資源簡介

專題五　平面向量的基本運算及應用講義
一、考情分析
高頻考點 高考預測
平面向量的線性運算及基本定理(共線向量定理,平面向量基本定理) 本部分以考查與平面向量基本定理有關的線性運算、向量數量積的運算、向量的夾角及模為主.單獨命題時以選擇、填空題考查,難度中等偏下,有時也在解答題中突出向量的工具作用,難度中等偏下
平面向量的數量積及其應用(投影向量、平面向量的夾角(垂直)、模)
與向量有關的最值、范圍問題(向量法與坐標法)
二、回歸真題
1.(2024·新高考Ⅰ卷)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),則x=(　　)
A.-2 B.-1 C.1 D.2
2.(2024·新高考Ⅱ卷)已知向量a,b滿足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,則|b|=(　　)
A. D.1
3.(2024·天津卷)在邊長為1的正方形ABCD中,E為線段CD的三等分點,CE=DE,,則λ+μ=　　　　;F為線段BE上的動點,G為AF的中點,則的最小值為　　　　.
三、考點探究
考點一　向量的線性運算
例1　(1)(2024·浙江9+1高中聯盟模擬)已知向量e1,e2是平面上兩個不共線的單位向量,且=e1+2e2,
=-3e1+2e2,=3e1-6e2,則(　　)
A.A,B,C三點共線 B.A,B,D三點共線
C.A,C,D三點共線 D.B,C,D三點共線
(2)(2024·如皋診斷)已知△ABC的邊BC的中點為D,點E在△ABC所在平面內,且,若,則x+y=(　　)
A.5 B.7 C.9 D.11
總結　1.同一組基底下,向量的表達式是唯一的.
2.三點共線的向量模型(爪子模型)的應用步驟:
(1)確定共線的三點:找到平面內共線的三點A,P,B和任意一點O;
(2)寫成規范形式:;
(3)應用結論:A,P,B三點共線 存在實數λ,使得+(1-λ).
訓練1　(1)(2024·大連雙基測試)在△ABC中,若,,則λ=(　　)
A. C.-
(2)(2024·揚州中學檢測)在△ABC中,E為AC的中點,D是線段BE上的動點,若,則的最小值為　　　　.
考點二　向量的數量積運算
例2　(1)(2024·湖州一中測試)已知非零向量a,b,c滿足|a|=|b|,c=a,若c為b在a上的投影向量,則向量a,b夾角的余弦值為(　　)
A.
(2)(2024·濟南質檢)平行四邊形ABCD中,AB=3,AD=4,∠BAD=,若,,則=(　　)
A.4 B.6 C.18 D.22
總結　常用方法:(1)向量法;(2)坐標法;(3)利用投影向量、數量積的幾何意義及性質.
訓練2　(1)(2024·徐州適應性測試)若平面向量a,b,c兩兩的夾角相等,且|a|=|b|=1,|c|=3,則|a+b+c|=(　　)
A.2 B.5
C.2或5 D.或5
(2)(2024·鎮海中學期末)已知e1,e2是單位向量,且它們的夾角是60°.若a=e1+2e2,b=λe1-e2,且|a|=|b|,則λ=(　　)
A.2 B.-2
C.2或-3 D.3或-2
考點三　平面向量中的最值(范圍)問題
例3　(1)(2024·浙江名校協作體檢測)已知平面向量a,b滿足|a|=1,=,則|a-b|的最大值為(　　)
A.2 B.+1 D.3
(2)(2024·如皋診斷)已知平面向量a,b不共線,且|a|=1,a·b=1,記b與2a+b的夾角是θ,則θ最大時,|a-b|=(　　)
A.1 B. D.2
總結　1.向量模的性質:a2=|a|2,||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|,|a·b|≤|a||b|.
2.極化恒等式:a·b=[(a+b)2-(a-b)2],在平行四邊形ABCD中,(||2),在三角形ABC中,M為BC邊中點,|2.
3.求最值(范圍)問題的常用方法:(1)函數法;(2)不等式法;(3)坐標法;(4)數形結合法;(5)利用極化恒等式;(6)利用模的性質和結論.
訓練3　(1)(2024·長郡中學檢測)已知矩形ABCD的長AB=4,寬BC=3.點P在線段BD上運動(不與B,D兩點重合),則的取值范圍是 (　　)
A.(-16,9) B.(-9,16)
C.[0,9) D.(-16,0]
(2)(2024·湖南部分重點高中聯考)如圖,圓O1和圓O2外切于點P,A,B分別為圓O1和圓O2上的動點,已知圓O1和圓O2的半徑都為1,且=-1,則||2的最大值為 (　　)
A.2 B.4 C.2
專題五　平面向量的基本運算及應用練習
(分值：73分)
單選題每小題5分，共40分；多選題每小題6分，共18分.
