《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第五章 5.4 平面向量的应用-教师版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第五章 5.4 平面向量的应用-教师版.docx（34页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 第1课时进门测1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“×”)(1)若，则A，B，C三点共线()(2)向量b在向量a方向上的投影是向量(×)(3)若a·b0，则a和b的夹角为锐角；若a·b0，则a和b的夹角为钝角(×)(4)在ABC中，若·<0，则ABC为钝角三角形(×)(5)已知平面直角坐标系内有三个定点A(2，1)，B(0，10)，C(8,0)，若动点P满足：t()，tR，则点P的轨迹方程是xy10.()2、已知ABC的三个顶点的坐标分别为A(3,4)，B(5,2)，C(1，4)，则该三角形为()A锐角三角形
2、 B直角三角形C钝角三角形 D等腰直角三角形答案B解析(2，2)，(4，8)，(6，6)，|2，|4，|6，|2|2|2，ABC为直角三角形3、已知在ABC中，|10，·16，D为边BC的中点，则|等于()A6 B5C4 D3答案D解析在ABC中，由余弦定理可得AB2AC22AB·AC·cos ABC2，又·|·|·cos A16，所以AB2AC232100，AB2AC268.又D为边BC的中点，所以2，两边平方得4|2683236，解得|3，故选D.4、若向量a，b满足|a|2ab|2，则a在b方向上投影的最大值是()A. BC.
3、D答案B解析由题意得|2ab|24|a|24|a|b|cosa，b|b|2168|b|cosa，b|b|24，则cosa，b()2 ，当且仅当|b|2时等号成立，所以向量a在向量b方向上投影的最大值是|a|cosa，b.5、平面直角坐标系xOy中，若定点A(1,2)与动点P(x，y)满足·4，则点P的轨迹方程是_答案x2y40解析由·4，得(x，y)·(1,2)4，即x2y4.作业检查无第2课时阶段训练题型一向量在平面几何中的应用命题点1向量和平面几何知识的综合例1(1)在平行四边形ABCD中，AD1，BAD60°，E为CD的中点若·1，则AB
4、_.(2)已知在直角梯形ABCD中，ADBC，ADC90°，AD2，BC1，P是腰DC上的动点，则|3|的最小值为_答案(1)(2)5解析(1)在平行四边形ABCD中，取AB的中点F，则，又，·()·()2··2|2|cos 60°|21×|21.|0，又|0，|.(2)以D为原点，分别以DA，DC所在直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设DCa，DPy.则D(0,0)，A(2,0)，C(0，a)，B(1，a)，P(0，y)，(2，y)，(1，ay)，则3(5,3a4y)，即|3|225(3a4y)2，由点P是腰D
5、C上的动点，知0ya.因此当ya时，|3|2取最小值25.故|3|的最小值为5.命题点2三角形的“四心”例2已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个动点，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解析由原等式，得()，即()，根据平行四边形法则，知是ABC的中线AD(D为BC的中点)所对应向量的2倍，所以点P的轨迹必过ABC的重心引申探究1在本例中，若动点P满足，(0，)，则如何选择？答案A解析由条件，得，即，而和分别表示平行于，的单位向量，故平分BAC，即平分BAC，所以点P的轨迹必过ABC的内心2在本例中，若动点P满足()
6、，(0，)，则如何选择？答案D解析由条件，得()，从而·()··0，所以 ，则动点P的轨迹一定通过ABC的垂心命题点3平面向量数量积与余弦定理例3在ABC中，AB8，AC6，AD垂直BC于点D，E，F分别为AB，AC的中点，若·6，则BC等于()A2 B10C2 D14答案A解析由题意，知DEAE，DFAF，·|·|·cosEDF|·|·6，|，BC2.【同步练习】(1)在ABC中，已知向量与满足()·0，且·，则ABC为()A等边三角形B直角三角形C等腰非等边三角形D三边均不相等的三
7、角形(2)在ABC中，(，)，(1，)，则ABC的面积为_答案(1)A(2)1解析(1)，分别为平行于，的单位向量，由平行四边形法则可知为BAC的角平分线因为()·0，所以BAC的角平分线垂直于BC，所以ABAC.又···cosBAC，所以cosBAC，又0<BAC<，故BAC，所以ABC为等边三角形(2)cosBAC，sinBAC，SABC|·|·sinBAC1.题型二向量在解析几何中的应用命题点1向量与解析几何知识的综合例4(1)已知向量(k,12)，(4,5)，(10，k)，且A，B，C三点共线，当k<0时，若
