（浙江專(zhuān)用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 三角函數(shù)、解三角形與平面向量 第3講 平面向量學(xué)案

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1、（浙江專(zhuān)用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 三角函數(shù)、解三角形與平面向量 第3講 平面向量學(xué)案 [考情考向分析]　1.考查平面向量的基本定理及基本運(yùn)算，多以熟知的平面圖形為背景進(jìn)行考查，多為選擇題、填空題，且為基礎(chǔ)題.2.考查平面向量數(shù)量積及模的最值問(wèn)題，以選擇題、填空題為主，難度為中高檔，是高考考查的熱點(diǎn)內(nèi)容.3.向量作為工具，還常與解三角形、不等式、解析幾何等結(jié)合，進(jìn)行綜合考查． 熱點(diǎn)一　平面向量的線性運(yùn)算 1．在平面向量的化簡(jiǎn)或運(yùn)算中，要根據(jù)平面向量基本定理選好基底，變形要有方向不能盲目轉(zhuǎn)化． 2．在用三角形加法法則時(shí)，要保證“首尾相接”，結(jié)果向量是第一個(gè)向量的起點(diǎn)指向最后

2、一個(gè)向量的終點(diǎn)所得的向量；在用三角形減法法則時(shí)，要保證“同起點(diǎn)”，結(jié)果向量的方向是指向被減向量． 例1　(1)如圖，在△ABC中，AB＝3DB，AE＝2EC，CD與BE交于點(diǎn)F.設(shè)＝a，＝b，＝xa＋yb，則(x，y)為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由D，F(xiàn)，C三點(diǎn)共線，可得存在實(shí)數(shù)λ，使得＝λ，即－＝λ(－)， 則＝(1－λ)＋λ＝(1－λ)＋λ ＝(1－λ)a＋λb. 由E，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線，可得存在實(shí)數(shù)μ，使得＝μ， 即－＝μ(－)， 則＝μ＋(1－μ)＝μ＋(1－μ) ＝μa＋(1－μ)b. 又a，b不共線，由平面向量基本定理可得

3、 解得 所以＝a＋b. 所以x＝，y＝，即(x，y)＝，故選A. (2)已知A(－1,0)，B(1,0)，C(0,1)，過(guò)點(diǎn)P(m,0)的直線分別與線段AC，BC交于點(diǎn)M，N(點(diǎn)M，N不同于點(diǎn)A，B，C)，且＝x＋y(x，y∈R)，若2≤|m|≤3，則x＋y的取值范圍是____________． 答案　∪ 解析　設(shè)＝λ，則有|λ|＝＝|m|. ∵M(jìn)，N，P三點(diǎn)共線，且點(diǎn)O不在直線MN上， ∴＝n＋(1－n). 從而有n＋(1－n)＝λx＋λy， 又與是不共線向量， ∴得x＋y＝. 由2≤|λ|≤3，得x＋y的取值范圍是∪. 思維升華　(1)對(duì)于平面向量的線性運(yùn)算，要先

4、選擇一組基底，同時(shí)注意平面向量基本定理的靈活運(yùn)用． (2)運(yùn)算過(guò)程中重視數(shù)形結(jié)合，結(jié)合圖形分析向量間的關(guān)系． 跟蹤演練1　(1)在△ABC中，＝，P是直線BN上的一點(diǎn)，若＝m＋，則實(shí)數(shù)m的值為(　　) A．－4 B．－1 C．1 D．4 答案　B 解析　因?yàn)椋剑剑玨 ＝＋k＝(1－k)＋， 且＝m＋，又，不共線， 所以解得k＝2，m＝－1，故選B. (2)如圖，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，M，N分別為線段BC，CD上的點(diǎn)，且滿(mǎn)足＋＝1，若＝x＋y，則x＋y的最小值為_(kāi)_______． 答案　 解析　連接MN交AC于點(diǎn)G.由勾股定理知，MN2＝CM2

5、＋CN2， 所以1＝＋＝， 即MN＝CM·CN，所以C到直線MN的距離為定值1，此時(shí)MN是以C為圓心，1為半徑的圓的一條切線(如圖所示).＝x＋y＝(x＋y)·. 由向量共線定理知， ＝(x＋y)，所以x＋y＝＝， 又因?yàn)閨|max＝5－1＝4，所以x＋y的最小值為. 熱點(diǎn)二　平面向量的數(shù)量積 1．?dāng)?shù)量積的定義：a·b＝|a||b|cos θ. 2．三個(gè)結(jié)論 (1)若a＝(x，y)，則|a|＝＝. (2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則||＝. (3)若非零向量a＝(x1，y1)，非零向量b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角，則cos θ＝＝. 例2　(1)

