强烈推荐高三数学第二轮专题复习平面向量.doc

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高三数学第二轮专题复习---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=（x1,y1）、=（x2,y2），则·=x1y1+x2y2

②若A（x1,y1）、B（x2,y2），则｜｜=

③若=（x1,y1）、=（x2,y2）,则·=0x1x2+y1y2=0

④若=（x1,y1）、=（x2,y2），则⊥x1x2+y1y2=0

A、①②B、②③C、③④D、①④

解：

根据向量数量积的坐标表示；若=（x1,y1）,=（x2,y2），则·=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·=0=或=或⊥x1x2+y1y2=0，故它是一个真命题、

而对于命题（4）来讲，⊥x1x2+y1y2=0、但反过来，当x1x2+y1y2=0时，可以是x1=y1=0，即=，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⊥），所以命题（4）是个假命题、

【例2】已知=（－,－1）,=（1,），那么，的夹角θ=（）

A、30°B、60°C、120°D、150°

解：

·=（－,－1）·（1，）=－2

｜｜==2

｜｜==2

∴cosθ===

【例3】已知=（2,1）,=（－1,3）,若存在向量使得：

·=4,·=－9，试求向量的坐标、

解：

设=（x,y）,则由·=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,将它代入

（1）可得：

x=3

∴=（3,－2）、

说明：

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

【例4】求向量=（1,2）在向量=（2，－2）方向上的投影、

解：

设向量与的夹角θ、

有cosθ===－

∴在方向上的投影=｜｜cosθ=×（－）=－

【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，∴⊥

又∵C、B、D三点共线，

∴∥

又=（x－2,y－1）,=（－6,－3）

=（x－3,y－2）

∴

解方程组，得x=,y=

∴点D的坐标为（，），的坐标为（－，）

【例6】设向量、满足：

｜｜＝｜｜=1，且+=（1，0），求，、

解：

∵｜｜＝｜｜=1，

∴可设=（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7】对于向量的集合A={=（x,y）｜x2+y2≤1}中的任意两个向量、与两个非负实数α、β；求证：

向量α+β的大小不超过α+β、

证明：

设=（x1,y1），=（x2,y2）

根据已知条件有：

x21+y21≤1,x22+y22≤1

又因为｜α+β｜=

=

其中x1x2+y1y2≤≤1

所以｜α+β｜≤=｜α+β｜=α+β

【例8】已知梯形ABCD中，AB∥CD，∠CDA=∠DAB=90°,CD=DA=AB、

求证：

AC⊥BC

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）

∴=（－1,1）,=（1,1）

·=－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=（－x,a）,=（－x,b）

则·=x2+ab、

cos∠ACB==

令t=x2+ab

故cos∠ACB=

当=即t=2ab时，cos∠ACB最大值为、

当C的坐标为（,0）时，∠ACB最大值为arccos、

【例10】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，

｜｜=λ,则A（0，1），P（λ，λ），E（1，λ），F（λ，0）

∴=（－λ,1－λ）,=（λ－1,－λ）

（1）｜｜2=（－λ）2+（1－λ）2=λ2－λ+1

｜｜2=（λ－1）2+（－λ）2=λ2－λ+1

∴｜｜2=｜｜2,故PA=EF

（2）·=（－λ）（λ－1）+（1－λ）（－λ）=0

∴⊥∴PA⊥EF、

【例11】已知

①求；

②当k为何实数时,k与平行,平行时它们是同向还是反向？

解：

①=（1,0）+3（2,1）=（7,3）,∴==.

②k=k（1,0）－（2,1）=（k－2,－1）.

设k=λ（）,即（k－2,－1）=λ（7,3）,

∴.

故k=时,它们反向平行.

【例12】已知与的夹角为,若向量与垂直,求k.

解：

=2×1×=1.

∵与垂直,

∴（）=,

∴2k=－5.

【例13】如果△ABC的三边a、b、c满足b2+c2=5a2,BE、CF分别为AC边与AB上的中线,求证：

BE⊥CF.

解：

∴⊥,即BE⊥CF.

【例14】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垂直?

解：

如图所示，在正△ABC中，O为其内心，P为圆周上一点，

满足，，，两两不共线，有

（+）·（+）

=（+++）·（++）

=（2++）·（2+）

=（2－）·（2+）

=42－2

=42－2=0

有（+）与（+）垂直、

同理证其他情况、从而，，，满足题意、故存在这样4个平面向量、

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】已知向量满足条件，，求证：

是正三角形

解：

令O为坐标原点，可设

由，即

①

②

两式平方和为，，

由此可知的最小正角为，即与的夹角为，

同理可得与的夹角为，与的夹角为，

这说明三点均匀分部在一个单位圆上，

所以为等腰三角形.

【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轴、

轴建立直角坐标系，设，则，

从而可求：

=.

.

2．利用向量的坐标运算，解决有关线段的长度问题

【例3】已知，AD为中线，求证

证明：

以B为坐标原点，以BC所在的直线为轴建立如图2直角坐标系，

设，，

则，

.

=，

从而，

.

3．利用向量的坐标运算，用已知向量表示未知向量

【例4】已知点是

且试用

解：

以O为原点，OC，OB所在的直线为轴和轴建立如图3所示的坐标系.

由OA=2，，所以，

易求，设

.

【例5】如图，

用表示

解：

以O为坐标原点，以OA所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，则，

.

4．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）当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？

请给出证明.

（1）证明：

设=a,=b,=c,依题意，|a|=|b|，、、中两两所成夹角为θ，于是=a－b，=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

=（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，

∴=1时，A1C⊥平面C1BD.

【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）

∴||=.

（2）解：

依题意得：

A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2）.

∴==（0，1，2）

=1×0+（－