平面向量罕見題型與解題指導之巴公井開創作—、 時間：二O二一年七月二十九日二、考點回顧1、 本章框圖2、 高考要求1、理解向量的概念，掌握向量的幾何暗示，了解共線向量的概念.2、掌握向量的加法和減法的運算法則及運算律.3、掌握實數與向量的積的運算法則及運算律，理解兩個向量共線的充要條件.4、了解平面向量基本定理,理解平面向量的坐標的概念,掌握平面向量的坐標運算.5、掌握平面向量的數量積及其幾何意義，了解用平面向量的數量積可以處置有關長度、角度和垂直的問題，掌握向量垂直的條件.6、掌握線段的定比分點和中點坐標公式，而且能熟練運用；掌握平移公式.7、掌握正、余弦定理,并能初步運用它們解斜三角形.8、通過解三角形的應用的教學，繼續提高運用所學知識解決實際問題的能力.3、 熱點分析對本章內容的考查主要分以下三類：以選擇、填空題型考查本章的基本概念和性質.此類題一般難度不年夜，用以解決有關長度、夾角、垂直、判斷多邊形形狀等問題.以解答題考查圓錐曲線中的典范問題.此類題綜合性比力強,難度年夜，以解析幾何中的慣例題為主.向量在空間中的應用（在B類教材中）.在空間坐標系下，通過向量的坐標的暗示，運用計算的方法研究三維空間幾何圖形的性質.在復習過程中，抓住源于課本，高于課本的指導方針.本章考題年夜大都是課本的變式題，即源于課本.因此，掌握雙基、精通課本是本章關鍵.分析近幾年來的高考試題,有關平面向量部份突出考查了向量的基本運算.對和解析幾何相關的線段的定比分點和平移等交叉內容，作為學習解析幾何的基本工具，在相關內容中會進行考查.本章的另一部份是解斜三角形，它是考查的重點.總而言之,平面向量這一章的學習應立足基礎，強化運算，重視應用.考查的重點是基礎知識和基本技能.4、復習建議由于本章知識分向量與解斜三角形兩部份，所以應用本章知識解決的問題也分為兩類：一類是根據向量的概念、定理、法則、公式對向量進行運算，并能運用向量知識解決平面幾何中的一些計算和證明問題；另一類是運用正、余弦定理正確地解斜三角形,并能應用解斜三角形知識解決丈量不成達到的兩點間的距離問題.在解決關于向量問題時，一是要善于運用向量的平移、伸縮、合成、分解等變換，正確地進行向量的各種運算，進一步加深對“向量”這一二維性的量的實質的認識，并體會用向量處置問題的優越性.二是向量的坐標運算體現了數與形互相轉化和密切結合的

思想，所以要通過向量法和坐標法的運用，進一步體會數形結合思想在解決數學問題上的作用.在解決解斜三角形問題時，一方面要體會向量方法在解三角形方面的應用，另一方面要體會解斜三角形是重要的丈量手段，通過學習提高解決實際問題的能力.二、罕見題型分類題型一：向量的有關概念與運算此類題經常呈現在選擇題與填空題中，在復習中要充沛理解平面向量的相關概念，熟練掌握向量的坐標運算、數量積運算，掌握兩向量共線、垂直的充要條件.例1：已知a是以點A(3,—1)為起點，且與向量b=(一3,4)平行的單元向量,則向量a的終點坐標是.思路分析：與a平行的單元向量e=±gIaI方法一：設向量a的終點坐標是(x，y)，則a=(x-3，y+1)，則題意可知4(x-4(x-3)+3(y+1)=0"、.、一(X一3)2+(y+1)2=1解得12_5或1y=-5=告，故填59y=-5(12，-1)或(18，-9)5 5 5 5方法二與向量b=(-3,4)平行的單元向量是土5(-3,4)，故可得a=±(-3,4),從而向量a的終點坐標是(x,y)=a—(3,—1),即55可得結果.點評：向量的概念較多，且容易混淆，在學習中要分清、理解各概念的實質，注意區分共線向量、平行向量、同向向量、反向向量、單元向量等概念.例2：已知|a|二1,|b|=1,a與b的夾角為60°,x=2a—b,y=3b—a,則x與y的夾角的余弦是幾多？思路分析：要計算x與y的夾角。，需求出|x|,|y|,x?y的值.