第一部分专题一平面向量三角函数与解三角形Word格式.docx

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[析考情·

明重点]

小题考情分析

大题考情分析

常考点

1.平面向量的线性运算（3年4考）

2.平面向量的数量积及应用（3年5考）

3.三角函数的图象与性质及应用（3年7考）

4.三角恒等变换与求值（3年4考）

5.利用正、余弦定理解三角形（3年3考）

三角恒等变换与解三角形是此部分在高考解答题中考查的热点，三角恒等变换一般不单独考查，常结合正、余弦定理考查解三角形，题型主要有：

1.三角形的基本量的求解问题

2.与三角形面积有关的问题

3.以平面几何为载体的解三角形问题

偶考点

正、余弦定理的实际应用

1.三角函数的综合问题

2.平面向量与解三角形、三角函数的综合问题

第一讲小题考法——平面向量

考点

（一）

主要考查平面向量的加、减、数乘等线性运算以及向量共线定理的应用.

[典例感悟]

[典例]　

（1）（2017·

合肥质检）已知向量a＝（1,3），b＝（－2，k），且（a＋2b）∥（3a－b），则实数k＝（　　）

A．4B．－5C．6D．－6

（2）（2018届高三·

湘中名校联考）若点P是△ABC的外心，且＋＋λ＝0，∠ACB＝120°

，则实数λ的值为（　　）

A.B．－C．－1D．1

[解析]　

（1）a＋2b＝（－3,3＋2k），3a－b＝（5,9－k），由题意可得－3（9－k）＝5（3＋2k），解得k＝－6.

（2）设AB的中点为D，则＋＝2.因为＋＋λ＝0，所以2＋λ＝0，所以向量，共线．又P是△ABC的外心，所以PA＝PB，所以PD⊥AB，所以CD⊥AB.因为∠ACB＝120°

，所以∠APB＝120°

，所以四边形APBC是菱形，从而＋＝2＝，所以2＋λ＝＋λ＝0，所以λ＝－1，故选C.

[答案]　

（1）D　

（2）C

[方法技巧]

解决以平面图形为载体的向量线性运算问题的方法

（1）充分利用平行四边形法则与三角形法则，结合平面向量基本定理、共线定理等知识进行解答．

（2）如果图形比较规则，向量比较明确，则可考虑建立平面直角坐标系，利用坐标运算来解决．

[演练冲关]

1．（2017·

南昌调研）设a，b都是非零向量，下列四个选项中，一定能使＋＝0成立的是（　　）

A．a＝2bB．a∥b

C．a＝－bD．a⊥b

解析：

选C　“＋＝0，且a，b都是非零向量”等价于“非零向量a，b共线且反向”，结合各选项可知选C.

2．（2017·

福州模拟）已知△ABC和点M满足＋＋＝0.若存在实数m，使得＋＝m成立，则m＝（　　）

A．2B．3

C．4D．5

选B　由＋＋＝0知，点M为△ABC的重心，设点D为边BC的中点，则＝＝×

（＋）＝（＋），所以＋＝3，则m＝3，故选B.

3．（2017·

沈阳质检）已知向量，和在正方形网格中的位置如图所示，若＝λ＋μ，则λμ＝（　　）

A．－3B．3

C．－4D．4

选A　建立如图所示的平面直角坐标系xAy，设网格中小正方形的边长为1，则＝（2，－2），＝（1,2），＝（1,0），由题意可知（2，－2）＝λ（1,2）＋μ（1，0），即解得所以λμ＝－3.故选A.

考点

（二）

主要考查数量积的运算、夹角以及模的计算问题或求参数的值.

平面向量的数量积及应用

[典例]　

（1）（2018届高三·

广西三市联考）已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角的余弦值为sin，则b·

（2a－b）＝（　　）

A．2B．－1C．－6D．－18

（2）（2017·

全国卷Ⅱ）已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则·

（＋）的最小值是（　　）

A．－2B．－

C．－D．－1

（3）（2018届高三·

湖北七市（州）联考）平面向量a，b，c不共线，且两两所成的角相等，若|a|＝|b|＝2，|c|＝1，则|a＋b＋c|＝________.

[解析]　

（1）∵|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角的余弦值为sin＝－，∴a·

b＝－3，则b·

（2a－b）＝2a·

b－b2＝－18.

