高三二輪專題復(fù)習(xí)：平面向量
【高考要求】
1、理解向量的概念，掌握向量的幾何表示，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(shù)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、了解平面向量的基本定理，理解平面向量的坐標(biāo)的概念，掌握平面向量的坐標(biāo)運算。
5、掌握平面向量的數(shù)量積及其幾何意義，了解用平面向量的數(shù)量積可以處理有關(guān)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(biāo)公式，并且能熟練運用；掌握平移公式。
【熱點分析】
對本章內(nèi)容的考查主要分以下三類：
1、以選擇、填空題型考查本章的基本概念和性質(zhì).此類題一般難度不大，用以解決有關(guān)長度、夾角、垂直、判斷多邊形形狀等問題.
2、以解答題考查圓錐曲線中的典型問題.此類題綜合性比較強，難度大，以解析幾何中的常規(guī)題為主.
3、向量在空間中的應(yīng)用（在B類教材中）。在空間坐標(biāo)系下，通過向量的坐標(biāo)的表示，運用計算的方法研究三維空間幾何圖形的性質(zhì).
在復(fù)習(xí)過程中，抓住源于課本，高于課本的指導(dǎo)方針.本章考題大多數(shù)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(guān)鍵。分析近幾年來的高考試題，有關(guān)平面向量部分突出考查了向量的基本運算。對于和解析幾何相關(guān)的線段的定比分點和平移等交叉內(nèi)容，作為學(xué)習(xí)解析幾何的基本工具，在相關(guān)內(nèi)容中會進行考查。本章的另一部分是解斜三角形，它是考查的重點?？偠灾矫嫦蛄窟@一章的學(xué)習(xí)應(yīng)立足基礎(chǔ)，強化運算，重視應(yīng)用?？疾榈闹攸c是基礎(chǔ)知識和基本技能。
【典型例題】
例1. 已知=（2,1）, 
=（－1,3）,若存在向量
使得：
·=4, ·
=－9，試求向量的坐標(biāo)、
【解析】設(shè)=（x,y）,則由·=4可得：
2x+y=4；又由·=－9可得：－x+3y=－9
于是有：
由（1）+2（2）得7y=－14,∴y=－2,將它代入（1）可得：x=3
∴=（3,－2）、
例2. 已知△ABC的頂點分別為A（2，1），B（3，2），C（－3，－1），BC邊上的高為AD，求及點D的坐標(biāo)。
【解析】設(shè)點D的坐標(biāo)為（x,y）
∵AD是邊BC上的高，
∴AD⊥BC，∴⊥
又∵C、B、D三點共線，
∴∥
又=（x－2,y－1）, =（－6,－3）
=（x－3,y－2）
∴
解方程組，得x=,y=
∴點D的坐標(biāo)為（，），的坐標(biāo)為（－，）
例3. 設(shè)向量、滿足：｜｜＝｜｜=1，且+=（1，0），求，、
【解析】∵｜｜＝｜｜=1，
∴可設(shè)=（cosα,sinα）, =（cosβ,sinβ）、
∵+=（cosα+cosβ,sinα+sinβ）=（1,0），
由（1）得：cosα=1－cosβ……（3）
由（2）得：sinα=－sinβ……（4）
∴cosα=1－cosβ=
∴sinα=±,sinβ=
或
例4. 對于向量的集合A={=（x,y）｜x2+y2≤1}中的任意兩個向量、與兩個非負實數(shù)α、β；求證：向量α+β的大小不超過α+β。
【證明】設(shè)=（x1,y1），=（x2,y2）
根據(jù)已知條件有：x21+y21≤1,x22+y22≤1
又因為｜α+β｜=
=
其中x1x2+y1y2≤≤1
所以｜α+β｜≤=｜α+β｜=α+β
例5. 已知A（0，a）,B（0,b）,（0＜a＜b＝，在x軸的正半軸上求點C，使∠ACB最大，并求出其最大值。
【解析】設(shè)C（x,0）（x＞0）
則=（－x,a）, =（－x,b）
則·=x2+ab、
cos∠ACB==
令t=x2+ab
故cos∠ACB=
當(dāng)=即t=2ab時，cos∠ACB的最大值為；
當(dāng)C的坐標(biāo)為（,0）時，∠ACB的最大值為arccos。
例6. 已知
①求；
②當(dāng)k為何實數(shù)時,k與平行, 平行時它們是同向還是反向？
【解析】①= （1,0） + 3（2,1） = （ 7,3） , ∴= =.
②k= k（1,0）－（2,1）=（k－2,－1）.
設(shè)k=λ（）,即（k－2,－1）= λ（7,3）,
∴ .
故k= 時, 它們反向平行.
例7. 是否存在4個平面向量，兩兩不共線，其中任何兩個向量之和均與其余兩個向量之和垂直?