計算時要注意計算的準確性. D解：由已知|a|=|b|=1,a與b的夾角a為7\60°，得a?b=|a||b|cosa=1_. 夕\要計算x與y的夾角。，需求出|x|,|y|,x?y盧匝 的值.V|x12=x2=(2a—b)2=4a2—4a?b+b2=4—4X1+1=3,2|y12=y2=(3b—a)2=9b2—6b?a+a2=9—6X1+1=7.2x?y=(2a—b)?(3b—a)=6a?b—2a2—3b2+a?b=7a?b—2a2—3b2=7X1一2—3二一3,2 2又：x?y=|x||y|cos9,即一3二后X打cos。，Acos9=—2v21~T4點評：①本題利用模的性質|a|2=a2,②在計算x,y的模時，還可以借助向量加法、減法的幾何意義獲得：如圖所示，設福=b,ac=a,ad=2a,ZBAC=60°.由向量減法的幾何意義，得bd=ad—IB=2a—b.由余弦定理易得|Bd|=V3，即|x|=V3，同理可得|y|=J7.題型二：向量共線與垂直條件的考查例1.平面直角坐標系中,0為坐標原點，已知兩點A(3,1),B(—1,3),若點C滿足OC=aOA+pOB，其中以，pER且以+P=1,求點C的軌跡方程..解：(法一)設C(x,y),則Oc=(x,y)，由OC=(x,y)=a(3,1)+B(T,3)=(3a-B,a+3B).?.戶=3a-p,(可從中解出a、B)又?.?a+B=1消去]y=a+30a、B得x+2y-5=0(法二)利用向量的幾何運算，考慮定比分點公式的向量形式，結合條件知：A,B,C三點共線，故點C的軌跡方程即為直線AB的方程x+2y—5=0,例2.已知平面向量a=(3,—1),b=(1,旦).(1)若存在實數2 2k和t,便得x=a+(t2—3)b,y=—ka+tb，且x±y,試求函數的關系式k=f(t)；(2)根據⑴的結論，確定k=f(t)的單調區間.思路分析：①欲求函數關系式k=f(t),只需找到k與t之間的等量關系,k與t之間的等量關系怎么獲得？②求函數單調區間有哪些方法？(導數法、界說法)導數法是求單調區間的簡捷有效的方法？解：(1)法一：由題意知x=(t2-勇-3，蘭2―2百-2),TOC\o"1-5"\h\z2 2y=(11一里k,et+k),又x^y2 2故x?y=技-2再-3x(11一偵2k)+*t2-2百-2XOlt+2 2 2 2k)=0.整理得：t3—3t—4k=0,即k=113—11.4 4法二：,.?a=(3,—1),b=(1,1!),.?..叫=2,b=1且al2 2bVxXy,Ax?y=0,即一ka/+t(t2—3)網2=0,t3—3t—4k=0,即k=113—314 4(2)由(1)知：k=f(1)=113—31.?.k'=f'(1)=313—3,4 4 4 4令k'V0得一1V1V1；令k'〉0得1V—1或1〉1.故k=f(t)的單調遞加區間是(一1,1)，單調遞增區間是(一8,—1)和(1，+8)?點評：第(1)問中兩種解法是解決向量垂直的兩種罕見的方法：一是先利用向量的坐標運算分別求得兩個向量的坐標，再利用向量垂直的充要條件；二是直接利用向量垂直的充要條件,其過程要用到向量的數量積公式及求模公式，達到同樣的求解目的(但運算過程年夜年夜簡化，值得注意).第(2)問中求函數的極值運用的是求導的方法，這是新舊知識交匯點處的綜合運用.例3：已知平面向量a=(后,—1),b=(1，空)，若存在不為零2 2的實數k和角a,使向量c=a+(sina—3)b,d=—ka+(sina)b，且?±d，試求實數k的取值范圍.解：由條件可得：k=1(sina—3)2—9，而一1WsinaW1,4 2 16.,?