（2）如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A（0，），B（－1,0），C（1,0），设P（x，y），则＝（－x,－y），＝（－1－x，－y），＝（1－x，－y），所以·

（＋）＝（－x，－y）·

（－2x，－2y）＝2x2＋22－，故当x＝0，y＝时，·

（＋）取得最小值，为－.

（3）∵平面向量a，b，c不共线，且两两所成的角相等，∴它们两两所成的角为120°

，∴|a＋b＋c|2＝（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2a·

b＋2b·

c＋2a·

c＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2|a||b|·

cos120°

＋2|b||c|cos120°

＋2|a||c|cos120°

＝22＋22＋12＋2×

2×

＋2×

1×

＝1，故|a＋b＋c|＝1.

[答案]　

（1）D　

（2）B　（3）1

解决以平面图形为载体的向量数量积问题的方法

（1）选择平面图形中的模与夹角确定的向量作为一组基底，用该基底表示构成数量积的两个向量，结合向量数量积运算律求解．

（2）若已知图形中有明显的适合建立直角坐标系的条件，可建立直角坐标系将向量数量积运算转化为代数运算来解决．

云南调研）平面向量a与b的夹角为45°

，a＝（1,1），|b|＝2，则|3a＋b|＝（　　）

A．13＋6B．2

C.D.

选D　依题意得|a|＝，a·

b＝×

cos45°

＝2，则|3a＋b|＝＝＝＝，故选D.

2．（2018届高三·

湖南五市十校联考）△ABC是边长为2的等边三角形，向量a，b满足＝2a，＝2a＋b，则向量a，b的夹角为（　　）

A．30°

B．60°

C．120°

D．150°

选C　＝－＝2a＋b－2a＝b，则向量a，b的夹角即为向量与的夹角，故向量a，b的夹角为120°

.

天津高考）在△ABC中，∠A＝60°

，AB＝3，AC＝2.若＝2，＝λ－（λ∈R），且·

＝－4，则λ的值为________．

法一：

＝＋＝＋

＝＋（－）＝＋.

又·

＝3×

＝3，

所以·

＝·

（－＋λ）

＝－2＋·

＋λ2

＝－3＋3＋λ×

4＝λ－5＝－4，

解得λ＝.

法二：

以点A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系（图略），不妨假设点C在第一象限，

则A（0,0），B（3,0），C（1，）．

由＝2，得D，

由＝λ－，得E（λ－3，λ），

则·

（λ－3，λ）＝（λ－3）＋×

λ＝λ－5＝－4，解得λ＝.

答案：

[必备知能·

自主补缺]

（一）主干知识要记牢

1．平面向量的两个充要条件

若两个非零向量a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），则

（1）a∥b⇔a＝λb（b≠0）⇔x1y2－x2y1＝0.

（2）a⊥b⇔a·

b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.

2．平面向量的性质

（1）若a＝（x，y），则|a|＝＝.

（2）若A（x1，y1），B（x2，y2），则||＝.

（3）若a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），θ为a与b的夹角，则cosθ＝＝.

（4）|a·

b|≤|a|·

|b|.

（二）二级结论要用好

1．三点共线的判定

（1）A，B，C三点共线⇔，共线．

（2）向量，，中三终点A，B，C共线⇔存在实数α，β使得＝α＋β，且α＋β＝1.

[针对练1]　在▱ABCD中，点E是AD边的中点，BE与AC相交于点F，若＝m＋n（m，n∈R），则＝________.

如图，＝2，＝m＋n，∴＝＋＝m＋（2n＋1），

∵F，E，B三点共线，∴m＋2n＋1＝1，∴＝－2.

－2

2．中点坐标和三角形的重心坐标

（1）设P1，P2的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则线段P1P2的中点P的坐标为，.

（2）三角形的重心坐标公式：

设△ABC的三个顶点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），则△ABC的重心坐标是G.

3．三角形“四心”向量形式的充要条件

设O为△ABC所在平面上一点，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，则

（1）O为△ABC的外心⇔||＝||＝||＝.

（2）O为△ABC的重心⇔＋＋＝0.

（3）O为△ABC的垂心⇔·

（4）O为△ABC的内心⇔a＋b＋c＝0.