8、k为直线的斜率，则过点(2，1)的直线方程为_(2)设O为坐标原点，C为圆(x2)2y23的圆心，且圆上有一点M(x，y)满足·0，则_.答案(1)2xy30(2)±解析(1)(4k，7)，(6，k5)，且，(4k)(k5)6×70，解得k2或k11.由k<0可知k2，则过点(2，1)且斜率为2的直线方程为y12(x2)，即2xy30.(2)·0，OMCM，OM是圆的切线，设OM的方程为ykx，由，得k±，即±.命题点2轨迹问题例5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()
9、3;()0.(1)求动点P的轨迹方程；(2)若EF为圆N：x2(y1)21的任意一条直径，求·的最值解(1)设P(x，y)，则Q(8，y)由()·()0，得|2|20，即(x2)2y2(x8)20，化简得1.点P在椭圆上，其方程为1.(2)，又0.·22x2(y1)2116(1)(y1)21y22y16(y3)219.2y2.当y3时，·的最大值为19，当y2时，·的最小值为124.综上，·的最大值为19；·的最小值为124.【同步练习】(1)如图所示，半圆的直径AB6，O为圆心，C为半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径
10、OC上的动点，则()·的最小值为_(2)如图，已知F1，F2为双曲线C：1(a>0，b>0)的左，右焦点，点P在第一象限，且满足|a，()·0，线段PF2与双曲线C交于点Q，若5，则双曲线C的渐近线方程为()Ay±x By±xCy±x Dy±x答案(1)(2)B解析(1)圆心O是直径AB的中点，2，()·2·，与共线且方向相反，当大小相等时，·最小由条件知，当POPC时，最小值为2××.(2)由()·0，可得|2c，则点P(x，y)(x>0，y>0)满
11、足解得又5，解得Q(c，)，又Q在双曲线C上，代入双曲线方程化简得80c4168a2c285a40，则(4c25a2)(20c217a2)0，又c>a，所以4c25a20,4(a2b2)5a20，则a2b，则双曲线C的渐近线方程为y±x±x，故选B.题型四 函数与方程思想在向量中的应用例6 (1)设e1，e2为单位向量，非零向量bxe1ye2，x，yR.若e1，e2的夹角为，则的最大值等于_(2)在梯形ABCD中，已知ABCD，AB2CD，M，N分别为CD，BC的中点若，则_.解析(1)因为b0，所以bxe1ye2，x0或y0.当x0，y0时，0；当x0时，|b|2(
12、xe1ye2)2x2y2xy，不妨设t，则，当t时，t2t1取得最小值，此时取得最大值4，所以的最大值为2.综上，的最大值为2.(2)由，得·()·()，得(1)()0，得(1)()()0，得(1)()0.又因为，不共线，所以由平面向量基本定理得解得所以.答案(1)2(2)第3课时阶段重难点梳理1向量在平面几何中的应用(1)用向量解决常见平面几何问题的技巧：问题类型所用知识公式表示线平行、点共线等问题共线向量定理ababx1y2x2y10，其中a(x1，y1)，b(x2，y2)，b0垂直问题数量积的运算性质aba·b0x1x2y1y20，其中a(x1，y1)，b(
13、x2，y2)，且a，b为非零向量夹角问题数量积的定义cos (为向量a，b的夹角)，其中a，b为非零向量长度问题数量积的定义|a|，其中a(x，y)，a为非零向量(2)用向量方法解决平面几何问题的步骤：平面几何问题向量问题解决向量问题解决几何问题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，它们的分解与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)物理学中的功是一个标量，是力F与位移s的数量积，即WF·s|F|s|cos (为F与s的夹角)3向量与相关知识的交汇平面向量作为一种工具，常与函数(三角函数)，解析几何结合，常通过向量的线性运算与数量积，向量
14、的共线与垂直求解相关问题【知识拓展】1若G是ABC的重心，则0.2若直线l的方程为AxByC0，则向量(A，B)与直线l垂直，向量(B，A)与直线l平行重点题型训练题型五平面向量与三角函数命题点1向量与三角恒等变换的结合例1已知a(cos ，sin )，b(cos ，sin )，0<<<.且ab(0,1)，则_，_.答案解析因为ab(0,1)，所以由此得cos cos()由0<<，得0<<，又0<<，故.代入sin sin 1，得sin sin .又>，所以，.命题点2向量与三角函数的结合例2已知向量a(sin x，)，b(cos x
