步步高大一轮复习讲义高三数学5.4平面向量应用举例

§5.4 平面向量应用举例

1．向量在平面几何中的应用

平面向量在平面几何中的应用主要是用向量的线性运算及数量积解决平面几何中的平行、垂直、平移、全等、相似、长度、夹角等问题．

(1)证明线段平行或点共线问题，包括相似问题，常用共线向量定理：a∥b⇔______________⇔_______________________________. (2)证明垂直问题，常用数量积的运算性质 a⊥b⇔__________⇔______________. (3)求夹角问题，利用夹角公式

cos θ＝____________＝______________________ (θ为a与b的夹角)． 2．平面向量与其他数学知识的交汇

平面向量作为一种运算工具，经常与函数、不等式、三角函数、数列、解析几何等知识结合，当平面向量给出的形式中含有未知数时，由向量平行或垂直的充要条件可以得到关于该未知数的关系式．在此基础上，可以求解有关函数、不等式、三角函数、数列的综合问题．

此类问题的解题思路是转化为代数运算，其转化途径主要有两种：一是利用平面向量平行或垂直的充要条件；二是利用向量数量积的公式和性质． [难点正本 疑点清源]

1．向量兼具代数的抽象与严谨和几何的直观，向量本身是一个数形结合的产物．在利用向量解决问题时，要注意数与形的结合、代数与几何的结合、形象思维与逻辑思维的结合． 2．要注意变换思维方式，能从不同角度看问题，要善于应用向量的有关性质解题．

y→→0，，C(x，y)，若AB⊥BC，则动点C的轨迹方程为1．平面上有三个点A(－2，y)，B2__________．

2．河水的流速为2 m/s，一艘小船想以垂直于河岸方向10 m/s的速度驶向对岸，则小船的静水速度大小为________．

3．已知A、B是以C为圆心，半径为5的圆上两点，且|AB|＝5，则AC·CB等于( )

555 A．－ C．0

2224．某人先位移向量a：“向东走3 km”，接着再位移向量b：“向北走3 km”，则a＋b

→→→

表示

( )

A．向东南走32 km C．向东南走33 km

B．向东北走32 km D．向东北走33

km

题型一 应用平面向量的几何意义解题

例1 平面上的两个向量OA，OB满足|OA|＝a，|OB|＝b，且OA⊥OB，a2＋b2＝4.向量OP11→→x－2＋b2y－2＝1. ＝xOA＋yOB (x，y∈R)，且a222

→→→→→→→

→x－1→y－1→(1)如果点M为线段AB的中点，求证：MP＝OA＋22OB；

(2)求|OP|的最大值，并求此时四边形OAPB面积的最大值．

探究提高 本题是一道典型的考查向量几何意义的应用问题．求解第(2)问的难点就是如何利用第(1)问的结论来解决新的问题，突破这一难点的关键主要是从设点M为线段AB的中点入手，借助条件及第(1)问的结论，去探究|OP|的最大值等问题．

→

→

→→→→ABAC→ABAC1→→ 已知非零向量AB与AC满足·BC＝0且＝ABC2

→→→→|AB||AC||AB||AC|

为

( )

A．三边均不相等的三角形 C．等腰非等边三角形

B．直角三角形 D．等边三角形

题型二 平面向量与解析几何的综合问题

例2 已知平面上一定点C(2,0)和直线l：x＝8，P为该平面上一动点，作PQ⊥l，垂足为

1→→1＝0. Q，且→PC＋PQ·

2PC2PQ

(1)求动点P的轨迹方程；

(2)若EF为圆N：x2＋(y－1)2＝1的任一条直径，求PE·PF的最小值．

探究提高 本题是平面向量与解析几何的综合性问题，涉及向量数量积的基本运算，数量积的求解以及轨迹、直线和圆、直线和椭圆中的最值等问题，该题的难点是向量条件的转化与应用，破解此问题应从向量的坐标运算入手，这也是解决解析几何问题的基本方法——坐标法．在解题过程中应该注意结合向量的有关运算技巧，先化简后运算．

已知圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝4及点A(1,1)，M是圆C上的任意一点，点N在

线段MA的延长线上，且MA＝2AN，求点N的轨迹方程． 题型三 向量在解三角形中的应用

例3 已知在锐角△ABC中，两向量p＝(2－2sin A，cos A＋sin A)，q＝(sin A－cos A,1＋ sin A)，且p与q是共线向量． (1)求A的大小；