6、已知在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝2CD＝2，∠ADC＝90°，若點(diǎn)M在線段AC上，則|＋|的取值范圍為_(kāi)_______． 答案　 解析　建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系， 則A(0,0)，B(2,0)，C(1,2)，D(0,2)， 設(shè)＝λ(0≤λ≤1)，則M(λ，2λ)， 故＝(－λ，2－2λ)，＝(2－λ，－2λ)， 則＋＝(2－2λ，2－4λ)， ∴|＋|＝ ＝， 當(dāng)λ＝0時(shí)，|＋|取得最大值2， 當(dāng)λ＝時(shí)，|＋|取得最小值， ∴|＋|∈. (2)已知⊥，||＝，||＝t，若點(diǎn)P是△ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，且＝＋，則·的最大值為_(kāi)_______． 答案　1

7、3 解析　建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則 B，C(0，t)，＝，＝(0，t)， ＝＋＝t＋(0，t)＝(1,4)， ∴P(1,4)，·＝·(－1，t－4)＝17－≤17－2＝13，當(dāng)且僅當(dāng)t＝時(shí)“＝”成立． 思維升華　(1)數(shù)量積的計(jì)算通常有三種方法：數(shù)量積的定義，坐標(biāo)運(yùn)算，數(shù)量積的幾何意義． (2)可以利用數(shù)量積求向量的模和夾角，向量要分解成題中模和夾角已知的向量進(jìn)行計(jì)算． 跟蹤演練2　(1)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形OABC的邊長(zhǎng)為1，E為AB的中點(diǎn)，若F為正方形內(nèi)(含邊界)任意一點(diǎn)，則·的最大值為_(kāi)_______． 答案　 解析　∵E為AB的中點(diǎn)，正方形

8、OABC的邊長(zhǎng)為1， ∴E，得＝，又F為正方形內(nèi)(含邊界)任意一點(diǎn)，設(shè)F(x，y)，∴＝(x，y)，滿(mǎn)足則·＝x＋y，結(jié)合線性規(guī)劃知識(shí)可知，當(dāng)F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B(1,1)處時(shí)，·取得最大值. (2)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，∠ADC＝45°，AD＝2，BC＝1，P是腰CD上的動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為_(kāi)_________． 答案　 解析　以DA為x軸，D為原點(diǎn)，過(guò)D與DA垂直的直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示． 由AD∥BC，∠BAD＝90°，∠ADC＝45°，AD＝2，BC＝1， 可得D(0,0)，A(2,0)，B(2,1)，C(1,1)， ∵P在C

9、D上，∴可設(shè)P(t，t)(0≤t≤1)， 則＝(2－t，－t)，＝(t－2，t－1)， 3＋＝(4－2t，－2t－1)， ∴＝ ＝≥＝ (當(dāng)且僅當(dāng)t＝時(shí)取等號(hào))， 即的最小值為. 真題體驗(yàn) 1．(2017·浙江)已知向量a，b滿(mǎn)足|a|＝1，|b|＝2，則|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________． 答案　4　2 解析　設(shè)a，b的夾角為θ， ∵|a|＝1，|b|＝2， ∴|a＋b|＋|a－b|＝＋ ＝＋. 令y＝＋. 則y2＝10＋2. ∵θ∈[0，π]，∴cos2θ∈[0,1]， ∴y2∈[16,20]， ∴y∈[4,2

10、]，即|a＋b|＋|a－b|∈[4,2]． 2．(2017·浙江改編)如圖，已知平面四邊形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC與BD交于點(diǎn)O，記I1＝·，I2＝·，I3＝·，則I1，I2，I3的大小關(guān)系是________________． 答案　I3

11、OC，OB0，即I1>I3.∴I3

12、為(－2,0)，O為原點(diǎn)，則·的最大值為_(kāi)_______． 答案　6 解析　方法一　根據(jù)題意作出圖象，如圖所示，A(－2,0)，P(x，y)． 由點(diǎn)P向x軸作垂線交x軸于點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x,0)． ·＝||·||cos θ， ||＝2，||＝， cos θ＝＝， 所以·＝2(x＋2)＝2x＋4. 點(diǎn)P在圓x2＋y2＝1上，所以x∈[－1,1]． 所以·的最大值為2＋4＝6. 方法二　因?yàn)辄c(diǎn)P在圓x2＋y2＝1上， 所以可設(shè)P(cos α，sin α)(0≤α<2π)， 所以＝(2,0)，＝(cos α＋2，sin α)， ·＝2cos α＋4≤2＋4＝6，