一、單選題
1.(2024·徐州調研)設e1，e2是兩個不共線的向量，若向量m＝－e1＋ke2(k∈R)與向量n＝ke1－4e2(k∈R)共線，則(　　)
A.k＝0 B.k＝±2 C.k＝±1 D.k＝
2.(2024·吉安一中適應性測試)已知向量a，b滿足|a|＝1，b＝(t，2－t)，a－b與a垂直，則|a－b|的最小值為(　　)
A. B. C.1 D.3
3.(2024·蘇錫常鎮四市一調)已知平面向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，|a|＝|b|＝1，|c|＝，則a與b的夾角為(　　)
A. B. C.π D.π
4.(2024·高郵調研)已知△ABC的外接圓圓心為O，＝(＋)，||＝||，則在上的投影向量為(　　)
A.－ B. C.－ D.
5.(2024·九省聯考)已知點Q為直線l：x＋2y＋1＝0上的動點，點P滿足＝(1，－3)，記點P的軌跡為E，則(　　)
A.E是一個半徑為的圓 B.E是一條與l相交的直線
C.E上的點到l的距離均為 D.E是兩條平行直線
6.(2024·江西重點中學協作體聯考)如圖，正六邊形的邊長為2，半徑為1的圓O的圓心為正六邊形的中心，若點M在正六邊形的邊上運動，動點A，B在圓O上運動且關于圓心O對稱，則·的取值范圍為(　　)
A.[4，5] B.[5，7] C.[4，6] D.[5，8]
7.(2024·鄭州二預)在平面直角坐標系xOy中，設A(2，4)，B(－2，－4)，動點P滿足·＝－1，則tan∠PBO的最大值為(　　)
A. B. C. D.
8.(2024·贛州期末)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是圓x2＋y2＝2上兩點.若x1x2＋y1y2＝－1，則x1＋x2＋y1＋y2的取值范圍是(　　)
A. B.[－1，1] C.[－，] D.[－2，2]
二、多選題
9.(2024·杭州期末)已知平面向量a＝(，1)，b＝(x，－3)，則下列命題正確的是(　　)
A.若a∥b，則x＝－3 B.若a⊥b，則x＝
C.若|a＋b|＝，則x＝0 D.若〈a，b〉＝，則x＝－
10.(2024·浙江L16聯盟適應性測試)設θ∈(0，π)，向量a＝(sin θ，cos θ)，向量b＝(sin 2θ，cos 2θ)，則(　　)
A.a，b必不互為平行向量 B.a，b必不互為垂直向量
C.存在θ，使a＝b D.對任意θ，(a＋b)⊥(a－b)
11.(2024·高郵調研)如圖，已知直線l1∥l2，點B是l1，l2之間的一個定點，點B到l1，l2的距離分別為1和2，點A是直線l2上的點，點C是直線l1上的點，且|＋|＝||，平面內一點G滿足：＋＋＝0，則(　　)
A.△ABC為直角三角形 B.＝(＋)
C.△GAB面積的最小值是 D.||≥1
三、填空題
12.(2024·蘇州調研)已知單位向量a，b的夾角為θ，向量c＝b－a，若|c|∈Z，則cos θ＝________(寫出一個可能值).
13.(2024·徐州適應性測試)已知點A(1，0)，B(5，0)，若·≤4，則點P到直線3x－y＋1＝0距離的最小值為________.
14.(2024·宿遷調研)已知平面單位向量e1，e2滿足|2e1－e2|≤，設a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夾角為θ，則cos2θ的最小值為________.答案詳解
專題五　平面向量的基本運算及應用講義
二、回歸真題
1.D　[法一　因為b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,即b2=4a·b.因為a=(0,1),b=(2,x),所以b2=4+x2,a·b=x,得4+x2=4x,
所以(x-2)2=0,解得x=2,故選D.
法二　因為a=(0,1),b=(2,x),所以b-4a=(2,x)-4(0,1)=(2,x)-(0,4)=(2,x-4).
因為b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,所以2×2+x(x-4)=0,所以(x-2)2=0,解得x=2,故選D.]
2.B　[由(b-2a)⊥b,得(b-2a)·b=b2-2a·b=0,所以b2=2a·b.
將|a+2b|=2的兩邊同時平方,得a2+4a·b+4b2=4,即1+2b2+4b2=1+6|b|2=4,解得|b|2=,所以|b|=,故選B.]
3.　[以點A為坐標原點建立如圖所示的平面直角坐標系,
則A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),E,所以,=(-1,0),=(0,1),
因為,所以=λ(-1,0)+μ(0,1),所以λ=,μ=1,所以λ+μ=.
