行四边形OB1CA 1，则OC ―→＝OB ―→1＋OA ―→1，因为OA ―→与OB ―→的夹角为120°，OA ―→与OC ―→的夹角为30°，所以∠B 1OC ＝90°.在Rt △B 1OC 中，∠OCB 1＝30°，|OC |＝23，所以|OB 1|＝2，|B 1C |＝4，所以|OA 1|＝|B 1C |＝4，所以OC ―→＝4OA ―→＋2OB ―→，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.法二：以O 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，32，C (3，3)．由OC ―→＝λOA ―→＋μOB ―→，得⎩⎨⎧3＝λ－12μ，3＝0＋32μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝4，μ＝2.所以λ＋μ＝6. 答案：616．(2018·渭南一模)在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝30°，E 为CD 的中点，若AC ―→·BE ―→＝1，则AB 的长为________．解析：因为四边形ABCD 是平行四边形，E 为CD 的中点，所以AC ―→＝AB ―→＋AD ―→，BE ―→＝BC ―→＋CE ―→＝AD ―→－12AB ―→，所以AC ―→·BE ―→＝(AB ―→＋AD ―→)·⎝⎛⎭⎫AD ―→－12AB ―→ ＝AD ―→2－12AB ―→2＋12AB ―→·AD ―→＝1，又AD ―→2＝1，AB ―→·AD ―→＝1×|AB ―→|×cos 30°＝32|AB ―→|，所以1－12AB ―→2＋34|AB ―→|＝1，解得|AB ―→|＝32或|AB ―→|＝0(舍去)．答案：32B 级——难度小题强化练1．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB ―→＝( ) A.34AB ―→－14AC ―→ B.14AB ―→－34AC ―→C.34AB ―→＋14AC ―→ D.14AB ―→＋34AC ―→解析：选A 法一：作出示意图如图所示．EB ―→＝ED ―→＋DB ―→＝12AD―→＋12CB ―→＝12×12(AB ―→＋AC ―→)＋12(AB ―→－AC ―→)＝34AB ―→－14AC ―→.故选A. 法二：不妨设△ABC 为等腰直角三角形，且∠A ＝π2，AB ＝AC ＝1.建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (1,0)，C (0,1)，D ⎝⎛⎭⎫12，12，E ⎝⎛⎭⎫14，14.故AB ―→＝(1,0)，AC ―→＝(0,1)，EB ―→＝(1,0)－⎝⎛⎭⎫14，14＝⎝⎛⎭⎫34，－14，即EB ―→＝34AB ―→－14AC ―→. 2．已知点P 是△ABC 内一点，且BA ―→＋BC ―→＝6BP ―→，则S △ABP S △ACP ＝( )A.12B.13C.14D.15解析：选C 设点D 为AC 的中点，在△ABC 中，BA ―→＋BC ―→＝2BD ―→，即2BD ―→＝6BP ―→，所以BD ―→＝3BP ―→，即P 为BD 的三等分点，所以S △ABP S △APD ＝12，又S △APD S △APC ＝12，所以S △ABP S △ACP ＝14.3．(2018·嘉兴一模)设平面向量OA ―→＝(2,0)，OB ―→＝(0,1)，点P 满足OP ―→＝m 2m 2＋2n 2OA―→＋2n m 2＋n 2OB ―→，其中m >0，n >0，O 为坐标原点，则点P 的轨迹的长度为( ) A.12 B.22 C.π2D.2π2解析：选D 设P (x ，y )，因为OA ―→＝(2,0)，OB ―→＝(0,1)，OP ―→＝m 2m 2＋2n 2OA ―→＋2n m 2＋n 2OB ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫2m2m 2＋2n2，2n2m 2＋2n 2，所以x ＝2m 2m 2＋2n 2，y ＝2n 2m 2＋2n2(其中m ，n >0)，所以x 2＋y 2＝2(其中x ，y >0)，则点P 的轨迹的长度为14×2π×2＝2π2.4．