1、 第五篇 平面向量第 1 讲 平面向量的概念及其线性运算知 识 梳 理1向量的有关概念名称定义备注向量既有大小又有方向的量；向量的大小叫做向量的长度(或称模)平面向量是自由向量零向量长度为零的向量；其方向是任意的记作 0单位向量长度等于 1 个单位的向量非零向量 a 的单位向量为 a|a|平行向量方向相同或相反的非零向量0 与任一向量平行或共线共线向量方向相同或相反的非零向量又叫做共线向量相等向量长度相等且方向相同的向量两向量只有相等或不等，不能比较大小相反向量长度相等且方向相反的向量0 的相反向量为 02.向量的线性运算向量运算定 义法则(或几何意义)运算律加法求两个向量和的运算三角形法则平
2、行四边形法则(1)交换律：abba.(2)结合律：(ab)ca(bc)减法求a 与 b 的相反向量b 的和的运算叫做 a 与 b 的差三角形法则aba(b)数乘求实数 与向量 a 的积的运算(1)|a|a|；(2)当 0时，a 的方向与 a 的方向相同；当 0 时，a的方向与 a 的方向相反；当 0 时，a0(a)a；()aaa；(ab)ab3.共线向量定理向量 a(a0)与 b 共线的充要条件是存在唯一一个实数，使得 ba.辨 析 感 悟1对共线向量的理解(1)若向量 a，b 共线，则向量 a，b 的方向相同()(2)若 ab，bc，则 ac.()(3)(2013郑州调研改编)设 a 与 b
3、 是两个不共线向量，且向量 ab 与 2ab 共线，则 12.()2对向量线性运算的应用(4)ABBCCDAD.()(5)(教材习题改编)在ABC 中，D 是 BC 的中点，则AD12(ACAB)()感悟提升1一个区别 两个向量共线与两条线段共线不同，前者的起点可以不同，而后者必须在同一直线上同样，两个平行向量与两条平行直线也是不同的，因为两个平行向量可以移到同一直线上2两个防范 一是两个向量共线，则它们的方向相同或相反；如(1)；二是注重零向量的特殊性，如(2).考点一 平面向量的有关概念【例 1】给出下列命题：若|a|b|，则 ab；若 A，B，C，D 是不共线的四点，则ABDC是四边形A
4、BCD 为平行四边形的充要条件；若 ab，bc，则 ac；ab 的充要条件是|a|b|且 ab.其中真命题的序号是_解析 不正确两个向量的长度相等，但它们的方向不一定相同正确ABDC，|AB|DC|且ABDC，又A，B，C，D 是不共线的四点，四边形 ABCD 为平行四边形；反之，若四边形 ABCD 为平行四边形，则ABDC且|AB|DC|，因此，ABDC.正确ab，a，b 的长度相等且方向相同；又 bc，b，c 的长度相等且方向相同，a，c 的长度相等且方向相同，故 ac.不正确当 ab 且方向相反时，即使|a|b|，也不能得到 ab，故|a|b|且 ab 不是 ab 的充要条件，而是必要不
5、充分条件综上所述，正确命题的序号是.答案 规律方法 对于向量的概念应注意以下几条：(1)向量的两个特征：有大小和方向，向量既可以用有向线段和字母表示，也可以用坐标表示；(2)相等向量不仅模相等，而且方向要相同，所以相等向量一定是平行向量，而平行向量则未必是相等向量；(3)向量与数量不同，数量可以比较大小，向量则不能，但向量的模是非负实数，故可以比较大小【训练 1】设 a0 为单位向量，若 a 为平面内的某个向量，则 a|a|a0；若 a与 a0 平行，则 a|a|a0；若 a 与 a0 平行且|a|1，则 aa0.上述命题中，假命题的序号是_解析 向量是既有大小又有方向的量，a 与|a|a0
6、的模相等，但方向不一定相同，故是假命题；若 a 与 a0 平行，则 a 与 a0 的方向有两种情况：一是同向，二是反向，反向时 a|a|a0，故也是假命题答案 考点二 平面向量的线性运算【例 2】(1)(2013四川卷)如图，在平行四边形 ABCD 中，对角线 AC 与 BD 交于点 O，ABAD AO，则 _.(2)(2013泉州模拟)已知 P，A，B，C 是平面内四点，且PAPBPCAC，那么PB_AP.解析(1)ABADAC2AO，2.(2)PAPBPCACPCPA，PB2PA2AP.答案(1)2(2)2规律方法(1)进行向量运算时，要尽可能地将它们转化到三角形或平行四边形中，充分利用相
7、等向量、相反向量，三角形的中位线及相似三角形对应边成比例等性质，把未知向量用已知向量表示出来(2)向量的线性运算类似于代数多项式的运算，实数运算中的去括号、移项、合并同类项、提取公因式等变形手段在线性运算中同样适用【训练 2】如图，D，E，F 分别是ABC 的边 AB，BC，CA 的中点，则CF可用AD与BE表示为_解析 由题意知：ADFE，BEDF，CFED，而FEEDDF0，ADBECF0.CFADBE.答案 CFADBE考点三 向量共线定理及其应用【例 3】(2013郑州一中月考)设两个非零向量 a 与 b 不共线(1)若ABab，BC2a8b，CD3(ab)求证：A，B，D 三点共线；
8、(2)试确定实数 k，使 kab 和 akb 共线审题路线(1)由向量的加法，得BDBCCD用 a，b 表示BD得到BD与AB的关系式由向量共线定理，得BD与AB共线再看是否有公共点得到证明的结论(2)假设存在实数 k利用向量共线定理列出方程根据 a、b 是两个不共线的向量得出方程组解得 k 值(1)证明 ABab，BC2a8b，CD3(ab)BDBCCD2a8b3(ab)5(ab)5AB.AB，BD共线，又它们有公共点 B，A，B，D 三点共线(2)解 假设 kab 与 akb 共线，则存在实数，使 kab(akb)，即(k)a(k1)b.又 a，b 是两不共线的非零向量，kk10.k210
9、.k1.学生用书第 67 页规律方法(1)证明三点共线问题，可用向量共线解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线(2)向量 a，b 共线是指存在不全为零的实数 1，2，使 1a2b0 成立，若 1a2b0，当且仅当 120 时成立，则向量 a，b 不共线【训练 3】(2014西安模拟)已知向量 a，b 不共线，且 cab，da(21)b，若 c 与 d 同向，则实数 的值为_解析 由于 c 与 d 同向，所以 ckd(k0)，于是 abka(21)b，整理得 abka(2kk)b.由于 a，b 不共线，所以有k，2kk1，整理得 2210，所以
10、1 或 12.又因为 k0，所以 0，故 1.答案 11向量的加、减法运算，要在所表达的图形上多思考，多联系相关的几何图形，比如平行四边形、菱形、三角形等，可多记忆一些有关的结论2对于向量共线定理及其等价定理，关键要理解为位置(共线或不共线)与向量等式之间所建立的对应关系要证明三点共线或直线平行都是先探索有关的向量满足向量等式 ba，再结合条件或图形有无公共点证明几何位置 方法优化 3准确把握平面向量的概念和运算【典例】(2012浙江卷改编)设 a，b 是两个非零向量对于结论：若|ab|a|b|，则 ab；若 ab，则|ab|a|b|；若|ab|a|b|，则存在实数，使得 ba；若存在实数，使
11、得 ba，则|ab|a|b|.正确结论的序号是_一般解法 结论，若 ba，则等式|ab|a|b|成立，显然 ab 不成立；结论，若 ab 且|a|b|，则|a|b|0，显然，|ab|2|a|0，故|ab|a|b|不成立；结论正确；结论，若 ba，则|a|b|0，显然，|ab|2|a|0，故|ab|a|b|不成立优美解法(数量积法)把等式|ab|a|b|两边平方，得(ab)2(|a|b|)2，即 2ab2|a|b|，而 ab|a|b|cosa，b，所以 cosa，b1.又因为a，b0，所以a，b，即 a，b 为方向相反的共线向量故正确答案 反思感悟 部分学生做错的主要原因是：题中的条件“|ab|
12、a|b|”在处理过程中误认为“|ab|ab|”，从而得到“ab”这个错误的结论【自主体验】在OAB 中，OAa，OBb，OD 是 AB 边上的高，若ADAB，则实数 _.aab|ab|；aba|ab|；aab|ab|2；aba|ab|2解析 由ADAB，|AD|AB|.又|AD|a|cos A|a|aab|a|ab|aab|ab|，|AB|ab|，aab|ab|2.答案 基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、填空题1若 O，E，F 是不共线的任意三点，则EF可用OF与OE表示为_解析 由图可知EFOFOE.答案 EFOFOE2.(2014汕头二模)如图，在正六边形 ABCDEF 中，BACD
