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1、黄冈中学高考数学二轮复习考点解析11：平面向量及其运用考点透析曲一线高考网 11 考点1：向量的概念、向量的加法和减法、实数与向量的积. 考点2：向量的坐标运算、平面向量的数量积. 考点3：向量的模与角的计算。. 1设向量2abc，,0abc,abab,|1,|2|c,满足,则 (A)1 (B)2 (C)4 (D)5 2（2003年天津高考题）O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足ABAC，,，,0，,，则的轨迹一定通过?的（ ） PABCOP,OA，,(，)A|AB|AC|（A）外心 （）内心 （C）重心 （D）垂心 D 3如图1所示，是的边上的中点，则向量 CD,A
2、BCABDCB 1111图1 A.BCBA,BCBA，,，BCBA B. ,BCBA C. D. 222224已知x|2|0ab= xaxab+?|0ab,且关于的方程有实根,则与的夹角的取值范pp2ppp围是 ( )A.0, B. C. D. ,p,p,366335已知向量a满足，且，则与的夹角为 ab、ab,1,4,ab,2b,A B D 64326设向量a=(1, 2),b=(2,4),c=(1,2)，若表示向量4a,4b2c,2(ac),d的有向线段首尾相接能构成四边形，则向量d为 (A)(2,6) (B)(2,6) (C)(2,6) (D)(2,6) 7 ()如图，在平行四边形ABC
3、D中，下列结论中错误的是 （ ） ,D C （A）； （B）； DCACABADABA B ,（C）； （D） 0CBABADBDAD1118若三点，共线，则的值等于_. ABaCbab(2,2),(,0),(0,)(0),ab29（2005年全国卷?）点P在平面上作匀速直线运动，速度向量v=（4，3）（即点P的运动方向与v相同，且每秒移动的距离为|v|个单位.设开始时点P的坐标为（10，10），则5秒后点P的坐标为 （10，5） 10（湖南卷）已知直线axbyc0与圆O：2x23OA,OBy1相交于A、B两点，且|AB|，则 1 . ,2- 1 - 曲一线高考网 1 此类题经常出现在选择题与
4、填空题中，在复习中要充分理解平面向量的相关概念，熟练掌握向量的坐标运算、数量积运算，掌握两向量共线、垂直的充要条件. 1已知a是以点A(3,1)为起点，且与向量b = (3,4)平行的单位向量，则向量a的终点坐标是 . a思路分析：与a平行的单位向量e=? |a|方法一：设向量a的终点坐标是(x,y),则a =(x-3,y+1)，则题意可知 1218,xx121189,4,3，3，1,0,(x)(y),55，故填 (,-)或(,-) ,解得或555522，,119（x3）（y1）,yy,55,134与向量b = (-3,4)平行的单位向量是?(-3,4)，故可得a?(-,)，从而向量a的终点坐
5、标是555(x,y)= a(3,1),便可得结果. 向量的概念较多，且容易混淆，在学习中要分清、理解各概念的实质，注意区分共线向量、平行向量、同向向量、反向向量、单位向量等概念. 2已知| a |=1,| b |=1，a与b的夹角为60?, x =2ab，y=3ba,则x与y的夹角的余弦是多少？ 要计算x与y的夹角，需求出|x|,|y|,xy的值.计算时要注意计算的准确性. 由已知|a|=|b|=1，a与b的夹角为60?,得a?b=|a|b|cos=1. 2要计算x与y的夹角，需求出|x|，|y|，xy的值. 122222?|x|=x=(2ab)=4a4a?b+b=44?+1=3， 21222
6、22|y|=y=(3ba)=9b6b?a+a=96?+1=7. 222xy=(2ab)?(3ba)=6a?b2a3b+a?b 1322 =7a?b2a3b =7?23=， 22213又?xy=|x|y|cos，即37=?cos， ?cos= 14222本题利用模的性质|a|=a，?在计算x,y的模时，还可以借助向量加法、减法的几何意义获得：如图所示，设ACABBDABADAD=b, =a, =2a,?BAC=60?.由向量减法的几何意义，得=2ab.由余弦定理易得|337BD|=，即|x|=，同理可得|y|=. 2 3平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A(3, 1)，B(1, 3)， 若