當sina=—1時,k取最年夜值1； sina=1時,k取最小值一1.2又Vk尹0Ak的取值范圍為[1,0)U(0,1].2點撥與提示：將例題中的t略加改動，舊題新掘，呈現了意想不到的效果，很好地考查了向量與三角函數、不等式綜合運用能力.例4：已知向量a=(1,克),b=(f21)，若正數k和t使得向量x=a+(技+1)b與y=-ka+1b垂直，求k的最小值.tArt— ―— ―?- _—1一 -* 一―1—解：x±yox-y=0即[a+(12+1)b]?(一ka+-b)=0t?「a=(i,j2),b=(-72,1),?.」a|二后，lb|二龍a-b=一巨+t：2,代入上式 一3k+3￡2±!=t+1>2tt當且僅當t=1,即t=1時,取“=”號,即k的最小值是t2.題型三：向量的坐標運算與三角函數的考查向量與三角函數結合，題目新穎而又精巧,既符合在知識的“交匯處"構題,又加強了對雙基的考查.例7.設函數f(x)=a?b,其中向量a=(2cosx,1),b=(cosx,3sin2x),xER.(1)若f(x)=1一百且xE[—生,1],33求x；(2)若函數y=2sin2x的圖象按向量c=(m,n)(m<?平移后獲得函數y=f(x)的圖象，求實數m、n的值.思路分析：本題主要考查平面向量的概念和計算、平移公式以及三角函數的恒等變換等基本技能，解：(1)依題設，f(x)=(2cosx,1)?(cosx,再sin2x)=2cos2x+.再sin2x=1+2sin(2x+1)6由1+2sin(2x+1)=1—.'3,得sin(2x+1)=—笠.6 6 2?.?—1WxW1,.?.—1W2x+1W丑,.?.2x+1=—1,即3 3 2 6 6 6 3x=—土.4(2)函數y=2sin2x的圖象按向量c=(m,n)平移后獲得函數y=2sin2(x—m)+n的圖象，即函數y=f(x)的圖象.由⑴得f(x)=2sin2(x+—)+1L，|m|V土, **?m=——，n=l.12 11 2 12點評：①把函數的圖像按向量平移，可以看成是C上任一點按向量平移，由這些點平移后的對應點所組成的圖象是C',明確了以上點的平移與整體圖象平移間的這種關系，也就找到了此問題的解題途徑.②一般地，函數y=f(x)的圖象按向量a=(h,口平移后的函數解析式為y—k=f(x—h)、例8：已知a二(cosa,sina),b=(cosB,sinB)(0<a<P<n),(1)求證：a+b與a-b互相垂直；(2)若ka+b與a-kb的模年夜小相等(k《R且k尹0),求B—a解:(1)證法—七Va=(cosa,sina),b=(cosB,sinB).?.a+b=(cosa+cosB,sina+sinB), a-b=(cosa-cosB,sina-sinB)(a+b)?(a-b)二(cosa+cosP,sina+sinB)?(cosa-cosB,sina-sinP)=cos2a-cos2P+sin2a-sin2P=0(a+b)±(a-b)證法二：...a二(cosa,sina),b=(cosP,sinP)a|=1,|b|=1(a+b)?(a-b)=&-b2二|a12-|b|2=0「.(a+b)±(a-b)證法三：Va=(cosa,sina),b=(cosP,sinP)「.|a=1,|b|=1,記OA=a,OB=b，則|OAI=IOB1=1,又。尹B,..?O、A、B三點不共線.由向量加、減法的幾何意義，可知以OA、OB為鄰邊的平行四邊形OACB是菱形，其中oc=a+b,ba=a-b,由菱形對角線互相垂直，知(a+b)±(a-b)(2)解：由已知得|ka+b|與|a-kb|,又 ： |ka+b|2 =(kcosa+cosB)2+(ksina+sinB)2=k2+1+2kcos(P—a),ka+b12= (cosa-kcosB)2+(sina-ksinB)2=k2+1-2kcos(B—a),.