2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案-文数（经典版）文档：第二编 专题二 第3讲 平面向量 Word版含解析.doc

www.ks5u.com第3讲平面向量考情研析1.考查平面向量的基本定理及基本运算，多以熟知的平面图形为背景进行考查，多为选择题、填空题，难度为中低档2.考查平面向量的数量积，以选择题、填空题为主，难度为低档；向量作为工具，还常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何结合，以解答题形式出现.核心知识回顾1.平面向量的数量积(1)若a，b为非零向量，夹角为，则a·b|a|b|·cos.(2)设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则a·bx1x2y1y2.2两个非零向量平行、垂直的充要条件若a(x1，y1)，b(x2，y2)，则(1)abab(b0)x1y2x2y10.(2)aba·b0x1x2y1y20.3利用数量积求长度(1)若a(x，y)，则|a| .(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则| .4利用数量积求夹角若a(x1，y1)，b(x2，y2)，为a与b的夹角，则cos.5三角形“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|.(2)O为ABC的重心0.(3)O为ABC的垂心···.(4)O为ABC的内心abc0.热点考向探究考向1 平面向量的概念及运算例1(1)已知向量a(1,2)，b(2,3)，若manb与2ab共线(其中m，nR且n0)，则()A2 B2 C D.答案A解析因为manb(m2n,2m3n)，2ab(0,7)，manb与2ab共线，所以m2n0，即2.故选A.(2)(2019·云南第二次统考)已知点O(0,0)，A(1,3)，B(2，4)，m.若点P在y轴上，则实数m的值为()A. B. C. D.答案A解析由题意，可得(1,3)，(3，7)，所以m(3m1,37m)，点P在y轴上，即3m10，m.故选A.(3)(2019·贵州南白中学(遵义县一中)高一联考)已知D是ABC的边AB上的中点，则向量等于()A. BC. D答案D解析D是ABC的边AB的中点，()，().故选D.平面向量的线性运算有几何运算和坐标运算两种形式，几何运算主要是利用三角形法则和平面向量的基本定理，坐标运算主要是利用向量加、减、数乘运算的法则进行求解解题过程中要注意方程思想的运用及正确使用运算法则1(2019·四川巴中高三诊断)向量(2,3)，(4,7)，则()A(2，4) B(2,4)C(6,10) D(6，10)答案B解析(2,4)故选B.2(2019·四川宜宾高三二诊)在平行四边形ABCD中，M是DC的中点，向量2，设a，b，则()A.ab BabC.ab D.ab答案A解析根据题意画图，如图所示，则a，()ab，abaab，故选A.3(2019·陕西高三一模)如图，在OACB中，E是AC的中点，F是BC上的一点，且BC3BF，若mn，其中m，nR，则mn的值为()A1 B. C. D.答案C解析在平行四边形中，因为E是AC的中点，所以，所以，因为BC3BF，所以，所以，因为mn，所以，在OACB中，所以解得所以mn.故选C.考向2 平面向量的数量积例2(1)(2019·辽宁鞍山一中三模)设a，b是夹角为60°的单位向量，则2ab和3a2b的夹角为()A30° B60° C120° D150°答案B解析由题意，因为a，b是夹角为60°的单位向量，a·b|a|b|cos60°，则(2ab)·(3a2b)6a22b2a·b62，|2ab|，|3a2b|，设2ab和3a2b的夹角为，则cos，即60°.故选B.(2)如图，在ABC中，ABBC4，ABC30°，AD是BC边上的高，则·()A0 B4C8 D4答案B解析因为ABBC4，ABC30°，AD是BC边上的高，所以AD4sin30°2，所以··()···2×4×4.故选B.