高三数学第二轮专题复习系列(5) - 平面向量

高三数学第二轮专题复习系列(5)——平面向量

一、本章知识结构：

二、高考要求

1、理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念。 2、掌握向量的加法和减法的运算法则及运算律。

3、掌握实数与向量的积的运算法则及运算律，理解两个向量共线的充要条件。

4、了解平面向量基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算。

5、掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题，掌握向量垂直的条件。

6、掌握线段的定比分点和中点坐标公式，并且能熟练运用；掌握平移公式。 7、掌握正、余弦定理，并能初步运用它们解斜三角形。

8、通过解三角形的应用的教学，继续提高运用所学知识解决实际问题的能力。 三、热点分析

对本章内容的考查主要分以下三类：

1.以选择、填空题型考查本章的基本概念和性质.此类题一般难度不大，用以解决有关长度、夹角、垂直、判断多边形形状等问题.

2.以解答题考查圆锥曲线中的典型问题.此类题综合性比较强，难度大，以解析几何中的常规题为主.

3.向量在空间中的应用（在B类教材中）.在空间坐标系下，通过向量的坐标的表示，运用计算的方法研究三维空间几何图形的性质.

在复习过程中，抓住源于课本，高于课本的指导方针.本章考题大多数是课本的变式题，即源于课本.因此，掌握双基、精通课本是本章关键.分析近几年来的高考试题，有关平面向量部分突出考查了向量的基本运算。对于和解析几何相关的线段的定比分点和平移等交叉内容，作为学习解析几何的基本工具，在相关内容中会进行考查。本章的另一部分是解斜三角形，它是考查的重点。总而言之，平面向量这一章的学习应立足基础，强化运算，重视应用。考查的重点是基础知识和基本技能。

四、复习建议

由于本章知识分向量与解斜三角形两部分，所以应用本章知识解决的问题也分为两类：一类是

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根据向量的概念、定理、法则、公式对向量进行运算，并能运用向量知识解决平面几何中的一些计算和证明问题；另一类是运用正、余弦定理正确地解斜三角形，并能应用解斜三角形知识解决测量不可到达的两点间的距离问题。

在解决关于向量问题时，一是要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，进一步加深对“向量”这一二维性的量的本质的认识，并体会用向量处理问题的优越性。二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想，所以要通过向量法和坐标法的运用，进一步体会数形结合思想在解决数学问题上的作用。

在解决解斜三角形问题时，一方面要体会向量方法在解三角形方面的应用，另一方面要体会解斜三角形是重要的测量手段，通过学习提高解决实际问题的能力。 五、典型例题

平面向量

【例1】 在下列各命题中为真命题的是( ) ①若a=(x1,y1)、b=(x2,y2)，则a·b=x1y1+x2y2

②若A(x1,y1)、B(x2,y2)，则｜AB｜=(x1?x2)2?(y1?y2)2 ③若a=(x1,y1)、b=(x2,y2),则a·b=0?x1x2+y1y2=0 ④若a=(x1,y1)、b=(x2,y2)，则a⊥b?x1x2+y1y2=0 A、①② B、②③ C、③④ D、①④

解：根据向量数量积的坐标表示；若a=(x1,y1), b=(x2,y2)，则a·b=x1x2+y1y2，对照命题(1)的结论可知，它是一个假命题、

于是对照选择支的结论、可以排除(A)与(D)，而在(B)与(C)中均含有(3)、故不必对(3)进行判定，它一定是正确的、对命题(2)而言，它就是两点间距离公式，故它是真命题，这样就以排除了(C)，应选择(B)、

说明：对于命题(3)而言，由于a·故它是一个真命题、 b=0?a=0或b=0或a⊥b?x1x2+y1y2=0，而对于命题(4)来讲，a⊥b?x1x2+y1y2=0、但反过来，当x1x2+y1y2=0时，可以是x1=y1=0，即a=0，而我们的教科书并没有对零向量是否与其它向量垂直作出规定，因此x1x2+y1y2=0??a⊥b)，所以命题(4)是个假命题、

【例2】 已知a=(－3,－1), b=(1,

3)，那么a，b的夹角θ=( )

A、30° B、60° C、120° D、150° 解：a·(1，3)=－23 b=(－3,－1)·

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｜a｜=(?3)2?(?1)2=2，｜b｜=12?(3)2=2 ∴cosθ=a?ba?b=

3?23=? 2?22【例3】 已知a=(2,1), b=(－1,3),若存在向量c使得：a·c=4, b·c=－9，试求向量c的坐标、 解：设c=(x,y),则由a·c=4可得：2x+y=4；又由b·c=－9可得：－x+3y=－9

(1)?2x?y?4于是有：?

