向量练习试题整理

向量练习试题整理向量练习试题整理/NUMPAGES5655/56向量练习试题整理向量练习试题整理第五章平面向量●网络体系总览复习本章时要注意：（4）向量的运算与实数的运算有异同点，学习时要注意这一点，如数量积不满足结合律.（5）要注意向量在几何、三角、物理学中的应用.（6）平面向量与空间向量的数量积及坐标运算是高考的重点，复习中要注意培养准确的运算能力和灵活运用知识的能力.5.1向量的概念、向量的加法与减法、实数与向量的积●知识梳理1.平面向量的有关概念：（1）向量的定义：既有大小又有方向的量叫做向量.（2）表示方法：用有向线段来表示向量.有向线段的长度表示向量的大小，用箭头所指的方向表示向量的方向.用字母a，b，…或用，，…表示.（3）模：向量的长度叫向量的模，记作|a|或||.（4）零向量：长度为零的向量叫做零向量，记作0；零向量的方向不确定.（5）单位向量：长度为1个长度单位的向量叫做单位向量.（6）共线向量：方向相同或相反的向量叫共线向量，规定零向量与任何向量共线.（7）相等的向量：长度相等且方向相同的向量叫相等的向量.2.向量的加法：（1）定义：求两个向量和的运算，叫做向量的加法.（2）法则：三角形法则；平行四边形法则.（3）运算律：a+b=b+a；（a+b）+c=a+（b+c）.3.向量的减法：（1）定义：求两个向量差的运算，叫做向量的减法.（2）法则：三角形法则；平行四边形法则.4.实数与向量的积：（1）定义：实数λ与向量a的积是一个向量，记作λa，规定：|λa|=|λ||a|.当λ＞0时，λa的方向与a的方向相同；当λ＜0时，λa的方向与a的方向相反；当λ=0时，λa与a平行.（2）运算律：λ（μa）=（λμ）a，（λ+μ）a=λa+μa，λ（a+b）=λa+λb.5.两个重要定理：（1）向量共线定理：向量b与非零向量a共线的充要条件是有且仅有一个实数λ，使得b=λa，即b∥ab=λa（a≠0）.（2）平面向量基本定理：如果e1、e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a，有且仅有一对实数λ1、λ2，使a=λ1e1+λ2e2.●点击双基1.（2004年天津，理3）若平面向量b与向量a=（1，－2）的夹角是180°，且|b|=3，则b等于A.（－3，6） B.（3，－6）C.（6，－3） D.（－6，3）解析：易知a与b方向相反，可设b=（λ，－2λ）（λ＜0）.又|b|=3=，解之得λ=－3或λ=3（舍去）.∴b=（－3，6）.答案：A2.（2004年浙江，文4）已知向量a=（3，4），b=（sinα，cosα），且a∥b，则tanα等于A. B.－ C. D.－解析：由a∥b，∴3cosα=4sinα.∴tanα=.答案：A3.若ABCD为正方形，E是CD的中点，且=a，=b，则等于A.b+a B.b－aC.a+b D.a－b解析：=－=+－=+－=b－a.答案：B4.e1、e2是不共线的向量，a=e1+ke2，b=ke1+e2，则a与b共线的充要条件是实数k等于A.0 B.－1 C.－2 D.±1解析：a与b共线存在实数m，使a=mb，即e1+ke2=mke1+me2.又e1、e2不共线，∴∴k=±1.∴D5.若a=“向东走8km”，b=“向北走8km”，则｜a+b|=_______，a+b的方向是_______.解析：|a+b|==8（km）.答案：8km东北方向●典例剖析【例1】已知向量a、b满足|a|=1，|b|=2，|a－b|=2，则|a+b|等于A.1 B. C. D.剖析：欲求|a+b|，一是设出a、b的坐标求，二是直接根据向量模计算.∴（x1－x2）2+（y1－y2）2=4.∴x12－2x1x2+x22+y12－2y1y2+y22=4.∴1－2x1x2－2y1y2=0.∴2x1x2+2y1y2=1.∴（x1+x2）2+（y1+y2）2=1+4+2x1x2+2y1y2=5+1=6.∴|a+b|=.解法二：∵|a+b|2+|a－b|2=2（|a|2+|b|2），∴|a+b|2=2（|a|2+|b|2）－|a－b|2=2（1+4）－22=6.∴|a+b|=.故D.深化拓展此题也可以利用“解斜三角形”的方法进行处理.【例2】如图，G是△ABC的重心，求证：++=0.剖析：要证++=0，只需证+=－，即只需证+与互为相反的向量.