2018年高考数学热门考点与解题技巧考点4平面向量

1、PAGE PAGE - 22 -考点4 平面向量热门题型题型1 平面向量的概念及线性表示题型2 平面向量基本定理及坐标运算题型3 平面向量的数量积题型4 平面向量的平行与垂直 题型1 平面向量的概念及线性表示例1 在ABC中，若点D满足则=（ ）A. B. C. D. 解析：解法1：=.故选A.【解题技巧】用几个基本向量表示某个向量问题的基本技巧：（1）观察各向量的位置；利用回路法，寻找相应的三角形或多边形；运用法则找关系；化简结果（2）也可以利用定比分点，若则.变式1.（2015全国1理7）设为所在平面内一点，则（ ）.A BC D解析 由题可得，所以，所以故选A变式2.如图5-10所示，在

2、平行四边形ABCD中，E和F分别是边CD和BC的中点，若,其中，则.解法2：特殊化思想。如图，把此平行四边形特殊为正方形，并把点A置于原点，且各边边长为1.则各点坐标为B (1，0)，C(1，1)，D(0,1)，E(,1)，F (1,)，可得 得 所以 ，故 .变式3.在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F，若，则=（ ） 分析 结合题意，利用向量的几何表示画出草图，如图5-46所示解法2：特殊化思想。如图所示，由 ，由，得故 题型2 平面向量基本定理及坐标运算例2 如图所示，在平行四边形ABCD中，M和N分别为DC和BC的中点，已知，试用，

3、表示和.分析 本题若直接用，表示，.有一定的困难，可转化一下角度，用，作为平面的一组基底，表示出，进而求出，.解析 因为M和N分别为DC和BC的中点，所以，于是有 .解得，即，.【解题技巧】注意转化思想在本题中的应用，通过本题可以发现，只要是平面内不共线的两个向量都可以作为一组基底，而恰当地选取平面的一组基底，往往可以提高解题效率.变式1如图所示，|eq o(OA,sup11()|eq o(OB,sup11()|1，|eq o(OC,sup11()|eq r(3)，AOB60，eq o(OB,sup11()eq o(OC,sup11()，设eq o(OC,sup11()xeq o(OA,sup

4、11()yeq o(OB,sup11().求实数x，y的值例3 点P在AB上，求证：且（，O是AB外一点）.分析 如图5-13所示，由于点P在AB上，可知与共线，设= ，可利用以点O为起点的向量进行转化. 解析 因为P在AB上，所以与共线，所以= ，故，所以，令，则且（）.【解题技巧】三点共线定理：A，B，P三点共线的充要条件是：存在实数，使,其中，O为AB外一点.变式1. 在ABC中，eq o(AD,sup11()2eq o(DB,sup11()，eq o(CD,sup11()eq f(1,3)eq o(CA,sup11()eq o(CB,sup11()，则_变式2.如图所示，在ABC中，e

5、q o(AN,sup11()eq f(1,3)eq o(AC,sup11()，P是BN上的一点，若eq o(AP,sup11()meq o(AB,sup11()eq f(2,11)eq o(AC,sup11()，则实数m的值为_【解析】注意到N，P，B三点共线，因此有eq o(AP,sup11()meq o(AB,sup11()eq f(2,11)eq o(AC,sup11()meq o(AB,sup11()eq f(6,11)eq o(AN,sup11()，从而meq f(6,11)1meq f(5,11). 题型3 平面向量的数量积例4 （2017全国1理13）13.已知向量，的夹角为，

6、，则 .解析 ，所以.【解题技巧】理解掌握向量数量积的几何意义，.变式1.（2016全国丙理3）已知向量，则（ ）A. B. C. D.解析 由.又，所以. 故选A.变式2.（2016全国甲理3）已知向量，且，则（ ）.A. B. C.6 D.8解析 因为，且，所以，解得.故选D变式3.（2017山东理12）已知是互相垂直的单位向量，若与的夹角为，则实数的值是 . 题型4 平面向量的平行与垂直例5（1）（2015全国2理13）设向量不平行，向量与平行，则实数 （2）（2016山东理8）已知非零向量，满足， .若，则实数的值为（ ）.A B C D解析：（1）根据向量平行的条件，因为向量与平行，