?x?3y?9(2)?由(1)+2(2)得7y=－14,∴y=－2,将它代入(1)可得：x=3 ∴c=(3,－2)、

说明：已知两向量a，b可以求出它们的数量积a·b，但是反过来，若已知向量a及数量积a·b，却不能确定b、

【例4】 求向量a=(1,2)在向量b=(2，－2)方向上的投影、 解：设向量a与b的夹角θ、 有cosθ=a?ba?b =

1?2?2?(?2)12?2222?(?2)2=－

10 10210)=－ 102∴a在b方向上的投影=｜a｜cosθ=5×(－

【例5】 已知△ABC的顶点分别为A(2，1)，B(3，2)，C(－3，－1)，BC边上的高AD，求AD及点D的坐标、

解：设点D的坐标为(x,y) ∵AD是边BC上的高， ∴AD⊥BC，∴AD⊥BC 又∵C、B、D三点共线， ∴BC∥BD

又AD=(x－2,y－1), BC=(－6,－3)，BD=(x－3,y－2)

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∴???6(x?2)?3(y?1)?0

?6(y?2)?3(x?3)?0?解方程组，得x=∴点D的坐标为(

79,y= 557291，)，AD的坐标为(－，) 5555【例6】 设向量a、b满足：｜a｜＝｜b｜=1，且a+b=(1，0)，求a，b、 解：∵｜a｜＝｜b｜=1，

∴可设a=(cosα,sinα), b =(cosβ,sinβ)、 ∵a+b=(cosα+cosβ,sinα+sinβ)=(1,0)，

?cosα?cosβ?1??(1) ?sinα?sinβ?0??(2)?由(1)得：cosα=1－cosβ……(3) 由(2)得：sinα=－sinβ……(4) ∴cosα=1－cosβ=∴sinα=±

1 233,sinβ=? 22???13??13????,?a??a??,????2?????22???2?或? ?????3????1?13??b??2,?2??b??2,2?????????【例7】 对于向量的集合A={v=(x,y)｜x2+y2≤1}中的任意两个向量v1、v2与两个 非负实数α、β；求证：向量αv1+βv2的大小不超过α+β、 证明：设v1=(x1,y1)，v2 =(x2,y2) 根据已知条件有：x21+y21≤1,x22+y22≤1

又因为｜αv1+βv2｜=(αx1?βx2)2(αy1?βy2)2 =α2(x12?y12)?β2(x22?y22)?2αβ(x1x2?y1y2)

22其中x1x2+y1y2≤x1?y1

22x2?y2≤1

所以｜αv1+βv2｜≤α2?β2?2αβ=｜α+β｜=α+β

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【例8】 已知梯形ABCD中，AB∥CD，∠CDA=∠DAB=90°,CD=DA=求证：AC⊥BC

1AB、 2证明：以A为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系、如图，设AD=1 则A(0，0)、B(2，0)、C(1，1)、D(0，1)

????????∴BC=(－1,1), AC=(1,1) ????????BC·AC=－1×1+1×1=0

∴BC⊥AC、

【例9】 已知A(0，a),B(0,b),(0＜a＜b)，在x轴的正半轴上求点C，使∠ACB最大，并求出最大值、 解，设C(x,0)(x＞0) 则CA=(－x,a), CB=(－x,b) 则CA·CB=x2+ab、 cos∠ACB=令t=x2+ab 故cos∠ACB=

?ab(a?b)2121?(a?b)??12ttCA?CBCA?CB=

x2?abx?a22x?b22

1

112ab当=即t=2ab时，cos∠ACB最大值为、 t2aba?b

当C的坐标为(ab,0)时，∠ACB最大值为arccos【例10】

2ab

、 a?b

如图，四边形ABCD是正方形，P是对角线BD上的

一点，PECF是矩形，用向量法证明 (1)PA=EF (2)PA⊥EF

证明：建立如图所示坐标系，设正方形边长为1， ｜OP｜=λ,则A(0，1)，P(∴PA=(－

2222λ，λ)，E(1，λ)，F(λ，0)

22222222λ,1－λ), EF=(λ－1,－ λ) 222222222

λ)+(1－λ)=λ－2λ+1

22(1)｜PA｜2=(－

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｜EF｜2=(

2222λ－1)2+(－λ)=λ－2λ+1 22∴｜PA｜2=｜EF｜2,故PA=EF (2) PA·EF=(－

2222λ)(λ－1)+(1－λ)(－λ)=0 2222∴PA⊥EF ∴PA⊥EF、 【例11】 ①

??已知a?(1,0),b?(2,1).

??求|a?3b|；

?②当k为何实数时,ka?b与a?3b平行, 平行时它们是同向还是反向？

???????解：①a?3b= (1,0) + 3(2,1) = ( 7,3) , ∴|a?3b|= 72?32=58.

??②ka?b= k(1,0)－(2,1)=(k－2,－1).

设ka?b=λ(a?3b),即(k－2,－1)= λ(7,3),

1?k????k?2?7λ?3∴? ?? .

1?1?3λ??λ???3?????故k= ?1时, 它们反向平行. 3【例12】

已知|a|?2,|b|?1,a与b的夹角为

????????π,若向量2a?kb与a?b垂直, 求k. 3解：a?b?|a||b|cos????π1=2×1×=1.

23????∵2a?kb与a?b垂直, ?????∴(2a?kb)?(a?b)= 0,

?2??2????∴2a?2a?b?kab?kb?0 ? k = － 5.

【例13】 如果△ABC的三边a、b、c满足b2 + c 2 = 5a2,BE、CF分别为AC边与AB上的中线, 求证：BE⊥CF. 解：

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????1????????????1????????BE?(BA?BC),CF?(CB?CA)22????????1?????????????????????2?????????BE?CF?(?BA?BC?AB?AC?BC?CB?CA)????4∴BE⊥

?2????2????21????2????2????2????21????2????2????211????[?(BA?BC?AC)?(AB?AC?BC)?BC?(CA?CB?BA)]4222?2????2????21221????(AB?AC?5BC)?(b?c?5a2)?0,88????CF, 即 BE⊥CF .