7、点C满足OCOAOB,，,，其中,，?R且+=1，求点C的轨迹方程。. ,- 2 - 曲一线高考网 OCOC（法一）设C(x,y)，则=(x,y)，由=(x,y)= (3,1)+ (-1,3)=(3-, +3) x,3,?, （可从中解出、）又?+1 消去、得x+2y-5=0 ,y,3,，,（法二） 利用向量的几何运算，考虑定比分点公式的向量形式，结合条件知：A，B，C三点共线，故点C的轨迹方程即为直线AB的方程x2y5=0， 314已知平面向量a(23，1)，b(, ).(1) 若存在实数k和t，便得xa(t3)b, yka22tb，且x?y，试求函数的关系式kf(t)；(2) 根据(1)的
8、结论，确定kf(t)的单调区间. k=f(t)ktkt22t,t,2333232解：（1）法一：由题意知x(,), 2213y(3tk，tk)，又x?y 2222t,t,123332323故x ? y3（tk）(tk)0. 22221333整理得：t3t4k0，即ktt. 4413法二：?a(3ab，1)，b(, ), ?. 2，1且a?b 221322233?x?y，?x ? y0，即kabt(t3)0，?t3t4k0,即ktt 44133333(2) 由(1)知：kf(t) tt ?kf(t) t, 4444令k0得1t1；令k0得t1或t1. 故kf(t)的单调递减区间是(1, 1 )，
9、单调递增区间是（?，1）和（1，?）. 1.2. ,5 已知平面向量31a3ca(，1)，(，)，若存在不为零的实数k和角，使向量b22,(sin3)ac, k(sin),且?，试求实数k 的取值范围. bdbd1392：由条件可得：k( sin),而1?sin?1, 42161?当sin1时，k取最大值1； sin1时，k取最小值. 2- 3 - 曲一线高考网 1 又?k?0 ?k的取值范围为 . ,0)(0,12t. 6：已知向量，若正数k和t使得向量 a,(1,2),b,(,2,1)12垂直，求k的最小值. x,a，(t，1)b与y,ka，bt12x,y,x,y,0即a，(t，1)b,(
10、,ka，b),0 t222t，112 ,ka，b，a,b,k(t，1)a,b,0tt?33ab，?|=，|= a,(1,2),b,(,2,1)2t，11 a,b22,t，,2 ， 代入上式 3k3 tt1 当且仅当t=，即t=1时，取“”号，即k的最小值是2. t3 . 7设函数f (x)a ? b，其中向量a(2cosx , 1), b(cosx,33sin2x), x?R.（1）若f(x)1且x?,，求x；（2）若函数y2sin2x的图象按向量c(m , n) (?)平移后得到函数yf(x)的图象，m332求实数m、n的值. ：本题主要考查平面向量的概念和计算、平移公式以及三角函数的恒等变
11、换等基本技能， ,2解： (1)依题设，f(x)（2cosx，1）?(cosx,33sin2x)2cosxsin2x12sin(2x) 6,3由12sin(2x3)=1，得sin(2x). 266,5?x? , ?2x?, ?2x=, 即x. 33266634（2）函数y2sin2x的图象按向量c（m , n）平移后得到函数y2sin2(xm)+n的图象，即函数yf(x)的图象. ,由(1)得f (x)2sin2(x，)，1 ?， ?m，n1. m12212CC.yf (x)a(h , k)ykfxh 8已知a=（cos，sin）,b=（cos,sin）(0)，（1）求证： a+b与a-b互相
12、垂直； （2）若ka+b- 4 - 曲一线高考网 与a-kb的模大小相等(k?R且k?0)，求 1?a=（cos，sin）,b=（cos,sin） ?a+b（cos+cos，sin+ sin）, a-b（cos-cos，sin- sin） ?(a+b)?(a-b)=（cos+cos，sin+ sin）?（cos-cos，sin- sin） 2222=cos-cos+sin- sin=0 ?(a+b)?(a-b) ?a=（cos，sin）,b=（cos,sin） ?|a|1，|b|1 2222?(a+b)?(a-b)= a-b=|a|-|b|=0 ?(a+b)?(a-b) ?a=（cos，sin