(2018·重庆模拟)已知Rt △ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，AC ＝5，I 是△ABC 的内心，P 是△IBC 内部(不含边界)的动点，若AP ―→＝λAB ―→＋μAC ―→(λ，μ∈R )，则λ＋μ的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫23，1B.⎝⎛⎭⎫23，2 C.⎝⎛⎭⎫712，1 D ．(2,3)解析：选A 以B 为原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B (0,0)，A (3,0)，C (0,4)．设△ABC 的内切圆的半径为r ，因为I 是△ABC 的内心，所以(5＋3＋4)×r ＝4×3，解得r ＝1，所以I (1,1)．设P (x ，y )，因为点P 在△IBC 内部(不含边界)，所以0<x <1.因为AB ―→＝(－3,0)，AC ―→＝(－3,4)，AP ―→＝(x －3，y )，且AP ―→＝λAB ―→＋μAC ―→，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －3＝－3λ－3μ，y ＝4μ，得⎝ ⎛λ＝1－13x －14y ，μ＝14y ，所以λ＋μ＝1－13x ，又0<x <1，所以λ＋μ∈⎝⎛⎭⎫23，1，故选A.5．已知a ＝⎝⎛⎭⎫cos 2π3，sin 2π3，OA ―→＝a －b ，OB ―→＝a ＋b ，若△OAB 是以O 为直角顶点的等腰直角三角形，则△OAB 的面积为________．解析：因为OA ―→⊥OB ―→，所以OA ―→·OB ―→＝(a －b )·(a ＋b )＝0，化简得a 2－b 2＝0，得|a |＝|b |，又|OA ―→|＝|OB ―→|，所以|OA ―→|2＝|OB ―→|2，即(a －b )2＝(a ＋b )2，得a ⊥b ，因为a ＝⎝⎛⎭⎫cos 2π3，sin 2π3，所以|a |＝cos 22π3＋sin 22π3＝1，所以|a |＝|b |＝1，可得a ，b 是相互垂直的单位向量，所以|OA ―→|＝|OB ―→|＝2，所以△OAB 的面积S ＝12|OA ―→|·|OB ―→|＝1.答案：16．(2018·武汉调研)在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1.边DC 上的动点P (包含点D ，C )与CB 延长线上的动点Q (包含点B )满足|DP ―→|＝|BQ ―→|，则P A ―→·PQ ―→的最小值为________．解析：以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，设P (x ，1)，Q (2，y )，由题意知0≤x ≤2，－2≤y ≤0.∵|DP ―→|＝|BQ ―→|，∴|x |＝|y |，∴x ＝－y .∵P A ―→＝(－x ，－1)，PQ ―→＝(2－x ，y －1)，∴P A ―→·PQ ―→＝－x (2－x )－(y －1)＝x 2－2x －y ＋1＝x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34，∴当x＝12时，P A ―→·PQ ―→取得最小值，为34. 答案：34。
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基础送分专题二 平面向量[题组练透]1．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB ―→＝( ) A.34AB ―→－14AC ―→B.14AB ―→－34AC ―→C.34AB ―→＋14AC ―→ D.14AB ―→＋34AC ―→ 解析：选A 法一：作出示意图如图所示．EB ―→＝ED ―→＋DB ―→＝ 12AD ―→＋12CB ―→＝12×12(AB ―→＋AC ―→)＋12(AB ―→－AC ―→) ＝34AB ―→－14AC ―→.故选A.法二：不妨设△ABC 为等腰直角三角形，且∠A ＝π2，AB ＝AC＝1.