【例14】 垂直?

△ABC中，O为其内心，P为圆周上一点， 解：如图所示，在正

满足PA，PB，PC，PO两两不共线，有 (PA+PB)·(PC+PO)

=(PO+OA+PO+OB)·(PO+OC+PO) =(2PO+OA+OB)·(2PO+OC) =(2PO－OC)·(2PO+OC) =4PO2－OC2 =4PO2－OC2=0

有(PA+PB)与(PC+PO)垂直、

同理证其他情况、从而PA，PB，PC，PO满足题意、故存在这样4个平面向量、

是否存在4个平面向量，两两不共线，其中任何两个向量之和均与其余两个向量之和

平面向量的综合应用

1．利用向量的坐标运算，解决两直线的夹角，判定两直线平行、垂直问题

【例1】 已知向量OP1,OP2,OP3满足条件OP1?OP2?OP3?0，OP1?OP2?OP3?1，求证：

?P1P2P3是正三角形

解：令O为坐标原点，可设P?1,sin?1?,P2?cos?2,sin?2?,P?3,sin?3? 1?cos3?cos第 7 页 共 26 页

由OP1?OP2??OP3，即?cosθ1,sinθ1???cosθ2,sinθ2????cosθ3?sinθ3?

?cosθ1?cosθ2??cosθ3①

?sinθ?sinθ??sinθ123?②

两式平方和为1?2cos?θ1?θ2??1?1，cos?θ1?θ2???0????????0由此可知?1??2的最小正角为120，即OP2的夹角为120， 1与OP????????0同理可得OP1与OP3的夹角为120，OP与OP3的夹角为120， 201， 2这说明P1,P2,P3三点均匀分部在一个单位圆上， 所以?P1P2P3为等腰三角形.

【例2】 求等腰直角三角形中两直角边上的中线所成的钝角的度数 解：如图，分别以等腰直角三角形的两直角边为x轴、y 轴建立直角坐标系，设A?2a,0?,B?0,2a?，则

D?a,0?,C?0,a?，

从而可求：AC???2a,a?,BD??a,?2a?,

cosθ?AC?BDACBD??2a,a???a,?2a??4a2?=

5a?5a5a2??4. 5?4??θ?arccos???.

?5?2．利用向量的坐标运算，解决有关线段的长度问题

1?BC?【例3】 已知?ABC，AD为中线，求证AD?AB2?AC2???

22??2??2证明：以B为坐标原点，以BC所在的直线为x轴建立如图2直角坐标系， 设A?a,b?,C?c,0?，D?,0?，

2?c??2?c2?c?2?ac?a2?b2， 则AD???a???0?b??4?2?2第 8 页 共 26 页

??22??BC?1?2c2?c21?22222， ?AB?AC????.=?a?b??c?a??b???a?b?ac?2?2?4?4??2???2?BC?2222?11??BC???222从而AD??AB?AC????. ?，AD?AB?AC??222?2???????2??3．利用向量的坐标运算，用已知向量表示未知向量

【例4】 已知点O是?ABC内的一点， ?AOB?150，?BOC?90，00设OA?a,OB?b,OC?c,且a?2,b?1,c?3,试用a,和b表示c.

解：以O为原点，OC，OB所在的直线为x轴和y轴建立如图3所示的坐标系. 由OA=2，?AOx?120，所以A2cos1200,2sin1200,即A-1，,3， 易求B?0，-1?，C?3,0?，设

0????????????????OA??1OB??2OC,即-1，3??1?0，-1???2?3,0?，????1?-3-1?3??2??，??1.?3?-?1??2?-?3???1?a??3b?c.

3【例5】 如图，

????????????????????????????00OA?OB?1,OA与OB的夹角为120，OC与OA的夹角为30,OC?5，

????????????用OA，OB表示OC.

解：以O为坐标原点，以OA所在的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，则A?1,0?，

?535??， 由?COA?300，所以C5cos300,5sin300,即C??2，2??????13?? 同理可求B???2,2????????????????535??13?OC??1OA??2OB,即?，??1，0????2??22??1?-2,2??

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??531031λ??λ-λ??12?2?132，. ??353?5??λλ?22??23?2??OC?10353OA?OB. 334．利用向量的数量积解决两直线垂直问题

【例6】 如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD. (1)求证：C1C⊥BD. (2)当

CD的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明. CC1????????????????? (1)证明：设CD=a, CD=b,CC1=c,依题意，|a|=|b|，CD、CB、CC1中两两所成夹角为θ，于

是BD?CD?DB=a－b，CC1?BD=c(a－b)=c·a－c·b=|c|·|a|cosθ－|c|·|b|cosθ=0,∴C1C⊥BD. (2)解：若使A1C⊥平面C1BD，只须证A1C⊥BD，A1C⊥DC1， 由CA1?C1D?(CA?AA1)?(CD?CC1)

=(a+b+c)·(a－c)=|a|2+a·b－b·c－|c|2=|a|2－|c|2+|b|·|a|cosθ－|b|·|c|·cosθ=0,得 当|a|=|c|时，A1C⊥DC1，同理可证当|a|=|c|时，A1C⊥BD， ∴CD=1时，A1C⊥平面C1BD. CC1【例7】 如图，直三棱柱ABC—A1B1C1，底面△ABC中， CA=CB=1，∠BCA=90°，AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点. (1)求BN的长；

(2)求cos的值； (3)求证：A1B⊥C1M.

