1、§5.4平面向量應用舉例1向量在平面幾何中的應用平面向量在平面幾何中的應用主要是用向量的線性運算及數量積解決平面幾何中的平行、垂直、平移、全等、相似、長度、夾角等問題(1)證明線段平行或點共線問題，包括相似問題，常用共線向量定理：ab_.(2)證明垂直問題，常用數量積的運算性質ab_.(3)求夾角問題，利用夾角公式cos _ (為a與b的夾角)2平面向量與其他數學知識的交匯平面向量作為一種運算工具，經常與函數、不等式、三角函數、數列、解析幾何等知識結合，當平面向量給出的形式中含有未知數時，由向量平行或垂直的充要條件可以得到關于該未知數的關系式在此基礎上，可以求解有關函數、不等式、三角

2、函數、數列的綜合問題此類問題的解題思路是轉化為代數運算，其轉化途徑主要有兩種：一是利用平面向量平行或垂直的充要條件；二是利用向量數量積的公式和性質難點正本疑點清源1向量兼具代數的抽象與嚴謹和幾何的直觀，向量本身是一個數形結合的產物在利用向量解決問題時，要注意數與形的結合、代數與幾何的結合、形象思維與邏輯思維的結合2要注意變換思維方式，能從不同角度看問題，要善于應用向量的有關性質解題1平面上有三個點A(2，y)，B，C(x，y)，若，則動點C的軌跡方程為_2河水的流速為2 m/s，一艘小船想以垂直于河岸方向10 m/s的速度駛向對岸，則小船的靜水速度大小為_3已知A、B是以C為圓心，半徑為的圓上

3、兩點，且|，則·等于() A B. C0 D.4某人先位移向量a：“向東走3 km”，接著再位移向量b：“向北走3 km”，則ab表示()A向東南走3 km B向東北走3 kmC向東南走3 km D向東北走3 km題型一應用平面向量的幾何意義解題例1平面上的兩個向量，滿足|a，|b，且，a2b24.向量xy (x，yR)，且a22b221.(1)如果點M為線段AB的中點，求證：；(2)求|的最大值，并求此時四邊形OAPB面積的最大值探究提高本題是一道典型的考查向量幾何意義的應用問題求解第(2)問的難點就是如何利用第(1)問的結論來解決新的問題，突破這一難點的關鍵主要是從設點M為線段A

4、B的中點入手，借助條件及第(1)問的結論，去探究|的最大值等問題 已知非零向量與滿足·0且·，則ABC為()A三邊均不相等的三角形 B直角三角形C等腰非等邊三角形 D等邊三角形題型二平面向量與解析幾何的綜合問題例2已知平面上一定點C(2,0)和直線l：x8，P為該平面上一動點，作PQl，垂足為Q，且·0.(1)求動點P的軌跡方程；(2)若EF為圓N：x2(y1)21的任一條直徑，求·的最小值探究提高本題是平面向量與解析幾何的綜合性問題，涉及向量數量積的基本運算，數量積的求解以及軌跡、直線和圓、直線和橢圓中的最值等問題，該題的難點是向量條件的轉化與應用，破

5、解此問題應從向量的坐標運算入手，這也是解決解析幾何問題的基本方法坐標法在解題過程中應該注意結合向量的有關運算技巧，先化簡后運算 已知圓C：(x3)2(y3)24及點A(1,1)，M是圓C上的任意一點，點N在線段MA的延長線上，且2，求點N的軌跡方程 題型三向量在解三角形中的應用例3已知在銳角ABC中，兩向量p(22sin A，cos Asin A)，q(sin Acos A,1sin A)，且p與q是共線向量(1)求A的大小；(2)求函數y2sin2Bcos取最大值時，B的大小探究提高向量與三角函數的結合往往是簡單的組合如本題中條件通過向量給出，通過向量的平行得到一個等式，這時向量的使命便告完