建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (1,0)，C (0,1)，D ⎝⎛⎭⎫12，12，E ⎝⎛⎭⎫14，14.故AB ―→＝(1,0)，AC ―→＝(0,1)， EB ―→＝(1,0)－⎝⎛⎭⎫14，14＝⎝⎛⎭⎫34，－14， 即EB ―→＝34AB ―→－14AC ―→.2．已知平面内不共线的四点O ，A ，B ，C 满足OB ―→＝13OA ―→＋23OC ―→，则|AB ―→|∶|BC ―→|＝( )A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶2D ．2∶1解析：选D 由OB ―→＝13OA ―→＋23OC ―→，得OB ―→－OA ―→＝2(OC ―→－OB ―→)，即AB ―→＝2BC ―→，所以|AB ―→|∶|BC ―→|＝2∶1，故选D.3．(2018·全国卷Ⅲ)已知向量a ＝(1,2)，b ＝(2，－2)，c ＝(1，λ)．若c ∥(2a ＋b )，则 λ＝________.解析：2a ＋b ＝(4,2)，因为c ∥(2a ＋b )，所以4λ＝2，解得λ＝12.答案：124．(2018·太原模拟)在正方形ABCD 中，M ，N 分别是BC ，CD 的中点，若AC ―→＝λAM ―→＋μAN ―→，则实数λ＋μ＝________.解析：如图，∵AM ―→＝AB ―→＋BM ―→＝AB ―→＋12BC ―→＝DC ―→＋12BC ―→，①AN ―→＝AD ―→＋DN ―→＝BC ―→＋12DC ―→， ②由①②得BC ―→＝43AN ―→－23AM ―→，DC ―→＝43AM ―→－23AN ―→，∴AC ―→＝AB ―→＋BC ―→＝DC ―→＋BC ―→＝43AM ―→－23AN ―→＋43AN ―→－23AM ―→＝23AM ―→＋23AN ―→，∵AC ―→＝λAM ―→＋μAN ―→，∴λ＝23，μ＝23，λ＋μ＝43.答案：43[题后悟通][题组练透]1．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a ，b 满足|a |＝1，a ·b ＝－1，则a ·(2a －b )＝( ) A ．4 B ．3 C ．2D ．0解析：选B a ·(2a －b )＝2a 2－a ·b ＝2|a |2－a ·b . ∵|a |＝1，a ·b ＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.2．已知向量m ＝(t ＋1,1)，n ＝(t ＋2,2)，若(m ＋n )⊥(m －n )，则t ＝( ) A ．0 B ．－3 C ．3D ．－1解析：选B 法一：由(m ＋n )⊥(m －n )可得(m ＋n )·(m －n )＝0， 即m 2＝n 2，故(t ＋1)2＋1＝(t ＋2)2＋4，解得t ＝－3. 法二：m ＋n ＝(2t ＋3,3)，m －n ＝(－1，－1)， ∵(m ＋n )⊥(m －n )，∴－(2t ＋3)－3＝0，解得t ＝－3.3．在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝6，点D 在边AC 上，且2AD ―→＝DC ―→，则BA ―→·BD ―→的值是( )A ．48B ．24C ．12D ．6解析：选B 法一：由题意得，BA ―→·BC ―→＝0，BA ―→·CA ―→＝BA ―→·(BA ―→－BC ―→)＝|BA ―→|2＝36，∴BA ―→·BD ―→＝BA ―→·(BC ―→＋CD ―→)＝BA ―→·⎝⎛⎭⎫BC ―→＋23 CA ―→ ＝0＋23×36＝24.法二：(特例法)若△ABC 为等腰直角三角形，建立如图所示的平面直角坐标系， 则A (6,0)，C (0,6)． 由2AD ―→＝DC ―→，得D (4,2)． ∴BA ―→·BD ―→＝(6,0)·(4,2)＝24.4.(2018·贵阳摸底考试)如图，在边长为1的正方形组成的网格中，平行四边形ABCD 的顶点D 被阴影遮住，找出D 点的位置，则AB ―→·AD ―→的值为( )A ．10B ．11C ．12D ．