13、）,b=（cos,sin）?|a|1，|b|1, 记OAOBOAOBa，b，则|=1, 又?，?O、A、B三点不共线. 由向量加、减法的几何意义，可知以OA、OB为邻边的平行四边形OACB是菱形，其中OCBAa+ba-b由菱形对角线互相垂直，知(a+b)?(a-b) （2）解：由已知得|ka+b|与|a-kb|, 2222又?|ka+b|(kcos+cos)+(ksin+sin)=k+1+2kcos(), 2222|ka+b|(cos-kcos)+(sin-ksin)=k+1-2kcos(), ?2kcos()= -2kcos() 又?k?0 ?cos()0 ,?0 ?0, ?= 2. 4 由
14、于向量既能体现“形”的直观位置特征，又具有“数”的良好运算性质，是数形结合与转换的桥梁和纽带， 9：设G、H分别为非等边三角形ABC的重心与外心，A(0，2)，B（0，2）且GM,AB(?R).（?）求点C(x，y)的轨迹E的方程；（?）过点(2，0)作直线L与曲线E交于点M、N两点，设OP,OM，ON，是否存在这样的直线L，使四边形OMPN是矩形？若存在，求出直线的方程；若不存在，试说明理由. ：（1）通过向量的共线关系得到坐标的等量关系.（2）根据矩形应该具备的充要条件，得到向量垂直关系，结合韦达定理，求得k的值. xxy解：（）由已知得GHAB,G(,)H(,0) , 又，? 33322
15、xyxx222?CH=HA ?，,1(23)x()()4xy,，,，即 124332222（2）设l方程为y=k(x-2)，代入曲线E得（3k+1）x-12kx+12(k-1)=0 - 5 - 曲一线高考网 2212k12(1)k,设N (x，y)，M (x，y)，则x +x=，x x= 112212122231k，31k，?OPONOM,， ，? 四边形OMPN是平行四边形. 若四边形OMPN是矩形，则ONOM, 22212(1)12(1)24kkk,2?xk=3,，,，,k(4)0 x+y y=0 ?得 1212222313131kkk，? 直线l为：y= yx,3(2) ：这是一道平面几
16、何、解析几何、向量三者之间巧妙结合的问题. 2x210已知椭圆方程，y,1，过B（1，0）的直线l交随圆于C、D两点，交直线x4于E点，4B、E分CD的比分、求证：0 1212设l的方程为yk(x1)，代入椭圆方程整理得 2222（4k1）x8kx4(k1)0. 228k4k,4设C（x,xx,y）,D(x,y)，则xx. 12221212224k，14k，1由(,1,x,y),(x，1,y)得 CB,BD11221x，11所以,.同理，记E (,4,y),CE,ED,1,x,(x，1),E21121x，12x，4x，1x，4111得, ,4,x,(x，4),？，,122212x，4x，1x，
17、4222222xx，5(x，x)，84k,48k1212其中 ,2xx，5(x，x)，8,2,5,，8,0,121222(x，1)(x，4)4k，14k，122？,，,0. 12211给定抛物线C:yOA4x，F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、B两点.设l的斜率为1，求OB与夹角的余弦。 ：C的焦点为F（1，0）,直线l的斜率为1，所以l的方程为yx1, 22将yx1代入方程y=4x，并整理得x6x10 设A（x,y）,B(x,y),则有xx6, xx1， 11221212从而OAOB?xxyy2xx(x+x)+13 121212122222?OAOB41?, x，yx，y1122OA
18、,OB341cosOA,OB ,41OA,OB已知点G是?ABC的重心，A(0, 1)，B(0, 1)，在x轴上有一点M，满足|MCGMAB,MA|=|， (?R)?求点C的轨迹方程； ,- 6 - 曲一线高考网 AQ?若斜率为k的直线l与点C的轨迹交于不同两点P，Q，且满足|=|，试求k的取值范围 AP . xy解： ?设C(x, y)，则G(GMAB,)?(?R)，?GM/AB, ,33x又M是x轴上一点，则M(MC, 0)又|=|， MA32xxx22222?()(01)(x)y，,，,y1(x0)，整理得，即为曲线C的方程 333?当k=0时，l和椭圆C有不同两交点P，Q，根据椭圆对称