6、成向量與其他知識的結合往往是這種簡單組合，因此這種題目往往較為簡單 ABC的三內角A，B，C所對邊長分別是a，b，c，設向量m(ab，sin C)，n(ac，sin Bsin A)，若mn，則角B的大小為_5.忽視對直角位置的討論致誤試題：(12分)已知平面上三點A、B、C，向量(2k,3)，(2,4)(1)若三點A、B、C不能構成三角形，求實數k應滿足的條件；(2)若ABC為直角三角形，求k的值學生解答展示審題視角因和已知，則可得(含k的式子)，若三點不能構成三角形，則有三點共線；若ABC為直角三角形，則有一個角為直角，即某兩邊構成的角成直角，轉化為某兩個向量垂直，此時應根據直角頂點不同而進

7、行分類討論，求得符合條件的k的值規范解答解(1)由三點A、B、C不能構成三角形，得A、B、C在同一條直線上，即向量與平行，4(2k)2×30，解得k.4分(2)(2k,3)，(k2，3)，(k,1)5分ABC為直角三角形，則當BAC是直角時，即·0，2k40，解得k2；7分當ABC是直角時，即·0，k22k30，解得k3或k1；9分當ACB是直角時，即·0，162k0，解得k8.11分綜上得k2，1,3,812分批閱筆記(1)用向量研究平面幾何問題，是向量的一個重要應用，也是高考的熱點本題難度不大，屬中檔題(2)本題的錯誤非常典型造成錯誤的主要原因就是思

8、維定勢所致第(1)問，三點不能構成三角形，從構成三角形的條件直接否定，轉化成求解不等式，從而使問題變得復雜，無法進行下去第(2)問，由于思維定勢，誤認為A一定為直角，從而使解答不完整(3)考生書寫格式不規范，不完整，也是失分的一個重要因素.方法與技巧1向量的坐標運算將向量與代數有機結合起來，這就為向量和函數的結合提供了前提，運用向量的有關知識可以解決某些函數問題2以向量為載體求相關變量的取值范圍，是向量與函數、不等式、三角函數等相結合的一類綜合問題通過向量的坐標運算，將問題轉化為解不等式或求函數值域，是解決這類問題的一般方法3有關線段的長度或相等，可以用向量的線性運算與向量的模4用向量方法解決

9、平面幾何問題的步驟(1)建立平面幾何與向量的聯系，用向量表示問題中涉及的幾何元素，將平面幾何問題轉化為向量問題；(2)通過向量運算，研究幾何元素之間的關系；(3)把運算結果“翻譯”成幾何關系5向量的坐標表示，使向量成為解決解析幾何問題的有力工具，在證明垂直、求夾角、寫直線方程時顯示出了它的優越性，在處理解析幾何問題時，需要將向量用點的坐標表示，利用向量的有關法則、性質列出方程，從而使問題解決失誤與防范1向量關系與幾何關系并不完全相同，要注意區別例如：向量并不能說明ABCD.2構造向量解題，構造是關鍵，而向量的構造并不是唯一的，要根據題目進行調整3加強平面向量的應用意識，自覺地用向量的思想和方法

10、去思考問題課時規范訓練(時間：60分鐘)A組專項基礎訓練題組一、選擇題1已知平面上直線l的方向向量e，點O(0,0)和A(1，2)在l上的射影分別是O1和A1，則e，其中等于() A. BC2 D22已知O是ABC所在平面上一點，若···，則O是ABC的()A內心 B重心C外心 D垂心3已知|a|2|b|，|b|0且關于x的方程x2|a|xa·b0有兩相等實根，則向量a與b的夾角是()A BC. D.二、填空題4已知在ABC中，a，b，a·b<0，SABC，|a|3，|b|5，則BAC_.5已知ABO三頂點的坐標為A(1，0)，B(0,2

11、)，O(0,0)，P(x，y)是坐標平面內一點，且滿足·0，·0，則·的最小值為_6已知i，j分別是x，y軸上的單位向量，一動點P與M(1,1)連結而成的向量與另一向量n4i6j垂直，動點P的軌跡方程是_. 三、解答題7如圖，在等腰直角三角形ABC中，ACB90°，CACB，D為BC的中點，E是AB上的一點，且AE2EB.求證：ADCE.8已知點P(0，3)，點A在x軸上，點Q在y軸的正半軸上，點M滿足·0，當點A在x軸上移動時，求動點M的軌跡方程B組專項能力提升題組一、選擇題1平面上有四個互異點A、B、C、D，已知(2)·()0，則