13解析：选B 以点A 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，A (0,0)，B (4,1)，C (6,4)，根据四边形ABCD 为平行四边形，可以得到D (2,3)，所以AB ―→·AD ―→＝(4,1)·(2,3)＝8＋3＝11.故选B.5．(2019届高三·益阳、湘潭调研)已知非零向量a ，b 满足a ·b ＝0，|a ＋b |＝t |a |，若a ＋b 与a －b 的夹角为π3，则t 的值为________．解析：因为a ·b ＝0，所以(a ＋b )2＝(a －b )2，即|a ＋b |＝|a －b |.又|a ＋b |＝t |a |，所以|a －b |＝|a ＋b |＝t |a |.因为a ＋b 与a －b 的夹角为π3，所以(a ＋b )·(a －b )|a ＋b |·|a －b |＝cos π3，整理得|a |2－|b |2t 2|a |2＝12，即(2－t 2)|a |2＝2|b |2.又|a ＋b |＝t |a |，平方得|a |2＋|b |2＝t 2|a |2，所以|a |2＋(2－t 2)|a |22＝t 2|a |2，解得t 2＝43.因为t >0，所以t ＝233.答案：2336．在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1.边DC 上的动点P (包含点D ，C )与CB 延长线上的动点Q (包含点B )满足|DP ―→|＝|B Q ―→|，则PA ―→·P Q ―→的最小值为________．解析：以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，设P (x,1)，Q (2，y )，由题意知0≤x ≤2，－2≤y ≤0. ∵|DP ―→|＝|B Q ―→|， ∴|x |＝|y |，∴x ＝－y .∵PA ―→＝(－x ，－1)，P Q ―→＝(2－x ，y －1)，∴PA ―→·P Q ―→＝－x (2－x )－(y －1)＝x 2－2x －y ＋1＝x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34， ∴当x ＝12时，PA ―→·P Q ―→取得最小值，为34.答案：34[题后悟通][专题过关检测] 一、选择题1．设a ＝(1,2)，b ＝(1,1)，c ＝a ＋k b .若b ⊥c ，则实数k 的值等于( ) A ．－32B ．－53C.53D.32解析：选A 因为c ＝a ＋k b ＝(1＋k,2＋k )，又b ⊥c ，所以1×(1＋k )＋1×(2＋k )＝0，解得k ＝－32.2．已知向量a ＝(1,1)，2a ＋b ＝(4,2)，则向量a ，b 的夹角的余弦值为( ) A.31010B ．－31010 C.22D ．－22解析：选C 因为向量a ＝(1,1)，2a ＋b ＝(4,2)，所以b ＝(2,0)， 则向量a ，b 的夹角的余弦值为1×2＋1×02×2＝22. 3．已知在平面直角坐标系中，点A (0,1)，向量AB ―→＝(－4，－3)，BC ―→＝(－7，－4)，则点C 的坐标为( )A ．(11,8)B ．(3,2)C ．(－11，－6)D ．(－3,0)解析：选C 设C (x ，y )，∵在平面直角坐标系中，点A (0,1)，向量AB ―→＝(－4，－3)，BC ―→＝(－7，－4)，∴AC ―→＝AB ―→＋BC ―→＝(－11，－7)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －0＝－11，y －1＝－7，解得x ＝－11，y＝－6，故C (－11，－6)．4．在等腰梯形ABCD 中，AB ―→＝－2CD ―→，M 为BC 的中点，则AM ―→＝( ) A.12AB ―→＋12AD ―→ B.34AB ―→＋12AD ―→C.34AB ―→＋14AD ―→ D.12AB ―→＋34AD ―→解析：选B 因为AB ―→＝－2CD ―→，所以AB ―→＝2DC ―→.又M 是BC 的中点，所以AM ―→＝12(AB―→＋AC ―→)＝12(AB ―→＋AD ―→＋DC ―→)＝12⎝⎛⎭⎫AB ―→＋AD ―→＋12 AB ―→ ＝34AB ―→＋12AD ―→. 5．