证明：以向量、为邻边作平行四边形GBEC，则+==2.又由G为△ABC的重心知=2，从而=－2.∴++=－2+2=0.评述：向量的加法可以用几何法进行.正确理解向量的各种运算的几何意义，能进一步加深对“向量”的认识，并能体会用向量处理问题的优越性.深化拓展此题也可用向量的坐标运算进行证明.【例3】设、不共线，点P在AB上，求证：=λ+μ且λ+μ=1，λ、μ∈R.剖析：∵点P在AB上，可知与共线，得=t.再用以O为起点的向量表示.证明：∵P在AB上，∴与共线.∴=t.∴－=t（－）.∴=+t－t=（1－t）+t.设1－t=λ，t=μ，则=λ+μ且λ+μ=1，λ、μ∈R.评述：本例的重点是考查平面向量的基本定理，及对共线向量的理解及应用.深化拓展①本题也可变为，不共线，若=λ+μ，且λ+μ=1，λ∈R，μ∈R，求证：A、B、P三点共线.提示：证明与共线.②当λ=μ=时，=（+），此时P为AB的中点，这是向量的中点公式.【例4】若a、b是两个不共线的非零向量（t∈R）.（1）若a与b起点相同，t为何值时，a、tb、（a+b）三向量的终点在一直线上?（2）若|a|=|b|且a与b夹角为60°，那么t为何值时，|a－tb|的值最小?解：（1）设a－tb=m［a－（a+b）］（m∈R），化简得（－1）a=（－t）b.∵a与b不共线，∴∴t=时，a、tb、（a+b）的终点在一直线上.（2）|a－tb|2=（a－tb）2=|a|2+t2|b|2－2t|a||b|cos60°=（1+t2－t）|a|2，∴t=时，|a－tb|有最小值|a|.评述：用两个向量共线的充要条件，可解决平面几何中的平行问题或共线问题.思考讨论两个向量共线与两条线段在一条直线上是否一样?●闯关训练夯实基础1.（2004年广东，1）已知平面向量a=（3，1），b=（x，－3）且a⊥b，则x等于A.3 B.1 C.－1 D.－3解析：由a⊥b，则3x－3=0，∴x=1.答案：B2.若a、b为非零向量，且|a+b|=|a|+|b|，则有A.a∥b且a、b方向相同 B.a=bC.a=－b D.以上都不对解析：a、b为非零向量，且|a+b|=|a|+|b|，∴a∥b且方向相同.答案：A3.在四边形ABCD中，－－等于A. B. C. D.解析：－－=－=+=.答案：C4.设四边形ABCD中，有=且||=||，则这个四边形是A.平行四边形 B.矩形C.等腰梯形 D.菱形解析：∵=，∴DC∥AB，且DC≠AB.又||=||，∴四边形为等腰梯形.答案：C5.l1、l2是不共线向量，且a=－l1+3l2，b=4l1+2l2，c=－3l1+12l2，若b解：设a=λ1b+λ2c，即－l1+3l2=λ1（4l1+2l2）+λ2（－3l即－l1+3l2=（4λ1－3λ2）l1+（2λ1+12λ2）l2，∴解得λ1=－，λ2=，故a=－b+c.6.设两向量e1、e2满足|e1|=2，|e2|=1，e1、e2的夹角为60°，若向量2te1+7e2与向量e1+te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围.解：e12=4，e22=1，e1·e2=2×1×cos60°=1，∴（2te1+7e2）·（e1+te2）=2te12+（2t2+7）e1·e2+7te22=2t2+15t+7.∴2t2+15t+7＜0.∴－7＜t＜－.设2te1+7e2=λ（e1+te2）（λ＜0）2t2=7t=－，∴λ=－.∴当t=－时，2te1+7e2与e1+te2的夹角为π.∴t的取值范围是（－7，－）∪（－，－）.思考讨论向量a、b的夹角为钝角，则cos〈a，b〉＜0，它们互为充要条件吗?培养能力7.已知向量a=2e1－3e2，b=2e1+3e2，其中e1、e2不共线，向量c=2e1－9e2.问是否存在这样的实数λ、μ，使向量d=λa+μb与c共线?解：∵d=λ（2e1－3e2）+μ（2e1+3e2）=（2λ+2μ）e1+（－3λ+3μ）e2，要使d与c共线，则应有实数k，使d=kc，即（2λ+2μ）e1+（－3λ+3μ）e2=2ke1－9ke2，由得λ=－2μ.故存在这样的实数λ、μ，只要λ=－2μ，就能使d与c共线.8.如图所示，D、E是△ABC中AB、AC边的中点，M、N分别是DE、BC的中点，已知=a，=b，试用a、b分别表示、和.解：由三角形中位线定理，知DEBC.