1、第5讲 平面向量 题型1 选填题 练熟练稳 少丢分考情分析 平面向量是高考的必考内容，近几年命题较稳定，常以客观题的形式出现，主要考查向量的线性运算、坐标运算及向量数量积的性质、利用向量数量积求夹角、模等有时也作为工具参与三角函数、解析几何等综合命题，属于中、低档难度题1 热点题型分析 PART ONE 热点 1 平面向量的概念与线性运算1.在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量2.利用平面向量基本定理实现了平面内任一向量都可以表示为同一平面内两个不共线的向量 e1，e
2、2 的线性组合 1e12e2，常用方法有两种：一是直接利用三角形法则与平行四边形法则及向量共线定理来求解；二是利用待定系数法，即利用定理中 1，2 的唯一性列方程求解如图，在OAB 中，点 B 关于点 A 的对称点为 C，D 在线段 OB 上，且 OD2DB，DC 和 OA 相交于点 E.若 O EOA，则()A.34B.35C.45D.12答案 C解析 解法一：设 O Aa，O Bb，由题意得 D COCODO AAC23O BO AB A23O BO AO AO B23O B2O A53O B2a53b.因为 O EOA a，设 D EDC 2 a53b，又 O EODD E，所以 a23
3、b2 a53b2 a2353 b，所以2，23530，所以 45.解法二：由题意知，ABAC，OD2DB，过点 A 作 AFOB 交 CD 于点 F(图略)，则AFBDACBC12，即 AF12BD14OD，故 AE14OE，则 OE45OA，又 O EOA，故 45.在运用向量共线定理时，向量 a 与 b 共线，即存在实数 保持 ab 成立的前提条件是 b0.热点 2 平面向量的数量积1.平面向量的数量积的运算的两种形式(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
4、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(为向量 a，b 的夹角，a(x1，y1)，b(x2，y2)cos ab|a|b|x1x2y1y2x21y21 x22y22.3.模|a|aa x21y21.4.abab0 x1x2y1y20.1.(2019全国卷)已知非零向量 a，b 满足|a|2|b|，且(ab)b，则 a与 b 的夹角为()A.6 B.3 C.23 D.56答案 B解析 设 a 与 b 的夹角为，(ab)b，(ab)b0，即 ab|b|20.又 ab|a|b|cos，|a|2|b|，2|b|2cos|b|20，cos12.又 0，3.故选 B.2.(20
5、17天津高考)在ABC 中，A60，AB3，AC2，若BD 2DC，AEAC AB(R)，且AD AE4，则 的值为_答案 311解析 由题意知A60，AB3，AC2，ABAC 32cos603，AD ABBD AB23BC AB23(AC AB)13AB23AC，AD AE13AB23AC(AC AB)23 ABAC 13AB 223 AC 223 3133223 22113 54.解得 311.3.(2017全国卷)已知向量 a，b 的夹角为 60，|a|2，|b|1，则|a2b|_.答案 2 3解析 解法一：|a2b|a2b2a24ab4b222421cos60412 122 3.解法二
6、：(数形结合法)由|a|2b|2 知，以 a 与 2b 为邻边可作出边长为 2 的菱形 OACB，如图，则|a2b|OC|.又AOB60，所以|a2b|2 3.1.要注意夹角的取值范围：0180，第 1 题容易出现的问题有两个：一是向量模的平方的正确运算；二是特殊角的余弦值的求法，易错为 30.2.对于第 2 题这类涉及图形的向量运算问题，一般应选两个向量作为基底，选基底的原则是这两个向量有尽量多的已知元素本题中，由于A60，AB3，AC2，故可选 A B和 AC作为基底求解该题时容易出现两个错误：一是不能通过向量的运算把 AD用 A B和 AC线性表示；二是两向量的差 ACA BBC，容易把
7、差向量的方向颠倒导致出错.3.平面向量中涉及到有关模长的问题，通常是将模长进行平方，利用向量数量积的知识进行解答；另外，向量是一个工具型的知识，具备代数和几何特征，在做这类问题时可以使用数形结合的思想，会加快解题速度第 3题容易对向量的模与数量积的关系理解不清导致错误，如认为|a2b|a|2b|.热点 3 交汇题型平面向量具有代数形式与几何形式的“双重性”，常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、不等式等知识交汇命题，充分体现平面向量的载体性与工具性交汇点一 平面向量与三角典例 1(2019江西新高考联盟质检)在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，向量 ma2，c2，n
