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高三平面向量专题复习


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平面向量专题 一、高考考纲要求
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.掌握向量的加法与减法. 3.掌握实数与向量的积,理解两个向量共线的充要条件. 4.了解平面向量的基本定理,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.掌握平面两点间的距离公式,掌握线段的定比分点和中点公式,并且能熟练运用;掌握平移公式.

二、高考考点分析 1.考查平面向量的基本概念和运算律
例 1 ( 2004 年全国卷)向量 a , b 满足 ( a - b )· (2 a + b )= - 4, 且 | a |=2,| b |=4, 则 a 与 b 夹角的余弦值等 于 .

? ?

? ?

?

?

?

?

?

?

例2 (2004 年浙江卷) 已知平面上三点 A,B,C 满足 AB ? 3, BC ? 4, CA ? 5 则 AB ? BC ? BC ? CA ? CA ? AB 的 值等于 .

例 3(2004 年福建卷)已知 a 、 b 是非零向量且满足( a -2 b ) ⊥a ,( b -2 a ) ⊥b ,则 a 与 b 的夹角是 A.

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

? 6

B.

? 3
? ?

C.

2? 3

D.

5? 6
?

例 4(2004 年全国卷)已知 a , b 均为单位向量,它们的夹角为 60° ,那么| a +3 b |= A 7 B 10 C 13 D4

?

例 5(2004 年全国卷)已知向量 a 、 b 满足:| a |=1,| b |=2,| a - b |=2,则| a + b |= (A)1 (B) 2 (C) 5 (D) 6

?

?

?

?

?

?

?

?

例 6(2004 年重庆卷)若向量 a与b 的夹角为 60 , | b |? 4,(a ? 2b).(a ? 3b) ? ?72 ,则向量 a 的模为 A 2 B 4 C 6 D 12
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例 7(2004 年湖北卷)已知 a, b, c 为非零的平面向量. 甲: a ? b ? a ? c,乙 : b ? c, 则 A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 C.甲是乙的充要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

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2.考查平面向量的几何意义
例 8 ( 2003 年 新 课 程 卷 ) 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
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OP ? OA ? ? (
A.外心 分析:由于

AB AC ? ), ? ?[0, ??), 则 P 的轨迹一定通过△ ABC 的 | AB | | AC |
B.内心 C.重心 D.垂心

AB AC AB AC 表示向量 AB 上的单位向量, 表示向量 AC 上的单位向量,所以 ? | AB | | AC | | AB | | AC | AB AC AB AC 与单位向量 的和,由向量加法的几何意义可知 表示以单位向量 ? | AB | | AC | | AB | | AC |

表示单位向量

AB AC AB AC 为邻边的菱形对角线,所以 ? ( , ? ), ? ?[0, ??) 表示向量 AM (点 M 在角 A 的平 | AB | | AC | | AB | | AC |
分线上,其位置由 ? 确定) . . OP ? OA ? AM ? OM ,?点 P 的轨迹为角 A 的平分线,故选(B)

例 9(2003 年新课程辽宁卷)已知四边形 ABCD 是菱形,点 P 在对角线 AC 上(不包括端点 A, C ) , 则 AP 等于 A. ? ( AB ? AD), ? ? (0,1)

B.

? ( AB ? BC ), ? ? (0, ? ( AB ? BC ), ? ? (0,

2 ) 2 2 ) 2

C.

?( AB ? AD), ? ? (0,1)

D.

解:由向量的运算法则 AC ? AB ? AD .而点 P 在对角线 AC 上,所以 AP 与 AC 同向, 且 AP ? AC . 因 此 ? ( AB ? AD), ? ? (0,1) .故选(A) . 评注:以上两题考查的知识点是平面向量加法及实数与平面向量积的几何意义,虽然知识上的要求并 不高,但新颖的表述形式、抽象的符号语言使学生理解起来普遍感到困难,很多学生觉得题目不知所云.

3.考查向量的坐标运算
例 10(2004 年广东卷)已知平面向量 a ? (3,1) , b ? ( x, ?3) ,且 a ? b ,则 x =( A. –3 B. –1 C. 1 D.3 )

? ? ? ? 例 11(2004 年天津卷)若平面向量 b 与向量 a ? (1 , ? 2) 的夹角是 180 ? ,且 b ? 3 5 ,则 b =
A. (?3 , 6) B. (3 , ? 6) C. (6 , ? 3) D. (?6 , 3)
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例 12 (2004 年天津卷) 已知向量 a ? (1 , 1) ,b ? (2 , ? 3) , 若 ka ? 2b 与 a 垂直, 则实数 k 等于

?

?

?

?

?



例 13(2004 年湖南卷)已知向量 a ? (cos? , sin ? ) ,向量 b ? ( 3,?1) 则 | 2a ? b | 的最大值,最小值分别是 A. 4 2 ,0 B. 4, 4 2 C.16,0 D.4,0
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例 14(2004 年江苏卷)平面向量 a, b 中,已知 a =(4,-3), b =1,且 a ? b =5,则向量 b =______. 例 15( 2004 年上海卷)已知点 A(1, - 2),若向量 AB 与 a = ( 2,3 )同向, AB =2 13 , 则点 B 的坐标 为 .

例 16(2004 年全国卷)已知平面上直线 l 的方向向量 e ? ( ? 是 O1 和 A1,则 O1 A1 = ? e ,其中 ? = (A)

?

4 3 , ) ,点 O(0,0)和 A(1,-2)在 l 上的射影分别 5 5

?

11 5

(B)-

11 5

(C)2

(D)-2

4.考查平面向量与解析几何的综合
例 17(2004 年河南、河北、山东、山西、安徽、江西等地区卷) 设双曲线 C:

x2 ? y 2 ? 1(a ? 0)与直线l : x ? y ? 1 相交于两个不同的点 A、B.(1)求双曲线 C 的离心 a2
5 PB . 求 a 的值. 12

率 e 的取值范围: (2)设直线 l 与 y 轴的交点为 P,且 PA ?

例 18(2004 年四川、吉林、黑龙江、云南等地区)给定抛物线 C:y2=4x,F 是 C 的焦点,过点 F 的直线 l 与 C 相交于 A、B 两点.(1) 设 l 的斜率为 1,求 OA 与 OB 的夹角的大小;(2)设 FB ? ? AF ,若 λ∈ [4,9],求 l 在 y 轴上截距的变化范围. 例 19(2004 年湖南卷)如图,过抛物线 x2=4y 的对称轴上任一点 P(0,m)(m>0)作直线与抛物线交于 A, B 两点, 点 Q 是点 P 关于原点的对称点( . 1) 设点 P 分有向线段 AB 所成的比为 ? , 证明: QP ? (QA ? ? QB) ; (2)设直线 AB 的方程是 x-2y+12=0,过 A、B 两点的圆 C 与抛物线在点 A 处有共同的切线,求圆 C 的方 程.

例 20(2004 年辽宁卷)设椭圆方程为 x ?
2

y2 ? 1 ,过点 M(0,1)的直线 l 交椭圆于点 A、B,O 是坐 4

标原点,点 P 满足 OP ?

1 1 1 (OA ? OB ) ,点 N 的坐标为 ( , ) ,当 l 绕点 M 旋转时,求: (1)动点 P 的 2 2 2

轨迹方程; (2) | NP | 的最小值与最大值.
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例 21(2004 年天津卷)椭圆的中心是原点 O,它的短轴长为 2 2 ,相应于焦点 F(c,0) ( c ? 0 )的准 线 l 与 x 轴相交于点 A,|OF|=2|FA|,过点 A 的直线与椭圆相交于 P、Q 两点. (1)求椭圆的方程及离心率; (2)若 OP ? OQ ? 0 ,求直线 PQ 的方程; (3)设 AP ? ? AQ ( ? ? 1 ) ,过点 P 且平行于准线 l 的直线 与椭圆相交于另一点 M,证明 FM ? ?? FQ . 1 例 22(2004 年江苏卷)已知椭圆的中心在原点,离心率为 ,一个焦点是 F(-m,0)(m 是大于 0 的常数). 2 (1)求椭圆的方程; (2)设 Q 是椭圆上的一点,且过点 F、Q 的直线 l 与 y 轴交于点 M. 若 MQ ? 2 QF ,求直线 l 的斜率.

三、高考热点分析
数学高考命题注重知识的整体性和综合性,重视知识的交互渗透,在知识网络的交汇点设计试题.由 于向量具有代数和几何的双重身份,使它成为中学数学知识的一个交汇点,成为联系多项知识的媒介.因 此,平面向量与其他知识的结合特别是与解析几何的交汇、融合仍将是高考命题的一大趋势,同时它仍将 是近几年高考的热点内容.