13、 當(dāng)且僅當(dāng)cos α＝1，即α＝0，P(1,0)時(shí)“＝”成立． 押題預(yù)測(cè) 1．已知向量a，b滿(mǎn)足|a|＝3，且向量b在向量a方向上的投影為2，則a·(a－b)的值為(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 押題依據(jù)　向量的數(shù)量積是高考命題的熱點(diǎn)，常?？疾槠矫嫦蛄康倪\(yùn)算、化簡(jiǎn)、證明及其幾何意義和平面向量平行、垂直的充要條件及其應(yīng)用等幾個(gè)方面． 答案　B 解析　由向量b在向量a方向上的投影為2，得＝2，即a·b＝6，則a·(a－b)＝a2－a·b＝9－6＝3. 2．如圖，在△ABC中，＝，DE∥BC交AC于點(diǎn)E，BC邊上的中線AM交DE于點(diǎn)N，設(shè)＝a，＝b，用a，b表示向量，則

14、等于(　　) A.(a＋b) B.(a＋b) C.(a＋b) D.(a＋b) 押題依據(jù)　平面向量基本定理是向量表示的基本依據(jù)，而向量表示(用基底或坐標(biāo))是向量應(yīng)用的基礎(chǔ)． 答案　C 解析　因?yàn)镈E∥BC，所以DN∥BM， 則△AND∽△AMB，所以＝. 因?yàn)椋剑裕? 因?yàn)镸為BC的中點(diǎn)， 所以＝(＋)＝(a＋b)， 所以＝＝(a＋b)．故選C. 3．已知兩個(gè)單位向量，的夾角為60°，向量＝λ＋μ，且1≤λ≤2,1≤μ≤2，設(shè)向量，的夾角為α，則cos α的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 押題依據(jù)　平面向量基本定理在向量中應(yīng)用廣泛，

15、可與數(shù)量積等知識(shí)結(jié)合起來(lái)應(yīng)用． 答案　C 解析　如圖，由題意知，動(dòng)點(diǎn)P在平行四邊形CDEF區(qū)域(含邊界)內(nèi)運(yùn)動(dòng)． 易知∠AOD≤α≤∠FOA. ∵||＝|＋2| ＝＝， ∴cos∠FOA＝＝＝. ∵||＝|2＋| ＝＝， ∴cos∠DOA＝＝＝. 故≤cos α≤，故選C. 4．如圖，在半徑為1的扇形AOB中，∠AOB＝60°，C為弧上的動(dòng)點(diǎn)，AB與OC交于點(diǎn)P，則·的最小值是_________________________________________________． 押題依據(jù)　本題將向量與平面幾何、最值問(wèn)題等有機(jī)結(jié)合，體現(xiàn)了高考在知識(shí)交匯點(diǎn)命題的方向，

16、本題解法靈活，難度適中． 答案?。? 解析　因?yàn)椋剑?，所以·?＋)·＝·＋2. 又因?yàn)椤螦OB＝60°，OA＝OB， 所以∠OBA＝60°，OB＝1. 所以·＝||cos 120°＝－||. 所以·＝－||＋||2 ＝2－≥－， 當(dāng)且僅當(dāng)||＝時(shí)，·取得最小值－. A組　專(zhuān)題通關(guān) 1．(2018·全國(guó)Ⅰ)在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點(diǎn)，則等于(　　) A.－ B.－ C.＋ D.＋ 答案　A 解析　作出示意圖如圖所示． ＝＋＝＋ ＝×(＋)＋(－)＝－. 故選A. 2．設(shè)向量a＝(1,2)，b＝(－3,5)，c＝(4，x)

17、，若a＋b＝λc(λ∈R)，則λ＋x的值為(　　) A．－ B. C．－ D. 答案　C 解析　由已知可得(1,2)＋(－3,5)＝λ(4，x) ???λ＋x＝－，故選C. 3．已知向量a，b，其中a＝(－1，)，且a⊥(a－3b)，則b在a方向上的投影為(　　) A. B．－ C. D．－ 答案　C 解析　由a＝(－1，)，且a⊥(a－3b)，得a·(a－3b)＝0， 即a2－3a·b＝4－3a·b＝0，a·b＝， 所以b在a方向上的投影為＝＝，故選C. 4.(2018·天津)在如圖所示的平面圖形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，＝2，＝2，則