(3)(2019·安徽黄山高三二模)已知向量a，b满足|a|2，|b|，且a(a2b)，则b在a方向上的投影为()A1 B C. D1答案D解析因为a(a2b)，所以a·(a2b)0，42a·b0，a·b2，因此b在a方向上的投影为1.选D.(1)向量数量积有两种不同形式的计算公式：一是夹角公式a·b|a|b|cos；二是坐标公式a·bx1x2y1y2.(2)用数量积求长度的方法：|a|；|a±b|；若a(x，y)，则|a|.(3)用数量积公式求夹角：cos.1已知向量a与b的夹角为30°，且|a|2，|2ab|2，则|b|()A2 B. C. D3答案A解析a·b|a|b|cos30°|b|，|2ab|24a24a·bb2164|b|b|24，|b|2.故选A.2(2019·贵州省南白中学(遵义县一中)高二联考)已知|1，|2，若·0，·0，则|的最大值为()A. B2 C. D2答案C解析由题意可知，ABBC，CDAD，故四边形ABCD为圆内接四边形，且圆的直径为AC，由勾股定理可得AC，因为BD为上述圆的弦，而圆的最长的弦为其直径，故|的最大值为.故选C.3如图，在ABC中，O为BC的中点，若AB1，AC4，60°，则|_.答案解析因为，60°，所以·|·|cos60°1×4×2.又()，所以2()2(22·2)，即2×(1416)，所以|.考向3 平面向量与三角函数例3(1)(2019·贵州遵义航天高级中学四模)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B，cosA，·28，则b的值为()A3 B. C4 D5答案D解析由题意可知，·28，ac28，在ABC中，cosA，sinA，sinCsin(AB)sin(AB)sinAcosBcosAsinB，由正弦定理可得，即，ab，cb，代入ac28中，得·28，得b225，b5.故选D.(2)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设m，n，且mn.求角B的值；若ABC为锐角三角形，且A，外接圆半径R2，求ABC的周长解由mn，得cos2Acos2B2cos·cos，即2sin2B2sin2A2，化简得sinB，故B或.易知B，则由A，得C(AB).由正弦定理2R，得a4sin2，b4sin2，c4sin4sin4×，所以ABC的周长为23.平面向量作为解决问题的工具，具有代数形式和几何形式的“双重型”，高考常在平面向量与三角函数的交汇处命题，通过向量运算作为题目条件，通常利用向量的平行与垂直进行转化1(2019·安徽宣城二调)在直角三角形ABC中，A90°，AB2，AC4，P在ABC斜边BC的中线AD上，则·()的最大值为()A. B. C. D.答案B解析以A为坐标原点，以，方向分别为x轴、y轴正方向建立平面直角坐标系，则B(2,0)，C(0,4)，中点D(1,2)，设P(x,2x)，所以(x,2x)，(1x,22x)，·()·(2)2x(1x)2x·(22x)10(x2x)，当x时，·()的最大值为.故选B.2(2019·贵州南白中学(遵义县一中)高一下学期第一次联考)已知在ABC中，C2A，cosA，且2·27.(1)求cosB的值；(2)求ABC的周长解(1)C2A，cosCcos2A2cos2A1，sinC，sinA，cosBcos(AC)sinAsinCcosAcosC.(2)，ABBC，2·27，cosB，BC·AB24，BC4，AB6，AC5，ABC的周长为65415.真题押题真题模拟1. (2019·山西吕梁模拟)如图，|2，|，|4，与的夹角为135°，若4，则()A1 B2C3 D4答案B解析|2，|，|4，与的夹角为135°，·2××2，若4，则2221628·，164216×28×(2)，2，故选B.2(2019·厦门模拟)已知ABC是正三角形，O是ABC的中心，D和E分别为边AB和AC的中点，若xy，则xy()A4 B4 C2 D2答案B解析O是ABC的中心，D和E分别是边AB，AC的中点，()，2，同理可得：2.222()，OOO0，22()22，xy2，xy4.3(2019·贵州遵义航天高级中学四模)已知向量a(2，1)，b(1,7)，则下列结论正确的是()Aab BabCa(ab) Da(ab)答案D解析a·b50，A不正确；a(2，1)，b(1,7)，2×71150，B不正确；a·(ab)(2，1)·(1，8)100，C不正确；ab(3,6)，a·(ab)660，即a(ab)故选D.4(2019·安徽宣城二调)已知平面向量a，b，满足|a|2，|b|1，a与b的夹角为60°，若(ab)b，则实数的值为_答案1解析|a|2，|b|1，a与b的夹角为60°，a·b|a|b|cos60°1.