四、复习建议 提示一:重视基础——高三复习的永恒主题
从一道习题的几种错误解法谈起
例 23、△ ABC 中, BC ? a , CA ? b , AB ? c ,已知 a ? b ? b ? c ? c ? a ,求证:△ ABC 为正三角形.

错解一: ∵a ? b ? b ? c ? c ? a ,
∴| a ? b |?| b ? c |?| c ? a | . ②



?| a | ? | b |?| b | ? | c |, ? ? ∴?| b | ? | c |?| c | ? | a | , ? | c | ? | a |?| a | ? | b | . ? ?
∵a 、 b 、 c 均为非零向量,



?(| a | ? | c |) | b |? 0, ? ? 即 ?(| b | ? | a |) | c |? 0, ? (| c | ? | b |) | a |? 0. ? ?
故△ ABC 是正三角形.

∴| a |?| b |?| c |

错因剖析:我们知道向量的数量积是一个实数,若两个实数相等,则它们的绝对值也相等.因此,
①? ② 是成立的;②? ③ 乍看起来也没有问题,因为这是我们很熟悉的实数绝对值性质.但实数的性质在 向量的运算中仍然成立吗?我们不妨先从特殊情形入手.令 a ? i , b ? j (其中 i 、 j 分别是 x 轴、 y 轴 上的单位向量),

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此时 | a ? b |?| i ? j |?| 0 |? 0 ,而 | a | ? | b |?| i | ? | j |? 1?1 ? 1, 所以显然有 | a ? b |?| a | ? | b | . 由向量的数量积定义可知,a ? b ? | a | ? | b | cos ? ,-1 ? cos ? ? 1 ,因此, 我们可以得到 | a ? b |?| a | ? | b | , 当且仅当 ? ? 0 或 ? ,即 a 与 b 共线时等号成立.题目中由于 a 、 b 不是共线向量,因此②? ③ 是不成立 的,这正是此题错解的症结所在. 若 a ? ( x1 , y1 ) , b

?

?

? ? ? ? 2 2 )( y12 ? y2 ) ,这实际 ? ( x2 , y 2 ) ,由 a ? b ? a ? b 可得 ( x1 x2 ? y1 y2 )2 ? ( x12 ? x2

上也是柯西不等式的二维形式.

错解二:∵b ? c ? c ? a ∴c ? (b ? a) ? 0
正三角形.

∵c ? 0

∴b ? a ,同理可得 b ? c .

故△ ABC 是

错因剖析:由于向量的数量积满足分配律,所以由 b ? c ? c ? a 可以得到 c ? (b ? a) ? 0 ,但由教材第
119 页向量的数量积性质知: “当 a, b 都是非零向量时, a ? b ? a ? b ? 0 ”. 所以由 c ? (b ? a) ? 0 ,c ? 0 不能得到 b ? a .这个错误解法的信息源是实数的性质“若 a, b ? R, ab ? 0, a ? 0 ,则 b ? 0 ”.另外,若

a ? b ? c ,则△ ABC 的三条边平行或重合,也不能得到△ ABC 是正三角形.
错解三:∵b ? c ? c ? a
∵c ? 0 ∴ b ? c cos A ? c ? a cos B

∴ b cos A ? a cos B

由正弦定理得 sin A cos B ? cos A sin B ? 0 ,即 sin( A ? B) ? 0 . ∴A ? B . 同理 B ? C . 故△ ABC 是正三角形.

错 因 剖 析 : 由 于 向 量 b, c 的 夹 角 是 ? ? A , 而 不 是 A , 所 以 由 向 量 数 量 积 的 定 义 可 知 ,

b ? c ? b ? c cos(? ? A) . 这 是 学 生 在 学 习 向 量 数 量 积 时 经 常 发 生 的 一 种 错 误 . 实 际 上 , 由 于
c ? a ? c ? a cos(? ? B) ,因此连续两次夹角错误,恰好使问题的结论仍然成立.
错解四:∵b ? c ? c ? a , c ? 0
故△ ABC 是正三角形. ∴ 约分得 b ? a ,同理可得 b ? c .

错因剖析: 这种错误的解法类似于错解二,是受实数运算法则 “ 若 bc ? ca, b ? 0, a, b, c ? R, 则
b ? a ”影响造成的.实际上这种运算法则在向量的数量积运算中不再成立.
以下给出该题的四种正确解法,供参考.

A 郑老师学习格言:相信自己,信心不足是打败自己的最大敌人。 A

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c

b

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解法一: 如图, 取 BC 边上的中线 AD , 由平行四边形性质得 c ? b ? 2 AD , 又由条件得 (c ? b) ? a ? 0
∴2 AD ? a ? 0 ∴AD ?BC ∴ AB ? AC 同理 AB ? BC ,

故△ ABC 是正三角形.

解法二:∵b ? c ? c ? a ∴c(b ? a) ? 0
∴? (a ? b) ? (b ? a) ? 0 故△ ABC 是正三角形. ∴| a |2 ?| b | 2

又∵c ? ?(a ? b) 同理 | b |?| c |

即 | a |?| b |

解 法 三 : ∵ a ? b ? a ? b cos(? ? C ) , b ? c ? b ? c cos(? ? A) , c ? a ? c ? a cos(? ? B) ,


cos B b

?

cosC c

?

cos A a



由正弦定理得 tan A ? tan B ? tan C .



A, B, C 都是△ ABC 的内角,? A ? B ? C. 故△ ABC 是正三角形.

解法四:以 A 为原点,边 AB 所在的直线为 x 轴,建立平面直角坐标系.
设点 B 的坐标为 ( x1 ,0), 点 C 的坐标为 ? x2 , y2 ? ,

? a ? BC ? ? x2 ? x1 , y2 ? , b ? CA ? ? ? x2 , ? y2 ? , c ? AB ? ? x1 ,0 ? ,
2 2 2 a ? b ? ? x2 ? x1 , y2 ? ? ? x2 , ? y2 ? ? x2 ( x1 ? x2 ) ? y2 ? x1 x2 ? x2 ? y2 ,

b c ? ?x1x2 , a ? c ? x1x2 ? x12 ,
∵b ? c ? c ? a
2

2 2 a ? b ? b ? c,?2x1x2 ? x2 ? y2 .

? ?x1 x2 ? x1 x2 ?2 x ,1
2

x1 ? 0 , ? x1 ? 2 x .2

2 2 AB ? x12 ? 2 x1 x2 , AC ? x2 ? y2 ? 2 x1 x2 , 2 2 2 BC ? ( x2 ? x1 )2 ? y2 ? x12 ? 2 x1 x2 ? x2 ? y2 ? x12 ? 2 x1 x2 ,? AB ? AC ? BC . 2

故△ ABC 是正三角形. 启发 1、平面向量的引入,大大地拓宽了解题的途径和方法,使它在研究其它问题时得到广泛的应 用.但向量与实数之间,有联系,更有区别,我们在复习中中要对这两个概念及其性质进行对比,总结它
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们之间的区别和联系,防止出现实数知识对向量学习的负面影响. 向量的数量积与实数的积的相同点: 实数的乘积 运算的结果是一个实数 交换律 a ? b ? b ? a 分配律 (a ? b) ? c ? ac ? bc

(a ? b) 2 ? a 2 ? 2ab ? b 2 (a ? b)(a ? b) ? a ? b
2 2

?

? ? ? ? a ?b ? b ?a ? ? ? ? ? ? ? a ?b ?c ? a ?c ?b ?c ? ?2 ? ? ? ? a ? b ? a 2 ? 2a ? b ? b 2

向量的数量积 运算的结果是一个实数

?

?

?

a2 ? b2 ? 0 ? a ? 0 且 b?0 a ? b ? a?b ? a ? b
向量的数量积与实数的积的不同点: 实数的乘积 结合律 (ab)c ? a(bc)

? ?b2 ? ? ? ? a 2 ? b 2 ? 0 ? a ? 0且b ? 0
2

? ? ? ? ? ?a ? b ?? ?a ? b ? ? a ? ?

? ? ? ? ? ? a ? b ? a ?b ? a ? b |

ab ? 0 ? a ? 0 或 b ? 0

ab ? a b
(ab) 2 ? a 2b 2
(注:关于此题错误的研究详见文 5). 2004 年高考类似试题链结:

? ? ? ? ? ? a ?b ?c ? a ? b ?c ? ? ? ? a ? b ? 0 ? a ? 0或 ? ? ? b ? 0或a ? b ? ? ? ? a ?b ? a ? b ? ?2 ? ? a ?b ? a2 ?b 2

? ?