18、·的值為(　　) A．－15 B．－9 C．－6 D．0 答案　C 解析　如圖，連接MN. ∵＝2， ＝2， ∴＝＝， ∴MN∥BC，且＝， ∴＝3＝3(－)， ∴·＝3(·－2)＝3(2×1×cos 120°－12)＝－6.故選C. 5．(2018·寧波模擬)已知向量，滿(mǎn)足||＝1，||＝2，∠AOB＝，M為△OAB內(nèi)一點(diǎn)(包括邊界)，＝x＋y，若·≤－1，則以下結(jié)論一定成立的是(　　) A.≤2x＋y≤2 B.x≤y C．－1≤x－3y D.≤x＋y≤1 答案　B 解析　因?yàn)閨|＝1，||＝2，∠AOB＝， 則不妨設(shè)＝(1,0)，＝(

19、1，)， 則＝x＋y＝(x＋y，y)，＝(0，－)， 所以·＝－3y≤－1，解得y≥. 又因?yàn)辄c(diǎn)M為△OAB內(nèi)一點(diǎn)(包含邊界)， 所以x，y滿(mǎn)足的關(guān)系式為 取x＝0，y＝，此時(shí)2x＋y＝<，故A選項(xiàng)不一定成立；由y≥，x＋y≤1，得x≤，所以≤≤y，故B選項(xiàng)一定成立；取x＝0，y＝1，此時(shí)x－3y＝－3<－1，故C選項(xiàng)不一定成立；取x＝0，y＝，此時(shí)x＋y＝<，故D選項(xiàng)不一定成立，綜上所述，選B. 6．(2018·浙江省金麗衢十二校聯(lián)考)已知向量a，b滿(mǎn)足|a|＝2，|b|＝1，a與b的夾角為，則|a＋2b|＝________；a與a－2b的夾角為_(kāi)_________． 答案　2

20、　 解析　由題意得a·b＝|a|·|b|cos＝1，所以|a＋2b|＝＝＝2，|a－2b|＝＝＝2，則cos〈a，a－2b〉＝＝＝，所以a與a－2b的夾角為. 7．若平面向量a，b滿(mǎn)足|2a－b|≤3，則a·b的最小值是________． 答案?。? 解析　由向量減法的三角形法則知，當(dāng)a與b共線且反向時(shí)，|2a－b|的最大值為3. 此時(shí)設(shè)a＝λb(λ<0)，則有|2a－b|＝|2λb－b|＝3， ∴|b|＝，|a|＝. 又由a·b＝|a|·|b|cos〈a，b〉，知 當(dāng)a與b共線且反向時(shí)，a·b最?。? ∴a·b＝|a|·|b|·cos π ＝－＝＝≥－， ∴a·b的最小值為

21、－. 8.如圖，半圓的直徑AB＝6，O點(diǎn)為圓心，C為半圓上不同于A，B的任意一點(diǎn)，若P為半徑OC上的動(dòng)點(diǎn)，則(＋)·的最小值是________． 答案?。? 解析　∵＋＝2， ∴(＋)·＝2· ＝2||·||cos π＝－2||·||， 由AB＝6，得||＝3. 設(shè)||＝x(0≤x≤3)， 則－2||·||＝－2x(3－x)＝22－， 當(dāng)x＝時(shí)有最小值，最小值為－. 9．已知平面內(nèi)三個(gè)單位向量，，，〈，〉＝60°，若＝m＋n，則m＋n的最大值是______． 答案　 解析　由已知條件＝m＋n，兩邊平方可得1＝m2＋mn＋n2＝(m＋n)2－mn ，∴(m＋n)2－1＝

22、mn，根據(jù)向量加法的平行四邊形法則，判斷出m，n>0， ∴(m＋n)2－1＝mn≤(m＋n)2，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時(shí)取等號(hào)． ∴(m＋n)2≤1，則m＋n≤， 即m＋n的最大值為. 10．(2018·浙江省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝1，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P是對(duì)角線BD上的動(dòng)點(diǎn)，若＝x＋y，則·的最小值是________，x＋y的最大值是________． 答案　1　5 解析　如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，則＝(2,1)，＝(1，－1)，直線BD的方程為＋y＝1， ∴設(shè)點(diǎn)P(2－2t，t)(0≤t≤1)， 則＝(2－2t，t)， ∴·＝4－4t＋t＝4－3t