15、，1)(1)当ab时，求tan 2x的值；(2)求函数f(x)(ab)·b在，0上的值域解(1)ab，sin x·(1)·cos x0，即sin xcos x0，tan x，tan 2x.(2)f(x)(ab)·ba·bb2sin xcos xcos2x1sin 2xcos 2x1sin(2x)x0，2x0，2x，sin(2x)，f(x)在，0上的值域为，命题点3向量与解三角形的结合例3已知函数f(x)a·b，其中a(2cos x，sin 2x)，b(cos x,1)，xR.(1)求函数yf(x)的单调递减区间；(2)在ABC中，角A
16、，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)1，a，且向量m(3，sin B)与n(2，sin C)共线，求边长b与c的值解(1)f(x)2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2x12cos(2x)，令2k2x2k(kZ)，解得kxk(kZ)，函数yf(x)的单调递减区间为k，k(kZ)(2)f(A)12cos(2A)1，cos(2A)1，又<2A<，2A，即A.a，由余弦定理得a2b2c22bccos A(bc)23bc7.向量m(3，sin B)与n(2，sin C)共线，2sin B3sin C，由正弦定理得2b3c，由得b3，c2.【同步练习】(1)函数ysin(x)
17、在一个周期内的图象如图所示，M，N分别是最高点、最低点，O为坐标原点，且·0，则函数f(x)的最小正周期是_(2)在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知c6，sin Asin Csin(AB)，若1a6，则sin C的取值范围是_答案(1)3(2)，1解析(1)由图象可知，M(，1)，N(xN，1)，所以·(，1)·(xN，1)xN10，解得xN2，所以函数f(x)的最小正周期是2×3.(2)由sin Asin Csin(AB)，得sin Asin Csin(AB)sin(AB)sin(AB)2sin Acos B，又sin A0，所以c
18、os B.当a6cos B31,6时，sin C1；当a1时，b2a2c22accos B1362×1×6×31，所以b，于是，得sin C；当a6时，ABC为等边三角形，则sin C，>，从而得到sin C的取值范围是，1题型六向量与学科知识的交汇命题点1向量与不等式相结合例4(1)设e1，e2是平面内两个不共线的向量，(a1)e1e2，be12e2(a>0，b>0)，若A，B，C三点共线，则的最小值是()A2 B4 C6 D8(2)已知x，y满足若(x,1)，(2，y)，且·的最大值是最小值的8倍，则实数a的值是_答案(1)B(2)
19、解析(1)因为A，B，C三点共线，所以(a1)×(2)1×b，所以2ab2.因为a>0，b>0，所以·()222 4(当且仅当，即a，b1时取等号)(2) 因为(x,1)，(2，y)，所以·2xy，令z2xy，依题意，不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示(含边界)，观察图象可知，当直线z2xy过点C(1,1)时，zmax2×113，目标函数z2xy过点F(a，a)时，zmin2aa3a，所以38×3a，解得a.命题点2向量与数列结合例5设数列xn的各项都为正数且x11.如图，ABC所在平面上的点Pn (nN*)均满足P
20、nAB与PnAC的面积比为31，若(2xn1)xn1，则x5的值为()A31 B33C61 D63答案A解析在(2xn1)xn1中，令(2xn1)，作出图形如图所示，则(2xn1)xn1，所以xn1，xn1.又，所以，则，所以xn12xn1，xn112(xn1)，故xn1构成以2为首项、2为公比的等比数列，所以x512×2432，则x531，故选A.【同步练习】(1)已知平面直角坐标系xOy上的区域D由不等式组给定若M(x，y)为D上的动点，点A的坐标为(，1)，则z·的最大值为()A3 B4C3 D4(2)角A，B，C为ABC的三个内角，向量m满足|m|，且m(sin，c
21、os )，当角A最大时，动点P使得|，|，|成等差数列，则的最大值是()A. B. C. D.答案(1)B(2)A解析(1)由线性约束条件画出可行域如图阴影部分所示(含边界)，目标函数z·xy，将其化为yxz，结合图象可知，当直线zxy过点(，2)时，z最大，将点(，2)代入zxy，得z的最大值为4.(2)设BC2a，BC的中点为D.由题意得|m|2(sin )2(cos )21cos(BC)1cos(BC)cos Bcos Csin Bsin C，则cos Bcos Csin Bsin C，化简得tan Btan C，则tan Atan(BC)(tan Btan C)×2