8、(cosC，cosA)，且 mnbcosB，则 B的值是()A.6 B.3 C.2 D.23解析 mna2cosCc2cosA，且 mnbcosB，a2cosCc2cosAbcosB，即 acosCccosA2bcosB.由正弦定理，得 sinAcosCsinCcosA2sinBcosB，则 sin(AC)2sinBcosB，即 sinB2sinBcosB.0B，sinB0，cosB12，B3.故选 B.答案 B平面向量与“三角”相交汇题的常用方法是“化简转化法”，即先活用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、倍角公式、辅助角公式等对三角函数进行“化简”；然后把以向量共线、向量垂直形式出现的条件
9、转化为“对应坐标乘积之间的关系”；再活用正、余弦定理，对三角形的边、角进行互化，进而解决平面向量与“三角”相交汇题.设ABC 的三个内角为 A，B，C，向量 m(3sinA，sinB)，n(cosB，3cosA)，若 mn1cos(AB)，则 C()A.6 B.3C.23 D.56答案 C解析 依题意得 3sinAcosB 3cosAsinB1cos(AB)，3sin(AB)1cos(AB)，3sinCcosC1，2sinC6 1，sinC6 12.又6C676，因此 C656，C23，故选 C.交汇点二 平面向量与解析几何典例 2(2019南昌二模)已知 M(x0，y0)是双曲线 C：x22
10、y21 上的一点，F1，F2 是 C 的左、右焦点，若MF1 MF2 0，则 y0 的取值范围是()A.33，33B.36，36C.2 23，2 23D.2 33，2 33解析 不妨令 F1 为双曲线的左焦点，则 F2 为右焦点，由题意可知 a22，b21，c23，F1(3，0)，F2(3，0)，则MF1 MF2(3x0)(3x0)(y0)(y0)x20y203.又知x202y201，x2022y20，MF1 MF2 3y2010.33 y00，b0)的左、右焦点，P 是双曲线右支上一点，满足(O POF2)PF2 0(O 为坐标原点)，且 3|PF1|4|PF2|，则双曲线的离心率为_答案
11、5解析 如图所示，由于点 P 在双曲线右支上，则由双曲线的定义可得|PF1|PF2|2a，又 3|PF1|4|PF2|，解得|PF1|8a，|PF2|6a，则由(O POF2)PF2 0，即(O POF2)(OF2 OP)0，则有|O P|2|OF2|2，则在PF1F2中，|OP|OF2|OF1|，所以F1PF290，由勾股定理得|PF1|2|PF2|2|F1F2|2，即有 64a236a24c2，c5a，故 eca5.2 真题自检感悟 PART TWO 1.(2018全国卷)在ABC 中，AD 为 BC 边上的中线，E 为 AD 的中点，则EB()A.34AB14ACB.14AB34ACC.
12、34AB14ACD.14AB34AC答案 A解析 根据向量的运算法则，可得EBABAEAB12AD AB14(ABAC)34AB14AC，故选 A.2.(2017全国卷)已知ABC 是边长为 2 的等边三角形，P 为平面 ABC内一点，则PA(PBPC)的最小值是()A.2 B32 C43 D1答案 B解析 解法一：(解析法)建立坐标系如图 1 所示，则 A，B，C 三点的坐标分别为 A(0，3)，B(1，0)，C(1,0)设 P 点的坐标为(x，y)，则PA(x，3y)，PB(1x，y)，PC(1x，y)，PA(PBPC)(x，3y)(2x，2y)2(x2y2 3y)2x2y 32234 2
13、34 32.当且仅当 x0，y 32 时，PA(PBPC)取得最小值，最小值为32.故选 B.解法二：(几何法)如图 2 所示，PBPC2PD(D 为 BC 的中点)，则PA(PBPC)2PAPD.要使PAPD最小，则PA与PD方向相反，即点 P 在线段 AD 上，则(2PAPD)min2|PA|PD|，问题转化为求|PA|PD|的最大值又|PA|PD|AD|2 32 3，|PA|PD|PA|PD|2232234，当且仅当|P A|PD|32 时等号成立，PA(PBPC)min(2PAPD)min23432.故选 B.3(2019江苏高考)如图，在ABC 中，D 是 BC 的中点，E 在边 A