13、EF等于_解析 因为 ABCDEF 是正六边形，故BACDEFDECDEFCEEFCF.答案 CF3对于非零向量 a，b，“ab0”是“ab”的_条件解析 若 ab0，则 ab，所以 ab.若 ab，则 ab，ab0 不一定成立，故前者是后者的充分不必要条件答案 充分不必要4(2013大连联考)已知OAa，OBb，OCc，ODd，且四边形 ABCD 为平行四边形，则 a、b、c、d 四个向量满足的关系为_解析 依题意得，ABDC，故ABCD0，即OBOAODOC0，即有OAOBOCOD0，则 abcd0.答案 abcd05(2014宿迁质检)若点 M 是ABC 所在平面内的一点，且满足 5AM
14、AB3AC，则ABM 与ABC 的面积比为_解析 设 AB 的中点为 D，由 5AMAB3AC，得 3AM3AC2AD2AM，即 3CM2MD.如图所示，故 C，M，D 三点共线，且MD35CD，也就是ABM 与ABC对于边 AB 的两高之比为 35，则ABM 与ABC 的面积比为35.答案 356(2014湖州月考)给出下列命题：向量AB的长度与向量BA的长度相等；向量 a 与 b 平行，则 a 与 b 的方向相同或相反；两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同；两个有公共终点的向量，一定是共线向量；向量AB与向量CD是共线向量，则点 A，B，C，D 必在同一条直线上其中不正确命题的序号是
15、_解析 中，向量AB与BA为相反向量，它们的长度相等，此命题正确中若 a 或 b 为零向量，则满足 a 与 b 平行，但 a 与 b 的方向不一定相同或相反，此命题错误由相等向量的定义知，若两向量为相等向量，且起点相同，则其终点也必定相同，该命题正确由共线向量知，若两个向量仅有相同的终点，则不一定共线，该命题错误共线向量是方向相同或相反的向量，若AB与CD是共线向量，则 A，B，C，D 四点不一定在一条直线上，该命题错误答案 7在ABCD 中，ABa，ADb，AN3NC，M 为 BC 的中点，则MN_.(用a，b 表示)解析 由AN3NC，得 4AN3 AC3(ab)，AMa12b，所以MNA
16、NAM34(ab)a12b 14a14b.答案 14a14b8(2014泰安模拟)设 a，b 是两个不共线向量，AB2apb，BCab，CDa2b，若 A，B，D 三点共线，则实数 p 的值为_解析 BDBCCD2ab，又 A，B，D 三点共线，存在实数，使ABBD.即22，p，p1.答案 1二、解答题9若 a，b 是两个不共线的非零向量，a 与 b 起点相同，则当 t 为何值时，a，tb，13(ab)三向量的终点在同一条直线上？解 设OAa，OBtb，OC13(ab)，ACOCOA23a13b，ABOBOAtba.要使 A，B，C 三点共线，只需ACAB.即23a13b(tba)tba.又a
17、 与 b 为不共线的非零向量，有23，13t23，t12.当 t12时，三向量终点在同一直线上10如图，在平行四边形 OADB 中，设OAa，OBb，BM13BC，CN13CD.试用 a，b 表示OM，ON及MN.解 由题意知，在平行四边形 OADB 中，BM13BC16BA16(OAOB)16(ab)16a16b，则OMOBBMb16a16b16a56b.ON23OD23(OAOB)23(ab)23a23b，MNONOM23a23b16a56b12a16b.能力提升题组(建议用时：25 分钟)一、填空题1.如图所示，在ABC 中，已知点 D 在 AB 边上，且AD2DB，CD13CACB，则
18、 _.解析 因为CDCAADCA23ABCA23(CBCA)13CA23CB，所以 23.答案 232在ABC 中，点 O 在线段 BC 的延长线上，且与点 C 不重合，若AOx AB(1x)AC，则实数 x 的取值范围是_解析 设BO BC(1)，则AOABBOAB BC(1)AB AC，又AOx AB(1x)AC，所以 x AB(1x)AC(1)AB AC.所以 1x1，得 x0.答案(，0)3若点 O 是ABC 所在平面内的一点，且满足|OBOC|OBOC2OA|，则ABC 的形状为_解析 OBOC2OAOBOAOCOAABAC，OBOCCBABAC，|ABAC|ABAC|.故 A，B，
19、C 为矩形的三个顶点，ABC 为直角三角形答案 直角三角形二、解答题4.在ABC 中，E，F 分别为 AC，AB 的中点，BE 与 CF 相交于 G 点，设ABa，ACb，试用 a，b 表示AG.解 AGABBGABBEAB2(BABC)12 AB2(ACAB)(1)AB2AC(1)a2b.又AGACCGACm CFACm2(CACB)(1m)ACm2ABm2a(1m)b，1m2，1m2，解得 m23，AG13a13b.学生用书第 67 页第 2 讲 平面向量基本定理及坐标表示知 识 梳 理1平面向量基本定理如果 e1，e2 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
20、只有一对实数 1，2，使 a1e12e2.其中，不共线的向量 e1，e2 叫做表示这一平面内所有向量的一组基底2平面向量的坐标运算(1)向量加法、减法、数乘向量及向量的模设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则ab(x1x2，y1y2)，ab(x1x2，y1y2)，a(x1，y1)，|a|x21y21.(2)向量坐标的求法若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB(x2x1，y2y1)，|AB|x2x12y2y12.3平面向量共线的坐标表示设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 abx1y2x2y10.学生用书第 68 页辨 析 感 悟
21、1对平面向量基本定理的理解(1)平面内的任何两个向量都可以作为一组基底()(2)若 a，b 不共线，且 1a1b2a2b，则 12，12.()(3)(2013广东卷改编)已知 a 是已知的平面向量且 a0.关于向量 a 的分解，有下列四个命题，请判断它们的正误：给定向量 b，总存在向量 c，使 abc.()给定向量 b 和 c，总存在实数 和，使 abc；()给定单位向量 b 和正数，总存在单位向量 c 和实数，使 abc；()给定正数 和，总存在单位向量 b 和单位向量 c，使 abc.()2平面向量的坐标运算(4)(教材习题改编)已知点 A(2,1)，B(1,3)，则AB(3,2)()(5
22、)若 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 ab 的充要条件可表示成x1x2y1y2.()(6)(2013湘潭调研改编)已知向量 a(4，x)，b(4,4)，若 ab，则 x 的值为4.()感悟提升1一个区别 向量坐标与点的坐标不同，在平面直角坐标系中，以原点为起点的向量OAa，点 A 的位置被向量 a 唯一确定，此时点 A 的坐标与 a 的坐标统一为(x，y)，但应注意其表示形式的区别，如点 A(x，y)，向量 aOA(x，y)当平面向量OA平行移动到O1A1时，向量不变即O1A1OA(x，y)，但O1A1的起点 O1 和终点 A1 的坐标都发生了变化2两个防范 一是注意能作为基底的两个向
23、量必须是不共线的，如(1)二是注意运用两个向量 a，b 共线坐标表示的充要条件应为 x1y2x2y10，如(5).考点一 平面向量基本定理的应用【例 1】如图，在平行四边形 ABCD 中，M，N 分别为 DC，BC 的中点，已知AMc，ANd，试用 c，d 表示AB，AD.解 法一 设ABa，ADb，则 aANNBd12b，bAMMDc12a.将代入，得 ad12 c12a，a43d23c23(2dc)，将代入，得 bc12 23(2dc)23(2cd)AB23(2dc)，AD23(2cd)法二 设ABa，ADb.因 M，N 分别为 CD，BC 的中点，所以BN12b，DM12a，因而cb12