22、，当且仅当tan Btan C时，等号成立，所以当角A最大时，A，BC，则易得AD.因为|，|，|成等差数列，所以2|，则点P在以B，C为焦点，以2|4a为长轴的椭圆上，由图(图略)易得当点P为椭圆的与点A在直线BC的异侧的顶点时，|取得最大值，此时|a，则|，所以，故选A.题型六和向量有关的创新题例6称d(a，b)|ab|为两个向量a，b间的“距离”若向量a，b满足：|b|1；ab；对任意的tR，恒有d(a，tb)d(a，b)，则()Aab Bb(ab)Ca(ab) D(ab)(ab)答案B解析由于d(a，b)|ab|，因此对任意的tR，恒有d(a，tb)d(a，b)，即|atb|ab|，即
23、(atb)2(ab)2，t22ta·b(2a·b1)0对任意的tR都成立，因此有(2a·b)24(2a·b1)0，即(a·b1)20，得a·b10，故a·bb2b·(ab)0，故b(ab)思维升华解答创新型问题，首先需要分析新定义(新运算)的特点，把新定义(新运算)所叙述的问题的本质弄清楚，然后应用到具体的解题过程之中，这是破解新定义(新运算)信息题难点的关键所在【同步练习】定义一种向量运算“”：ab(a，b是任意的两个向量)对于同一平面内向量a，b，c，e，给出下列结论：abba；(ab)(a) b(R)；(ab
24、) cacbc；若e是单位向量，则|ae|a|1.以上结论一定正确的是_(填上所有正确结论的序号)答案解析当a，b共线时，ab|ab|ba|ba，当a，b不共线时，aba·bb·aba，故是正确的；当0，b0时，(ab)0，(a)b|0b|0，故是错误的；当ab与c共线时，存在a，b与c不共线，(ab)c|abc|，acbca·cb·c，显然|abc|a·cb·c，故是错误的；当e与a不共线时，|ae|a·e|<|a|·|e|<|a|1，当e与a共线时，设aue，uR，|ae|ae|uee|u1|u|1
25、，故是正确的综上，结论一定正确的是.例7 已知A，B，C，D是函数ysin(x)(0,0)一个周期内的图象上的四个点，如图所示，A，B为y轴上的点，C为图象上的最低点，E为该函数图象的一个对称中心，B与D关于点E对称，在x轴上的投影为，则，的值为()A2， B2，C， D，解析由E为该函数图象的一个对称中心，作点C的对称点M，作MFx轴，垂足为F，如图B与D关于点E对称，在x轴上的投影为，知OF.又A，所以AF，所以2.同时函数ysin(x)图象可以看作是由ysin x的图象向左平移得到，故可知，即.答案A思导总结一、向量与平面几何综合问题的解法(1)坐标法把几何图形放在适当的坐标系中，则有关
26、点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决(2)基向量法适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解二、向量在解析几何中的“两个”作用(1)载体作用：向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题的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、斜率、夹角、轨迹、最值等问题(2)工具作用：利用aba·b0(a，b为非零向量)，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简捷的方法三、向
27、量最值求向量模的最值或范围问题往往将模表示成某一变量的函数，采用求函数值域的方法确定最值或范围；在向量分解问题中，经常需要用已知向量来表示其他向量，此时可通过三点共线建立向量之间的关系，比较基向量的系数建立方程组求解作业布置1在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足2·a2(bc)2，acos Bbcos A2csin C，b2，则ABC的面积为()A. B. C3 D6答案C解析由已知得2bc·cos Aa2(bc)2，又a2b2c22bc·cos A，cos A，0<A<，A.又sin Acos Bcos Asin B2sin2C,0
28、<C<，可得C，BC，bc2，SABCbcsin A3.2在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若20a15b12c0，则ABC最小角的正弦值等于()A. B. C. D.答案C解析20a15b12c0，20a()15b12c0，(20a15b)(12c20a)0，与不共线，ABC最小角为角A，cos A，又0<A<，sin A，故选C.3. 函数ytan()(0<x<4)的图象如图所示，A为图象与x轴的交点，过点A的直线l与函数的图象交于C，B两点则()·等于()A8 B4C4 D8答案D解析因为函数ytan()(0<x<4