向量的数量积

? ?

? ?

1(浙江卷)已知平面上三点 A, B, C 满足 AB ? 3, BC ? 4, CA ? 5 , 则 AB ? BC ? BC ? CA ? CA ? AB 的值等于 .

2(湖北卷)已知 a, b, c 为非零的平面向量.甲: a ? b ? a ? c, 乙: b ? c, 则 A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 C.甲是乙的充要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

启发 2、关注平面向量的基础知识,不能遗漏一个基本概念,如单位向量、方向向量、基底、相反向量、 投影等概念.

提示二:回到课本——事半功倍的复习策略
数学教材是学习数学基础知识、 形成基本技能的“蓝本”,能力是在知识传授和学习过程中得到培养和发 展的.高考试卷中平面向量有三分之一的问题与课本的例习题相同或相似,它对高三复习具有指导意义, 所以我们在教学中要重视教材的使用应有不可估量的作用,要在掌握教材的基础上把各个局部知识按照一 定的观点和方法组织成整体,形成知识体系.
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例 24(2002 年新课程卷)平面直角坐标系中, O 为坐标原点,已知 A(3,1), B(?1,3) ,若点 C 满足

OC ? ? 0 A ? ? OB ,其中 ? , ? ? R ,且 ? ? ? ? 1 ,则点 C 的轨迹方程为
A. 3x ? 2 y ? 11 ? 0 C. 2 x ? y ? 0 B. ( x ?1)2 ? ( y ? 2)2 ? 5 D. x ? 2 y ? 5 ? 0

解析:设 C 的坐标为 ( x, y ) , ?OC ? ( x, y) . 又 OC ? ? OA ? ? OB ? ? (3,1) ? (1 ? ? )(?1,3) ? (4? ? 1,3 ? 2? )

? x ? 4? ? 1 , 消去 ? 得 x ? 2 y ? 5 ? 0 ,故选( D ). ?? ? . ?y ? 3? 2
评注:本题主要考查向量的坐标运算以及解析几何中参数法思想. 说明:此题是教材第 109 页例 5 的延伸和拓广,该例题为:OA, OB 不共线, AP ? t AB ,用 OA,OB 表示 OP ,它的结论是 OP ? (1 ? t )OA? tOB.此题等价于 “ OA, OB 不共线,若 P, A, B 三点共线,则

OP ? ? OA ? ? OB 且 ? ? ? ? 1 ”.
此例题可以进一步推广为 “ OA, OB 不共线, P, A, B 三点共线的充要条件是 OP ? ? OA? ? OB 且

? ? ? ? 1 ”.
教材中还有以下两道习题值得仔细推敲: 1、课本复习题 B 组第 2 题、已知 a, b, c 两两所成的角相等,并且 a ? 1, b ? 2, c ? 3 .求向量 a ? b ? c 的 长度及与已知向量的夹角.
0 2、课本复习题 B 组第 5 题、已知:如图, OA ? OB ? 1, OA与OB 的夹角为 120 , OA与OC的 夹角为

OC ? 3. 试用 OA, OB表示OC。 250,

提示三、研究性复习——提高复习效益的有效途径
一道课本复习题的几种解法及其变式、引申和拓展
例 25(课本复习题 B 组第 6 题) (此题笔者在《3+2 复习》一书已作了一些说明)

OP 已知向量 OP , OP OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? 0, OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? 1 ,求证: ?PP 1 2P 3 是正三角 1 2, 3满足条件
形. 分析:从条件我们不难发现 (1)向量 OP (2)O 是 ?PP , OP2, OP 1 2P 3 1 3 均为单位向量,且任意两个向量的和与另一个向量是相反向量;
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的外心; (3)向量 OP (4)向量 OP , OP2, OP , OP2, OP 1 3 的两两夹角都相等; 1 3 的大小均相等. 证明思路一: 从数量积入手,求向量的夹角.

OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? 0,?OP 1 ? OP 2 ? ?OP 3,
得 OP 1 ? OP 2
2

?

? ? ? ?OP ? ,
2 2 3 2 2

? OP 1 ? OP 2 ? 2OP 1 OP 2 ? OP 3 ,
OP 1 1 0 1 OP 2 ? OP , cos ?POP ? ? ,??POP 1 OP 2 ?? 1 2 ? 1 2 ? 120 . 2 2 OP 1 OP 2
0 同理 ?POP 1 3 ? ?POP 2 3 ? 120 , 即 OP 1 , OP 2 , OP 3 中任意两个向量的夹角为 120 .
0

故 ?PP 是正三角形. 1 2P 3 证明思路二:从消元法入手,求向量的大小.

由OP ,而PP 1 ? OP 2 ? ?OP 3 , 得 OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ?1 1 2 ? OP 2 -OP 1,
2 2 故 PP ? (OP2 -OP ) ? OP2 ? 2OP2 ? OP 2 OP2 ? OP ? (OP2 ? OP ) ?( 2 1?1 ) ? 1 ? 3, 1 2 1 1 ? OP 1 ?( 1 ) 1 2 2 2 2 2

于是 P 3。同理可得 PP 3。 1P 2 ? 1 3 ? P 3P 2 ?
故 ?PP 是正三角形. 1 2P 3 证明思路三:从几何意义入手,依托图形来推理. 如图,以 OP 1 2 ,则 OP ? OP 1 , OP 2 为邻边作平行四边形 OPPP 1 ? OP 2. 由题意得 OP 1 ? OP 2 ? ?OP 3 ,故 OP ? ?OP 3 .
0 于是 OP ? OP 是正三角形,于是 ?POP 1 ? PP 1 ? 1 ,即 ?POP 1 1 ? 60 , 0 从而 ?POP . 2 1 ? 120 . (以下同思路一)

P

P2
O

P1

P 3

证明思路四:从坐标法入手,利用平面几何模型. 设 O 为坐标原点,建立直角坐标系.设 P 1 ( x1 , y1 ), P 2 ( x2 , y2 ), P 3 ( x3 , y3 ), 则 OP 1 ? ( x1 , y1 ), OP 2 ? ( x2 , y2 ), OP 3 ? ( x3 , y3 ), 故 OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? ( x1 ? x2 ? x3 , y1 ? y2 ? y3 ). 由题意得 x1 ? x2 ? x3 ? 0, y1 ? y2 ? y3 ? 0. 而 ?PP 的重心 G 的坐标为 ( 1 2P 3

x1 ? x2 ? x3 y1 ? y2 ? y3 , ), 即重心 G 为原点 O. 3 3

又 OP 的外心. 1 ? OP 2 ? OP 3 ? 1 ,故 O 为 ?PP 1 2P 3
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因为 ?PP 的重心与外心重合,故 ?PP 是正三角形. 1 2P 1 2P 3 3 评注:由于思维起点不同,学生解题的策略也会有差异,这正是宏观整合知识结构,渗透数学思想方 法,优化思维品质的最佳时机,通过相互之间的交流、讨论、比较和总结,能引发思维的“共振”,促进能 力的发展和素质的提高. 变式、引申、拓展 1、数量变式:将条件中 OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? 1 改为 OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? r 会有什么结论? 结论:将条件中 1 改为 r , 不影响证题进程,只是正 ?PP 的边长变为 3r. 1 2P 3

OP 2、逆向引申:已知向量 OP , OP OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? 1 , ?PP 1 2P 3 是正三角形, 1 2, 3满足条件
则 OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? 0.

满足条件 3、升维拓展:已知向量 OP , OP OP 1 2, 3 , OP 4

OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? OP 4 ? 0, OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? OP 4 ?1, P 1, P 2, P 3, P 4 构成凸四边形,
则四边形 PP 1 2P 3P 4 是正方形吗? 结论:四边形 PP . 1 2P 3P 4 是矩形,证明过程详见《数学之友》

OP 4、逆向延伸:已知向量 OP , OP OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? OP 4 ? 1 ,四边形 PP 1 2P 3P 4是 1 2, 3 , OP 4 满足条件
正方形,则 OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? OP 4 ? 0. 5 、拓展推广:已知向量 OP , OP , OP 1 2 3,

OP OP 1 ? OP 2 ? OP 3 ? n 满足条件

? OP 1 , n 边形 n ?

P 1P 2P 3
6、应用

P n 是正多边形,则 OP 1 ? OP 2 ? OP 3?

? OP n ? 0.