14、B 上，BE2EA，AD 与 CE 交于点 O.若ABAC6AO EC，则ABAC的值是_答案 3解析 解法一：如图 1，过点 D 作 DFCE 交 AB 于点 F，由 D 是 BC的中点，可知 F 为 BE 的中点又 BE2EA，则知 EFEA，从而可得 AOOD，则有AO 12AD 14(ABAC)，ECACAEAC13AB，所以 6AO EC32(ABAC)AC13AB 32AC 212AB 2ABACABAC，整理可得AB 23AC 2，所以ABAC 3.解法二：以点 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系，如图 2 所示设 E(1,0)，C(a，b)，则 B(3,
15、0)，Da32，b2.lAD：y ba3x，lCE：y ba1x1Oa34，b4.ABAC6AO EC，(3,0)(a，b)6a34，b4(a1，b)，即 3a6a3a14b24，a2b23，AC 3.ABAC 33 3.3 专题作业 PART THREE 一、选择题1.(2018全国卷)已知向量 a，b 满足|a|1，ab1，则 a(2ab)()A.4 B3 C2 D0解析 因为 a(2ab)2a2ab2|a|2(1)213，故选 B.答案 B2.(2015全国卷)设 D 为ABC 所在平面内一点，BC3CD，则()A.AD 13AB43ACB.AD 13AB43ACC.AD 43AB13A
16、CD.AD 43AB13AC答案 A解析 由题意得AD ACCD AC13BCAC13AC13AB13AB43AC，故选 A.3.(2019百校联盟 TOP20 联考)已知 a(x,1)，b(2，4)，若(ab)b，则 x 等于()A.8 B10 C11 D12解析 a(x,1)，b(2,4)，ab(x2,5)，又(ab)b，(x2)(2)200，x12.故选 D.答案 D4.(2018北京高考)设 a，b 均为单位向量，则“|a3b|3ab|”是“ab”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案 C解析|a3b|3ab|a3b|2|3ab|2a
17、26ab9b29a26abb2，因为 a，b 均为单位向量，所以 106ab106abab0ab，即“|a3b|3ab|”是“ab”的充分必要条件故选 C.5.(2019成都二诊)已知平面向量 a，b 的夹角为3，且|a|1，|b|12，则a2b 与 b 的夹角是()A.6B.56C.4D.34答案 A解析 根据平行四边形法则作出 a2b，如图所示：因为|a|2|b|1，所以平行四边形为菱形，又因为向量 a，b 的夹角为3，所以 a2b 与 b 的夹角为6.故选 A.6.(2019永州模拟)在ABC 中，BAC60，AB5，AC6，D 是 AB上一点，且ABCD 5，则|BD|等于()A.1
18、B2 C3 D4答案 C解析 如图所示，设AD kAB，所以CD AD ACkABAC，所以ABCD AB(kABAC)kAB 2ABAC25k561225k155，解得k25，所以|BD|125|AB|3.故选 C.7.(2019四省联考诊断)若向量 a(1,2)，b(1，m)，且 ab 与 b 的夹角为钝角，则实数 m 的取值范围是()A.(0,2)B(，2)C.(2,2)D(，0)(2，)答案 D解析 ab(0,2m)，由于两个向量的夹角为钝角，由夹角公式得abb|ab|b|2mm2|2m|1m20，即 2mm20，解得 m2.故选 D.8.(2019长沙长郡中学调研)已知ABC 中，2
19、ABAC5AD 0，延长BD 交 AC 于 E，则|AE|AC|等于()A.14B.23C.12D.13答案 D解析 取特殊三角形，令 A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，则有 D25，15，直线BD 的方程为y0150 x1251，化简得 y13x13，令 x0，解得 y13，所以 E0，13，|AE|AC|13113，故选 D.9.(2019晋江四校期中)点 M 是ABC 的边 BC 上任意一点，N 在线段AM 上，且ANxAByAC，若 xy13，则NBC 的面积与ABC 的面积的比值是()A.12B.13C.23D.14答案 C解析 如图，设BM BC(01)，AM AN(1)，