24、a，da12ba232dc，b232cd，即AB23(2dc)，AD23(2cd)规律方法(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决【训练 1】如图，在ABC 中，AN13NC，P 是 BN 上的一点，若APmAB 211AC，则实数 m 的值为_解析 设|BP|y，|PN|x，则APANNP14AC xxyBN，APABBPAB yxyBN，yx 得AP xxyABy4xyAC，令y4xy 211，得 y83x，代入
25、得 m 311.答案 311考点二 平面向量的坐标运算【例 2】已知 A(2,4)，B(3，1)，C(3，4)，设ABa，BCb，CAc，且CM3c，CN2b.(1)求 3ab3c；(2)求满足 ambnc 的实数 m，n；(3)求 M，N 的坐标及向量MN的坐标解 由已知得 a(5，5)，b(6，3)，c(1,8)(1)3ab3c3(5，5)(6，3)3(1,8)(1563，15324)(6，42)(2)mbnc(6mn，3m8n)(5，5)，6mn5，3m8n5，解得m1，n1.(3)设 O 为坐标原点，CMOMOC3c，OM3cOC(3,24)(3，4)(0,20)，M 的坐标为(0,2
26、0)又CNONOC2b，ON2bOC(12,6)(3，4)(9,2)，N 的坐标为(9,2)，MN(90,220)(9，18)规律方法 向量的坐标运算主要是利用加、减、数乘运算法则进行的若已知有向线段两端点的坐标，则应先求出向量的坐标，解题过程中要注意方程思想的运用及运算法则的正确使用【训练 2】(1)已知平面向量 a(1,1)，b(1，1)，则向量12a32b_.(2)在平行四边形 ABCD 中，AC 为一条对角线，若AB(2,4)，AC(1,3)，则BD_.解析(1)12a12，12，32b32，32，故12a32b(1,2)(2)由题意得BDADABBCAB(ACAB)ABAC2AB(1
27、,3)2(2,4)(3，5)答案(1)(1,2)(2)(3，5)学生用书第 69 页考点三 平面向量共线的坐标表示【例 3】平面内给定三个向量 a(3,2)，b(1,2)，c(4,1)(1)若(akc)(2ba)，求实数 k；(2)若 d 满足(dc)(ab)，且|dc|5，求 d 的坐标审题路线(1)分别求出(akc)与(2ba)的坐标利用向量平行的充要条件列方程解关于 k 的方程；(2)设 d 的坐标根据已知条件列出方程组解方程组，得到 d 的坐标解(1)akc(34k,2k)，2ba(5,2)，由题意得 2(34k)(5)(2k)0，解得 k1613.(2)设 d(x，y)，则 dc(x
28、4，y1)，又 ab(2,4)，|dc|5，4x42y10，x42y125，解得x3，y1 或x5，y3.d 的坐标为(3，1)或(5,3)规律方法 ab 的充要条件有两种表达方式：(1)ab(b0)ab(R)；(2)设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 abx1y2x2y10.两种充要条件的表达形式不同第(1)种是用线性关系的形式表示的，而且有前提条件 b0，而第(2)种无 b0 限制【训练 3】(1)(2013陕西卷改编)已知向量 a(1，m)，b(m,2)，若 ab，则实数 m 等于_(2)已知梯形 ABCD，其中 ABCD，且 DC2AB，三个顶点 A(1,2)，B(2,1)，C
29、(4,2)，则点 D 的坐标为_解析(1)ab，12mm，解得 m 2.(2)在梯形 ABCD 中，DC2AB，DC2 AB.设点 D 的坐标为(x，y)，则DC(4,2)(x，y)(4x,2y)，AB(2,1)(1,2)(1，1)，(4x,2y)2(1，1)，即(4x,2y)(2，2)，4x2，2y2，解得x2，y4，故点 D 的坐标为(2,4)答案(1)2或 2(2)(2,4)1平面向量基本定理的本质是运用向量加法的平行四边形法则，将向量进行分解2向量的坐标表示的本质是向量的代数表示，其中坐标运算法则是运算的关键，通过坐标运算可将一些几何问题转化为代数问题处理，从而向量可以解决平面解析几何
30、中的许多相关问题3在向量的运算中要注意待定系数法、方程思想和数形结合思想的运用 思想方法 3方程思想在平面向量线性运算中的应用【典例】如图所示，在ABO 中，OC14OA，OD12OB，AD 与 BC 相交于点M，设OAa，OBb.试用 a 和 b 表示向量OM.解 设OMmanb，则AMOMOAmanba(m1)anb.ADODOA12OBOAa12b.又A，M，D 三点共线，AM与AD共线存在实数 t，使得AMt AD，即(m1)anbta12b.(m1)anbta12tb.m1t，nt2，消去 t 得，m12n，即 m2n1.又CMOMOCmanb14am14 anb，CBOBOCb14
31、a14ab.又C，M，B 三点共线，CM与CB共线存在实数 t1，使得CMt1CB，m14 anbt114ab，m1414t1，nt1，消去 t1 得，4mn1.由得 m17，n37，OM17a37b.反思感悟(1)用已知向量来表示另外一些向量是用向量解题的基本要领，要尽可能地转化到平行四边形或三角形中去(2)利用向量共线建立方程组，用方程的思想求解(3)本题难点是找不到问题的切入口，并且解题过程复杂，有一定的难度【自主体验】1设 e1，e2 是平面内一组基底，且 ae12e2，be1e2，则向量 e1e2 可以表示为另一组基底 a，b 的线性组合，即 e1e2_a_b.解析 由题意，设 e1
32、e2manb.又 ae12e2，be1e2，所以 e1e2m(e12e2)n(e1e2)(mn)e1(2mn)e2.又 e1，e2 是平面内一组基向量，所以mn1，2mn1，则m23，n13.答案 23 132已知向量 a8，x2，b(x,1)，其中 x0，若(a2b)(2ab)，则 x_.解析 a2b82x，x22，2ab(16x，x1)，由题意得(82x)(x1)x22(16x)，整理得 x216，又 x0，所以 x4.答案 4 基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、填空题1在ABCD 中，若AB(1,3)，AC(2,5)，则AD_，BD_.解析 ADBCACAB(1,2)，BDADAB
33、(0，1)答案(1,2)(0，1)2(2014揭阳二模)已知点 A(1,5)和向量 a(2,3)，若AB3a，则点 B 的坐标为_解析 设点 B 的坐标为(x，y)，则AB(x1，y5)由AB3a，得x16，y59，解得x5，y14.答案(5,14)3.如图，在OAB 中，P 为线段 AB 上的一点，OPx OAy OB，且BP2 PA，则 x_，y_.解析 由题意知OPOBBP，又BP2 PA，所以OPOB23BAOB23(OAOB)23OA13OB，所以 x23，y13.答案 23 134(2013镇江模拟)已知向量 a(1,1)，b(3，m)，a(ab)，则 m_.解析 ab(2，m1)
34、，由 a(ab)，得(1)(m1)210，解得 m3.答案 35(2014南京模拟)在ABC 中，点 P 在 BC 上，且BP2PC，点 Q 是 AC 的中点，若PA(4,3)，PQ(1,5)，则BC_.解析 BC3 PC3(2 PQPA)6 PQ3 PA(6,30)(12,9)(6,21)答案(6,21)6若三点 A(2,2)，B(a,0)，C(0，b)(ab0)共线，则1a1b的值为_解析 AB(a2，2)，AC(2，b2)，依题意，有(a2)(b2)40，即 ab2a2b0，所以1a1b12.答案 127已知向量OA(3，4)，OB(0，3)，OC(5m，3m)，若点 A，B，C 能构成
35、三角形，则实数 m 满足的条件是_解析 由题意得AB(3,1)，AC(2m,1m)，若 A，B，C 能构成三角形，则AB，AC不共线，则3(1m)1(2m)，解得 m54.答案 m548(2013江苏卷)设 D，E 分别是ABC 的边 AB，BC 上的点，AD12AB，BE23BC.若DE1 AB2 AC(1，2 为实数)，则 12 的值为_解析 DEDBBE12AB23BC12AB23(BAAC)16AB23AC，所以 116，223，即 1212.答案 12二、解答题9已知 a(1,2)，b(3,2)，当 k 为何值时，kab 与 a3b 平行？平行时它们是同向还是反向？解 kabk(1,