12、ABC的形狀是()A直角三角形 B等腰三角形C等腰直角三角形 D等邊三角形2. 如圖，ABC的外接圓的圓心為O，AB2，AC3，BC，則·等于()A. B.C2 D33設D、E、F分別是ABC的三邊BC、CA、AB上的點，且2，2，2，則與()A反向平行 B同向平行C互相垂直 D既不平行也不垂直二、填空題4在ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，若··1，那么c_.5在四邊形ABCD中，(1,1)，則四邊形ABCD的面積為_6給定兩個長度為1的平面向量和，它們的夾角為120°.如圖所示，點C在以O為圓心的圓弧上變動若xy，其中x，yR，則xy的

13、最大值是_三、解答題7. 如右圖，在RtABC中，已知BCa，若長為2a的線段PQ以點A為中點，問與的夾角取何值時·的值最大？并求出這個最大值8已知向量a(cos 23°，cos 67°)，向量b(cos 68°，cos 22°)(1)求a·b；(2)若向量b與向量m共線，uam，求u的模的最小值答案要點梳理1(1)ab(b0)x1y2x2y10 (2)a·b0x1x2y1y20(3)基礎自測1.y28x (x0)22 m/s3.A4.B題型分類·深度剖析例1(1)證明因為點M為線段AB的中點，所以.所以(xy).

14、(2)解設點M為線段AB的中點，則由，知|1.又由(1)及a22b221，得|2|222222a22b21.所以|1.故P，O，A，B四點都在以M為圓心、1為半徑的圓上，所以當且僅當OP為圓M的直徑時，|max2. 這時四邊形OAPB為矩形，則S四邊形OAPB|·|ab2，當且僅當ab時，四邊形OAPB的面積最大，最大值為2.變式訓練1D例2解(1)設P(x，y)，則Q(8，y)由·0，得|PC|2|20，即(x2)2y2(x8)20，化簡得1.所以點P在橢圓上，其方程為1.(2)因·()·()()·()()2221，P是橢圓1上的任意一點，設

15、P(x0，y0)，則有1，即x16，又N(0,1)，所以2x(y01)2y2y017(y03)220.因y02，2，所以當y02時，2取得最小值(21)2134，(此時x00)，故·的最小值為124.變式訓練2解設M(x0，y0)、N(x，y)由2得(1x0,1y0)2(x1，y1)，點M(x0，y0)在圓C上，(x03)2(y03)24，即(32x3)2(32y3)24.x2y21.所求點N的軌跡方程是x2y21.例3解(1)pq，(22sin A)(1sin A)(cos Asin A)(sin Acos A)0，sin2A，sin A，ABC為銳角三角形，A60°.(

16、2)y2sin2Bcos2sin2Bcos2sin2Bcos(2B60°)1cos 2Bcos(2B60°)1cos 2Bcos 2Bcos 60°sin 2Bsin 60°1cos 2Bsin 2B1sin(2B30°)，當2B30°90°，即B60°時，函數取最大值2.變式訓練3課時規范訓練A組1D2.D3.D4.150°5.362x3y10 (x1) 7證明··|2···|2|cos 90°|2cos 45°|2cos 45

17、76;|2|20，即ADCE.8解設M(x，y)，A(a,0)，Q(0，b) (b>0)，則(a,3)，(xa，y)，(x，by)由·0，得a(xa)3y0.由，得(xa，y)(x，by)把a代入，得3y0，整理得yx2.動點M的軌跡方程是yx2.B組1B2.B3A4. 5. 627解，·0.，·()·()····a2··a2·()a2·a2a2cos .故當cos 1，即0，即與同向時，·最大，最大值為0.8解(1)a·bcos 23°·cos 68°cos 67°·cos 22°cos 23