*.2kcos(B—a)=-2kcos(B—a)又Vk#0Acos(B—a)=0?..0<a<B<n.?.0<B—a<n, 「.B—a二土2注：本題是以平面向量的知識為平臺，考查了三角函數的有關運算，同時也體現了向量垂直問題的多種證明方法，經常使用的方法有三種,一是根據數量積的界說證明，二是利用數量積的坐標運算來證明，三是利用向量運算的幾何意義來證明.題型四：向量運算的幾何意義與解析幾何由于向量既能體現“形”的直觀位置特征，又具有“數”的良好運算性質，是數形結合與轉換的橋梁和紐帶,文科應重視由向量運算的幾何意義求圓的方程和橢圓方程.例9：設G、H分別為非等邊三角形ABC的重心與外心,A(0,2),B(0,—2)且GM=xAb(入￡R).(I)求點C(x,y)的軌跡E的方程；(II)過點(2,0)作直線L與曲線E交于點M、N兩點，設

OP=OM+ON，是否存在這樣的直線L,使四邊形OMPN是矩形？若存在，求出直線的方程；若不存在,試說明理由.思路分析：(1)通過向量的共線關系獲得坐標的等量關系.(2)根據矩形應該具備的充要條件，獲得向量垂直關系，結合韋達定理,求得k的值.解：(1)由已知得G(-,-),又GH=XAB，二H(三,0)33 3CH=HA ...(x-x)2+》2=(x)2+4即X2+工=1(xW±2旬3 3 124(2)設l方程為y=k(x-2)，代入曲線E得(3k2+1)x2-12k2x+12(k2-1)=0設N(x,y),M(x,y),則x+x=12k2,xx=12(H)1 1 22 1 23k2+1 12 3k2+1?op=ON+OM，?二四邊形OMPN是平行四邊形.xx+yy=012 12若四邊形OMPNxx+yy=012 12.?g+kV-浩+4)=0"±、:3直線1為：y=y=±寸3(x-2)點評：這是一道平面幾何、解析幾何、向量三者之間巧妙結合的問題.例10：已知橢圓方程蘭+y2=1，過B(-1,0)的直線l交隨圓于4C、D兩點，交直線x=—4于E點,B、E分瓦的比分入］、入2.求證：入］+入2=0解：設l的方程為y=k(x+1)，代入橢圓方程整理得(4k2+1)x2+8k2x+4(k2—1)=0.設C(x,y),D(x,y),則x+x=—8k2 =4k2-412 22 1 2 4k2+1,124k2+1由~CB=XBD得(-1-x，一y)=X頃+1,y)1 1 12 2所以-1-x=X(x+1),人=-H.同理，記E(-4,y)，CE=XED1 12，1 x2+1 E乃 2少耳 g八gx+4 x+1x+4得-4-x=X(x+4),人=- .?.人+人=- — 1 22 2 x2+4 1 2 x2+1 x2+42x1x2艾+:3其中2xx+5(x+x)+8=2.4-5.上+8=0,(x+1)(x+4) 12 *1 / 4k2+1 4k2+122「.X+X=0.例11：給定拋物線C:y2=4x,F是C的焦點，過點F的直線l與C相交于A、Bl的斜率為1,求04與OB夾角的余弦.解：C的焦點為F(1,0)，直線l的斜率為1,所以l的方程為y=x—1,將y=x—1代入方程y2=4x,并整理得X2—6x+1=0TOC\o"1-5"\h\z設A(x,y),B(x,y),則有x+x=6,xx=1,1 1 2 2 1 2 12從而04?OB=xx+yy=2xx—(x+x)+1=—312 12 12 1 2I04lelOBI=;；x2+y2?*+y;=41,cos.04,OB=_0L匹=-歸！|oa|.|ob| 41例12.已知點仔是^ABC的重心,A(0,—1),B(0,1),在x軸上有一點M,滿足|MA1=1MCI,GM=XAB(XER).⑴求點C的軌跡方程；⑵若斜率為k的直線l與點C的軌跡交于分歧兩點P,Q,且滿足1API=IAQI,試求k的取值范圍.［分析］本題依托向量給出等量關系，既考查向量的模、共線等基礎知識,又考查