解：(1)如图，以C为原点建立空间直角坐标系O－xyz. 依题意得：B(0，1，0)，N(1，0，1) ∴|BN|=(1?0)2?(0?1)2?(1?0)2?3.

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(2)解：依题意得：A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2). ∴BA1=(1,?1,2),CB1=(0，1，2) 2=3 BA1?CB1=1×0+(－1)×1+2×

|BA1|=(1?0)2?(0?1)2?(2?0)2?6

|CB1|?(0?0)2?(1?0)2?(2?0)2?5 ?cos?BA1,CB1??BA1?CB1|BC1|?|CB1|?36?5?30. 10(3)证明：依题意得：C1(0，0，2)，M(,,2)

112211C1M?(,,0),A1B?(?1,1,?2)

2211∴A1B?C1M?(?1)??1??(?2)?0?0,?A1B?C1M,

22∴A1B⊥C1M.

5．利用向量的数量积解决有关距离的问题，距离问题包括点到点的距离，点的线的距离，点到面的距离，线到线的距离，线到面的距离，面到面的距离. 【例8】 求平面内两点A(x1,y1),B(x2,y2)间的距离公式 解：设点A(x1,y1),B(x2,y2) ，?AB?(x2?x1,y2?y1)

?|AB|?(x2?x1)2?(y2?y1)2 ,而|AB|?|AB|

?点A与点B之间的距离为：|AB|?(x2?x1)2?(y2?y1)2

6.利用向量的数量积解决线与线的夹角及面与面的夹角问题. 【例9】 证明:

cos(???)?cos?cos??sin?sin?

证明：在单位圆O上任取两点A,B，以Ox为始边，以

OA,OB为终边的角分别为?,?，则A点坐标为(cos?,sin?),B点坐标为(cos?,sin?)；

则向量OA?(cos?,sin?),OB?(cos?,sin?)，它们的夹角为???，

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|OA|?|OB|?1,OA?OB?cos?cos??sin?sin?,由向量夹角公式得：

cos(α?β)?OA?OB|OA||OB|?cos?cos??sin?sin?,从而得证.

注：用同样的方法可证明cos(???)?cos?cos??sin?sin? 7.利用向量的数量积解决有关不等式、最值问题. 【例10】

证明柯西不等式(x1?y1)?(x2?y2)?(x1x2?y1y2)2

2222??证明：令a?(x1,y1),b?(x2,y2)

??????（1） 当a?0或b?0时，a?b?x1x2?y1y2?0，结论显然成立； ??????（2） 当a?0且b?0时，令?为a,b的夹角，则??[0,?]

?a?b?x1x2?y1y2?|a||b|cos?. 又?|cos?|?1

?????????? ?|a?b|?|a||b|（当且仅当a//b时等号成立）

|x1x2?y1y2|? ?22x1?y1?x2?y2

222222 ?(x1?y1)?(x2?y2)?(x1x2?y1y2)2.（当且仅当

x1x2时等号成立） ?y1y2【例11】

求y?sin2x?2sinxcosx?3cos2x的最值

解：原函数可变为y?2?sin2x?cos2x， 所以只须求y??sin2x?cos2x的最值即可， 构造a??sin2x,cos2x?,b??1,1?， 那么sin2x?cos2x?a?b?ab?故ymax?2?2,ymin?2?2. 【例12】

三角形ABC中，A(5，－1)、B(－1，7)、C(1，2)，求：(1)BC边上的中线

2.

AM的长；(2)∠CAB的平分线AD的长；(3)cosABC的值. 解：(1)点M的坐标为xM=

?1?17?299?0;yM??,?M(0,) 2222第 12 页 共 26 页

9?|AM|?(5?0)2?(?1?)2?2221. 2(2)|AB|?(5?1)2?(?1?7)2?10,|AC|?(5?1)2?(?1?2)2?5

D点分BC的比为2. ∴xD=

?1?2?117?2?211?,yD??

1?231?2311114|AD|?(5?)2?(?1?)2?2.

333(3)∠ABC是BA与BC的夹角，而BA=(6，8），BC=(2，－5）.

?cosABC?BA?BC|BA|?|BC|?6?2?(?8)?(?5)62?(?8)2?22?(?5)2?521029?2629 145解斜三角形

【例1】 已知△ABC的三个内角A、B、C满足A+C=2B.解法一：由题设条件知B=60°，A+C=120°. 设α=

112A?C???，求cos的值. cosAcosCcosB2A?C，则A－C=2α，可得A=60°+α，C=60°－α， 21111所以???cosAcosCcos(60???)cos(60???) 11cos?cos?????,1323221313cos??sin?cos??cos??sin?cos??sin?4442222cos?cos2??34??2, cosB依题设条件有

1cos??cosB?,???22.