由B(1,0),E可得直線BE的方程為y=-3(x-1),設F(a,3-3a),則G,所以=(a,3-3a),
,所以+(3-3a)·=5a2-6a+,所以當a=時,取得最小值,為-.]
三、考點探究
例1　(1)C　(2)D　[(1)對于A,因為=e1+2e2,=-3e1+2e2,若A,B,C三點共線,設,則無解,所以A,B,C三點不共線,故A錯誤;對于B,若A,B,D三點共線,設,則無解,所以A,B,D三點不共線,故B錯誤;對于C,因為=(e1+2e2)+(-3e1+2e2)=-2e1+4e2=,又AC,AD有公共點A,所以A,C,D三點共線,故C正確.對于D,因為=(3e1-6e2)+(e1+2e2)=4e1-4e2,=-3e1+2e2,設,則無解,所以B,C,D三點不共線,故D錯誤;故選C.
(2)因為,邊BC的中點為D,所以=3()+2,即,所以,所以()=3,所以5,即5,因為,所以x=5,y=6,故x+y=11.故選D.]
訓練1　(1)A　(2)9　[(1)由,則,則,()=,故,則m=2,=λ,故λ=.故選A.
(2)如圖,
因為,E為邊AC的中點,所以,因為B,E,D三點共線,所以x+2y=1(x>0,y>0),則×(x+2y)=5+=9,當且僅當x=,y=時取等號,故的最小值為9.]
例2　(1)B　(2)C　[(1)由c=a,c為b在a上的投影向量,c=a=|b|cos·a=(cos)a,所以a=cosa,故cos=,故選B.
(2)由題意可知,以A為坐標原點,建立平面直角坐標系如圖所示.
因為AB=3,AD=4,∠BAD=,所以A(0,0),B(3,0),C(5,2),D(2,2).
設E(x,y),則=(x-3,y),=(5-x,2-y),由,得(x-3,y)=(5-x,2-y),即所以E(4,).設F(x1,y1),則=(x1-5,y1-2),=(2-x1,2-y1),由,得(x1-5,y1-2)=2(2-x1,2-y1)=(4-2x1,4-2y1),即所以F(3,2).所以=(4,),=(3,2),=(4,)·(3,2)=4×3+=18.故選C.]
訓練2　(1)C　(2)D　[(1)由向量a,b,c兩兩的夾角相等,得===0或===,當===0時,|a+b+c|=5;當===時,|a+b+c|=
=2.故選C.
(2)∵|a|=|b|,即|e1+2e2|=|λe1-e2|,∴+4e1·e2+4-2λe1·e2+,∴1+4×1×1×+1,解得λ=3或λ=-2.故選D.]
例3　(1)C　(2)C　[(1)設a=,b=,a+b=,如圖1,
圖1 圖2
由題意,即在平行四邊形OACB中,OA=1,∠OCA=,求AB的最大值.延長OA至OD,使OA=AD,則CD=AB,由正弦定理,O,A,C三點所在外接圓的直徑2R==2,所以R=1,設圓心為G,如圖2,
所以可知∠GOD=,又OG=1,OD=2,所以由余弦定理可得DG=
,則由圖形可知CD≤DG+R=1+,故選C.
(2)設|b|=x,則b·(2a+b)=2a·b+b2=2+x2,|2a+b|==,所以cos θ==.易得cos θ>0,
cos2θ==,當x2=4時,cos2θ取得最小值,θ取得最大值,此時|a-b|=.故選C.]
訓練3　(1)A　(2)D　[(1)由題意得,點P在線段BD上,設,,n=1-m,且n∈(0,1).
以A為坐標原點,建立平面直角坐標系如圖所示,則A(0,0),B(4,0),C(4,3),D(0,3),則=(-4,3),=(4,3),
由=m(4,0)+n(0,3)=(4m,3n),故=(4-4m,3-3n),所以=
-4(4-4m)+3(3-3n)=9-25n,由于n∈(0,1),所以∈(-16,9).故選A.
(2)=()·()=·()+=-1,所以|·()|≤||,所以|,
即|-2≤0,解得-1-.
|≤2+2×(-
1+)=2.]
答案詳解
專題五　平面向量的基本運算及應用練習
1.B　[因為e1,e2是兩個不共線的向量,由m=-e1+ke2,n=ke1-4e2共線,則存在實數λ∈R,使得m=λn,則則k=±2.故選B.]
2.C　[由a-b與a垂直,得(a-b)·a=0,則a·b=a2=1,所以|a-b|=
≥1,所以當t=1時,|a-b|的最小值為1.]
3.B　[由題意知平面向量a,b,c滿足a+b+c=0,|a|=|b|=1,|c|=,故a+b=-c,所以(a+b)2=c2,所以a2+2a·b+b2=3,所以a·b=,則cos=,∈[0,π],故=,故選B.]