（三）易错易混要明了

1．要特别注意零向量带来的问题：

0的模是0，方向任意，并不是没有方向；

0与任意向量平行；

λ0＝0（λ∈R），而不是等于0；

0与任意向量的数量积等于0，即0·

a＝0；

但不说0与任意非零向量垂直．

2．当a·

b＝0时，不一定得到a⊥b，当a⊥b时，a·

b＝0；

a·

b＝c·

b，不能得到a＝c，即消去律不成立；

（a·

b）·

c与a·

（b·

c）不一定相等，（a·

c与c平行，而a·

c）与a平行．

3．两向量夹角的范围为[0，π]，向量的夹角为锐角与向量的数量积大于0不等价．

[针对练2]　已知向量a＝（－2，－1），b＝（λ，1），若a与b的夹角为钝角，则λ的取值范围是________．

依题意，当a与b的夹角为钝角时，a·

b＝－2λ－1<

0，解得λ>

－.而当a与b共线时，有－2×

1＝－λ，解得λ＝2，即当λ＝2时，a＝－b，a与b反向共线，此时a与b的夹角为π，不是钝角，因此，当a与b的夹角为钝角时，λ的取值范围是∪（2，＋∞）．

∪（2，＋∞）

[课时跟踪检测]

A组——12＋4提速练

一、选择题

沈阳质检）已知平面向量a＝（3,4），b＝，若a∥b，则实数x为（　　）

A．－B.

C.D．－

选C　∵a∥b，∴3×

＝4x，解得x＝，故选C.

2．已知向量a＝（1,2），b＝（2，－3）．若向量c满足c⊥（a＋b），且b∥（a－c），则c＝（　　）

A.B.

选A　设c＝（x，y），由题可得a＋b＝（3，－1），a－c＝（1－x,2－y）．因为c⊥（a＋b），b∥（a－c），所以解得故c＝.

3．已知平面直角坐标系内的两个向量a＝（1,2），b＝（m,3m－2），且平面内的任一向量c都可以唯一的表示成c＝λa＋μb（λ，μ为实数），则实数m的取值范围是（　　）

A．（－∞，2）B．（2，＋∞）

C．（－∞，＋∞）D．（－∞，2）∪（2，＋∞）

选D　由题意知向量a，b不共线，故2m≠3m－2，即m≠2.

4．（2017·

西安模拟）已知向量a与b的夹角为120°

，|a|＝3，|a＋b|＝，则|b|＝（　　）

A．5B．4

C．3D．1

选B　因为|a＋b|＝，所以|a＋b|2＝a2＋2a·

b＋b2＝13，即9＋2×

3×

|b|cos120°

＋|b|2＝13，得|b|＝4.

5．（2018届高三·

西安八校联考）已知点A（－1,1），B（1,2），C（－2，－1），D（3,4），则向量在方向上的投影是（　　）

A.B．－

C．3D．－3

选C　依题意得，＝（2,1），＝（5,5），·

＝（2,1）·

（5,5）＝15，||＝，因此向量在方向上的投影是＝＝3.

6．已知A，B，C三点不共线，且点O满足＋＋＝0，则下列结论正确的是（　　）

A．＝＋B．＝＋

C．＝－D．＝－－

选D　∵＋＋＝0，∴O为△ABC的重心，∴＝－×

（＋）＝－（＋）＝－（＋＋）＝－－，故选D.

7．已知向量a＝（，1），b是不平行于x轴的单位向量，且a·

b＝，则b＝（　　）

C.D．（1,0）

选B　设b＝（cosα，sinα）（α∈（0，π）∪（π，2π）），则a·

b＝（，1）·

（cosα，sinα）＝cosα＋sinα＝2sin＋α＝，得α＝，故b＝.

8．（2018届高三·

广东五校联考）已知向量a＝（λ，1），b＝（λ＋2,1），若|a＋b|＝|a－b|，则实数λ的值为（　　）

A．－1B．2

C．1D．－2

选A　由|a＋b|＝|a－b|可得a2＋b2＋2a·

b＝a2＋b2－2a·

b，所以a·

b＝0，即a·

b＝（λ，1）·

（λ＋2,1）＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1.

9．（2017·

惠州调研）若O为△ABC所在平面内任一点，且满足（－）·

（＋－2）＝0，则△ABC的形状为（　　）

A．等腰三角形B．直角三角形

C．正三角形D．等腰直角三角形

选A　（－）·

（＋－2）＝0，即·

（＋）＝0，∵－＝，∴（－）·

（＋）＝0，即||＝||，∴△ABC是等腰三角形，故选A.