→→

→→

(2)求函数y＝2sin2B＋cos

C－3B2取最大值时，B的大小．

探究提高 向量与三角函数的结合往往是简单的组合．如本题中条件通过向量给出，通过向量的平行得到一个等式，这时向量的使命便告完成．向量与其他知识的结合往往是这种简单组合，因此这种题目往往较为简单．

△ABC的三内角A，B，C所对边长分别是a，b，c，设向量m＝(a＋b，sin C)，

n＝(a＋c，sin B－sin A)，若m∥n，则角B的大小为________．

5.忽视对直角位置的讨论致误

试题：(12分)已知平面上三点A、B、C，向量BC＝(2－k,3)，AC＝(2,4)． (1)若三点A、B、C不能构成三角形，求实数k应满足的条件； (2)若△ABC为直角三角形，求k的值． 学生解答展示

→→

审题视角 因BC和AC已知，则可得AB(含k的式子)，若三点不能构成三角形，则有三点共线；若△ABC为直角三角形，则有一个角为直角，即某两边构成的角成直角，转化为某两个向量垂直，此时应根据直角顶点不同而进行分类讨论，求得符合条件的k的值． 规范解答

解 (1)由三点A、B、C不能构成三角形，得A、B、C在同一条直线上，即向量BC与AC平行，

1→→∵BC∥AC，∴4(2－k)－2×3＝0，解得k.

2(2)∵BC＝(2－k,3)，∴CB＝(k－2，－3)， ∴AB＝AC＋CB＝(k,1)． ∵△ABC为直角三角形，

[4分]

→→→

→→

→→

→→→

[5分]

则当∠BAC是直角时，AB⊥AC，即AB·AC＝0， ∴2k＋4＝0，解得k＝－2；

[7分]

→→→→

当∠ABC是直角时，AB⊥BC，即AB·BC＝0， ∴k2－2k－3＝0，解得k＝3或k＝－1；

[9分]

→→→→

→→→→

当∠ACB是直角时，AC⊥BC，即AC·BC＝0， ∴16－2k＝0，解得k＝8.

[11分] [12分]

综上得k∈{－2，－1,3,8}．

批阅笔记 (1)用向量研究平面几何问题，是向量的一个重要应用，也是高考的热点．本题难度不大，属中档题．(2)本题的错误非常典型．造成错误的主要原因就是思维定势所致．第(1)问，三点不能构成三角形，从构成三角形的条件直接否定，转化成求解不等式，从而使问题变得复杂，无法进行下去．第(2)问，由于思维定势，误认为∠A一定为直角，从而使解答不完整．(3)考生书写格式不规范，不完整，也是失分的一个重要因素

.

方法与技巧

1．向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题．

2．以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题．通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法．

3．有关线段的长度或相等，可以用向量的线性运算与向量的模． 4．用向量方法解决平面几何问题的步骤

(1)建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题；

(2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系； (3)把运算结果“翻译”成几何关系．

5．向量的坐标表示，使向量成为解决解析几何问题的有力工具，在证明垂直、求夹角、写直线方程时显示出了它的优越性，在处理解析几何问题时，需要将向量用点的坐标表示，利用向量的有关法则、性质列出方程，从而使问题解决． 失误与防范

1．向量关系与几何关系并不完全相同，要注意区别．例如：向量AB∥CD并不能说明AB∥CD. 2．构造向量解题，构造是关键，而向量的构造并不是唯一的，要根据题目进行调整． 3．加强平面向量的应用意识，自觉地用向量的思想和方法去思考问题．

→→

课时规范训练

(时间：60分钟) A组 专项基础训练题组

一、选择题

43

－，，点O(0,0)和A(1，－2) 1．已知平面上直线l的方向向量e＝55在l上的射影分别是O1和A1，则O1A1＝λe，其中λ等于

1111 B．－55C．2

D．－2

→

( )

2．已知O是△ABC所在平面上一点，若OA·OB＝OB·OC＝OC·OA，则O是△ABC的( ) A．内心 C．外心 角是

πA．－

6π 3二、填空题

4．已知在△ABC中，AB＝a，AC＝b，a·b

B．重心 D．垂心

( )