2cos2??34整理得42cos2α+2cosα－32=0(M)

(2cosα－2)(22cosα+3)=0，∵22cosα+3≠0， ∴2cosα－2=0.从而得cos

A?C2?. 22解法二：由题设条件知B=60°，A+C=120°

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??211??22,????22

cos60?cosAcosC

①，把①式化为

cosA+cosC=－22cosAcosC ②，

利用和差化积及积化和差公式，②式可化为

A?CA?C ③， cos??2[cos(A?C)?cos(A?C)]

2211A?C将cos=cos60°=，cos(A+C)=－代入③式得：

222A?C2cos??2cos(A?C) ④

22A?CA?CA?C将cos(A－C)=2cos2()－1代入 ④：42cos2()+2cos－32=0，(*)，

222A?CA?C(2cos?22)(22cos?3)?0,22

A?CA?CA?C2?22cos?3?0,?2cos?2?0,从而得:cos?.22222cos【例2】 在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶设有 一个观察站P，上午11时，测得一轮船在岛北30°东，俯角为60°的B处，到11时10分又测得该船在岛北60°西、俯角为30°的C处。 (1)求船的航行速度是每小时多少千米；

(2)又经过一段时间后，船到达海岛的正西方向的D处，问此时船距岛A有多远？ 解：(1)在Rt△PAB中，∠APB=60° PA=1，∴AB=3 (千米) 在Rt△PAC中，∠APC=30°，∴AC=在△ACB中，∠CAB=30°+60°=90°

3 (千米) 3?BC?AC2?AB2?(301??230(千米/时)36(2)∠DAC=90°－60°=30°

3230)?(3)2?33

sinDCA=sin(180°－∠ACB)=sinACB=

AB?BC3303?310 10sinCDA=sin(∠ACB－30°)=sinACB·cos30°－cosACB·sin30°?310. 10第 14 页 共 26 页

313(33?1)10??1?(10)2? 221020在△ACD中，据正弦定理得

ADAC， ?sinDCAsinCDA3310?AC?sinDCA9?310∴AD? ?3?sinCDA13(33?1)10209?3答：此时船距岛A为千米.

13【例3】 已知△ABC的三内角A、B、C满足A+C=2B，设x=cos(1)试求函数f(x)的解析式及其定义域； (2)判断其单调性，并加以证明； (3)求这个函数的值域.

解：(1)∵A+C=2B，∴B=60°，A+C=120°

A?C11，f(x)=cosB(). ?2cosAcosCA?CA?Ccos1cosA?cosC22f(x)???2cosA?cosCcos(A?C)?cos(A?C)

x2x??2,14x?3??2x2?122cosA?CA?C1|＜60°，∴x=cos∈(，1]

2223331又4x2－3≠0，∴x≠，∴定义域为(，)∪(，1］.

2222∵0°≤|

(2)设x1＜x2，∴f(x2)－f(x1)=

2x24x2?32?2x14x1?32

=

2(x1?x2)(4x1x2?3)(4x1?3)(4x22213，若x1，x2∈(,)，则4x12－3＜0，4x22－3＜0，4x1x2+3＞0，x1－x2＜0，

22?3)∴f(x2)－f(x1)＜0

即f(x2)＜f(x1)，若x1，x2∈(

3，1］，则4x12－3＞0. 24x22－3＞0，4x1x2+3＞0，x1－x2＜0，∴f(x2)－f(x1)＜0.

313,)和(，1]上都是减函数.

22211(3)由(2)知，f(x)＜f()=－或f(x)≥f(1)=2.

22即f(x2)＜f(x1)，∴f(x)在(

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故f(x)的值域为(－∞，－

1)∪［2，+∞). 2【例4】 在?ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c．若

b?c?2acos?60??C?，求角A．

解：由正弦定理，将已知等式中的边转化为角．可得

sinB?sinC?2sinA?cos?60??C?.

因为A?B?C?π，故有sin?A?C??sinC?sinAcosC?3sinAsinC， ∴ cosAsinC?sinC??3sinAsinC. 又∵ sinC?0, ∴ cosA?3sinA?1, π?1?即sin?A???，

6?2?由0?A??，可解得A?2π． 3【例5】 在△ABC中，已知y?2?cosCcos?A?B??cos2C.

（1）若任意交换A,B,C的位置，y的值是否会发生变化?试证明你的结论； （2）求y的最大值.

解：（1）∵ y?2?cosCcos?A?B??cos2C ?2?cos?A?B?cos?A?B??cos2C ?2??2?1?cos2A?cos2B??cos2C 212cos2A?1?2cos2B?1?cos2C 2???3?cos2A?cos2B?cos2C ?sin2A?sin2B?sin2C，

∴ 任意交换A,B,C的位置，y的值不会发生变化． （2）

解法1：将y看作是关于cosC的二次函数. y?2?cosCcos?A?B??cos2C

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11?????cosC?cos?A?B???cos2?A?B??2.

24??2所以，当cosC?值9． 41πcos?A?B?，且cos2?A?B?取到最大值1时，也即A?B?C?时，y取得最大23解法2：用调整的方法, 也即对于每个固定的C的值，去调整A,B，求出y取得最大值时A,B所满足的条件．

对于y?2?cosCcos?A?B??cos2C，如果固定C，则可将y看作是关于cos?A?B?的一次或常数函数．为了讨论其最大值，显然应该考虑cosC的符号，并由此展开讨论． 若cosC?0，则A?B?π，所以，cos?A?B??0，所以， 2y?A,B,C??2?cosCcos?A?B??cos2C?2?cos2C?2?cos2?π?C??2?cos?π?C??cos2?π?C??CC??2?cos?π?C?cos????cos2?π?C??22??CC??y?,,π?C??22?