2 2 4 4 ? ),sin(? ? ? )), OP3 ? (cos(? ? ? ),sin(? ? ? )), 3 3 3 3 2 4 2 4 则 cos ? ? cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? ) ? 0, sin ? ? sin(? ? ? ) ? sin(? ? ? ) ? 0. 3 3 3 3 2 4 这与物理学中三相交流电知识“若三相交流电 i1 ? I m sin ?t , i2 ? I m sin(?t ? ? ), i3 ? I m sin(?t ? ? ), 则 3 3
令 OP 1 ? (cos ? ,sin ? ), OP 2 ? (cos(? ?

i1 ? i2 ? i3 ? 0 ”相吻合.
该问题对高三复习的几点启示: 1、传统复习课大多数是先罗列知识,再列举题型,并讲解相应的解题套路,最后作强化练习,这种教学 程序对生源一般的学校是比较有效的,但这样的教学使学生始终处于一种被动的状态,缺乏对学生创新意
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识的培养,难以真正提高学生素质,所以在生源比较好的学校我们经常会有这样的感受:随着复习时间的 推移,越来越多学生的学习兴趣与日俱减,他们对课堂没有激情,许多学生认为他们的数学能力不是提高 而是反而下降了,我个人认为这正是其中的症结所在. 2、我们倡导高三的研究性复习,特别是二轮复习,不必一味地以追求教学容量为教学设计的目标指向. 3、学生的理性思维、创新意识不是高考前一两个月能培养出来的,它应贯穿于高三复习的全过程之中, 在每一节课中特别是二轮复习的每一节课中要有意识加入一些思维量比较大的内容,激发学生思考.当然 这也对我们教师课前的精心准备与预设,课上的教学机智和生成评价都提出了严峻的挑战.

提示四、高考新热点——平面向量与其它知识交汇与融合
1、 平面向量与解析几何的交汇与融合
由于向量作为一种有向线段本身就是直线上的一段,且向量的坐标可用其起点、终点的坐标来表示, 因而使向量与解析几何保持着一种天然的联系,两者之间的结合是高考命题的必然趋势.平面向量与解析 几何交汇与融合的例子很多,此处不再赘述,具体分析可参考文 7.

2、 平面向量在平面几何中的应用
处理平面几何问题平面向量最重要的应用之一,但由于教材对这一内容涉及较少,所以我们在教学中 不宜对此知识点做过多的挖掘.以下是向量在平面几何中的几个结论: ① 在平行四边形 ABCD 中, 若 AB ? AD ,则 ( AB ? AD) ? ( AB ? AD) ? 0 ,即菱形模型. 若 AB ? AD ,则 AB ? AD ? AB ? AD ,即矩形模型. ② 在 ?ABC 中,若 OA ? OB ? OC , O 是 ?ABC 的外心;
2 2 2

AB ? AC 一定过 BC 的中点,通过 ?ABC 的重心;
若 OA ? OB ? OC ? 0 ,则 O 是 ?ABC 的重心; 若 OA ? OB ? OB ? OC ? OC ? OA ,则 O 是 ?ABC 的垂心; 向量 ? (

AB AB

?

AC AC

) (? ? R) 必通过 ?ABC 的内心;

若 a ? OA ? b ? OB ? c ? OC ? 0 ,则 O 是 ?ABC 的内心;

S ?ABC ?

1 AB 2 ? AC 2 ? ( AB ? AC ) 2 . 2

3、 平面向量与三角函数、函数等知识的结合 ? ? ? ? b ,其中向量 a =(2cosx,1), b =(cosx, 例 26(2004 年福建卷)设函数 f(x)= a ·
(1)若 f(x)=1- 3 且 x∈ [-

3 sin2x),x∈R.
?

? ? , ],求 x; 3 3

(2)若函数 y=2sin2x 的图象按向量 c =(m,n)(|m|<

? ) 2

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平移后得到函数 y=f(x)的图象,求实数 m、n 的值.

提示五:三种表示方法——解决平面向量问题的三种途径
1、 几何表示:与平面几何、物理等知识结合
见例 8、例 9.

2、符号表示:体现向量自身符号系统的优越性
例 27 (2004 年湖北卷) 如图, 在 Rt△ ABC 中, 已知 BC=a, 若长为 2a 的线段 PQ 以点 A 为中点, 问 PQ 与BC 的夹角 ? 取何值时 BP ? CQ 的值最大?并求出这个最大值
新疆 奎屯

王新敞

解法一 : ? AB ? AC,? AB ? AC ? 0. ? AP ? ? AQ, BP ? AP ? AB, CQ ? AQ ? AC, ? BP ? CQ ? ( AP ? AB) ? ( AQ ? AC)
? AP ? AQ ? AP ? AC ? AB ? AQ ? AB ? AC 1 ? ?a 2 ? AP ? AC ? AB ? AP ? ?a 2 ? AP ? ( AB ? AC ) ? ?a 2 ? PQ ? BC 2 1 ? ?a 2 ? PQ ? BC ? ? a 2 ? a 2 cos ? . 2

故当cos? ? 1,即? ? 0(PQ与BC方向相同 )时, BP ? CQ最大.其最大值为 0.
3、坐标表示:与解析几何、三角函数、函数等知识结合
例 27(2004 年湖北卷)解法二:以直角顶点 A 为坐标原点,两直角边所在直线为坐标轴建立如图所 示的平面直角坐标系.

设 | AB |? c | AC |? b, 则A(0,0), B(c,0), C (0, b), 且 | PQ |? 2a, | BC |? a. 设点P的坐标为( x, y ),则Q(? x,? y ). ? BP ? ( x ? c, y ), CQ ? (? x,? y ? b), BC ? (?c, b), PQ ? (?2 x,?2 y ). ? BP ? CQ ? ( x ? c)(? x) ? y (? y ? b) ? ?( x 2 ? y 2 ) ? cx ? by.
? cos? ? PQ ? BC | PQ | ? | BC | ? cx ? by . a2
P

y C Q a

A

B x

? cx ? by ? a 2 cos? . ? BP ? CQ ? ?a 2 ? a 2 cos? . 故当cos? ? 1, 即? ? 0( PQ与BC方向相同)时, BC ? CQ最大, 其最大值为 0.

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命题主要分以下几类: 命题角度 1 向量及其运算 命题角度 3 平面向量与平面解析几何 探究开放题预测 预测角度 1 向量与轨迹、直线、圆锥曲线等知识点结合 预测角度 2 平面向量为背景的综合题 命题角度 1 向量及其运算 1 (典型例题)如图 6-1, 在 Rt△ABC 中, 已知 BC=a, 若长为 2a 的线段 PQ 以点 A 为中点, 问 PQ 与 BC 的 命题角度 2 平面向量与三角函数

夹角θ 取何值时 BP . CQ 的值最大?并求出这个最大值. [ 考场错解 ] ? BP ? BQ ? QP, CQ ? CB ? BQ,? BP ? CQ ? (BQ ? BQ) ? (CB ? BQ) ?| BQ | 接着对上式进行变形,更多的不知怎样继续.
2

? BQ ? CB ? QP ? CB ? QP ? BQ, 此后有的学生

2.已知,|a|= 2 ,|b|=3,a 与 b 的夹角为 45°,当向量 a+λ b 与λ a+b 的夹角为锐角时,求实数 A 的范围. [考场错解] 由已知 a?b=|a||b|?cos45°=3,∵a+λ b 与λ a+b 的夹角为锐角,∴(a+λ b)?(λ a+b)>0
? 11 ? 85 ? 11 ? 85 或? ? 6 6 即λ |a|2+λ |b|2+(λ 2+1)a?b=0,∴2λ +9λ + 3(λ 2+1)>0,解得λ > ∴实数λ 的范围
? ? 11 ? 85 ? ? ? 11 ? 85 ? ? ? ,?? ? ? ? ? ?, ? ? ? ? 6 6 ? ? ? 是?