(ab)b，b·(ab)0，|b|2a·b0，即10，解得1.5(2019·全国卷)已知a，b为单位向量，且a·b0，若c2ab，则cosa，c_.答案解析由题意，得cosa，c.6(2019·浙江高考)已知正方形ABCD的边长为1，当每个i(i1,2,3,4,5,6)取遍±1时，|123456|的最小值是_，最大值是_答案02解析如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则(1,0)，(0,1)设a12345612345()6()(1356)(2456)(1356，2456)故|a|.i(i1,2,3,4,5,6)取遍±1，当13560，24560时，|123456|取得最小值0.考虑到56，56有相关性，要确保所求模最大，只需使|1356|，|2456|尽可能取到最大值，即当13562，24564或13564，24562时可取到最大值，|123456|的最大值为2.金版押题7已知，|，|t，若点P是ABC所在平面内的一点，且，则·的最大值等于()A13 B15 C19 D21答案A解析建立如图所示的直角坐标系，则B，C(0，t)，(0，t)，t(0，t)(1,4)，即P(1,4)，··(1，t4)1717213，当且仅当t时取“”8已知在ABC中，D是BC的中点，过点D的直线分别交直线AB，AC于E，F两点，若(>0)，(>0)，则的最小值是_答案解析由题意得，2，所以，又D，E，F在同一条直线上，可得1.所以·2，当且仅当2时取等号配套作业一、选择题1. (2019·安徽毛坦厂中学高三校区4月联考)如图所示，在梯形ABCD中，ABCD，2，点E是AD的中点，若a，b，则()A3ab B2abC3a2b D2a2b答案A解析2，2，点E是AD的中点，.2aba3ab.故选A.2(2019·陕西榆林三模)已知向量a与向量b的模均为2，若|a3b|2，则向量a与向量b的夹角是()A60° B30° C120° D150°答案A解析|a3b|2|a|26a·b9|b|24024cosa，b28，cosa，b，a，b60°，故选A.3如图，在OAB中，P为线段AB上的一点，xy，且2，则()Ax，yBx，yCx，yDx，y答案A解析由题意知，又2，所以()，易知x，y.4(2019·新疆维吾尔族自治区二模)O是ABC的外接圆圆心，且0，|1，则在方向上的投影为()A B C. D.答案B解析由0，得，所以四边形ABOC是平行四边形又O是ABC的外接圆圆心，所以OAOBOC，所以四边形ABOC是菱形，且ACO60°，CB平分ACO，所以ACB30°，即与的夹角为150°，因为|1，所以在方向上的投影为|cos150°.故选B.5已知(2,1)，点C(1,0)，D(4,5)，则向量在方向上的投影为()A3 B C. D3答案C解析点C(1,0)，D(4,5)，(5,5)又(2,1)，向量在方向上的投影为|cos，.6在ABC中，()·|2，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等腰直角三角形答案C解析由()·|2，得·()0，即·()0，·20，.A90°，选C.7(2019·山东师范大学附属中学五模)已知O是ABC所在平面上的一定点，若动点P满足，(0，)，则点P的轨迹一定通过ABC的()A内心 B外心 C重心 D垂心答案C解析|AB|sinB|AC|sinC，设它们等于t，·()，如图，设BC的中点为D，则2，·()表示与共线的向量，而点D是BC的中点，即AD是ABC的中线，所以点P的轨迹一定通过三角形的重心故选C.8平面向量a，b满足|a|4，|b|2，ab在a上的投影为5，则|a2b|为()A2 B4 C8 D16答案B解析根据条件，|ab|cos(ab)，a|ab|·5，所以a·b4，所以(a2b)2a24a·b4b216161616，所以|a2b|4.