10．（2017·

日照模拟）如图，在△ABC中，AB＝BC＝4，∠ABC＝30°

，AD是BC边上的高，则·

＝（　　）

A．0B．4

C．8D．－4

选B　因为AB＝BC＝4，∠ABC＝30°

，AD是BC边上的高，所以AD＝4sin30°

＝2，所以·

（＋）＝·

＋·

＝2×

4×

cos60°

＝4，故选B.

11．（2017·

全国卷Ⅲ）在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为（　　）

A．3B．2

C.D．2

选A　以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，

则A（0,0），B（1,0），C（1,2），D（0,2），可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，点C到直线BD的距离为＝，所以圆C：

（x－1）2＋（y－2）2＝.

因为P在圆C上，所以P.

又＝（1,0），＝（0,2），＝λ＋μ＝（λ，2μ），

所以

则λ＋μ＝2＋cosθ＋sinθ＝2＋sin（θ＋φ）≤3（其中tanφ＝2），当且仅当θ＝＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.

12．如图，△ABC的外接圆的圆心为O，AB＝2，AC＝，BC＝3，则·

的值为（　　）

C．2D．3

选A　取BC的中点为D，连接AD，OD，则OD⊥BC，＝（＋），＝－，所以·

＝（＋）·

（－）＝（2－2）＝×

（）2－22＝.故选A.

二、填空题

13．（2017·

山东高考）已知e1，e2是互相垂直的单位向量．若e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°

，则实数λ的值是________．

因为e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°

，所以cos60°

＝＝＝，

14．已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，且m，n夹角的余弦值为，若n⊥（tm＋n），则实数t的值为________．

∵n⊥（tm＋n），∴n·

（tm＋n）＝0，即tm·

n＋|n|2＝0.又4|m|＝3|n|，∴t×

|n|2×

＋|n|2＝0，解得t＝－4.

－4

15．（2017·

石家庄质检）已知与的夹角为90°

，||＝2，||＝1，＝λ＋μ（λ，μ∈R），且·

＝0，则的值为________．

根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0,0），B（0,2），C（1,0），所以＝（0,2），＝（1,0），＝（1，－2）．设M（x，y），则＝（x，y），所以·

＝（x，y）·

（1，－2）＝x－2y＝0，所以x＝2y，又＝λ＋μ，即（x，y）＝λ（0,2）＋μ（1,0）＝（μ，2λ），所以x＝μ，y＝2λ，所以＝＝.

16．（2017·

北京高考）已知点P在圆x2＋y2＝1上，点A的坐标为（－2,0），O为原点，则·

的最大值为________．

由题意知，＝（2,0），令P（cosα，sinα），则＝（cosα＋2，sinα），·

＝（2,0）·

（cosα＋2，sinα）＝2cosα＋4≤6，当且仅当cosα＝1，即α＝0，P（1,0）时等号成立，故·

的最大值为6.

由题意知，＝（2,0），令P（x，y），－1≤x≤1，则·

（x＋2，y）＝2x＋4≤6，当且仅当x＝1，P（1,0）时等号成立，故·

6

B组——能力小题保分练

1．已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE＝2EF，则·

选B　如图所示，＝＋.

又D，E分别为AB，BC的中点，且DE＝2EF，所以＝，＝＋＝，

所以＝＋.

又＝－，

（－）

－2＋2－·

＝2－2－·

＝||2－||2－×

||×

cos∠BAC.

又||＝||＝1，∠BAC＝60°

，

故·

＝－－×

＝.故选B.

长春质检）已知a，b是单位向量，且a·

b＝－.若平面向量p满足p·

a＝p·

b＝，则|p|＝（　　）

A.B．1C.D．2

选B　由题意，不妨设a＝（1,0），b＝，p＝（x，y），∵p·

b＝，∴

解得∴|p|＝＝1，故选B.