36、2)(3,2)(k3,2k2)，a3b(1,2)3(3,2)(10，4)，法一 当 kab 与 a3b 平行时，存在唯一实数 使 kab(a3b)，由(k3,2k2)(10，4)得，k310，2k24.解得 k13，当 k13时，kab 与 a3b 平行，这时 kab13ab13(a3b)130，kab 与 a3b 反向法二 kab 与 a3b 平行，(k3)(4)10(2k2)0，解得 k13，此时 kab133，232 13(a3b)当 k13时，kab 与 a3b 平行，并且反向10已知点 O 为坐标原点，A(0,2)，B(4,6)，OMt1 OAt2 AB.(1)求点 M 在第二或第三
37、象限的充要条件；(2)求证：当 t11 时，不论 t2 为何实数，A，B，M 三点都共线(1)解 OMt1OAt2ABt1(0,2)t2(4,4)(4t2,2t14t2)当点 M 在第二或第三象限时，有4t20，2t14t20，故所求的充要条件为 t20 且 t12t20，(2)证明 当 t11 时，由(1)知OM(4t2,4t22)ABOBOA(4,4)，AMOMOA(4t2,4t2)t2(4,4)t2 AB，A，B，M 三点共线能力提升题组(建议用时：25 分钟)一、填空题1(2013保定模拟)在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，设向量p(ac，b)，q(ba，ca)
38、，若 pq，则角 C 的大小为_ 解析 由 pq，得(ac)(ca)b(ba)，整理得 b2a2c2ab，由余弦定理得 cos Ca2b2c22ab12，又 0C0，b0，O 为坐标原点，若 A，B，C 三点共线，则1a2b的最小值为_解析 ABOBOA(a1,1)，ACOCOA(b1,2)A，B，C 三点共线，ABAC.2(a1)(b1)0，2ab1.1a2b1a2b(2ab)4ba4ab 42 ba4ab 8.当且仅当ba4ab 时取等号1a2b的最小值是 8.答案 8二、解答题4.如图，已知点 A(1,0)，B(0,2)，C(1，2)，求以 A，B，C 为顶点的平行四边形的第四个顶点 D
39、 的坐标解 以 A，B，C 为顶点的平行四边形可以有三种情况：ABCD；ADBC；ABDC.设 D 的坐标为(x，y)，若是ABCD，则由ABDC，得(0,2)(1,0)(1，2)(x，y)，即(1,2)(1x，2y)，1x1，2y2，x0，y4.D 点的坐标为(0，4)(如题图中所示的 D1)若是ADBC，由CBAD，得(0,2)(1，2)(x，y)(1,0)，即(1,4)(x1，y)，解得 x2，y4.D 点的坐标为(2,4)(如题图中所示的 D2)若是ABDC，则由ABCD，得(0,2)(1,0)(x，y)(1，2)，即(1,2)(x1，y2)解得 x2，y0.D 点的坐标为(2,0)(
40、如题图中所示的 D3)，以 A，B，C 为顶点的平行四边形的第四个顶点 D 的坐标为(0，4)或(2,4)或(2,0).学生用书第 70 页第 3 讲 平面向量的数量积知 识 梳 理1平面向量的数量积已知两个非零向量 a 和 b，它们的夹角为，我们把数量|a|b|cos 叫做向量 a 和b 的数量积(或内积)，记作 ab|a|b|cos.规定：零向量与任一向量的数量积为 0.2平面向量数量积的几何意义数量积 ab 等于 a 的长度|a|与 b 在 a 的方向上的投影|b|cos 的乘积3平面向量数量积的重要性质(1)eaae|a|cos；(2)非零向量 a，b，abab0；(3)当 a 与 b
41、 同向时，ab|a|b|；当 a 与 b 反向时，ab|a|b|；特别地，aa|a|2；|a|aa；(4)cos ab|a|b|；(5)|ab|a|b|.4平面向量数量积满足的运算律(1)abba(交换律)；(2)(a)b(ab)a(b)(为实数)；(3)(ab)cacbc.5平面向量数量积有关性质的坐标表示设向量 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 abx1x2y1y2，由此得到(1)若 a(x，y)，则|a|2x2y2 或|a|x2y2.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A、B 两点间的距离|AB|AB|x1x22y1y22.(3)设两个非零向量 a，b，a(x1，y1
42、)，b(x2，y2)，则 abx1x2y1y20.abx1y2x2y10.辨 析 感 悟1对平面向量的数量积的认识(1)两个向量的数量积是一个向量，向量加、减、数乘运算的结果是向量()(2)(2013湖北卷改编)已知点 A(1,1)，B(1,2)，C(2，1)，D(3,4)，则向量AB在CD方向上的投影为3 22.()(3)若 ab0，则 a 和 b 的夹角为锐角；若 ab0，则 a 和 b 的夹角为钝角()2对平面向量的数量积的性质、运算律的理解(4)ab0，则 a0 或 b0.()(5)(ab)ca(bc)()(6)abac(a0)，则 bc.()感悟提升三个防范 一是两个向量的数量积是一
43、个数量，而不是向量，如(1)；二是在向量数量积的几何意义中，投影是一个数量，不是向量设向量 a，b 的夹角为，当 为锐角时，投影为正值；当 为钝角时，投影为负值；当 为直角时，投影为 0；当 0时，b 在 a 的方向上投影为|b|，当 180时，b 在 a方向上投影为|b|，如(2)；当 0时，ab0，180，ab0，即 ab0是两个向量 a，b 夹角为锐角的必要而不充分条件，如(3)；三是 ab0 不能推出 a0 或 b0，因为 ab0 时，有可能 ab，如(4)考点一 平面向量数量积的运算【例 1】(1)(2013茂名二模)若向量 a，b，c 满足 ab，且 bc0，则(2ab)c_.(2
44、)(2014威海期末考试)已知 a(1,2)，2ab(3,1)，则 ab_.解析(1)ab，ba.又 bc0，ac0，(2ab)c2acbc0.(2)a(1,2)，2ab(3,1)b2a(3,1)2(1,2)(3,1)(1,3)ab(1,2)(1,3)1235.答案(1)0(2)5规律方法 求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用.学生用书第 71 页【训练 1】(1)若向量 a(1,1)，b(2,5)，c(3，x)满足条件(8ab)c30，则x_.(2)已知两个单位向量 e1，e2 的夹
45、角为3，若向量 b1e12e2，b23e14e2，则b1b2_.解析(1)8ab8(1,1)(2,5)(6,3)，所以(8ab)c(6,3)(3，x)30，即 183x30，解得 x4.(2)b1b2(e12e2)(3e14e2)3e212e1e28e223211cos 386.答案(1)4(2)6考点二 向量的夹角与向量的模【例 2】(1)(2013安徽卷)若非零向量 a，b 满足|a|3|b|a2b|，则 a 与 b 夹角的余弦值为_(2)已知向量 a，b 满足 ab0，|a|1，|b|2，则|2ab|_.解析(1)等式平方得|a|29|b|2|a|24|b|24ab，则|a|2|a|24
46、|b|24|a|b|cos，即 04|b|243|b|2cos，得 cos 13.(2)因为|2ab|2(2ab)24a2b24ab4a2b2448，故|2ab|2 2.答案(1)13(2)2 2规律方法(1)求向量的夹角主要是应用向量的数量积公式(2)|a|aa常用来求向量的模【训练 2】(1)(2014长沙模拟)已知向量 a，b 夹角为 45，且|a|1，|2ab|10，则|b|_.(2)若平面向量 a，b 满足|a|1，|b|1，且以向量 a，b 为邻边的平行四边形的面积为12，则 a 和 b 的夹角 的取值范围是_解析(1)由|2ab|10平方得，4a24abb210，即|b|24|b
47、|cos 45410，亦即|b|22 2|b|60，解得|b|3 2或|b|2(舍去)(2)依题意有|a|b|sin 12，即 sin 12|b|，由|b|1，得12sin 1，又 0，故有656.答案(1)3 2(2)6，56考点三 平面向量的垂直问题【例 3】已知 a(cos，sin)，b(cos，sin)(0)(1)求证：ab 与 ab 互相垂直；(2)若 kab 与 akb 的模相等，求(其中 k 为非零实数)审题路线 证明两向量互相垂直，转化为计算这两个向量的数量积问题，数量积为零即得证由模相等，列等式、化简求.(1)证明(ab)(ab)a2b2|a|2|b|2(cos2sin2)(