7、所以，则有解得，所以（2）解析 因为，由，所以，即，所以4. 故选B.【高考真题链接】1.（2016北京理4）设是向量，则“”是“”的（ ）.A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件2.（2017全国3理12）在矩形中，动点在以点为圆心且与相切的圆上若，则的最大值为（ ）.A3BC.D23.解析 解法一：由题意，作出图像，如图所示设与切于点，联结以点为坐标原点，为轴正半轴，为轴正半轴建立直角坐标系，则点坐标为因为，所以因为切于点所以所以是斜边上的高，即的半径为因为点在上所以点的轨迹方程为设点的坐标为，可以设出点坐标满足的参数方程，而，两式相加得 (

8、其中，)，当且仅当，时，取得最大值为3故选A.解法二：如图所示，考虑向量线性分解的等系数和线，可得的最大值为3.3.(2017浙江理15)已知向量，满足，则的最小值是 ，最大值是 .解析 解法一：如图所示，和是以为邻边的平行四边形的两条对角线，则，是以为圆心的单位圆上的一动点，构造2个全等的平行四边形，平行四边形所以易知当，B，C三点共线时，最小，此时；当时，最大，此时解法二:4（2015北京理13）在中，点，满足，.若，则 ； .解析 在中，点满足，点满足，则，因此，.5.（2017江苏12）如图所示，在同一个平面内，向量，的模分别为，与的夹角为，且，与的夹角为若， 则 将（*）式化简为式加

9、式，得故填解法二（坐标法）：如图所示，以所在的直线为轴，过且垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，由题意结合解法一可得，由，得，即，解得，故故填解法三（解三角形）：由，可得，如图所示，根据向量的分解，易得，即，即，解得，所以6（2015年江苏6）已知向量，若，则的值为 评注 也可以将用与线性表示，如：7.（2017江苏13）在平面直角坐标系中，点，点在圆上若，则点的横坐标的取值范围是 解析 不妨设，则，且易知因为，故所以点在圆上，且在直线的左上方（含直线）.联立，得，如图所示，结合图形知故填评注 也可以理解为点在圆的内部来解决，与解析中的方法一致8(2015安徽理8)是边长为的等边三角形，已知向

10、量，满足， ，则下列结论正确的是（ ）.A B C D解法二：对于选项D，过点作于点，则点为的中点，所以故选D9（2015福建理9）已知 ，若点是 所在平面内一点，且 ，则 的最大值等于（ ）.A13 B15 C19 D2110（2015全国1理5）已知是双曲线上的一点，是的两个焦点，若，则的取值范围是（ ）.A B C D解析 由题可得，且，即，所以，解得故选A11(2015山东理4) 已知菱形的边长为，则( ).ABCD解析 解法一：如图所示，在菱形中，各边长均为，所以 故选D解法二：由题可求得，与的夹角为，所以故选D12（2015陕西理7）对任意向量，下列关系式中不恒成立的是（ ）A B

11、 C D解法二： 从几何上考虑.如图所示，由三角形两边之差小于第三边得， B不正确.故选B. 13（2015四川理7）设四边形为平行四边形，.若点满足，则（ ）. A. B. C. D. 解析 ，所以.故选C.14（2015重庆理6）若非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ）. A. B. C. D. 15（2015年湖北理11）已知向量，则 解析 因为，所以即，故填9.16（2015年广东理16）在平面直角坐标系中，已知向量，.若，求的值；若与的夹角为，求的值.解析 （1）因为，且，所以，所以，所以（2）由（1）依题知，所以又因为，所以，即17.（2016天津理7）已知是边长为1的等边三角形，

12、点，分别是边，的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（ ）.A. B. C. D.解析 由题意作图，如图所示.则.故选B.18.（2016全国乙理13）设向量，且，则 .解析 因为，故，即.所以，得.19.（2016上海理12）在平面直角坐标系中，已知，是曲线上一个动点，则的取值范围是 20.（2016江苏13）如图所示，在中，是的中点，是上两个三等分点， ，则的值是 解法二（建系法）：可以考虑以为原点，所在直线为轴，的中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设，则，则，由题意，因此，.故21.（2017天津理13）在中，.若，且，则的值为_.解析 解法一：如图所示，以向量，为平面向量的基

13、底，则依题意可得.又因为，则，则，解得.22.(2017北京理6)设，为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的（ ）.A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C. 充分必要条件 D.既不充分也不必要条件解析 若，使，即两向量方向相反，夹角为，则.若，也可能夹角为，方向并不一定相反，故不一定存在.故选A.23.（2017全国2理12）已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是（ ）.A. B. C. D.解析 解法一（几何法）：如图所示，取的中点，联结，取的中点，由，则 ，当且仅当，即点与点重合时，取得最小值为，故选B.24.（2017全国3理12）在矩形中，动点在以点为圆心且与相切的圆