20、AN1AM 1(ABBM)1(ABBC)1(ABACAB)1 ABAC，ANxAByAC，且 xy13，1 113，则 3.AM 3AN，则AM 32NM，又NBC 与ABC 的底边 BC 相等，NBC 的面积与ABC 的面积的比值是|NM|AM|23.故选 C.10.(2018浙江高考)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3，向量 b 满足 b24eb30，则|ab|的最小值是()A.31 B.31 C2 D2 3答案 A解析 设 e(1,0)，b(x，y)，则 b24eb30 x2y24x30(x2)2y21.如图所示，设 aO A，bO B其中A
21、为射线OA上动点，B为圆C上动点，AOx3，|ab|min|CD|1 31(其中 CDOA)故选 A.11(2018天津高考)如图，在平面四边形 ABCD 中，ABBC，ADCD，BAD120，ABAD1.若点 E 为边 CD 上的动点，则 A EB E的最小值为()A.2116B.32C.2516D3答案 A解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则 A0，12，B32，0，C0，32，D 32，0，因为点 E 在 CD 上，则 D EDC(01)，设 E(x，y)，则x 32，y 32，32，即x 32 32，y32，据此可得，E32 32，32，且 A E32 32，3212，B E32 3
22、，32，由数量积的坐标运算法则可得，A EB E32 32 32 3 323212，整理可得，A EB E34(4222)(01)，结合二次函数的性质可知，当 14时，A EB E取得最小值2116.故选 A.12.已知向量OA，OB 满足|OA|OB|1，OA OB，OC OA OB(，R)，若 M 为 AB 的中点，并且|MC|1，则 的最大值是()A.1 3B1 2C.5D1 3答案 B解析 因为向量OA，OB 满足|OA|OB|1，OA OB，所以将 A，B 放入平面直角坐标系中，令 A(1,0)，B(0，1)，又因为 M 为 AB 的中点，所以M12，12.因为OC OA OB(，R
23、)，所以OC OA OB(1,0)(0,1)，即点 C(，)，所以MC 12，12，因为|MC|1，所以1221221，即点 C(，)在以12，12 为圆心，1 为半径的圆上令 t，则 t，将其代入圆1221221 的方程，消去 得到关于 的一元二次方程：222tt2t12 0，所以(2t)242t2t12 0，解得 21t 21，即 的最大值是 1 2，故选 B.二、填空题13.已知向量 O AA B，|O A|3，则 O AO B_.解析 O AA B，|O A|3，O AO BO A(O AA B)O A2O AA BO A29.答案 914.已知向量 a，b 的夹角为 60，|a|1，
24、|b|2，若(ab)(2ab)，则 _；若(ab)(2ab)，则 _.答案 12 12解析 因为(ab)(2ab)，所以存在唯一实数 n，使得 abn(2ab)，所以 12n，n，解得 12.因为(ab)(2ab)，且向量 a，b 的夹角为 60，|a|1，|b|2，所以(ab)(2ab)2a2(12)abb221240，解得 12.15.(2019新疆昌吉教育共同体月考)若等边ABC 的边长为 2，平面内一点 M 满足CM 12CB13CA，则AM BM 的值为_答案 169解析 以 AC 的中点为坐标原点，AC 所在的直线为 x 轴，AC 边上的垂直平分线为 y 轴，建立如图所示的平面直角
25、坐标系，则 A(1,0)，C(1,0)，B(0，3)，CA(2,0)，CB(1，3)，所以CM 12CB13CA12(1，3)13(2,0)16，32，所以AM ACCM(2,0)16，32 136，32，所以BM BCCM(1，3)16，3276，32，所以AM BM 136，32 76，32 169.16.在矩形 ABCD 中，AB2，AD1，E 为线段 BC 上的点，则 A ED E的最小值为_答案 154解析 解法一：设 B EBC(01)，则 A EA BBC，D EDCC EA B(1)BC，A ED E(A BBC)A B(1)BC又|A B|2，|BC|1，且 ABBC 即 A BB C0，A ED E4(1)24122154.当 12时，A ED E最小为154.解法二：以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，建立如图所示平面直角坐标系，则 A(0，0)，B(2,0)，D(0,1)，设 E(2，y)(0y1)，则 A E(2，y)，D E(2，y1)，A ED Ey2y4y122154.当 y12时，A ED E最小为154.本课结束