【解析】如圖所示，在正△ABC中，O為其內(nèi)心，P為圓周上一點，
滿足，，，兩兩不共線，有
（+）·（+）
=（+++）·（++）
=（2++）·（2+）
=（2－）·（2+）
= 42－2=0
有（+）與（+）垂直，
同理可證其他情況，從而，，，滿足題意，故存在這樣的4個平面向量。
例8. 已知向量滿足條件，，求證：是正三角形
【解析】令O為坐標(biāo)原點，可設(shè)
由，即
① ②
兩式平方和為，，
由此可知的最小正角為120°，即與的夾角為120°，
同理可得與的夾角為120°，與的夾角為120°，
這說明三點均勻分布在一個單位圓上，
所以為正（等腰）三角形.
例9. 求的最值
【解析】原函數(shù)可變?yōu)?/span>，
所以只須求的最值即可，
構(gòu)造，
那么.
故.
例10. 三角形ABC中，A（5，－1）、B（－1，7）、C（1，2），求：（1）BC邊上的中線
AM的長；（2）∠CAB的平分線AD的長；（3）cosABC的值.
【解析】 （1）點M的坐標(biāo)為xM=
D點分的比為2.
∴xD=
（3）∠ABC是與的夾角，而=（6，8），=（2，－5）.
例11. 設(shè)函數(shù)f （x）＝，其中向量＝（2cosx , 1）, ＝（cosx,sin2x）, x∈R.（1）若f（x）＝1－且x∈[－，]，求x；（2）若函數(shù)y＝2sin2x的圖象按向量＝（m , n） （﹤）平移后得到函數(shù)y＝f（x）的圖象，求實數(shù)m、n的值.
【解析】 （1）依題設(shè)，f（x）＝（2cosx，1）·（cosx,sin2x）＝2cos2x＋sin2x＝1＋2sin（2x＋）
由1＋2sin（2x＋）=1－，得sin（2x＋）＝－.
∵－≤x≤, ∴－≤2x＋≤, ∴2x＋=－, 即x＝－.
（2）函數(shù)y＝2sin2x的圖象按向量＝（m , n）平移后得到函數(shù)y＝2sin2（x－m）+n的圖象，即函數(shù)y＝f（x）的圖象.
由（1）得f （x）＝ ∵＜， ∴m＝－，n＝1.
例12. 設(shè)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（λ∈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(shè)，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.
【解析】（I）由已知得, 又，∴
∵CH=HA ∴即
（II）設(shè)直線L的方程為y=k（x-2），代入曲線E得（3k2+1）x2-12k2x+12（k2-1）=0
設(shè)N （x1，y1），M （x2，y2），則x1 +x2=，x1 x2=
∵，∴ 四邊形OMPN是平行四邊形.
若四邊形OMPN是矩形，則
∴x1 x2+y1 y2=0 ∴得
∴直線L為：
例13. 已知橢圓方程，過B（－1，0）的直線l交橢圓于C、D兩點，交直線x＝－4于E點，B、E分的比為λ1、λ2. 求證：λ1＋λ2＝0
【解析】設(shè)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(shè)C（x1,y2）,D（x2,y2），則x1＋x2＝－.
由得
所以.同理，設(shè)E
得
其中
.
例14. 已知點G是△ABC的重心，A（0, －1），B（0, 1），在x軸上有一點M，滿足||=||，（∈R）. ⑴求點C的軌跡方程；
⑵若斜率為k的直線l與點C的軌跡交于不同的兩點P，Q，且滿足||=||，試求k的取值范圍.
【解析】 ⑴設(shè)C（x, y），則G（,）. ∵（∈R），∴GM//AB,
又M是x軸上一點，則M（, 0）. 又||=||，
∴，整理得，即為曲線C的方程.
⑵①當(dāng)k=0時，l和橢圓C有兩不同交點P，Q，根據(jù)橢圓對稱性有||=||.
②當(dāng)k≠0時，可設(shè)l的方程為y=kx＋m，
聯(lián)立方程組 消去y，整理得（1＋3k2）x2＋6kmx＋3（m2－1）=0（*）
∵直線l和橢圓C交于不同兩點，
∴△=（6km）2－4（1＋3k2）×（ m2－1）＞0，即1＋3k2－m2＞0. （1）
設(shè)P（x1, y1），Q（x2, y2），則x1, x2是方程（*）的兩相異實根，∴x1＋x2=－
則PQ的中點N（x0, y0）的坐標(biāo)是x0==－，y0= k x0＋m=，
即N（－, ），
又||=||，∴⊥，∴k·kAN=k·=－1，∴m=.
將m=代入（1）式,得 1＋3k2－（）2＞0（k≠0），
即k2＜1，∴k∈（－1, 0）∪（0, 1）.
綜合①②得，k的取值范圍是（－1, 1）.