[专家把脉] 解题时忽视了 a+λ b 与 aλ +b 的夹角为 0 的情况, 也就是(a+λ b)? (λ a+b)>0 既包括了 a+λ b 与λ a+b 的夹角为锐角,也包括了 a+λ b 与λ a+b 的夹角为 0,而 a+λ b 与λ a+b 的夹角为 0 不合题意. [对症下药] 由已知 a?b=|a|?|b|,|b|?cos45°=3. 又 a+λ b 与λ a+b 的夹角为锐角,∴(a+λ b)?(λ a+ b)>0,且 a+λ b≠μ (λ a+b)(其中μ b)? (λ a+b)>0,得|a| +λ |b| +(λ +1)a?b>0 即 3λ +11λ λ b≠μ
2 2 2 2

k,μ >0)由(a+λ

? 11 ? 85 ? 11 ? 85 或? ? 6 6 +3>0,解得λ > .由 a+

? 11 ? 85 ? 11 ? 85 ? 6 6 (λ a+b),得μ λ ≠1,μ ≠λ ,即λ ≠1,综上所述实数λ 的取值范围是(-∞, ,1)

∪(1,+∞). 3.(典型例题)已知 O 为△ABC 所在平面内一点且满足 OA ? 2OB ? 3OC ? 0 ,则△AOB 与△AOC 的面积之比 为 ( A.1 )
3 B. 2 C. 2 3

D.2

[考场错解]

? OA ? OB ? OC ? O ? OB ? ?2OC ∴O 在 BC 边上, 且 | OB |? 2 | OC | ,又△AOB 与△AOC 高相等,

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∴△AOB 与△AOC 的面积之比为 2,∴选 D. [专家把脉] 缺乏联想能力,将常用结论记错是本题错误的原因,实际上只有 O 为△ABC 的重心的情况 下,才有 ? OA ? OB ? OC ? O ,而本题无此已知条件. [ 对 症 下 药 ] (1) 如 图 6-3 , 在 AB 上 取 一 点 D , 使

| AD |? 2 | DB |,? D 分 AB 的比? ? 2, 得OD ?

1 2 1 2 1 2 OA ? OB ? OA ? OB OC ? OA ? OB, OD ? ?OC, 1? 2 1? 2 3 3 3 3 又由已知 ∴O ? S? BOD ? 1 3 S , (?| AD |? 2 | BD |),S? AOB ? S , 2 2

为 CD 的中点, 不妨设 S△AOC =S, 则 S△AOD=S(∵两者等底同高)∴ △AOB 的面积与△AOC 的面积之比为 3:2,选 B.

(2)不妨设 A(0,0),B(1,0),C(0,1),O(x,y),则由专家会诊向量的基本概念是向量的基础,学习时应注 意对向量的夹角、模等概念的理解,不要把向量与实数胡乱类比;向量的运算包括两种形式:(1)向量式; (2)坐标式; 在学习时不要过分偏重坐标式, 有些题目用向量式来进行计算是比较方便的, 那么对向量的加、 减法法则、定比分点的向量式等内容就应重点学习,在应用时不要出错,解题时应善于将向量用一组基底 来表示,要会应用向量共线的充要条件来解题. 命题角度 2 平面向量与三角函数
? 1 2 1 3 sin 2a ( , ) 3 1(典型例题) 已知平面向量 a=( , -1), b= 2 2 , c=a+(sin2a-2cosa)b, d=( 4 )a+(cosa)b, a∈(o, 2 ),

若 c⊥d,求 cosa. 答案:解析:由已知得 a?b=0,|a|2=a2=4,|b|2=b2=1,因为 c⊥d,∴c?d=0,即[a+(sin2λ -cosα )?b].
1 [( 4 sin22α )a+(cosα )b]=0,得 sin22α +sin2α ,cosα -2cos2α =0,

即(sin2α +2cosα )(sin2α -cosα )=0,
? 1 3 2 2 2 ∵α ∈(0, ),∴sin2α +cosα >0,∴sin2α =cosα ,由于 cosα >0,得 sina= ,则 cosα = .

21

(典型例题)设向量 a=(cos23°,cos67°).b=(cos68°,cos22°),c =a+tb(t∈R),求|c|的最小值.

2 ? 2 ? 答案:解:|a|= cos 23 ? cos 67 ? 1 =1, 2 ? 2 ? |b|= cos 68 ? cos 22 ? 1 =1

2 2 a?b=cos23°cos68°+cos67°cos22°=cos23°cos68°+sin23°sin68°=cos(23°-68°)= .
1 2 ∴|c| =(a+tb) =|a| +t |b| +2ta?b=t +1+ t≥ 2 .
2 2 2 2 2 2

2

2

∴|c|的最小值为 2 ,此时 t=- 2
3 3(典型例题)已知向量 a=(2,2),向量 b 与 a 的夹角为 4 ,且 a?b=-2. (1)求向量 b;

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a?b 3 3 | a | ? cos ? 4 =1, 答案: 设 b=(x, y), ∵a? b=-2, ∴2x+2y=-2, 即 x+y=-1, (1), 又∵a 与 b 的夹角为 4 π , ∴|b|=

∴x2+y2=1 (2),联立(1)、(2)得 x=-1,y=0 或 x=0,y=-1, ∴b=(-1,0)或 b=(0,-1).
c 2 (2)若 t=(1,0)且 b⊥t,c=(cosA,2cos2 ),其中 A、C 是△ABC 的内角,若三角形的三个内角依次成等差

列,试求,|b+c|的取值范围.
? 2? 3 答 案 : 由 题 意 得 B= , A+C= 3 , b ⊥ t , t=(1 , 0) , ∴ b=(0 , -1) , b+C=(cosA , cosC) ,
1 1 2 |b+C| =cos2A+cos c=1+ (cos2A+cos2C)1+ 2
2 2

? 2? ? ? 2 1 ? 5 1 ? ? 3 3 3 3 3 3 3 2 cos2A+cos2( π -A))=1+ cos(2A+ ),∵0∠A< ,∴ ∠2A+ ,∴-1≤cos(2A+ )< 2 ,∴|b+c|2
1 5 2 5 , , 2 4 2 2 ] ∈[ ],∴|b+c|∈[

命题角度 3 平面向量与平面解析几何
1 1.(典型例题)已知椭圆的中心在原点,离心率为 2 ,一个焦点 F(-m,0)(m 是大于 0 的常数.)

(1)求椭圆的方程;(2)设 Q 是椭圆上的一点,且过点 F、 求直线 l 的斜率.

Q 的直线 l 与 y 轴交于点 M, 若 | MQ |? 2 | QF | ,

[考场错解] 第(2)问:设 Q(xo,yo),直线 J 的方程为 y=k(x+m),则点 M(0,km),由已知得 F、Q、M 三 点共线,且 | MQ |? 2 | QF | ,∴ | MQ |? 2 | QF | 由于 F(-m,0), M(0,km),由定比分点坐标公式,得
2 1 x2 y2 1 k2 ? m, yQ ? km, 又Q在椭圆 2 ? 2 ? 1上,? ? ? 1, 解得 k ? ?2 6 3 9 27 4m 3m xQ= 3

[专家把脉] 缺乏分类讨论的思想,没有考虑图形的多样性,将 | MQ |? 2 | QF | 进行转化时出现错误,依题意
| MQ |? 2 | QF | 应转化为 MQ ? ?2QF 再分类求解 k.

x2

[对症下药] (1)设所求椭圆方程为 a

2

?

y2 b2

?

1 (a>b>O)

x2 y2 c 1 ? ? 1. ? ,? a ? 2m, b ? 3m. 2 2 由已知得 c=m, a 2 故所求的椭圆方程是 4m 3m

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(2)设 Q(xQ,yQ),直线 l 的方程为 y=k(x+m),则点 M(0,km),∵M、Q、F 三点共线, | MQ |? 2 | QF | ,∴
MQ ? 2QF .当 MQ ? 2QF 时,由于 F(-m,0),M(0,km),由定比分点坐标公式,得
2 1 xQ ? ? m, yQ ? km, 3 3 又Q

x2

在椭圆 4m

2

?

y2 3m2

? 1 上, ? 有

1 k2 ? ? 1, 解得 k ? ?2 6 ; 9 27

同理当

MQ ? ?2QF时, 有 1 ?

k 2m2 3m2

? 1, 解得 k ? 0.

故直线 l 的斜率是 0, ? 2 6 .