→→→→→→

3．已知|a|＝2|b|，|b|≠0且关于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有两相等实根，则向量a与b的夹

π

B．－

32π3

→→

15，|a|＝3，|b|＝5，则∠BAC＝________. 4

5．已知△ABO三顶点的坐标为A(1，0)，B(0,2)，O(0,0)，P(x，y)是坐标平面内一点，且满足AP·OA≤0，BP·OB≥0，则OP·AB的最小值为________．

6．已知i，j分别是x，y轴上的单位向量，一动点P与M(1,1)连结而成的向量与另一向量n＝4i－6j垂直，动点P的轨迹方程是______________. 三、解答题

7．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，D为BC 的中点，E是AB上的一点，且AE＝2EB.求证：AD⊥CE.

8．已知点P(0，－3)，点A在x轴上，点Q在y轴的正半轴上，点M满足PA·AM＝0，AM3→MQ，当点A在x轴上移动时，求动点M的轨迹方程．

2

B组 专项能力提升题组

一、选择题

1．平面上有四个互异点A、B、C、D，已知(DB＋DC－2DA)·(AB－AC)＝0，则△ABC的形状是

( )

A．直角三角形

→→→→→→

→→→

→→→→→

B．等腰三角形

C．等腰直角三角形 D．等边三角形

2. 如图，△ABC的外接圆的圆心为O，AB＝2，AC＝3， BC＝7，则AO·BC等于 3

2

C．2

→→

52

( )

D．3

3．设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点，且DC＝2BD，CE＝2EA，AF＝2FB，则AD＋BE＋CF与BC A．反向平行 C．互相垂直 二、填空题

→→→→→

( )

→→→→→

B．同向平行

D．既不平行也不垂直

4．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若AB·AC＝BA·BC＝1，那么c＝________.

5．在四边形ABCD中，AB＝DC＝(1,1)面积为________．

6．给定两个长度为1的平面向量OA和OB，它们的夹角为120°. 如图所示，点C在以O为圆心的圆弧

上变动．若OC＝

→→→→

3

→→

1

|BA|

→

→BA＋

1

|BC|

→

→BC＝

|BD|

→

BD，则四边形ABCD的

→→

→

xOA＋yOB，其中x，y∈R，则x＋y的最大值是________． 三、解答题

7. 如右图，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θ取何值时BP·CQ的值最 大？并求出这个最大值．

8．已知向量a＝(cos 23°，cos 67°)，向量b＝(cos 68°，cos 22°)． (1)求a·b；

(2)若向量b与向量m共线，u＝a

＋

m

，求u的模的最小值．

→→

→→→→

答案

要点梳理

1．(1)a＝λb(b≠0) x1y2－x2y1＝0 (2)a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0

xx＋yya·b

|a||b|x1＋y1x2＋y2基础自测 1.y2＝8x (x≠0)

2．226 m/s 3.A 4.B 题型分类·深度剖析

→1→1→例1 (1)证明 因为点M为线段AB的中点，所以OM＝OAOB.

22

1→所以MP＝OP－OM＝(xOA＋yOB)－1OA＋OB

22

→→→→→



1→1→xOA＋y－OB. ＝22(2)解 设点M为线段AB的中点， 则由OA⊥OB，

→→

→→→1→知|MA|＝|MB|＝|MO|＝|AB|＝1.

2

11→→→x－2＋b2y－2＝1，得|MP|2＝|OP－OM|2 又由(1)及a2221→1→x2OA2＋y－2OB2 ＝2211

x2a2＋y－2b2＝1. ＝22所以|MP|＝|MO|＝|MA|＝|MB|＝1.

故P，O，A，B四点都在以M为圆心、1为半径的圆上，所以当且仅当OP为圆M的直径时，|OP|max＝2.

这时四边形OAPB为矩形，则S四边形

a2＋b2→→|OB|＝ab≤2，当且仅当a＝b＝OAPB＝|OA|·

2

→→→→→

时，四边形OAPB的面积最大，最大值为2. 变式训练1 D

例2 解 (1)设P(x，y)，则Q(8，y)．

1→→1＝0， 由→PC＋PQ·

2PC2PQ

1→得|PC|2－|PQ|2＝0， 4

1

即(x－2)2＋y2－(x－8)2＝0，

4

22xy

化简得＝1.