所以，只需考虑cosC?0的情形．此时y是关于cos?A?B?的常数函数或单调递增的一次函数，因此，最大值必可在cos?A?B??1（即A?B?π?C）时取得．所以， 221?99?y?2?cosCcos?A?B??cosC?2?cosC?cosC???cosC????，

2?44?22等号当且仅当A?B?C?六、专题练习

π时取得． 3【平面向量练习】

一、选择题：

1、下列各式中正确的是（ C ）

（1）(λ·a) ·b=λ·(a b)=a· (λb), （2）|a·b|=|a|·|b|, （3）(a ·b)· c=a · (b ·c), （4）(a+b) · c= a·c+b·c A．（1）（3）

B．（2）（4） C．（1）（4） D．以上都不对.

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2、在ΔABC中,若(CA+CB)·(CA－CB)=0,则ΔABC为（ C ） A．正三角形

B．直角三角形 C．等腰三角形 D．无法确定

3、若|a|=|b|=|a－b|,则b与a+b的夹角为（ A ）

A．30° B．60° C．150° D．120° 4、已知|a|=1,|b|=2 ,且(a－b)和a垂直,则a与b的夹角为（ D ） A．60° B．30° C．135° D．45° 5、若AB·BC + AB2= 0,则ΔABC为（ A ）

A．直角三角形

B．钝角三角形

C．锐角三角形 D．等腰直角三角形

6、设|a|= 4,|b|= 3, 夹角为60°, 则|a+b|等于（ C ） A．37 B．13 C．37

D．13

7、己知|a|=1,|b|=2, a与b的夹角为600,c =3a+b, d =λa－b ,若c⊥d,则实数λ的值为（ C A．

47 B．

57 C．

74 D．

75 8、设 a,b,c是平面内任意的非零向量且相互不共线,则（ D ）

①(ab)c－(ca)b=0 ②|a| －|b|< |a－b| ③(bc)a－(ca)b不与c垂直 ④(3a+2b)(3a－2b)= 9|a|2－4|b|2 其中真命题是 （ ） A．①② B．②③

C．③④

D．②④

二、填空题：

9、已知e是单位向量,求满足a∥e且a·e=－18的向量a=__________.－18e 10、设a=(m+1)i－3j, b=i+(m－1)j, (a+b) ⊥(a－b), 则m=________.－2 11、|a|=5, |b|=3,|a－b|=7,则a、b的夹角为__________. 120° 12、 a与d=b－a?(a?b)|a|2关系为________. a⊥b

三、解答题：

13、已知| a|=4,|b|=5,|a+b|=21 ,求：① a·b ；②(2a－b) ·(a+3b)

解：①|a+b|2=（a+b）2=a2+2ab+b2=|a|2+2a·b+|b|2，

??a??b?|?a??b|2?|?a|2?|?b|22=21?16?252??10.

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）

②（2a－b）·（a+3b）=2a2+5a·b－3b2=2|a|2+5a·b－3|b|2 =2×42+5×（－10）－3×52=－93.

14、四边形ABCD中,AB= a, BC= b,CD= c, DA= d,且a·b=b·c=c·d=d ·a，判断四边形

ABCD是什么图形？

分析：在四边形ABCD中，a+b+c+d=0，这是一个隐含条件， 对a+b=－（c+d），两边平方后，用a·b=b·c=d·c代入， 从四边形的边长与内角的情况来确定四边形的形状.

解：∵a+b+c+d=0，∴a+b=－（c+d），

∴（a+b）2=（c+d）2，即|a|2+2a·b+|b|2=|c|2+2c·d+|d|2， ∵a·b=c·d，∴|a|2+|b|2=|c|2+|d|2??① 同理：|a|2+|d|2=|b|2+|c|2??②

①，②两式相减得：|b|2=|d|2，|a|2=|c|2，即|b|=|d|，|a|=|c|. ∴ABCD为平行四边形.

又∵a·b=b·c，即b·（a－c）=0，而a=－c， ∵b·（2a）=0 ∴a⊥b，

∴四边形ABCD为矩形.

15、已知：|a|=5,|b|=4,且a与b的夹角为60°,问当且仅当k为何值时,向量ka－b与 a+2b垂直？

解：?(ka?b)?(a?2b)

?(ka?b)?(a?2b)?0,即ka?(2k?1)ab?2b?0,?k?5?(2k?1)?5?4?cos60?2?4?0?k?14. 152222

【平面向量的综合应用练习】

一、选择题

1.设A、B、C、D四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，则四边形ABCD为( ) A.正方形 C.菱形

B.矩形 D.平行四边形

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2.已知△ABC中，AB=a，AC=b，a·b<0，S△ABC=A.30° 二、填空题

B.－150°

C.150°

15,|a|=3,|b|=5,则a与b的夹角是( ) 4

D.30°或150°

3.将二次函数y=x2的图象按向量a平移后得到的图象与一次函数y=2x－5的图象只有一个公共点(3，1)，则向量a=_________.

4.等腰△ABC和等腰Rt△ABD有公共的底边AB，它们所在的平面成60°角，若AB=16 cm,AC=17 cm,则CD=_________. 三、解答题

5.如图，在△ABC中，设AB=a，AC =b，AP =c,

AD=λa,(0<λ<1),AE =μb(0<μ<1),试用向量a，b表示c.