4 2 4 2 ,| CD |? 2 ? . 3 3 AC 2. (典型例题)如图 6—4, 梯形 ABCD 的底边 AB 在 y 轴上, 原点 O 为 AB 的中点, |AB|=

⊥BD,M 为 CD 的中点. (1)求点 M 的轨迹方程; (2)过 M 作 AB 的垂线,垂足为 N,若存在常数λ o,使 MP ? ?o PN ,且 P 点到 A、B 的距离和为定值,求 点 P 的轨迹 C 的方程. [考场错解] 第(2)问:设 P(x,y),M(xo,yo),则 N(0,yo)
? MP ? ( x ? xo , y ? yo ), PN ? (? x, yo ? y),又 MP ? ?o PN

∴x-xo=-λ ox,y-yo=λ o(yo-y),∴λ o=-1. [专家把脉] 对 MP ? ?o PN 分析不够,匆忙设坐标进行坐标运算,实际上 M、N、P 三点共线,它们的纵 坐标是相等的,导致后面求出λ o=-1 是错误的. [对症下药] (1)解法 1:设 M(x,y),则 C(x,-1+ 即(x,y-1)?(x,y+1)=0,得 x2+y2=1,又 x≠0, ∴M 的轨迹方程是:x2+y2=1(x≠0) 解法 2:设 AC 与 BD 交于 E,连结 EM、EO,∵AC+BD,∴∠CED=∠AEB=90°,又 M、O 分别为 CD, AB 的中点,∴
| OM |? 1 1 | CD |,| EO |? | AB | 2 2 ,又 E 为分别以 AB、CD 为直径的圆的切点,∴O、C、M 三点
2 2 2 2 ? y), D( x,1 ? ? y),由 AC ? BD 得 AC ? BD ? 0, 3 3

共线,∴ |OM|=|OE|+|AB|=1,∴M 在以原点为圆心 1 为半径的圆上,轨迹方程为 x2+y2=1(x≠0). (2)设 P(x,y),则由已知可设 M(xo,y),N(0,y),又由 MP=λ oPN 得(x-xo,0)=λ o(-x,0),∴xo=(1+λ o)x, 又 M 在 x2+y2=1(x≠0)上,∴P 的轨迹方程为(1+λ o)2x2+ y2=1(x≠0),又 P 到 A、B 的距离之和为定值,∴
1? 1 (1 ? ?O )2 ?

P 的轨迹为经 A,BP 为焦点的椭圆,∴ O).

8 , 得 (1 ? 9

λ o)2=9,∴P 轨迹 E 的方程为 9x2+y2=1(x≠

3(典型例题 1)已知椭圆的中心为坐标原点 O,焦点在 x 轴上,斜率为 1 且过椭圆右焦点 9 的直线交椭圆于

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A、B 两点, OA? OB 与 a=(3,-1)共线 (1)求椭圆的离心率; (2)设 M 为椭圆上任意一点,且 OM ? ?OA? ?OB(?, ? ? R) ,证明λ 2+μ 2 为定值.
x2 y2 x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0) ?1 2 b2 2 b2 a a (1) 设 椭 圆 方 程 为 , F(c , 0) 联 立 y=x-c 与 得 (a2+b2)x2-

[考场错解]

2a 23c a 2 c 2 ? a 2b 2 , x1 x 2 ? 2 2 a2 ? b2 2a2cx+a2c2+a2b2=0, 令 A(x1, y1), B(x2, y2), 则 x1+x2= a ? b 由 CA ? OB (x1+x2, y1+y2),

a=(3, -1),OA? OB 与 a 共线, 得 x1+x2=3, y1+y2=-1, 又 y1+y2=x1+x2-2c, ∴c=2, 得 a2=3b2, 又 a2-b2 =c2=4,
c 2 6 ? ? . a 3 6 ∴b =2,a =6,∴.e=
2 2

[专家把脉] OA? OB 与(3,-1)共线,不是相等,错解中,认为 OA? OB (3,-1),这是错误的,共线是比例 相等. [对症下药] (1)(前同错解), OA? OB 与 a 共线,得 3(y1+y2)+(x1+x2)=0,∴3(x1+x2-2c)+(x1+x2)=O
2a 2 c 3 6 3 ? c,? a 2 ? 3b 2 e ? . 2 2 2 3 ∴x1+x2= 2 c,代入 a ? b
x2 y2 ? ?1 2 b2 2 2 a (2)证明:由(1)知 a =3b ,所以椭圆 可化为 x2+32=3b2 设 OM (x,y),由已知得(x,y)=λ (x1,

y1)+μ (x2,y2),
? X ? ?x1 ? ?x 2 ?? ?Y ? ?y1 ? ?y 2

∴M(x,y)在椭圆上, ∴(λ x1+μ x2)23(λ y1+μ y2)2=3b2.
x 2 ? 3 y 2 ? 23 ( x 2 ? 3 y 2 ) 1 ) 2 2 +2λ μ (x1x2+2y1y2)= 3b2.① 即λ 2( 1

3 3 1 c, a 2 ? c 2 , b 2 ? c 2 2 2 2 由(1)知 x2+x2=
x1 x 2 ? a 2 c 2 ? a 2b 2 3 2 ? c 8 a2 ? b2



∴x1x2+3y1y2=x1+x2+3(x1-c)(x2-c) =4x1x2-3(x1+x2)c+3c2
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3 2 9 2 c ? c ? 3c 2 2 =2

=0. 又
x 2 ? 3 y 2 ? 3b 2 , x 2 ? 3 y 2 ? 3b 2 1 2 2 1

又,代入①得 λ 2+μ 2=1.

故λ 2+μ 2 为定值,定值为 1. 专家会诊: 平面向量与平面解析几何结合是高考中的热点题型, 解此类题目关键是将向量关系式进行转化, 这种转化一般有两种途径:一是利用向量及向量的几何意义,将向量关系式转化为几何性质,用这种转化 应提防忽视一些已知条件; 二是将向量式转化为坐标满足的关系式, 再利用平面解析几何的知识进行运算, 这种转化是主要转化方法,应予以重视. 探究开放题预测 预测角度 1 向量与轨迹、直线、圆锥曲线等知识点结合
x2 ? y2 ?1 1. 已知过点 D (-2, 0) 的地线 l 与椭圆 2 交于不同两点 A、 B 点 M 是弦 AB 的中点且 OP ? OA ? OB ,

求点 P 的轨迹方程 [解题思路]由已知 OP ? 2OM , 又 M 为 AB 的中点∴M 的轨迹是常见的中点问题,求出 M 的轨迹后,可 用相关点求 P 的轨迹,本题还可以直接将 OP ? OA ? OB 转化为坐标运算.
x2 ? y 2上 [解答](方法一)设 M(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2), ∵A、B 在 2
y1 ? y 2 x ? x2 ?? 1 , x1 ? x 2 2( y1 ? y 2 ) x0 y0 , 又k AB ? k MD ? , 2 y0 x0 ? 2 ? x 2 ? 2 x0 ? 2 y 2 ? 0 0 0 x2 又M ( x 0 , y 0 )在 ? y2 ?1 内部, 2 ? x 2 ? 2 y 2 ? 2, 得x 0 ? ?1 0 0 即k AB ? 又 ? OP ? OA ? OB ? 2OM , ? x ? 2 x 0 , y ? 2 y 0 , 代入上式得 x 2 ? 2 y 2 ? 4 x ? 0( x ? ?2)

(方法二)当直线 l 平行 x 轴时,P(0,0);当直线 J 不与 x 轴平行时,设 l:x=my-2,并设 A(x1,y1),B(x2, y2), P(x,y),
? ? x ? my ? 2 由? 2 2 ? ?x ? 2 ? 2 (m 2 ? 2) y 2 ? 4my ? 2 ? 0

(1)
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根据△=(-4m)2-8(m2+2)>0. 即 m2>2,由 OP ? OA ? OB 及(1)可得
4m m2 ? 2

y=y1+y2=

8 2 x=x1+x2=(my1-2)+(my2-2)=- m ? 2

? ? ? ? 8 , 4m ? ? ? 2 2 `∴P 的坐标为 ? m ? 2 m ? 2 ? ,消去 m 得

x2+2y2+4x=0(-2<x≤0). ∴P 的轨迹方程为 x2+2y2+4x=0(-2<x≤0).
x2 y2 ? ? 2 b2 a 2.一条斜率为 1 的直线与离心率为万的双曲线 1(a>0b>>0),交于 P.Q 两点,直线 l 与 y 轴交

于点 K,且 OP ? OQ ? PQ ? KQ ,求直线与双曲线的方程 [解题思路] 将向量关系式转化为坐标关系式,建立方程组求解.
x2 y2 ? ?1 2 b2 ∵a 的离心率为 3 ,

[解答]

x2 y2 ? ?1 2 b2 a ∴b2=2a2,即双曲线的方程为 ,

设 l 的方程为了 y=x+m,P(x1,y1),Q(x2,y2), 由 OP? OQ =-3 得,x1x2+yly2=-3, 由 PQ ? 4KQ 得 x1=-3x2,
?y ? x ? m ? ? x2 y2 ? 2 ? 2 ?1 2a ?a

联立



x2-2mx-m2-2a2=0 ∴x1+x2=2m,x1x2=-m2-2a2, y1y2=(x1+m)(x2+m)=2m2-2a2, 结合 x1=-3x2,得 x2=-m,x1=3m, ∴xlx2=-3m2=-m2-2a2 得 m2=a2 解得 yly2=0,x1x2=-3a2=-3,
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∴a2=1,m2=1,m=±1.
x2 y2 2 =1.