48、cos2sin2)0，ab 与 ab 互相垂直(2)解 kab(kcos cos，ksin sin)，akb(cos kcos，sin ksin)，|kab|k22kcos1，|akb|12kcosk2.|kab|akb|，2kcos()2kcos()又 k0，cos()0.0，0，2.规律方法(1)当向量 a 与 b 是坐标形式给出时，若证明 ab，则只需证明 ab0 x1x2y1y20.(2)当向量 a，b 是非坐标形式时，要把 a，b 用已知的不共线向量作为基底来表示且不共线的向量要知道其模与夹角，从而进行运算证明 ab0.(3)数量积的运算 ab0ab 中，是对非零向量而言的，若 a0
49、，虽然有 ab0，但不能说 ab.【训练 3】已知平面向量 a(3，1)，b12，32.(1)证明：ab；(2)若存在不同时为零的实数 k 和 t，使 ca(t23)b，dkatb，且 cd，试求函数关系式 kf(t)(1)证明 ab 3121 32 0，ab.(2)解 ca(t23)b，dkatb，且 cd，cda(t23)b(katb)ka2t(t23)b2tk(t23)ab0.又 a2|a|24，b2|b|21，ab0，cd4kt33t0，kf(t)t33t4(t0)1计算数量积的三种方法：定义、坐标运算、数量积的几何意义，要灵活选用，和图形有关的不要忽略数量积几何意义的应用2求向量模的
50、常用方法：利用公式|a|2a2，将模的运算转化为向量的数量积的运算3利用向量垂直或平行的条件构造方程或函数是求参数或最值问题常用的方法与技巧 学生用书第 72 页教你审题 5数量积的计算问题【典例】(2012上海卷)在矩形 ABCD 中，设 AB，AD 的长分别为 2,1.若 M，N分别是边 BC，CD 上的点，且满足|BM|BC|CN|CD|，则AMAN的取值范围是_审题 一审：抓住题眼“矩形 ABCD”；二审：合理建立平面直角坐标系，转化为代数问题解决解析 如图，以 A 点为坐标原点建立平面直角坐标系，则各点坐标为 A(0,0)，B(2,0)，C(2,1)，D(0,1)，设|BM|BC|C
51、N|CD|k(0k1)，则点 M 的坐标为(2，k)，点N 的坐标为(22k,1)，则AM(2，k)，AN(22k,1)，AMAN2(22k)k43k，而 0k1，故143k4.答案 1,4反思感悟 在利用平面向量的数量积解决平面几何中的问题时，首先要想到是否能建立平面直角坐标系，利用坐标运算题目会容易的多【自主体验】在ABC 中，C90，且 CACB3，点 M 满足BM2AM，则CMCA_.解析 法一 由BM2AM可知，A 是线段 MB 的中点，如图所示由题意，ACBC，且 CACB3，CMCA(CAAM)CA(CABA)CA(CACACB)CA(2CACB)CA2CA2CBCA23218.
52、法二 如图建立平面直角坐标系，则 C(0,0)，B(3,0)，A(0,3)由题意知：|AB|3 2，|BM|6 2.设 M(x，y)，BM2BA(x3，y)2(3,3)则 x3，y6，即 M(3,6)CMCA(3,6)(0,3)18.答案 18 基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、填空题1(2013湛江二模)向量 a(1,2)，b(0,2)，则 ab_.解析 ab(1,2)(0,2)10224.答案 42(2014绍兴质检)在边长为 2 的菱形 ABCD 中，BAD120，则AC在AB方向上的投影为_解析 如图所示，AC在AB方向上的投影为|AC|cos 602121.答案 13(2013
53、山东省实验中学诊断)已知向量 a(3，1)，b(0,1)，c(k，3)若a2b 与 c 垂直，则 k_.解析 由题意知(a2b)c0，即 ac2bc0.所以 3k 32 30，解得 k3.答案 34(2014浙江五校联盟)若非零向量 a，b 满足|a|b|，且(2ab)b0，则向量 a，b 的夹角为_解析 由(2ab)b0，得 2ab|b|20.2|b|2cosa，b|b|20，cosa，b12，又a，b0，a，b23.答案 235(2013福建卷改编)在四边形 ABCD 中，AC(1,2)，BD(4,2)，则该四边形的面积为_解析 ACBD1(4)220，ACBD，S 四边形|AC|BD|2
54、 5 2025.答案 56(2013课标全国卷)已知两个单位向量 a，b 的夹角为 60，cta(1t)b.若 bc0，则 t_.解析 bcbta(1t)btab(1t)b2t|a|b|cos 60(1t)|b|2t21t1t2.由 bc0，得 1t20，所以 t2.答案 27(2013重庆卷)在 OA 为边，OB 为对角线的矩形中，OA(3,1)，OB(2，k)，则实数 k_.解析 在矩形中，OA(3,1)，OB(2，k)，所以ABOBOA(2，k)(3,1)(1，k1)，因为ABOA，所以ABOA0，即3k10，解得 k4.答案 48.(2014潍坊二模)如图，在ABC 中，O 为 BC
55、中点，若 AB1，AC3，AB，AC60，则|OA|_.解析 因为AB，AC60，所以ABAC|AB|AC|cos 60131232，又AO12ABAC，所以AO214(ABAC)214(AB22ABACAC2)，即AO214(139)134，所以|OA|132.答案 132二、解答题9已知平面向量 a(1，x)，b(2x3，x)(xR)(1)若 ab，求 x 的值；(2)若 ab，求|ab|.解(1)若 ab，则 ab1(2x3)x(x)0.整理得 x22x30，故 x1 或 x3.(2)若 ab，则有 1(x)x(2x3)0，即 x(2x4)0，解得 x0 或 x2.当 x0 时，a(1,
56、0)，b(3,0)，ab(2,0)，|ab|22022.当 x2 时，a(1，2)，b(1,2)，ab(2，4)，|ab|2 5.综上，可知|ab|2 或 2 5.10已知|a|4，|b|3，(2a3b)(2ab)61，(1)求 a 与 b 的夹角；(2)求|ab|；(3)若ABa，BCb，求ABC 的面积解(1)(2a3b)(2ab)61，4|a|24ab3|b|261.又|a|4，|b|3，644ab2761，ab6.cos ab|a|b|64312.又 0，23.(2)|ab|2(ab)2|a|22ab|b|2422(6)3213，|ab|13.(3)AB与BC的夹角 23，ABC23
57、3.又|AB|a|4，|BC|b|3，SABC12|AB|BC|sinABC1243 32 3 3.能力提升题组(建议用时：25 分钟)一、填空题1(2013泰州一模)若两个非零向量 a，b 满足|ab|ab|2|a|，则向量 ab与 a 的夹角为_解析 由|ab|ab|，得 a22abb2a22abb2，即 ab0，所以(ab)aa2ab|a|2.故向量 ab 与 a 的夹角 的余弦值为cos aba|ab|a|a|22|a|a|12.所以 3.答案 32已知向量 p 的模为 2，向量 q 的模为 1，p 与 q 的夹角为4，且 a3p2q，bpq，则以 a，b 为邻边的平行四边形的长度较小
58、的对角线长为_解 析 由题意可知较小的对角线为|a b|3p 2qp q|2p 3q|2p3q2 4p212pq9q2812 2 22 9 29.答案 293(2013浙江卷)设 e1，e2 为单位向量，非零向量 bxe1ye2，x，yR.若 e1，e2 的夹角为6，则|x|b|的最大值等于_解析 因为 e1e2cos 6 32，所以 b2x2y22xye1e2x2y2 3xy.所以x2b2x2x2y2 3xy11yx2 3yx，设 tyx，则 1t2 3tt 3221414，所以011t2 3t4，即x2b2的最大值为 4，所以|x|b|的最大值为 2.答案 2二、解答题4设两向量 e1，e