1612

x2y2

所以点P＝1.

1612(2)因PE·PF＝(NE－NP)·(NF－NP) ＝(－NF－NP)·(NF－NP) ＝(－NP)2－NF2＝NP2－1，

x2y2

P是椭圆＋1上的任意一点，

1612设P(x0，y0)，

x2y24y20002

＝1，即x0＝16，

16123

2

又N(0,1)，所以NP2＝x20＋(y0－1)

112

20－2y0＋17y0＋3)＋20. 33

→→→→→→→→→→→

→→

→

因y0∈[－3，23]，

所以当y0＝23时，NP2取得最小值3－1)2＝13－43，(此时x0＝0)， 故PE·PF的最小值为12－3.

变式训练2 解 设M(x0，y0)、N(x，y)． 由MA＝2AN得

(1－x0,1－y0)＝2(x－1，y－1)， x0＝3－2x，∴ y＝3－2y.0

→

→→

→→

∵点M(x0，y0)在圆C上， ∴(x0－3)2＋(y0－3)2＝4， 即(3－2x－3)2＋(3－2y－3)2＝4. ∴x2＋y2＝1.

∴所求点N的轨迹方程是x2＋y2＝1. 例3 解 (1)∵p∥q，

∴(2－2sin A)(1＋sin A)－(cos A＋sin A)(sin A－cos A)＝0，

33

∴sin2A，sin A＝

42∵△ABC为锐角三角形，∴A＝60°.

C－3B(2)y＝2sin2B＋cos2

180°－B－A－3B＝2sin2B＋cos2 ＝2sin2B＋cos(2B－60°) ＝1－cos 2B＋cos(2B－60°)

＝1－cos 2B＋cos 2Bcos 60°＋sin 2Bsin 60°

13

＝1－Bsin 2B

22

＝1＋sin(2B－30°)，

当2B－30°＝90°，即B＝60°时，函数取最大值2.

5π

变式训练3 6课时规范训练 A组

1．D 2.D 3.D 4.150° 5.3 6．2x－3y＋1＝0 (x≠1)

→→1→→2 7．证明 AD·CE＝→CA＋ABAC＋CB·

23

2→→1→→2→2→1→→1→→＝－|AC|2＋CB·CA＋AB·ACAB·CB＝－|AC|2＋CB||CA|cos 90°＋|AC|cos

2332345°＋

2→2

|AC|cos 45° 3

＝－|AC|2＋|AC|2＝0， ∴AD⊥CE，即AD⊥CE.

8．解 设M(x，y)，A(a,0)，Q(0，b) (b>0)，

则PA＝(a,3)，AM＝(x－a，y)， MQ＝(－x，b－y)．

由PA·AM＝0，得a(x－a)＋3y＝0.①

→→

→→→

→

→

→→

→3→由AM＝－MQ，

2

3

得(x－a，y)(－x，b－y)．

23xx－a＝，a＝－22

∴ ∴

33yy－，b223x

把a＝－①，

2xx1x＋＋3y＝0，整理得y＝2. 得－224

1

∴动点M的轨迹方程是y＝x2.

4





B组

1．B 2.B 3．A 4.2 5.3 6．2

7．解 ∵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＝－a2－AP·AC＋AB·AP ＝－a2＋AP·(AB－AC)

1→→＝－a2＋PQ·BC＝－a2＋a2cos θ.

2

故当cos θ＝1，即θ＝0，即PQ与BC同向时，BP·CQ最大，最大值为0. 8．解 (1)a·b＝cos 23°·cos 68°＋cos 67°·cos 22°＝cos 23°·sin 22°＋sin 23°·cos 22°

2

＝sin 45°＝.

2

(2)由向量b与向量m共线，得m＝λb (λ∈R)，u＝a＋m＝a＋λb ＝(cos 23°＋λcos 68°，cos 67°＋λcos 22°) ＝(cos 23°＋λsin 22°，sin 23°＋λcos 22°)， |u|2＝(cos 23°＋λsin 22°)2＋(sin 23°＋λcos 22°)2

12

＝λ2＋2λ＋1＝λ＋2＋，

22∴当λ22

时，|u|有最小值为22

→→→→→→

→→→

→→→→→→→→→→→→

→→→→