(2019届高三·武汉调研)设非零向量a ，b 满足|2a ＋b |＝|2a －b |，则( ) A ．a ⊥b B ．|2a |＝|b | C ．a ∥bD ．|a |<|b |解析：选A 法一：∵|2a ＋b |＝|2a －b |，∴(2a ＋b )2＝(2a －b )2，化简得a ·b ＝0， ∴a ⊥b ，故选A.法二：记c ＝2a ，则由|2a ＋b |＝|2a －b |得|c ＋b |＝|c －b |，由平行四边形法则知，以向量c ，b 为邻边的平行四边形的对角线相等，∴该四边形为矩形，故c ⊥b ，即a ⊥b ，故选A.6．已知AB ―→＝(2,1)，点C (－1,0)，D (4,5)，则向量AB ―→在CD ―→方向上的投影为( ) A ．－322B ．－3 5 C.322D ．3 5解析：选C 因为点C (－1,0)，D (4,5)，所以CD ―→＝(5,5)，又AB ―→＝(2,1)，所以向量AB ―→在CD ―→方向上的投影为|AB ―→|cos 〈AB ―→，CD ―→〉＝AB ―→·CD ―→|CD ―→|＝1552＝322. 7．已知a 和b 是非零向量，m ＝a ＋t b (t ∈R )，若|a |＝1，|b |＝2，当且仅当t ＝14时，|m |取得最小值，则向量a ，b 的夹角θ为( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6解析：选C 由m ＝a ＋t b ，及|a |＝1，|b |＝2，得|m |2＝(a ＋t b )2＝4t 2＋4t cos θ＋1＝(2t ＋cos θ)2＋sin 2θ，由题意得，当t ＝14时，cos θ＝－12，则向量a ，b 的夹角θ为2π3，故选C.8．在△ABC 中，|AB ―→＋AC ―→|＝|AB ―→－AC ―→|，AB ＝2，AC ＝1，E ，F 为BC 的三等分点，则AE ―→·AF ―→＝( )A.89 B.109C.259D.269解析：选B 由|AB ―→＋AC ―→|＝|AB ―→－AC ―→|知AB ―→⊥AC ―→，以A 为坐标原点，AB ―→，AC ―→的方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (0,1)，不妨设E ⎝⎛⎭⎫43，13，F ⎝⎛⎭⎫23，23，则AE ―→·AF ―→＝⎝⎛⎭⎫43，13·⎝⎛⎭⎫23，23＝89＋29＝109.9．已知在平面直角坐标系xOy 中，P 1(3,1)，P 2(－1,3)，P 1，P 2，P 3三点共线且向量OP 3―→与向量a ＝(1，－1)共线，若OP 3―→＝λOP 1―→＋(1－λ) OP 2―→，则λ＝( )A ．－3B ．3C ．1D ．－1解析：选D 设OP 3―→＝(x ，y )，则由OP 3―→∥a ，知x ＋y ＝0，于是OP 3―→＝(x ，－x )． 若OP 3―→＝λOP 1―→＋(1－λ)OP 2―→，则有(x ，－x )＝λ(3,1)＋(1－λ)(－1,3)＝(4λ－1,3－2λ)，即⎩⎪⎨⎪⎧4λ－1＝x ，3－2λ＝－x ，所以4λ－1＋3－2λ＝0，解得λ＝－1. 10．(2018·兰州诊断考试)在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝1，点P 在AM 上且满足AP ―→＝2PM ―→，则PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)等于( )A ．－49B ．－43C.43D.49解析：选A 如图，∵AP ―→＝2PM ―→，∴AP ―→＝PB ―→＋PC ―→， ∴PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)＝－PA ―→2， ∵AM ＝1且AP ―→＝2PM ―→，∴|PA ―→|＝23，∴PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)＝－49.11．(2019届高三·南宁摸底联考)已知O 是△ABC 内一点，OA ―→＋OB ―→＋OC ―→＝0，AB ―→·AC ―→＝2且∠BAC ＝60°，则△OBC 的面积为( )A.33B. 3C.32D.23解析：选A ∵OA ―→＋OB ―→＋OC ―→＝0，∴O 是△ABC 的重心，于是S △OBC ＝13S △ABC .