59、2 满足|e1|2，|e2|1，e1，e2 的夹角为 60，若向量 2te17e2与向量 e1te2 的夹角为钝角，求实数 t 的取值范围解 由已知得 e214，e221，e1e221cos 601.(2te17e2)(e1te2)2te21(2t27)e1e27te222t215t7.欲使夹角为钝角，需 2t215t70，得7t12.设 2te17e2(e1te2)(0)，2t，7t，2t27.t 142，此时 14.即 t 142 时，向量 2te17e2 与 e1te2 的夹角为.当两向量夹角为钝角时，t 的取值范围是7，142 142，12.学生用书第 72 页第 4 讲 平面向量应用
60、举例知 识 梳 理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：abab(b0)x1y2x2y10.(2)证明垂直问题，常用数量积的运算性质abab0 x1x2y1y20.(3)求夹角问题，利用夹角公式cos ab|a|b|x1x2y1y2x21y21 x22y22(为 a 与 b 的夹角)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、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
61、是一个标量，这是力 F 与位移 s 的数量积即 WFs|F|s|cos(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种运算工具，经常与函数、不等式、三角函数、数列、解析几何等知识结合，由向量平行或垂直等条件可以得到关于未知数的关系式，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辨 析 感 悟1向量与其他数学知识的交汇(1)已知ABC 中，BC 边最长，ABa，ACb，且 ab0，则ABC 的形状为钝角三角形()(2)在四边形 A
62、BCD 中，ABDC，且ACBD0，则四边形 ABCD 是矩形()(3)(2014贵州调研改编)在平面直角坐标系 xOy 中，若定点 A(1,2)与动点 P(x，y)满足OPOA4，则点 P 的轨迹方程是 x2y40.()2平面向量在物理中的应用(4)作用于同一点的两个力 F1 和 F2 的夹角为23，且|F1|3，|F2|5，则 F1F2大小为 19.()(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.()感悟提升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
63、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.考点一 向量在平面几何中的应用【例 1】(1)(2013课标全国卷)已知正方形 ABCD 的边长为 2，E 为 CD 的中点，则AEBD_.(2)(2013天津卷)在平行四边形 ABCD 中，AD1，BAD60，E 为 CD 的中点若ACBE1，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
64、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ACBE1 整理建立关于|AB|的一元二次方程解得|AB|.解析(1)法一 AEBDAD12AB(ADAB)AD212AB22212222.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AEBD(1,2)(2,2)1(2)222.(2)由题意可知，ACABAD，BE12ABAD.因为ACBE1，所以(ABAD)12ABAD1，即AD212ABAD12AB21.因为|AD|1，BAD60，所以ABAD12|A
65、B|，因此式可化为 114|AB|12|AB|21，解得|AB|0(舍去)或12，所以 AB 的长为12.答案(1)2(2)12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【训练 1】(1)(2014杭州质检)在边长为 1 的菱形 ABCD 中，BAD60，E 是BC 的中点，则ACAE_.(2)在ABC 所在平面上有一点 P，满足PAPBPCAB，则PAB 与ABC的面积之比值是_解析(1)建立如图平面直角坐标系，则 A 32，0，C32，0，B0，12.E 点坐标为34，14，
66、AC(3，0)，AE3 34，14，ACAE 33 34 94.(2)由已知可得PC2AP，P 是线段 AC 的三等分点(靠近点 A)，易知 SPAB13SABC，即 SPABSABC13.答案(1)94(2)13考点二 向量在三角函数中的应用【例 2】设向量 a(4cos，sin)，b(sin，4cos)，c(cos，4sin)(1)若 a 与 b2c 垂直，求 tan()的值；(2)求|bc|的最大值；(3)若 tan tan 16，求证：ab.(1)解 因为 a 与 b2c 垂直，所以 a(b2c)4cos sin 8cos cos 4sin cos 8sin sin 4sin()8co
67、s()0，因此 tan()2.(2)解 由 bc(sin cos，4cos 4sin)，得|bc|sin cos 24cos 4sin 2 1715sin 24 2.又当 k4(kZ)时，等号成立，所以|bc|的最大值为 4 2.(3)证明 由 tan tan 16，得4cos sin sin 4cos，所以 ab.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【训练 2】已知向
68、量 acos 3x2，sin 3x2，bcos x2，sin x2，且 x0，2.(1)求 ab 及|ab|；(2)若 f(x)ab2|ab|的最小值是32，求 的值解(1)abcos 3x2 cos x2sin 3x2 sin x2cos 2x.|ab|a22abb2 22cos 2x2 cos2x2|cos x|.x0，2，cos x0，|ab|2cos x.(2)f(x)cos 2x4cos x，即 f(x)2(cos x)2122.x0，2，0cos x1.当 1 时，当且仅当 cos x1 时，f(x)取得最小值 14，即 1432，解得 58，这与 1 相矛盾综上所述，12即为所求
69、考点三 向量在解析几何中的应用【例 3】已知平面上一定点 C(2,0)和直线 l：x8，P 为该平面上一动点，作 PQl，垂足为 Q，且PC12PQPC12PQ0.(1)求动点 P 的轨迹方程；(2)若 EF 为圆 N：x2(y1)21 的任一条直径，求PEPF的最值解(1)设 P(x，y)，则 Q(8，y)由(PC12PQ)(PC12PQ)0，得|PC|214|PQ|20，即(x2)2y214(x8)20，化简得x216y2121.所以点 P 在椭圆上，其方程为x216y2121.(2)因PEPF(NENP)(NFNP)(NFNP)(NFNP)(NP)2NF2NP21，P 是椭圆x216y2
70、121 上的任一点，设 P(x0，y0)，则有x2016y20121，即 x20164y203，又 N(0,1)，所以NP2x20(y01)213y202y01713(y03)220.因 y02 3，2 3，所以当 y03 时，NP2 取得最大值 20，故PEPF的最大值为 19；当 y02 3时，NP2 取得最小值为 134 3(此时 x00)，故PEPF的最小值为 124 3.学生用书第 74 页规律方法 向量在解析几何中的作用(1)载体作用：向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题时关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关距离、
71、斜率、夹角、轨迹、最值等问题(2)工具作用：利用 abab0；abab(b0)，可解决垂直、平行问题，特别地，向量垂直、平行的坐标表示对于解决解析几何中的垂直、平行问题是一种比较可行的方法【训练 3】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PAAM0，AM32MQ，当点 A 在 x 轴上移动时，求动点 M 的轨迹方程解 设 M(x，y)为所求轨迹上任一点，设 A(a,0)，Q(0，b)(b0)，则PA(a,3)，AM(xa，y)，MQ(x，by)，由PAAM0，得 a(xa)3y0.由AM32MQ，得(xa，y)32(x，by)32x，32yb，xa