6.正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为2a. (1)建立适当的坐标系，并写出A、B、A1、C1的坐标； (2)求AC1与侧面ABB1A1所成的角.

7.已知两点M(－1，0)，N(1，0)，且点P使MP?MN,PM?PN,NM?NP成公差小于零的等差数列.

(1)点P的轨迹是什么曲线？

(2)若点P坐标为(x0,y0),Q为PM与PN的夹角，求tanθ.

8.已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点. (1)用向量法证明E、F、G、H四点共面； (2)用向量法证明：BD∥平面EFGH；

(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有OM?1(OA?OB?OC?OD). 4第 20 页 共 26 页

参考答案

一、1.解析：AB =(1，2），DC =(1，2），∴AB=DC，∴AB∥DC，又线段AB与线段DC

无公共点，∴AB∥DC且|AB|=|DC|，∴ABCD是平行四边形，又|AB|=5，AC =(5，3），|AC|=34，∴|AB|≠|AC},∴ABCD不是菱形，更不是正方形；又BC=(4，1）， ∴1·4+2·1=6≠0,∴AB不垂直于BC，∴ABCD也不是矩形，故选D. 答案：D 2.解析：∵15113·5sinα得sinα=,则α=30°或α=150°. ?·

242又∵a·b＜0,∴α=150°. 答案：C

二、3.(2,0) 4.13 cm

三、5.解：∵BP与BE共线，∴BP=mBE=m(AE－AB)=m(μb－a), ∴AP=AB+BP=a+m(μb－a)=(1－m)a+mμb

①

又CP与CD共线，∴CP=nCD=n(AD－AC)=n(λa－b), ∴AP=AC+CP=b+n(λa－b)=nλa+(1－n)b 由①②，得(1－m）a+μmb=λna+(1－n)b.

②

?1?m??a??n?m?1?0∵a与b不共线，∴? 即??m?1?nn??m?1?0??解方程组③得：m=

③

1??1??1,n?代入①式得c=(1－m)a+mμb=［λ(1－μ)a+μ(1－λ)b］. 1???1???1???6.解：(1)以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系. 由已知，得A(0，0，0），B(0，a,0）,A1(0,0,2a),C1(－

3aa,,222a).

3a,0,0）, 2(2)取A1B1的中点M，于是有M(0，,2a），连AM，MC1，有MC1=(－

且AB=(0，a,0）,AA1=(0,02a)

a2AB=0，MC1·由于MC1·面ABB1A1，∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧AA1=0，所以MC1⊥

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面ABB1A1所成的角. ∵AC1=(?3aaa,,2a),AM?(0,,2a), 222a29?AC1?AM?0??2a2?a

443212a232而|AC1|?a?a?2a?3a,|AM|??2a?a

444292a34?

323a?a2?cos?AC1,AM??所以AC1与AM所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.

7.解：(1)设P(x,y）,由M(－1，0），N(1，0）得，PM =－MP=(－1－x,－y）,PN??NP =(1－x,－y),MN =－NM=(2,0),∴MP·MN=2(1+x), PM·PN=x2+y2－1,NM?NP =2(1－x).于是，

MP?MN,PM?PN,NM?NP是公差小于零的等差数列，等价于

1?22?x2?y?3x?y?1?[2(1?x)?2(1?x)]? 即? 2?x?0???2(1?x)?2(1?x)?0所以，点P的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆. (2)点P的坐标为(x0,y0)

PM?PN?x0?y0?1?2,|PM|?|PN|?(1?x)2?y0?(1?x0)2?y0?(4?2x0)(4?2x0)?24?x0?cos??PM?PN|PM|?PN?14?x0222222

1??0?x0?3,??cos??1,0???,23?sin??1?cos2??1?1sin?2,?tan???3?x0?|y0| 2cos?4?x08.证明：(1）连结BG，则EG?EB?BG?EB?(BC?BD)?EB?BF?EH?EF?EH 由共面向量定理的推论知：E、F、G、H四点共面，(其中

121BD=EH） 2第 22 页 共 26 页

(2）因为EH?AH?AE?1111AD?AB?(AD?AB)?BD. 2222所以EH∥BD，又EH?面EFGH，BD?面EFGH 所以BD∥平面EFGH.

(3）连OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG 由(2）知EH?11BD，同理FG?BD，所以EH?FG，EH22FG,所以EG、FH交于一点

M且被M平分，所以

OM?1111111(OE?OG)?OE?OG?[(OA?OB)]?[(OC?OD)]22222221?(OA?OB?OC?OD).4.

【解斜三角形练习】

一、选择题

1.给出四个命题：(1)若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形；(2)若sinA=cosB，则△ABC为直角三角形；(3)若sin2A+sin2B+sin2C＜2，则△ABC为钝角三角形；(4)若cos(A－B)cos(B－C)cos(C－A)=1，则△ABC为正三角形.以上正确命题的个数是( ) A.1 二、填空题

B.2

C.3

D.4

ACAC?tan?3tantan的值为__________. 2222443.在△ABC中，A为最小角，C为最大角，已知cos(2A+C)=－，sinB=，则

352.在△ABC中，已知A、B、C成等差数列，则tancos2(B+C)=__________. 三、解答题

4.已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2，BC=6，CD=DA=4，求四边形ABCD的面积. 5.如右图，在半径为R的圆桌的正中央上空挂一盏电灯，桌子边缘 一点处的照度和灯光射到桌子边缘的光线与桌面的夹角θ的正弦

sin?成正比，角和这一点到光源的距离 r的平方成反比，即I=k·2，

r其中 k是一个和灯光强度有关的常数，那么怎样选择电灯悬挂的 高度h，才能使桌子边缘处最亮？

6.在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，4sin2B?C7?cos2A?. 22第 23 页 共 26 页

(1)求角A的度数；

(2)若a=3，b+c=3，求b和c的值.