浙江高考）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O.记I1＝·

，I2＝·

，I3＝·

，则（　　）

A．I1<

I2<

I3

B．I1<

I3<

I2

C．I3<

I1<

D．I2<

选C　如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AO<

AF，而∠AFB＝90°

，∴∠AOB与∠COD为钝角，∠AOD与∠BOC为锐角．根据题意，I1－I2＝·

－·

（－）＝·

＝||·

||cos∠AOB<

0，∴I1<

I2，

同理得，I2>

I3，作AG⊥BD于点G，又AB＝AD，

∴OB<

BG＝GD<

OD，而OA<

AF＝FC<

OC，

∴||·

||<

||·

||，

而cos∠AOB＝cos∠COD<

0，

∴·

>

·

，即I1>

I3，

∴I3<

I2.

4．（2018届高三·

湖北八校联考）如图，O为△ABC的外心，AB＝4，AC＝2，∠BAC为钝角，M为BC边的中点，则·

A．2B．12

C．6D．5

选D　如图，分别取AB，AC的中点D，E，连接OD，OE，可知OD⊥AB，OE⊥AC，∵M是BC边的中点，∴＝（＋），∴·

.由数量积的定义可得·

AO―→＝||||·

cos〈，〉，而||cos〈，〉＝||，故·

＝||2＝4，同理可得·

＝||2＝1，故·

＝5，即·

＝5，故选D.

5．在△ABC中，点D在线段BC的延长线上，且＝3，点O在线段CD上（与点C，D不重合），若＝x＋（1－x），则x的取值范围是________．

依题意，设＝λ，其中1<

λ<

，则有＝＋＝＋λ＝＋λ（－）＝（1－λ）＋λ.又＝x＋（1－x），且，不共线，于是有x＝1－λ，由λ∈知，x∈，即x的取值范围是.

6．（2017·

江苏高考）如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为1,1，，与的夹角为α，且tanα＝7，与的夹角为45°

.若＝m＋n（m，n∈R），则m＋n＝________.

如图，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A（1，0），

由tanα＝7，α∈，

得sinα＝，cosα＝，

设C（xC，yC），B（xB，yB），

则xC＝||cosα＝×

＝，

yC＝||sinα＝×

＝，即C.

又cos（α＋45°

）＝×

－×

＝－，

sin（α＋45°

＋×

则xB＝||cos（α＋45°

）＝－，

yB＝||sin（α＋45°

）＝，

即B.

由＝m＋n，可得

解得所以m＋n＝＋＝3.

则cos（α＋45°

＝1×

×

＝1，

由＝m＋n，

得·

＝m2＋n·

，即＝m－n.①

同理可得·

＝m·

＋n2，

即1＝－m＋n.②

①＋②得m＋n＝，

即m＋n＝3.

3

第二讲小题考法——三角函数的图象与性质

主要考查三角函数的图象变换或根据图象求解析式（或参数）.

三角函数的图象及应用

合肥质检）要想得到函数y＝sin2x＋1的图象，只需将函数y＝cos2x的图象（　　）

A．向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度

B．向右平移个单位长度，再向上平移1个单位长度

C．向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度

D．向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度

贵阳检测）函数f（x）＝sin（ωx＋φ）的最小正周期为π，若其图象向左平移个单位长度后关于y轴对称，则（　　）

A．ω＝2，φ＝B．ω＝2，φ＝

C．ω＝4，φ＝D．ω＝2，φ＝－

（3）（2017·

贵阳检测）已知函数f（x）＝Asin（ωx＋φ）（A>

0，ω>

0,0<

φ<

π），其导数f′（x）的图象如图所示，则f的值为（　　）

A．2B．

C．－D．－

[解析]　

（1）先将函数y＝cos2x的图象向右平移个单位长度，得到y＝sin2x的图象，再向上平移1个单位长度，即得y＝sin2x＋1的图象，故选B.

（2）依题意得，T＝＝π，ω＝2，则f（x）＝sin（2x＋φ），其图象向左平移个单位长度得到函数fx＋＝sin2x＋＋φ的图象关于y轴对称，于是有＋φ＝kπ＋，k∈Z，即φ＝kπ－，k∈Z.又|φ|<

，因此φ＝－，故选D.

（3）依题意得f′（x）＝Aωcos（ωx＋φ），

结合函数y＝f′（x）的图象可知，T＝＝4＝π，ω＝2.又Aω＝1，因此A＝，则f′＝cos＝－1.因为0<

π，所以<

＋φ<

，所以＋φ＝π，φ＝，故f（x）＝sin，

则f＝sin＝－×

＝－，故选D.

[答案]　

（1）B　（