72、32x，y32y32b，ax2，by3.把 ax2代入，得x2xx2 3y0，整理得 y14x2(x0)所以动点 M 的轨迹方程为 y14x2(x0)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解析几何问题和向量的联系：可将向量用点的坐标表示，利用向量运算及性质解决解析几何问题 创新突破 5破解平面向量与圆的交汇问题【典例】(2013湖南卷改编)已知 a，b
73、是单位向量，ab0.若向量 c 满足|cab|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 ab，且 a 与 b 是单位向量，可设OAa(1,0)，OBb(0,1)，OCc(x，y)cab(x1，y1)，|cab|1，(x1)2(y1)21，即点 C(x，y)的轨迹是以 M(1,1)为圆心，1 为半径的圆而|c|x2y2，|c|的最大值为|OM|1，即|c|max 21.答案 21反思感悟 平面向量中有关最值问题的求解通常有两种
74、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】1ABC 外接圆的半径为 1，圆心为 O，且 2 OAABAC0，|OA|AB|，则CACB_.解析 由 2 OAABAC0，得 2 OAOBOAOCOA0，即OBOC，即 O，B，C 三点共线，BC 为ABC 外接圆的直径，故BAC90.又|OA
75、|AB|，得 B60，所以 C30，且|CA|3(如图所示)所以CACB|CA|CB|cos 30 32 32 3.答案 32给定两个长度为 1 的平面向量OA和OB，它们的夹角为23.如图所示，点 C 在以 O 为圆心的圆弧上运动若OCx OAy OB，其中 x，yR，则xy 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)，B12，32，设AOC0，23，则 C(cos，sin)，由OCx OAy OB，得cos x12y，sin 32 y，所以 xcos 33 sin，y2 33 sin，所以 xycos 3sin 2si
76、n6，又 0，23，所以当 3时，xy 取得最大值 2.法二 依题意，|OC|1，则|OC|21，又OCxOAyOB，|OA|OB|1，OA，OB120，x2OA2y2OB22xyOAOB1，因此 x2y22xycos 1201，xyx2y21.3xy(xy)213xy22，即(xy)24.xy 的最大值是 2.答案 2 基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、填空题1(2014邵阳模拟)已知 a(1，sin2x)，b(2，sin 2x)，其中 x(0，)若|ab|a|b|，则 tan x 的值等于_解析 由|ab|a|b|知，ab.所以 sin 2x2sin2x，即 2sin xcos x2
77、sin2x，而 x(0，)，所以 sin xcos x，即 x4，故 tan x1.答案 12(2014南昌模拟)若|a|2sin 15，|b|4cos 15，a 与 b 的夹角为 30，则 ab的值是_解析 ab|a|b|cos 308sin 15cos 15 32 4sin 30 32 3.答案 33.(2013扬州模拟)函数 ytan4x2的部分图象如图所示，则(OAOB)AB_.解析 由条件可得 B(3,1)，A(2,0)，(OAOB)AB(OAOB)(OBOA)OB2OA21046.答案 64已知|a|2|b|，|b|0 且关于 x 的方程 x2|a|xab0 有两相等实根，则向量a
78、 与 b 的夹角是_解析 由已知可得|a|24ab0，即 4|b|242|b|2cos 0，cos 12，又0，23.答案 235(2014安庆二模)在ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 所对应的三角形的边长，若 4aBC2bCA3cAB0，则 cos B_.解析 由 4aBC2bCA3cAB0，得4aBC3cAB2bCA2b(BABC)2bAB2bBC，所以 4a3c2b.由余弦定理得 cos Ba2c2b22acb24 49b2b22b223b1124.答案 11246在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若ABACBABC1，那么 c_.解析 由题意知ABA
79、CBABC2，即ABACABBCAB(ACCB)AB22c|AB|2.答案 27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 0OPOM1,0OPON1，则 zOQOP的最大值为_解析 OP(x，y)，OM(1,1)，ON(0,1)，OPOMxy，OPONy，即在0 xy1，0y1条件下，求 z2x3y 的最大值，由线性规划知识知，当 x0，y1 时，zmax3.答案 38(2013东北三校一模)设ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若(3bc)cos Aacos C，SABC 2，则BAAC_.解析 依题意得
80、(3sin Bsin C)cos Asin Acos C，即 3sin Bcos Asin Acos Csin Ccos Asin(AC)sin B0，于是有 cos A13，sin A 1cos2A2 23，又 SABC12bcsin A12bc2 23 2，所以 bc3，BAACbccos(A)bccos A3131.答案 1二、解答题9已知圆 C：(x3)2(y3)24 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MA2AN，求点 N 的轨迹方程解 设 M(x0，y0)，N(x，y)由MA2AN，得(1x0,1y0)2(x1，y1)，x032x，y0
81、32y.点 M(x0，y0)在圆 C 上，(x03)2(y03)24，即(32x3)2(32y3)24.x2y21.所求点 N 的轨迹方程是 x2y21.10(2014北京海淀模拟)在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若ABACBABCk(kR)(1)判断ABC 的形状；(2)若 c 2，求 k 的值解(1)ABACcbcos A，BABCcacos B，又ABACBABC，bccos Aaccos B，sin Bcos Asin Acos B，即 sin Acos Bsin Bcos A0，sin(AB)0，AB，AB，即ABC 为等腰三角形(2)由(1)知，ABACbc
82、cos Abcb2c2a22bcc22k，c 2，k1.能力提升题组(建议用时：25 分钟)一、填空题1已知向量OB(2,0)，向量OC(2,2)，向量CA(2cos，2sin)，则向量OA与向量OB的夹角的取值范围是_解析 由题意，得OAOCCA(2 2cos，2 2sin)，所以点 A 的轨迹是圆(x2)2(y2)22，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、最小值答案 12，5122(2013北京东城区期末)已知ABD 是等边三角形，且AB12ADAC，|CD|3，那么四边形 ABCD 的面积为_解析 如图所示，CDADAC12ADAB，CD21
83、2ADAB 2，即 314AD2AB2ADAB，|AD|AB|，54|AD|2|AD|AB|cos 603，|AD|2.又BCACAB12AD，|BC|12|AD|1，|BC|2|CD|2|BD|2，BCCD.S 四边形 ABCDSABDSBCD1222sin 60121 3323.答案 3233.如图，ABC 的外接圆的圆心为 O，AB2，AC3，BC 7，则AOBC等于_解析 AOBCAO(ACAB)AOACAOAB，因为 OAOB，所以AO在AB上的投影为12|AB|.所以AOAB12|AB|AB|2，同理AOAC12|AC|AC|92，故AOBC92252.答案 52二、解答题4(20