∴直线 l 的方程是 y=x±l,双曲线的方程是 预测角度 2 平面向量为背景的综合题

1.设过点 M(a,b)能作抛物线 y=x2 的两条切线 MA、MB,切点为 A、B (1)求 MA? MB ; (2)若 MA? MB =0,求 M 的轨迹方程; (3)若 LAMB 为锐角,求点 M 所在的区域. [解题思路] 设切点坐标,利用导数求出切线的斜率,将 MA? MB 转化为坐标运算,结合韦达定理求解. [解答] (1)设抛物线上一点 P(t,t2),∵y=x2,∴y′= 2x,切点为 P 的切线方程是:y-t2=2t(x-t),它经过 点 M (a,b),∴b-t2=2t(a-t),即 t2-2at+b=0,设其两根为 t1、t2,则 t1+t2=2a,t1t2=b. 设 A(t1,t 1 ),B(t2,t 2 ),则 MA =(t1-a,t 1 -b), MB = (t2-a,t 2 -b), ∴ MA? MB =(t1-a)(t2-a)+(t 1 -b)?(t 2 -b) 利用 t1+t2=2a,t1t2=b,消去 t1,t2 得
MA? MB =(b-a2)(4b+1).
2 2 2 2 2 2

(2)设 M(x,y),则由 MA? MB =0, MA? MB =(b- a2)(4b+1)得 (y-x2)(4y+1)=0,又 M 在抛物线外部, ∴y<x
2

1 1 ∴y=- 4 ,即点 M 的轨迹方程为 y=- 4 .

(3)当∠AMB 为锐角时, MA? MB >0,结合(1)中结果有(y-x2)(4y+1)>0,而 y<x2,
1 ∴4y+1<0,即点 M 所在区域为 y=- 4 的下方. ? DB ? DC OA OB OC OD OA 2.已知 =(1,1), =(1,5), =(5,1)若 =x? ,y= 2 (x,y∈R)

(1)求 y=f(x)的解析式; (2)把 f(x)的图像按向量 a=(-3,4)平移得到曲线 C1,然后再作曲线 C,关于直线 y=x,的对称曲线 C2,设 点列 P1, P2, ?Pn 在曲线 C2 的 x 轴上方的部分上, 点列 Ql, Q2?Qn 是 x 轴上的点列, 且△OQ1P1, △Q1Q2P2,? △Qn-1QnPn 都是等边三角形,设它们的边长分别为 a1,a2,?an,求 Sn=a1+a2+?+an 的表达式. [解题思路] 将 DB DCD 都用 x 表示,再利用数量积的坐标运算,可求解(1),第(2)问关键是找 an 的递推 关系式,进而求 an 的通项,求 Sn
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[解答] (1)∵ OA ? (1,1), OB ? (1,5), OC ? (5,1) ?OD ? x ? OA ? ( x, x), DB ? (1 ? x,5 ? x), DC ? (5 ? x,1 ? x)
1 DB ? DC ? x 2 ? 6 x ? 5 ∴y= 2

∴f(x)=x2-6x+5 (2)将 y=f(x)的图像按 a=(-3,4)平移得到曲线 C1, ∴C1:y=x2,而 C1 关于 y=x 对称曲线是 C2:y2=x,在 x 轴上方的方程为 y= x ,
1 3 an , an 2 2 由已知 Qn-1(Sn-1,0),Pn(Sn-1+

),

又 Pn 在 y= x 上
1 3 2 an ∴4 =Sn-1+ 2 an,

3 2 1 a ? S n ? a n ?1 n ? 1 4 2
3 1 2 2 n ? 1 n 4 两式相减得: (a -a )= 2 (an+an+1), 2 2 又 an+1≠an ∴an+1-an= 3 ,又可求得 a1= 3 ,



an ?

2 2 2 ? (n ? 1) ? ? n 3 3 3

Sn ?

2 n(n ? 1) n 2 ? n ? ? 3 2 3

考点高分解题综合训练 1 已知 O、A、M、B 为平面上四点,且 OM ? ? OB +(1-λ ) OA ,A∈(1,2),则 A.点 M 在线段 AB 上 B.点 A 在线段 BM 上 B.点 B 在线段 AM 上 D.O、A、M、B 四点共线 ( )

答案: B 解析:由 OM =λ OB +(1-λ ) OA ,得 OM ? OA =λ ( OB - OA ),∴ AM =λ AB ,又λ ∈(1,2), ∴点 B 在线 段 AM 上, ∴选 B.
15 2 已知△ABC 中, CB =a, CA =b,a?b<0,S△ABC= 4 ,|a|=3,|b|1=5,则 a 与 b 的夹角为

(

)

A.30° C.150° 答案: C

B.-150° D.30°或 150°

1 15 2 解析:S△ABC= |a|.|b|sinC= 4 ,

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又|a|=3,|b|=;5
1 ∴sinC= 2 ,又 a?b=|a|,|b|cosC<0,∴C 为钝角.

∴C=150°,又 a 与 b 的夹角为 C,∴a 与 b 的夹角为 150°. ∴选 C. 3 已知向量 OB =(2,0),向量 OC =(2,2),向量 CA =( 2 cosα , 2 inα ),则向量 与向量 的夹角范围 是( )

? ? 5 ? A.[0, 4 ] B.[ 4 , 12 ] 5? ? ? 5 , , ? C.[ 12 2 ] D.[ 12 12 ]

答案: D 解析:∴ OA ? OC ? CA =(2+ 2 cosα ,2+ 2 sinα )A 点轨迹是以(2,2)为圆心, 2 为半径的圆, 当 OA 与圆相切时的两条切线与 OB 的夹角分别为 OA 与 OB 的夹角的最大值与最小值,易得最小值为
?
4 ?

?
6

?

?

?

12 ,最大值为 4

?

?
6

?

5 ? 12 ,

∴选 D,
1为 4 非零向量 OA =a, OB =b,若点 B 关于 OA 所在直线的对称点为 B1,则向量 OB
2( a ? b ) ? a ?b | a |2 2( a ? b ) a ? b | a |2

(

)

A.

B.2a-b
2(a ? b)a ? b |a| D.

C.

答案: A 解析:设 BB1 与 OA 交于 D,则 OD =λ OA =a, BD = BO + OD =λ a-b,由 BD ?OA =(λ a-b),a=0,
a?b
2 得λ = | a | ,



OB1 ? OD ? DB1 ? ?a ? ?a ? b

2(a ? b) ? | a |2

?b

所以选 A.

5 若直线 y=2x+m-4 按向量 a=(-1,2)平移后得到的直线被圆 x2+y2=m2 截得的弦长为 2 10 ,则实数 m 的值 为__________.
5 2 答案:± 2 .解析:直线 y=2x+m-4 按向量 a=(-1 , 2) 平移后得到的直线方程为 y=2x+m ,由公式
m2 l 5 2 r 2 ? b 2 得 10 ? m 2 ? , ? 5 2= 解得 m= 2 .

6

△ABC 中,(sinA+sinB):(sinB 十 sinC):(2sinC-sinA)=15:20:18,则最大内角等于_________.
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答案:120°解析:由已知及正弦定理可得(d+b):(b+c):(2c-a)=15:20:18,不妨设 a+b=15k,b+c=20k,
a 2 ? b2 ? c 2 1 ? ? ,? C ? 120? 2ab 2 2c-a=18k,解得 c=13k,b=7k,a=8k,∴最大内角为 C,且 cosC= .

7

已知 A、 B、 C 三点共线, O 是该直线外一点, 设 OA =a,OB =b,OC =c, 且存在实数 m, 使 ma-3b+c= O 成立,求点 A 分 BC 所成的比和 m 的值.

答案:解:设 A 分 的比为 A,则 BA =λ AC ,所以 OA ? OB =λ ( OC ? OA ),即 a-b=λ (c-a),即(1+λ )a-bλ c=0),将已知 c=3b-ma 代入得(1+λ +mλ )a-(1+3λ )b=0,又 a 与 b 不共线,∴1+λ +mλ =0,1+3λ =0,
1 解得λ =- 3 ,m=2.

2 8 一动点 m 的轨迹方程为(x-1)2+2y=1,A(2,0),求 | OM ? 2 AM | 的最大、最小值.

答案:解:设 M(x0,y0),则 OM ? 2 AM =(3x0,-4,3y0),故| OM +2 AM |2=(3x0-4)2+9y 0 ,∵(x0-1)2+2y 0 =1, ∴y 0
2

2

2

1 1 9 5 7 5 ? 2 2 2 = 2 2 (x0-1)2 代入上式得| OM ? 2 AM | = 2 (x0- 3 ) + 2 ,根据 y 0 ≥0,解得 0≤x0≤2 故当 x0= 3 时,
2

7 | OM ? 2 AM |有最小值 2 ,当 x0=0 时,| OM ? 2 AM |2 有最大值 6.