29、)的图象对称中心是(4k2,0)(kZ)，所以点A的坐标是(2,0)因为点A是对称中心，所以点A是线段BC的中点，所以2，所以()·2·2()22×48.故选D.4设向量a(a1，a2)，b(b1，b2)，定义一种运算：ab(a1，a2)(b1，b2)(a1b1，a2b2)已知向量m(，4)，n(，0)点P在ycos x的图象上运动，点Q在yf(x)的图象上运动，且满足mn(其中O为坐标原点)，则yf(x)在区间，上的最大值是()A4 B2 C2 D2答案A解析设(x0，y0)，(x，y)，由题意可得y0cos x0，(x，y)mn(，4)(x0，y0)(，0)(
30、x0,4y0)(，0)(x0，4y0)，即xx0，y4y0，即x02x，y0y，所以ycos(2x)，即y4cos(2x)因为点Q在yf(x)的图象上运动，所以f(x)4cos(2x)，当x时，02x，所以当2x0时，f(x)取得最大值4.5记maxx，yminx，y设a，b为平面向量，则()Amin|ab|，|ab|min|a|，|b|Bmin|ab|，|ab|min|a|，|b|Cmax|ab|2，|ab|2|a|2|b|2Dmax|ab|2，|ab|2|a|2|b|2答案D解析由于|ab|，|ab|与|a|，|b|的大小关系与夹角大小有关，故A，B错当a，b夹角为锐角时，|ab|>
31、|ab|，此时，|ab|2>|a|2|b|2；当a，b夹角为钝角时，|ab|<|ab|，此时，|ab|2>|a|2|b|2；当ab时，|ab|2|ab|2|a|2|b|2，故选D.6如图，在扇形OAB中，AOB60°，C为弧AB上与A，B不重合的一个动点，且xy，若uxy(>0)存在最大值，则的取值范围为()A(1,3) B(，3)C(，1) D(，2)答案D解析设BOC，则AOC，因为xy，所以即解得xcos cos()sin ，ycos sin ，所以usin (cos sin )()sin cos sin()，其中tan ，因为0<<，要使u
32、存在最大值，只需满足>，所以>，整理得>0，解得<<2，故选D.7. 若函数yAsin(x)(A>0，>0，|<)在一个周期内的图象如图所示，M，N分别是这段图象的最高点和最低点，且·0(O为坐标原点)，则A等于()A. B.C. D.答案B解析由题意知M(，A)，N(，A)，又·×A20，A.8已知在ABC中，a，b，a·b<0，SABC，|a|3，|b|5，则BAC_.答案150°解析·<0，BAC为钝角，又SABC|a|b|sinBAC，sinBAC，又0°B
33、AC<180°，又0°<BAC<180°，BAC150°.9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0·1,0·1，则z·的最大值为_答案3解析(x，y)，(1,1)，(0,1)，(2,3)，·xy，·y，·2x3y，即在条件下，求z2x3y的最大值，由线性规划知识，得当x0，y1时，zmax3.10(2016·温州一模)已知ABC中，|1，·2，点P为线段BC上的动点，动点Q满足，则
34、3;的最小值为_答案解析设，0,1，则，(1)，所以()(1)(13)，所以·(13)·()·(13)2323，当时，·取得最小值.11设非零向量a，b的夹角为，记f(a，b)acos bsin ，若e1，e2均为单位向量，且e1·e2，则向量f(e1，e2)与f(e2，e1)的夹角为_答案解析由e1·e2，可得 cose1，e2，又e1，e20，故e1，e2，e2，e1e2，e1.f(e1，e2)e1cos e2sin e1e2，f(e2，e1)e2cos (e1)·sin e1e2.f(e1，e2)·f(e2，
35、e1)(e1e2)·(e1e2)e1·e20.所以f(e1，e2)f(e2，e1)，故向量f(e1，e2)与f(e2，e1)的夹角为.12已知ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m(cos，sin)，n(cos，sin)，且m与n的夹角为.(1)求角C；(2)已知c，SABC，求ab的值解(1)m·ncos2sin2cos C，又m·n|m|·|n|·cos，0<C<，C.(2)SABCabsin Cabsinab，ab，ab6，由余弦定理得cos C，即，解得ab.13在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知··，sin A.(1)求sin C的值；(2)设D为AC的中点，若ABC的面积为8，求BD的长解(1)由··得·()0，即()·()|2|20，|，AB，A与B都是锐角，cos A，sin Csin(AB)sin(AB)sin 2A2sin Acos A.(2)由Sabsin Ca28，得ab6，CD3，BC6，又cos Ccos(2A)cos 2A(12sin2A)，在BCD中，由余弦定理得BD2CD2BC22CD·BCcos C32622·3·6·41，BD.34