84、14南通模拟)已知向量 m3sin x4，1，ncos x4，cos2x4.(1)若 mn1，求 cos23 x 的值；(2)记 f(x)mn，在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且满足(2ac)cos Bbcos C，求函数 f(A)的取值范围解(1)mn 3sin x4cos x4cos2x4 32 sin x21cos x22sinx26 12，mn1，sinx26 12.cosx3 12sin2x26 12，cos23 x cosx3 12.(2)(2ac)cos Bbcos C，由正弦定理得(2sin Asin C)cos Bsin Bcos C，2sin Aco
85、s Bsin Ccos Bsin Bcos C.2sin Acos Bsin(BC)ABC，sin(BC)sin A0.cos B12，0B，B3，0A23.6A262，sinA26 12，1.又f(x)sinx26 12，f(A)sinA26 12.故函数 f(A)的取值范围是1，32.方法强化练平面向量(对应学生用书 P289)(建议用时：90 分钟)一、填空题1下列命题：若|a|b|，则 ab；若 abcb，且 b0，则 ac；ab 的充要条件是|a|b|，且 a 与 b 方向相同；若 ab，bc，则 ac.其中正确命题的序号是_解析 不正确；不正确，应是(ac)b；正确；b0 时不正确
86、答案 2(2013济南模拟)若 a(1，2)，b(x,1)，且 ab，则 x_.解析 由 ab，得 abx20，x2.答案 23(2013昆明期末考试)已知向量 a(1,1)，b(2,0)，则向量 a，b 的夹角为_解析 a(1,1)，b(2,0)，|a|2，|b|2，cosa，b ab|a|b|22 2 22，a，b4.答案 44(2013德州一模)已知向量 a(2,3)，b(k,1)，若 a2b 与 ab 平行，则 k的值是_解析 由题意得 a2b(22k,5)，且 ab(2k,2)，又因为 a2b 和 ab 平行，则 2(22k)5(2k)0，解得 k23.答案 235(2013浙江五校
87、联考)已知|a|b|a2b|1，则|a2b|_.解析 由|a|b|a2b|1，得 a24ab4b21，4ab4，|a2b|2a24ab4b2549，|a2b|3.答案 36(2014徐州一模)已知平面向量 a(2，m)，b(1，3)，且(ab)b，则实数 m 的值为_解析 因为(ab)b，所以(ab)babb20，即2 3m40，解得 m2 3.答案 2 37(2014长春一模)已知|a|1，|b|6，a(ba)2，则向量 a 与 b 的夹角为_解析 a(ba)aba22，所以 ab3，所以 cosa，b ab|a|b|31612.所以a，b3.答案 38(2013潮州二模)已知向量 a(1，
88、cos)，b(1,2cos)且 ab，则 cos 2等于_解析 abab0，即 12cos20，cos 20.答案 09(2014成都期末测试)已知 O 是ABC 所在平面内一点，D 为 BC 边中点，且2OAOBOC0，则AO_DO.解析 由 2OAOBOC0，得OBOC2OA2AO，即OBOC2OD2AO，所以ODAO，即 O 为 AD 的中点答案 110(2013潍坊一模)平面上有四个互异点 A，B，C，D，已知(DBDC2DA)(ABAC)0，则ABC 的形状是_三角形(填“直角”、“等腰”或“等腰直角”)解析 由(DBDC2DA)(ABAC)0，得(DBDA)(DCDA)(ABAC)
89、0，所以(ABAC)(ABAC)0.所以|AB|2|AC|20，|AB|AC|，故ABC 是等腰三角形答案 等腰11(2013兰州一模)在ABC 中，G 是ABC 的重心，AB，AC 的边长分别为2,1，BAC60.则AGBG_.解析 由 AB2，AC1，BAC60，所以 BC 3，ACB90，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 33，13，所以AG 33，23，BG2 33，13，所以AGBG 33，23 2 33，13 89.答案 8912.(2014大同一模)如图，AB 是圆 O 的直径，P 是圆弧 A B 上的点，M，N 是直径AB 上关
90、于 O 对称的两点，且 AB6，MN4，则PMPN_.解析 连接 AP，BP.则PMPAAM，PNPBBNPBAM，所以PMPN(PAAM)(PBAM)PAPBPAAMAMPBAM2PAAMAMPBAM2AMABAM21615.答案 513(2014杭州质检)在 RtABC 中，C90，A30，BC1，D 为斜边AB 的中点，则ABCD_.解析 ABCDAB(ADAC)ABADABAC212 3cos 301.答案 114(2014郑州模拟)已知向量|a|b|ab|，则 a 与 ab 的夹角为_解析 设 a 与 ab 的夹角为.由|a|ab|平方得：|a|22|a|22ab，2ab|a|2，|
91、ab|22|a|22ab2|a|2|a|23|a|2，|ab|3|a|，cos aab|a|ab|a|2ab|a|ab|a|212|a|2|a|3|a|32，6.答案 6二、解答题15(2013漯河调研)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，t)(1)若 aAB，且|AB|5|OA|，求向量OB的坐标；(2)若 aAB，求 ycos2cos t2 的最小值解(1)AB(cos 1，t)，又 aAB，2tcos 10.cos 12t.又|AB|5|OA|，(cos 1)2t25.由得，5t25，t21.t1.当 t1 时，cos 3(舍去)，当 t
92、1 时，cos 1，B(1，1)，OB(1，1)(2)由(1)可知 tcos 12，ycos2cos cos 12454cos232cos 1454cos265cos 1454cos 35215，当 cos 35时，ymin15.16(2013辽宁卷)设向量 a(3sin x，sin x)，b(cos x，sin x)，x0，2.(1)若|a|b|，求 x 的值；(2)设函数 f(x)ab，求 f(x)的最大值解(1)由|a|2(3sin x)2(sin x)24sin2 x，|b|2(cos x)2(sin x)21，及|a|b|，得 4sin2 x1.又 x0，2，从而 sin x12，所
93、以 x6.(2)f(x)ab 3sin xcos xsin2 x 32 sin 2x12cos 2x12sin2x6 12，当 x30，2 时，sin2x6 取最大值 1.所以 f(x)的最大值为32.17(2013银川调研)已知点 G 是ABO 的重心，M 是 AB 边的中点(1)求GAGBGO；(2)若 PQ 过ABO 的重心 G，且OAa，OBb，OPma，OQnb，求证：1m1n3.(1)解 GAGB2GM，又 2GMGO，GAGBGOGOGO0.(2)证明 显然OM12(ab)因为 G 是ABO 的重心，所以OG23OM13(ab)由 P，G，Q 三点共线，得PGGQ，所以，有且只有
94、一个实数，使PGGQ.而PGOGOP13(ab)ma13m a13b，GQOQOGnb13(ab)13an13 b，所以13m a13b13an13 b.又因为 a，b 不共线，所以13m13，13n13，消去，整理得 3mnmn，故1m1n3.18(2014太原模拟)已知 f(x)ab，其中 a(2cos x，3sin 2x)，b(cos x,1)(xR)(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，ABAC3，求边长 b 和 c 的值(bc)解(1)由 题意知，f(x)2cos2x3sin 2x 1 cos 2x 3 sin 2x 1 2cos2x3，f(x)的最小正周期 T，ycos x 在2k，2k(kZ)上单调递减，令 2k2x32k，得 k6xk3.f(x)的单调递减区间k6，k3，kZ.(2)f(A)12cos2A3 1，cos2A3 1.又32A373，2A3.A3.ABAC3，即 bc6，由余弦定理得 a2b2c22bccos A(bc)23bc,7(bc)218，bc5，又 bc，b3，c2.