4.D　[因為(),所以△ABC外接圓圓心O為BC的中點,即BC為外接圓的直徑,如圖,
又||,所以△ABO為等邊三角形,則∠ACB=30°,故||cos 30°,所以向量.故選D.]
5.C　[設P(x,y),由=(1,-3),則Q(x-1,y+3),由Q在直線l:x+2y+1=0上,故x-1+2(y+3)+1=0,化簡得x+2y+6=0,即點P的軌跡E為直線且與直線l平行,E上的點到l的距離d=,故A,B,D錯誤,C正確.故選C.]
6.B　[由題意可得,=()·()=()·()=|2-1,當OM與正六邊形的邊垂直時,|,當點M運動到正六邊形的頂點時,|,所以||∈[,2],則||2∈[6,8],即=(-1)∈[5,7].故選B.]
7.C　[設P(x,y),則=(-x,-y),=(2-x,4-y),則=-x(2-x)-y(4-y)=-1,即x2-2x+y2-4y+1=0,化為(x-1)2+(y-2)2=4,則點P的軌跡為以D(1,2)為圓心,半徑為2的圓,又kOB=,所以B,O,D三點共線,顯然當直線PB與此圓相切時,tan∠PBO的值最大.又BD=,PD=2,則PB=,則tan∠PBO=.故選C.]
8.D　[由題意=x1x2+y1y2=-1,|,因為cos<,,0≤<,>≤π,
所以向量,,如圖,設A(cos α,sin α),B,所以x1+x2+y1+y2=[(1+)cos α+
(1-)sin α]=2sin(α+φ),且tan φ=,因為-1≤sin(α+φ)≤1,所以-2≤x1+x2+y1+y2≤2.故選D.]
9.ABD　[A.若a∥b,則1×x=-3×,解得x=-3,故正確;B.若a⊥b,則x+1×(-3)=0,解得x=,故正確;C.若|a+b|=,x=0或x=-2,故錯誤;D.若=,則cos=cos ,
解得x=-,故正確,故選ABD.]
10.AD　[對A:若a,b互相平行,則sin θcos 2θ=cos θsin 2θ,即sin θ(2cos2θ-1)=2sin θcos2θ,又θ∈(0,π),sin θ≠0,則2cos2θ-1=2cos2θ,即-1=0,顯然不成立,故a,b必不互為平行向量,A正確;對B:若θ=,則a=(1,0),b=(0,-1),此時a·b=0,a與b垂直,故B錯誤;對C:若a=b,則sin θ=sin 2θ,且cos θ=cos 2θ,即
sin θ=2sin θcos θ,且cos θ=2cos2θ-1,又θ∈(0,π),sin θ≠0,則cos θ=,且cos θ=2cos2θ-1,顯然無法同時成立,即a,b不可能相等,故C錯誤;對D:|a|==1,|b|==1,則(a+b)·(a-b)=|a|2-|b|2=0,故對任意θ,(a+b)⊥(a-b),D正確.故選AD.]
11.ABD　[對于A,因為||,所以||2,即,所以=0,即,則BC⊥BA,所以△ABC為直角三角形,故A正確;
對于B,取AB中點F,連接GF,GA,GB,GC,如圖,由=0,得()=-,因此點G是△ABC的重心,則()=(),故B正確;
對于C,過B點作BD⊥l2,BE⊥l1,則B,D,E共線,BD=2,BE=1,設∠ABD=θ,而BC⊥BA,
則∠EBC=-θ,所以AB=,BC=,又點G為△ABC的重心,所以△GAB的面積S△GAB=,當且僅當2θ=,即θ=時取等號,故C錯誤;
對于D,與選項B同理可得(),所以|()2=()=≥=1,當且僅當,即tan θ=時取等號,
則||≥1,故D正確;故選ABD.]
12.　[由題意|c|===∈Z,所以cos θ=∈[-1,1],|c|∈Z,
所以只能取.]
13.　[設點P(x,y),則=(1-x,-y),=(5-x,-y),由≤4,得(x-1)(x-5)+y2≤4,即(x-3)2+y2≤8,則點P的軌跡是以
點C(3,0)為圓心,2為半徑的圓及內部,點C(3,0)到直線3x-y+1=0的距離d=,所以點P到直線
3x-y+1=0距離的最小值為.]
14.　[設單位向量e1,e2的夾角為α,則|e1|=|e2|=1,因為|2e1-e2|≤,所以(2e1-e2)2≤3,即4-4e1·e2+≤3,所以e1·e2≥,所以cos α≥,又a=e1+e2,b=3e1+e2,所以a·b=(e1+e2)·(3e1+e2)=3+1+4e1·e2=4+
4cos α,|a|=,|b|=
,所以cos2θ=,所以當cos α=時,cos2θ取最小值.]

展開更多......

收起↑