故选B.二、填空题9(2019·辽宁沈阳郊联体高三一模)若平面向量e1，e2满足|e1|3e1e2|2，则e1在e2方向上的投影的最大值为_答案解析因为|e1|3e1e2|2，所以|e1|24,9|e1|2|e2|26e1·e24，e1在e2方向上的投影为2cos，其中为e1，e2的夹角又36|e2|212|e2|cos4，故|e2|212|e2|·cos320.设t|e2|，则t212tcos320有非负解，故故cos，故，即e1在e2方向上的投影的最大值为.10向量a，b满足|a|2，|b|1，且|a2b|(2，2，则a，b的夹角的取值范围是_答案解析|a2b|(2,2，(a2b)2(4,12，即a24b24a·b448cos(4,12，cos，故.11(2019·四川成都外国语学校高三一模)如图所示，在ABC中，ADDB，点F在线段CD上，设a，b，xayb，则的最小值为_，此时x_.答案321解析xayb2xy.C，F，D三点共线，2xy1.即y12x.由图可知x>0.令f(x)，得f(x)，令f(x)0，得x1或x1(舍去)当0<x<1时，f(x)<0，当x>1时，f(x)>0.当x1时，f(x)取得最小值f(1)32.三、解答题12已知向量a(sinx，cosx)，b，函数f(x)a·b.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)若，且cos，求f()解(1)f(x)sinxcos1sinxcosxsin2x1sin2xcos2xsin.令2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ.故f(x)的单调递增区间为，kZ.(2)f()sinsincos，又cos，且，sin，f().13已知ABC的面积为S，且·S.(1)求tan2B的值；(2)若cosA，且|2，求BC边上的中线AD的长解(1)由已知·S有accosBacsinB，可得tanB2，所以tan2B.(2)由|2可得|2，由(1)知tanB2，解得sinB，cosB，又cosA，所以sinA，sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB.因为sinBsinC，所以BC，所以ABAC2，所以中线AD也为BC边上的高，所以ADABsinB2×.14(2019·湘赣十四校高三第二次联考)在ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a3，b3，cosAcos2B.(1)求边c的长；(2)若D为直线BC上的一点，且|2|，求|.解(1)解法一：a3，b3，sinAsinB.又cosAcos2B，所以与平方相加得2sin2Bcos22B1，即cos22Bcos2B0，cos2B0或cos2B1.又a>b，B为锐角，0°<2B<180°，cos2B0，B45°.sinAsinB1，A90°，所以ABC为等腰直角三角形，cb3.解法二：a>b，B为锐角，0°<2B<180°，cosAcos2B，A2B.sinAsin2B2sinBcosB，由正弦定理与余弦定理得，a2b·，又a3，b3，c26c90，即c3.(2)解法一：当2时，|；当2时，2222，|3.解法二：当2时，在ACD中，AC3，CD2，ACD45°，AD2AC2CD22AC·CDcos45°5，|；当2时，在ACD中，AC3，CD6，ACD45°，AD2AC2CD22AC·CDcos45°45，|3.15已知向量a，b，>0，设函数f(x)a·b3的部分图象如图所示，A为图象的最低点，B，C为图象与x轴的交点，且ABC为等边三角形，其高为2.(1)求的值及函数f(x)的值域；(2)若f(x0)，且x0，求f(x01)的值解(1)由已知可得f(x)a·b36cos2sinx32sin，由正ABC的高为2，可得BC4，所以函数f(x)的最小正周期T4×28，即8，得，故f(x)2sin，所以函数f(x)的值域为2，2(2)由(1)有f(x0)2sin，又f(x0)，故sin，由x0，得，所以cos，故f(x01)2sin2sin2××.