23、(0≤t≤1)， ∴當(dāng)t＝1時(shí)，·取得最小值1. 由＝x＋y，得 ? ∴x＋y＝＝－4(0≤t≤1)， ∴當(dāng)t＝1時(shí)，x＋y取得最大值5. B組　能力提高 11.(2018·天津)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn)，則·的最小值為(　　) A. B. C. D．3 答案　A 解析　如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC所在直線分別為x軸，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系． 連接AC，由題意知∠CAD＝∠CAB＝60°，∠ACD＝∠ACB＝30°，則D(0,0)，A(1,0)，B，C(0，)．設(shè)E

24、(0，y)(0≤y≤)， 則＝(－1，y)，＝， ∴·＝＋y2－y＝2＋(0≤y≤)， ∴當(dāng)y＝時(shí)，·有最小值. 故選A. 12.如圖，已知圓O的半徑為2，A，B是圓O上任意兩點(diǎn)，且∠AOB＝，PQ是圓O的直徑，若點(diǎn)C滿(mǎn)足＝3λ＋3(1－λ)(λ∈R)，當(dāng)·取得最小值時(shí)，λ的值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由已知得＋＝0，·＝－4，·＝2×2×cos ＝－2，2＝2＝4， 所以·＝(＋)·(＋)＝2＋(＋)·＋·＝2＋·＝[3λ＋3(1－λ)·]2－4＝9λ22＋9(1－λ)22＋18λ(1－λ)·－4＝36λ2＋36(1－λ)2－36λ(

25、1－λ)－4＝36(3λ2－3λ＋1)－4＝1082＋5≥5，當(dāng)且僅當(dāng)λ＝時(shí)取等號(hào)，所以當(dāng)λ＝時(shí)，·取得最小值5.故選A. 13．(2018·嘉興市、麗水市教學(xué)測(cè)試)已知|c|＝2，向量b滿(mǎn)足2|b－c|＝b·c.當(dāng)b，c的夾角最大時(shí)，|b|＝________________________________________________________________________. 答案　2 解析　設(shè)〈b，c〉＝θ，則由2|b－c|＝b·c得 4(b－c)2＝(b·c)2， 即4|b|2sin2θ－16|b|cos θ＋16＝0， 則4cos θ＝|b|sin2θ＋≥2＝4s

26、in θ， 當(dāng)且僅當(dāng)|b|sin2θ＝， 即|b|＝時(shí)，等號(hào)成立， 則tan θ＝≤1，所以θ≤， 當(dāng)θ＝時(shí)，|b|＝2. 14．已知平面向量α，β(α≠0，α≠β)滿(mǎn)足|β|＝1，且α與β－α的夾角為120°，則|α|的取值范圍是________． 答案　 解析　如圖所示，記θ＝〈β，β－α〉， 由正弦定理得＝， ∴|α|＝sin θ×＝sin θ. 又0°<θ<120°，∴0

27、c)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)若f?＝，求sin α的值． 解　(1)因?yàn)閍＝(sin x，cos x)，b＝(sin x，－cos x)， c＝(－cos x，－sin x)， 所以b－c＝(sin x＋cos x，sin x－cos x)， f(x)＝a·(b－c)＝sin x(sin x＋cos x)＋cos x(sin x－cos x) ＝sin2x＋2sin xcos x－cos2x ＝sin 2x－cos 2x＝sin. 當(dāng)2kπ＋≤2x－≤2kπ＋，k∈Z， 即kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)

28、遞減區(qū)間是，k∈Z. (2)由(1)知，f(x)＝sin， 又f?＝， 則sin＝，sin＝. 因?yàn)閟in2＋cos2＝1， 所以cos＝±. 又sin α＝sin ＝sincos ＋cossin ， 所以當(dāng)cos＝時(shí)， sin α＝×＋×＝； 當(dāng)cos＝－時(shí)， sin α＝×－×＝. 綜上，sin α＝. 16．已知向量m＝(sin x，－1)，向量n＝，函數(shù)f(x)＝(m＋n)·m. (1)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)已知a，b，c分別為△ABC內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，A為銳角，a＝2，c＝4，且f(A)恰是f(x)在上的最大值，求A，b和△ABC的面積S. 解　(1)f(x)＝(m＋n)·m＝sin2x＋1＋sin xcos x＋ ＝＋1＋sin 2x＋ ＝sin 2x－cos 2x＋2 ＝sin＋2. 由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)， 得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)． 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z)． (2)由(1)知f(A)＝sin＋2， 當(dāng)x∈時(shí)，－≤2x－≤， 由正弦函數(shù)圖象可知，當(dāng)2x－＝時(shí)f(x)取得最大值3.所以2A－＝，A＝. 由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccos A， 得12＝b2＋16－2×4b×，所以b＝2. 所以S＝bcsin A＝×2×4sin 60°＝2.