19、性有|AQAP|=| ?当k?0时，可设l的方程为y=kxm， ykxm,，,222联立方程组 2 消去y，整理行(13k)x6kmx3(m1)=0（*） ,x2，,y1,3,?直线l和椭圆C交于不同两点， 22222 ?=(6km)4(13k)?( m1)0，即13km0 (1) 6km设P(x, y)，Q(x, y)，则x, x是方程（*）的两相异实根，?xx= 11221212213k，xx，3kmm12则PQ的中点N(x, y)的坐标是x=，y= k xm=， 0000022213k，13k，3kmm即N(, )， 2213k，13k，m，12213k，13k，又|AQPQANAP|=
20、|，?，?k?k=k?=1，?m=. AN3km2,213k，2213k，13k，22将m=代入(1)式,得 13k()0（k?0）， 222即k1，?k?(1, 0)?(0, 1) 综合?得，k的取值范围是(1, 1) 对题目的要求：有较大的难度，有特别的解题思路、演变角度，要有一定的梯度. 】 51已知向量（ ） a,(1,2),b,(,2,4),|c|,5,若(a，b),c,则a与c的夹角为2A 30? B 60? C 120? D 150? 2已知点M（6，2）和M（1，7），直线y=mx7与线段MM的交点分有向线段MM的比为3：2，121212则的值为 （ ） - 7 - 曲一线高考
21、网 321,A B C D 4 2343已知a,b是非零向量且满足（a2b）?a，（b2a）?b，则a与b的夹角是（ ） 2,5,A B C D 36634已知向量2cos,2sin,OBOCOBCAOA=(2，0),向量=（2，2），向量=（），则向量与向量的夹角的范围为 （ ） 5,5,5,A 0， B ， C ， D ， 1212124421225设坐标原点为O，抛物线yOBOA=2x与过焦点的直线交于A，B两点，则?=（ ） 33A B C 3 D 3 ,446O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OPOA=+()，,0,，,)则点P的轨迹一定通过?ABC的（
22、） A 外心 B 内心 C 重心 D 垂心 7点v在平面上作匀速直线运动，速度向量（即点的运动方向与相同，且每秒移动的距v,(4,3)PP离为个单位）设开始时点的坐标为（，），则秒后点的坐标为（ ） vPPA （-2，4） B （-30，25） C （10，-5） D （5，-10） 8已知向量aeeaeae?，|1，对任意t?R，恒有|t|?|，则（ ） A aeaaeeaeaeae? B ?() C ?() D ()?() 9P是?ABC所在平面上一点，若PA,PB,PB,PC,PC,PA，则P是?ABC的（D ） A 外心 B 内心 C 重心 D 垂心 44422210?ABC中，若a+
23、b+c=2c(a+b)，则?C度数是： 00000A 60 B 45或135 C 120 D 303,1,11已知向量a=(cos,sin,)，向量b=()，则|2ab|的最大值是 2212把函数y=2x4x5的图像按向量a平移，得到y=2x的图像，且a?b，c=(1,1)，b?c=4，则b= 13已知平面上三点A、B、C满足|BCCAAB,BC，BC,CA，CA,ABAB|=3,|=4，|=5,则的值等于 . 14在中，O为中线AM上一个动点，若AM=2，则的最小值是_. ,ABCOA,(OB，OC)15已知向量a(sin，1)，b(1，cos)， 22A（?）若a?b，求；（?）求ab的最
24、大值 1606年江西卷）如图，已知?ABC是边长为1的正三角形，M、N分别是 边AB、AC上的点，线段MN经过?ABC的中心G， N,M- 8 - BDC曲一线高考网 ,2设，MGA,（） ,33（1） 试将?AGM、?AGN的面积（分别记为S与S） 12表示为,的函数 11（2） 求y的最大值与最小值 22SS1217.已知定点F（1，0），动点P在y轴上运动，过点P作PM交x轴于点M，并延长MP至点N，且PM,PF,0,PN,PM.（1）求动点N的轨迹方程； （2）直线l与动点N的轨迹交于A、B两点，若6OA,OB,4430且4?，求直线l的斜率AB的取值范围. 18已知两点M(1，0)，