【模擬試題】
1. 已知向量（ ）
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
2. 已知點M1（6，2）和M2（1，7），直線y=mx－7與線段M1M2的交點分有向線段M1M2的比為3：2，則m的值為 （ ）
A. B. C. D. 4
3. 已知向量=（2，0）,向量=（2，2），向量=（），則向量與向量的夾角的范圍為 （ ）
A. ［0，］ B. ［，］ C. ［，］ D. ［，］
4. 設(shè)坐標(biāo)原點為O，拋物線y2=2x與過焦點的直線交于A，B兩點，則·=（ ）
A. B. C. 3 D. －3
5. 已知向量≠，||＝1，對任意t∈R，恒有|－t|≥|－|，則（ ）
A. ⊥ B. ⊥（－）
C. ⊥（－） D. （＋）⊥（－）
6. P是△ABC所在平面上一點，若，則P是△ABC的（ ）
A. 外心 B. 內(nèi)心 C. 重心 D. 垂心
7. △ABC中，若a4+b4+c4=2c2（a2+b2），則∠C的度數(shù)是：
A. 60° B. 45°或135° C. 120° D. 30°
8. 已知向量a=（），向量b=（），則|2a－b|的最大值是
9. 把函數(shù)y=2x2－4x＋5的圖像按向量a平移，得到y=2x2的圖像，且a⊥b，c=（1,－1），b·c=4，則b=
10. 在中，O為中線AM上一個動點，若AM=2，則的最小值是_____.
11. 已知向量a＝（sinθ，1），b＝（1，cosθ），－＜θ＜.
（Ⅰ）若a⊥b，求θ；（Ⅱ）求｜a＋b｜的最大值.
12. 如圖，已知△ABC是邊長為1的正三角形，M、N分別是邊AB、AC上的點，線段MN經(jīng)過△ABC的中心G，設(shè)DMGA＝a（）
（1）試將△AGM、△AGN的面積（分別記為S1與S2）表示為a的函數(shù)
（2）求y＝的最大值與最小值
13. 已知定點F（1，0），動點P在y軸上運動，過點P作PM交x軸于點M，并延長MP至點N，且.（1）求動點N的軌跡方程；
（2）直線l與動點N的軌跡交于A、B兩點，若且4≤≤，求直線l的斜率的取值范圍.
14. 已知兩點M（－1，0）， N（1 , 0），且點P使·，·，·成公差小于零的等差數(shù)列.（Ⅰ）點P 的軌跡是什么曲線？
（Ⅱ）若點P坐標(biāo)為（x0、y0），記θ為與的夾角，求tanθ.
【試題答案】
1. C 提示：設(shè)，則，又
，所以，得，，
2. D 提示：設(shè)交點M（x,y），，代入直線方程可得.
3. D 提示：點C的軌跡是以（2,2）為圓心，為半徑的圓.
4. B 提示：設(shè)A（x1,y1），B（x2,y2），·＝x1x2+y1y2＝，將直線方程y=k（x－0.5）代入拋物線方程消去x可得y1y2.
5. C 提示：由|－t|≥|－|得|－t|2≥|－|2，展開并整理得,得,即.
6. D 提示：由.
即， 則
所以P為的垂心.
7. B 提示：由a4+b4+c4=2c2（a2+b2）得：a4+b4+c4－2a2c2-2b2c2+2a2b2=2a2b2,即（a2+b2-c2）2=2a2b2
a2+b2-c2=ab，
8. 4
9. （3, －1）
10. －2 提示：
，當(dāng)時取等號.
即的最小值為:-2.
11. 解：（Ⅰ）若a⊥b，則sinθ＋cosθ＝0，由此得 tanθ＝－1（－＜θ＜＝，所以 θ=-；
（Ⅱ）由a＝（sinθ，1），b＝（1，cosθ）得｜a＋b｜＝
＝＝，
當(dāng)sin（θ＋）＝1時，|a＋b|取得最大值，即當(dāng)θ＝時，|a＋b|最大值為＋1.
12. 解：（1）因為G是邊長為1的正三角形ABC的中心，
所以 AG＝，DMAG＝，
由正弦定理，得
則S1＝GM·GA·sina＝ 同理可求得S2＝
（2）y＝＝
＝72（3＋cot2a）因為，所以當(dāng)a＝或a＝時，y取得最大值ymax＝240
當(dāng)a＝時，y取得最小值ymin＝216
13. 略解 （1）y2＝4x （x＞0） （2）先證明l與x軸不垂直，再設(shè)l的方程為
y＝kx＋b（k≠0）,A（x1,y1）,B（x2,y2）.聯(lián)立直線與拋物線方程，得
ky2－ 4y＋4b＝0,由，得.
又 故 而
解得直線l的斜率的取值范圍是
14. 略解（Ⅰ）設(shè)點P（x , y），分別計算出·，·，·，
由題意，可得點P的軌跡方程是
故點P 的軌跡是以原點為圓心、為半徑的右半圓.
（Ⅱ） 由（Ⅰ）知，，可得cosθ＝，
又x0,∴即,
于是sinθ＝＝＝＝，