9

已知 A(-2,0),B(2,0),点 C、D 满足

| AC | 2 ? 2 AD ?

1 ( AB ? AC) 2

(1)求 D 的轨迹;
1 OD 答案:由已知 D 为 BC 的中点,又 O 为 AB 的中点,∴| |=|= 2 | AC |,∴D 的轨迹是以原点为圆心,1 为

半径的圆.
4 (2)过点 A 作直线 l 交以 A、B 为焦点的椭圆于 M、N 两点,线段 MN 的中点到了轴的距离为 5 ,且 l 与 D

的轨迹相切,求椭圆方程. 答案:设 l 的方程为 y=k(x+2),l 与圆:x2+y2=1 相切,
| 2k |
1 3



1? k

2

=1







A2=

















? x2 y2 ?1 ? 2? 2 x y 4 4 16a 2 ?a a ?4 ? ? 1 , 联立 , 得( a 2 ? 4) x 2 ? a 2 x ? a 4 ? ?0 ? 2 2 3 3 3 a a ?4 3 ? ? y ? ? 3 ( x ? 2) ?
2 2

4 2 4 a ? a2 8 3 x1 ? x2 ? 由已知及a ? 2得 3 ?? . 4 2 4 2 5 a ?4 a ?4 3 3 ∴ ?

x2 y 2 ? 解得 a2=8. ∴所求椭圆方程为 8 4 =1.
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10 已知 O 为原点,E(-1,0),F(1,0),点 A、P、Q 满足 | AE |? 2 | EF |, AQ ? QF, PQ? AF ? 0, AP ∥ EP (1)求户的轨迹方程;
AP ∥ EP , AF =0, 答案: ∵| AE |=2| EF |, ∴| AE |=4, , ∴又 AQ ? QF ∴ Q 为 AF 的中点, ∴A 、 P、 E 三点共线 AQ ?

得 PQ ? AF , 又 Q 为 AF 的中点, ∴P 为 AF 的垂直平分线与 AE 的交点,∴| PF |=| PA |,∴| PE |+| PF |=| AE |=4, ∴P 的轨迹是以 E(-1,0),F(1,0)
x2 y 2 ? 为焦点,长轴长为 4 的椭圆,方程为 4 3 =1.

(2)设 M、N 是户的轨迹上两点,若 OM +2 ON =3 OE ,求 MN 的方程 答案:由已知可得 得 x1
1 2 OE ? OM ? ON ? x1 ? 2 x2 3 3 -2x2=4,又由 =-3, 1 ∴x1= 2 ,此时 OE ?

a ? ex1 1 2 OM ? ON a MN 3 3 ,∴正在 MN 上,且 E,分 的比为 2,由焦半径公式有 ? ex2 =2,

5 5 5 4 2 2 y1=± ,∴MN 的斜率为± ,∴MN 的方程为 y=± (x+1).

11

x2 y2 ? ?1 2 b2 若 F1、F2 为双曲线 a (a>0,b>0)的左、右焦点,O 为坐标原点,户为双曲线的左支上的点,

点 M 在右准线上,且满足
? OF ? 1 ? OM ?(? ? 0) F1Q ? PM , OP ? ? ? ? | OF 1 | | OM | ? ? ? .

(1)求此双曲线的离心率 e; 答案:由 F1O ? PM 得四边形 F1OMP 为平行四边形,
OP ? OF 1 ? OM , 又OP ? ? ( OF 1 | OF 1| ? OM | OM | )



1 |?| OM |,? F 1OMP 为菱形,∴| F 1P | =C,由双 曲线的定 ∴λ = | OF

义有 | PF2 |?| PF1 | +2a,∴ | PF2 | =2a+c 又 | PM | =c,
2a ? c ∴ C =e,解得 e=2,

(2)若此双曲线过 N(2, 2 ),求双曲线的方程;
x2 ? y2 3a2 =1,又过 N(2, 3 ),

答案:可设双曲线方程为 a

2

x2 y 2 ? ∴a2=3,∴双曲线的方程为 3 9 =1.
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(3)在(2)的条件下,B1、B2 分别是双曲线的虚轴端点(B1 在 y 轴正半轴上),点 A、B 在双曲线上,且 B2 A ∥
B2 B, 求B2 A ? B1B 时,直线 AB 的方程.

答案:由已知 B2 在 AB 上,∴可设 AB 的方程为 y=kx-3,又
x2 y 2 ? ( k ? 1 k ? 1 ),又 B 在 3 9 =1 上,

B2 A ? B1B

1 K ,∴B1B 的方程为 y=- x+3 解得 B

6k

2

,

3k 2
2

6k
2
2

3k 2 ? 3

2 ∴9?( k ? 1 ) -3?( k ? 1 )2-27=0,

解得 k=± 2 ±1,∴AB 的方程为 y=(± 2 ±1)x-3. 12 已 知 等 轴 双 曲 线 C : x2-y2=a2(a>0) 上 一 定 点 P(x0 , y0) 及 曲 线 C 上 两 动 点 A 、 B 满 足

( OA - OP )?( OB - OP )=0(其中 O 为原点). (1)求证:( OA? OP )?( OB ? OP )=0; 答案:设 A(x1,y1)、B(x2,y2), ∵A、B、P 在双曲线上, ∴ (x1-x0)(x1+x0)=(y1-y0) ? (y1+y0) (1) , (x2-x0) ? (x2+x0)=(y2-y0)(y2+y0) (2) , (1) ? (2) 得

(x1-x0)(x2-x0)(x1+x0)(x2+x0)=(y, -y0)(y2-y0)(y1+y0)(y2+y0), (3), 又( OA - OP )? ( OB - OP )=0, ∴(x1-x0)(x2-x0)= -(y1-y0)(y2-y0) (4),将(4)代人(3)中得(x1+x0) ∴( OA + OP )?( OB + OP )=0; (2)求|AB|的最小值.
1 1 (OA ? OP) ? (OB ? OP) 2 2 答案:由(1)得 =0,取 AP、BP 的中点 M、N,连接 OM、ON,∵ OM ? 1 1 (OA ? OP),ON ? (OB ? OP),OM ? ON , 又(OA ? OP) ? (OA ? OP) 2 2 =0,

(x2+x0)+(y1+y0)(y2+y0)=0.

∴ PA ? PB ,∴O、M、P、N 四点共圆,且|AB|=2|MN|,利用圆的知识有 MN 为直径,∴|MN|≥|OP|.∴|AB| ≥2|OP|=2 13 已知
x0 2 ? y0 2

| AC |? 5, | AB |? 8, AD ?

5 DB, CD ? AB ? 0 11 .

(1)求| AB - AC |;

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5 5 , 16 答案:由已知可得| AD |= | AB |= 2

且 CD⊥AD,
1 1 | AB ? AC |?| BC |? 52 ? 82 ? 2 ? 5 ? 8 ? ? 7 2 cos∠BAC 2 ,根据余弦定理得: .

4 ? ? , 求 sin x. 5 4 (2)设∠BAC=θ ,且 cos(θ +x)= ,-π <x<- -π <x<- 4
? ? ? 1 4 3 答案:由 cosθ = 2 , θ ∈ (0, π )得θ = 3 ,∴ cos(θ +x, )=cos( 3 +x)= 5 ,则 sin( 3 +x)= ± 5 ,而一π ? ? ? ?? 2? ? ? ? ? 3 ,? ? ? ?? ? 3 3 3 12 12 4 3 3 12 5 <x< ,如果 0< +x< ,则 sin( +x)<sin .故 sin( +x)=- .

?

∴sinx=sin( 3 14

?x?

?

3? 4 3 3 )=- 10

如图 6-8,已知△ABC 的三边分别为 a,b,c,A 为圆心,直径 PQ=2r 问 P、Q 在什么位置时, BP ? CQ 有

最大值? 答案:解:
BP ? CQ ? ( AP ? AB) ? ( AQ ? AC) ? ( AP ? AB) ? ?(? AP ? AC) ? r 2 ? AB ? AP ? AP ? AC ? AB ? AC ? AB ? AC ? r 2 ? AP ? CB,

设∠BAC=α ,PA 的延长线与 BC 的延长线交于 D,∠PDB=Q,则 BP ? CQ ? bccosα -r2+racosθ ,∵a,b, c,α ,r 均为定值,只需 cosθ =1,即 PQ∥BC 时, BP 、 CQ 最大.

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