7.在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，且a、b、3c成等比数列，又∠A－∠C=试求∠A、∠B、∠C的值.

8.在正三角形ABC的边AB、AC上分别取D、E两点，使沿线段DE折叠三角形时，顶点A正好落在边BC上，在这种情况下，若要使AD最小，求AD∶AB的值.

?2，

参考答案

一、1.解析：其中(3）(4）正确. 答案： B

二、2.解析：∵A+B+C=π，A+C=2B，

?A?C?2?A?CACAC,tan()?3,tan?tan?3(1?tantan)322222

ACAC故tan?tan?3tantan?3.2222答案：3

3.解析：∵A为最小角∴2A+C=A+A+C＜A+B+C=180°. ∵cos(2A+C)=－

43，∴sin(2A+C)=. 5543.故cosB=. 55∵C为最大角，∴B为锐角，又sinB=即sin(A+C)=

43，cos(A+C)=－. 5524， 25∵cos(B+C)=－cosA=－cos［(2A+C)－(A+C)］=－∴cos2(B+C)=2cos2(B+C)－1=答案：

527. 625527 62511·AB·ADsinA+·BC·CD·sinC 22三、4.解：如图：连结BD，则有四边形ABCD的面积： S=S△ABD+S△CDB=

∵A+C=180°，∴sinA=sinC 故S=

11(AB·AD+BC·CD)sinA=(2×4+6×4)sinA=16sinA 22第 24 页 共 26 页

由余弦定理，在△ABD中，BD2=AB2+AD2－2AB·AD·cosA=20－16cosA 在△CDB中，BD2=CB2+CD2－2CB·CD·cosC=52－48cosC ∴20－16cosA=52－48cosC，∵cosC=－cosA，

1，又0°＜A＜180°，∴A=120°故S=16sin120°=83. 21cos??5.解：R=rcosθ，由此得：?,0???，

rR2sin?sin??cos2?kI?k?2?k??2?(sin??cos2?)2rRRkk2 2I2?(2)2?2sin2??(1?sin2?)(1?sin2?)?(2)2?()33RR∴64cosA=－32，cosA=－

由此得I?k232?3,等号在sin??时成立,此时h?Rtan??R32R29B?C76.解:(1)由4sin2?cos2A?及A?B?C?180?,得:2272[1?cos(B?C)]?2cos2A?1?,4(1?cosA)?4cos2A?521即4cos2A?4cosA?1?0,?cosA?,2?0??A?180?,?A?60? b2?c2?a2(2)由余弦定理得:cosA?2bc1b2?c2?a21?cosA????(b?c)2?a2?3bc.22bc2?b?c?3?b?1?b?2将a?3,b?c?3代入上式得:bc?2 由?得:?或?.bc?2c?2c?1???7.解：由a、b、3c成等比数列，得：b2=3ac

1)［cos(A+C)－cos(A－C)］ 23?∵B=π－(A+C).∴sin2(A+C)=－［cos(A+C)－cos］

2231即1－cos2(A+C)=－cos(A+C)，解得cos(A+C)=－.

222?7??∵0＜A+C＜π，∴A+C=π.又A－C=∴A=π，B=，C=.

3212312∴sin2B=3sinC·sinA=3(－

8.解：按题意，设折叠后A点落在边BC上改称P点，显然A、P两点关于折线DE对称，又设∠BAP=θ，∴∠DPA=θ，∠BDP=2θ，再设AB=a，AD=x，∴DP=x.在△ABC中， ∠APB=180°－∠ABP－∠BAP=120°－θ， 由正弦定理知：

asin?BPAB.∴BP= ?sin(120???)sinBAPsinAPB第 25 页 共 26 页

在△PBD中，

DPBPx?sin?asin?xsin2??,所以BP?,从而?,

sinDBPsinBDPsin60?sin(120???)sin60??x?asin??sin60?3a?.

sin2??sin(120???)2sin(60??2?)?3∵0°≤θ≤60°，∴60°≤60°+2θ≤180°，∴当60°+2θ=90°，即θ=15°时， sin(60°+2θ)=1，此时x取得最小值

3a2?3?(23?3)a，即AD最小，

∴AD∶DB=23－3.

第 26 页 共 26 页

在△PBD中，

DPBPx?sin?asin?xsin2??,所以BP?,从而?,

sinDBPsinBDPsin60?sin(120???)sin60??x?asin??sin60?3a?.

sin2??sin(120???)2sin(60??2?)?3∵0°≤θ≤60°，∴60°≤60°+2θ≤180°，∴当60°+2θ=90°，即θ=15°时， sin(60°+2θ)=1，此时x取得最小值

3a2?3?(23?3)a，即AD最小，

∴AD∶DB=23－3.

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