∵AB ―→·AC ―→＝2，∴|AB ―→|·|AC ―→|·cos ∠BAC ＝2，∵∠BAC ＝60°，∴|AB ―→|·|AC ―→|＝4.∴S △ABC ＝12|AB ―→|·|AC ―→|sin ∠BAC ＝3，∴△OBC 的面积为33.12．(2018·南昌调研)已知A ，B ，C 是圆O ：x 2＋y 2＝1上的动点，且AC ⊥BC ，若点M 的坐标是(1,1)，则|MA ―→＋MB ―→＋MC ―→|的最大值为( )A ．3B ．4C ．32－1D ．32＋1解析：选D 法一：∵A ，B ，C 是圆O ：x 2＋y 2＝1上的动点，且AC ⊥BC ，∴设A (cos θ，sin θ)，B (－cos θ，－sin θ)，C (cos α，sin α)，其中0≤θ<2π，0≤α<2π， ∵M (1,1)，∴MA ―→＋MB ―→＋MC ―→＝(cos θ－1，sin θ－1)＋(－cos θ－1，－sin θ－1)＋(cos α－1，sin α－1)＝(cos α－3，sin α－3)，∴|MA ―→＋MB ―→＋MC ―→|＝(cos α－3)2＋(sin α－3)2 ＝cos 2α－6cos α＋9＋sin 2α－6sin α＋9 ＝19－62sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4， 当且仅当sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝－1时，|MA ―→＋MB ―→＋MC ―→|取得最大值，最大值为19＋62＝32＋1.法二：连接AB ，∵AC ⊥BC ，∴AB 为圆O 的直径， ∴MA ―→＋MB ―→＝2MO ―→，∴|MA ―→＋MB ―→＋MC ―→|＝|2MO ―→＋MC ―→|≤|2MO ―→|＋|MC ―→|＝22＋|MC ―→|， 易知点M 与圆上动点C 的距离的最大值为2＋1， ∴|MC ―→|≤2＋1，∴|MA ―→＋MB ―→＋MC ―→|≤32＋1，故选D. 二、填空题13．(2018·潍坊统一考试)已知单位向量e 1，e 2，且〈e 1，e 2〉＝π3，若向量a ＝e 1－2e 2，则|a |＝________.解析：因为|e 1|＝|e 2|＝1，〈e 1，e 2〉＝π3，所以|a |2＝|e 1－2e 2|2＝1－4|e 1|·|e 2|cos π3＋4＝1－4×1×1×12＋4＝3，即|a |＝ 3.答案： 314．已知a ，b 是非零向量，f (x )＝(a x ＋b )·(b x －a )的图象是一条直线，|a ＋b |＝2，|a |＝1，则f (x )＝________.解析：由f (x )＝a ·b x 2－(a 2－b 2)x －a ·b 的图象是一条直线，可得a ·b ＝0.因为|a ＋b |＝2，所以a 2＋b 2＝4.因为|a |＝1，所以a 2＝1，b 2＝3，所以f (x )＝2x . 答案：2x15．在△ABC 中，N 是AC 边上一点且AN ―→＝12NC ―→，P 是BN 上一点，若AP ―→＝m AB ―→＋29AC ―→，则实数m 的值是________．解析：如图，因为AN ―→＝12NC ―→，所以AN ―→＝13AC ―→，所以AP ―→＝m AB―→＋29AC ―→＝m AB ―→＋23AN ―→.因为B ，P ，N 三点共线，所以m ＋23＝1，则m ＝13. 答案：1316．(2019届高三·唐山五校联考)在△ABC 中，(AB ―→－3AC ―→)⊥CB ―→，则角A 的最大值为________．解析：因为(AB ―→－3AC ―→)⊥CB ―→，所以(AB ―→－3AC ―→)·CB ―→＝0，即(AB ―→－3AC ―→)·(AB ―→－AC ―→)＝0，则AB ―→2－4AC ―→·AB ―→＋3AC ―→2＝0，即cos A ＝|AB ―→|2＋3|AC ―→|24|AC ―→|·|AB ―→|＝|AB ―→|4|AC ―→|＋3|AC ―→|4|AB ―→|≥2316＝32，当且仅当|AB ―→|＝3|AC ―→|时等号成立．因为0<A <π，所以0<A ≤π6，即角A 的最大值为π6.π答案：6。