25、 N(1 , 0)，且点P使MNPNNMNPMPPM?，?，?成公差小于零的等差数列.（?）点P 的轨迹是什么曲线？ （?）若点P坐标为（xPNPM、y），记为与的夹角，求tan. 0051C 提示：设cxy,(,)，则，又 ()(1,2)(,)2abcxyxy，,21|5c,，所以acxyac,，,2|cos,，得,， cos,:1202336，12，7222. D 提示：设交点M（x,y），代入直线方程可得. x,3,y,5331，1，22223. B 提示：a2ba0且b2ab0相减得ab代入其中一式即可. 4. D 提示：点C的轨迹是以（2,2）为圆心，2为半径的圆. 2(yy)125
26、. B 提示：设A（x,y），B（x,y），?xx+yy，将直线方程y=k(x0.5)OAOB，yy11221212124代入抛物线方程消去x可得yy. 12ABACABAC6. B 提示：ACAB表示方向上的单位向量，表示方向上的单位向量，在，|AB|AC|AC|AC|?BAC的平分线上，故P点的轨迹过三角形的内心. 7C 提示：设5秒后点P运动到点A,则PAPOOAV,，,5(20,15), ?OA,，,(20,15)(10,10)=(10,-5). 228C 提示：由|aeaeaeaet|?|得|t|?|，展开并整理得22taetaetRaeae,，,，,2210,(2)480由得eae
27、()0,aae,(),得,即. 9D 提示：由PA,PB,PB,PC得PA,PB,PB,PC,0. - 9 - 曲一线高考网 PB,CA,同理PA,BC,PC,AB 即， 则 PB,(PA,PC),0,即PB,CA,0所以P为的垂心. ,ABC2222210B 提示：由a+b+c=2c(a+b)得：a+b+c2ac-2bc+2ab=2ab,即(a+b-c)=2ab 222a，b,c2222a,cosC,2+b-c=ab， 2ab211 4 12 (3, 1) 31325 提示：因AB?BC，AB,BC,0CA,AB,16，BC,CA,CB,CA,5，3，,95所以原式091625 142 提示
28、：如图,A OA,(OB，OC),2,OA,OM,2OA,OM O OA，OM2OA,OM,2,()，当取等号. B C 2M 即的最小值为:-2. OA,(OB，OC) 15. 解：（?）若a?b，则sincos0，由此得 tan1()，所以 ； 22422（?）由a(sin，1)，b(1，cos)得ab(sin1)(1cos) 32(sincos)322sin()， 4当sin()1时，|ab|取得最大值，即当时，|ab|最大值为21 4416. 解：因为G是边长为1的正三角形ABC的中心， ？,，,x(y2)y(4x)0,，,x2y0所以 AG233,，MAG， 32363GMGA由正弦
29、定理GM，得 ,6sin（）,sinsin（）,6661sin,sin,则SGM,GA,sin, 同理可求得S 12,212sin（）,12sin（）,6611144,22（1） y（）（）sinsin, 222yysin66,12,22,272（3cot,）因为,，所以当,或,时，y取得最大值y240 max3333,当,时，y取得最小值y216 min2- 10 - 曲一线高考网 217. 略解 （1）y4x (x0) （2）先证明l与x轴不垂直，再设l的方程为 ykxb(k?0),A(x,y),B(x,y).联立直线与抛物线方程，得 11222kyOA,OB,4 4y4b0,由，得xx，
30、yy,4. 12124b又 y,4x,y,4x,yy,8故 而 yy,？b,2k.11221212k21，k162 ？AB,(，32),96,480, 22kk11解得直线l的斜率的取值范围是 ,1,:,12218略解（?）设点P（x , y），分别计算出MNPNNMNPMPPM?，?，?， 22由题意，可得点P的轨迹方程是 x，y,3(x,0)故点P 的轨迹是以原点为圆心、3为半径的右半圆. PM,PN122 (?) 由（?）知，可得cos， ,x，y,3(x,0)00024,xPMPN0,11又x,(0,3),?即,0,), cos,(,1,02324,x02ysin,13,x200于是sin， ？tan,y1,1,cos,0222cos,4,x4,x004,x0- 11 -