故=，即=a.=++=－a+b+a=－a+b，=++=++=－a+a－b=a－b.探究创新9.在△ABC中，AM∶AB=1∶3，AN∶AC=1∶4，BN与CM交于点E，=a，=b，用a、b表示.解：由已知得=，=.设=λ，λ∈R，则=+=+λ.而=－，∴=+λ（－）=+λ（－）.∴=（－）+λ.同理，设=t，t∈R，则=+=+t=+t（－）=+t（－）.∴=（－）+t.∴（－）+λ=（－）+t.由与是不共线向量，得解得∴=+，即=a+b.评述：此题所涉及的量较多，且向量与向量之间的关系较为复杂，因此对学生来说确有一定困难.通过共线向量，增加辅助量来理清向量之间关系是“探索”之所在，即对基本定理的深化及应用.●思悟小结2.共线向量和平面向量的两条基本定理，揭示了共线向量和平面向量的基本结构，它们是进一步研究向量的基础.3.对于两个向量平行的充要条件：a∥ba=λb，只有b≠0才是正确的.而当b=0时，a∥b是a=λb的必要不充分条件.4.向量的坐标表示体现了数形的紧密关系，从而可用“数”来证明“形”的问题.5.培养学生的观察、分析、归纳、抽象的思维能力.●教师下载中心教学点睛1.本课复习的重点是：理解向量的基本概念，掌握向量的加法、减法运算，掌握实数与向量的积的运算.2.复习时要构建良好的知识结构.3.向量的加法、减法运算既要注重几何运算，又要注重代数运算.4.强化数学思想的教学，尤其是数形结合思想、化归思想等.拓展题例【例题】对任意非零向量a、b，求证：|a|－|b|≤|a±b|≤|a|+|b|.证明：分三种情况考虑.（1）当a、b共线且方向相同时，|a|－|b|＜|a+b|=|a|+|b|，|a|－|b|=|a－b|＜|a|+|b|.（2）当a、b共线且方向相反时，∵a－b=a+（－b），a+b=a－（－b），利用（1）的结论有||a|－|b||＜|a+b|＜|a|+|b|，|a|－|b|＜|a－b|=|a|+|b|.（3）当a，b不共线时，设=a，=b，作=+=a+b，=－=a－b，利用三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，得||a|－|b||＜|a±b|＜|a|+|b|.综上得证.5.2向量的数量积●知识梳理1.数量积的概念：（1）向量的夹角：如下图，已知两个非零向量a和b，作=a，=b，则∠AOB=θ（0°≤θ≤180°）叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉.（2）数量积的定义：已知两个非零向量a和b，它们的夹角为θ，则数量|a||b|cosθ叫做a与b的数量积，记作a·b，即a·b=|a||b|cosθ.（3）数量积的几何意义：数量积a·b等于a的模与b在a方向上的投影|b|cosθ的乘积.2.数量积的性质：设e是单位向量，〈a，e〉=θ.（1）e·a=a·e=|a|cosθ.（2）当a与b同向时，a·b=|a||b|；当a与b反向时，a·b=－|a||b|，特别地，a·a=|a|2，或|a|=.（3）a⊥ba·b=0.（4）cosθ=.（5）|a·b|≤|a||b|.3.运算律：（1）a·b=b·a；（2）（λa）·b=λ（a·b）=a·（λb）；（3）（a+b）·c=a·c+b·c.4.向量数量积的坐标运算：设a=（x1，y1），b=（x2，y2），则（1）a·b=x1x2+y1y2；（2）|a|=；（3）cos〈a，b〉=；（4）a⊥ba·b=0x1x2+y1y2=0.思考讨论（a·b）c与a（b·c）是否相等?●点击双基1.（2004年全国Ⅰ，3）已知a、b均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a+3b|等于A. B. C. D.4解析：|a+3b|====.答案：C2.若向量a与b的夹角为60°，|b|=4，（a+2b）·（a－3b）=－72，则向量a的模是A.2 B.4 C.6 解析：（a+2b）·（a－3b）=|a|2－|a||b|cos60°－6|b|2=|a|2－2|a|－96=－72，∴|a|2－2|a|－24=0.∴（|a|－6）·（|a|+4）=0.∴|a|=6.答案：C3.已知a=（λ，2），b=（－3，5），且a与b的夹角为钝角，则λ的取值范围是A.λ＞ B.λ≥C.λ＜ D.λ≤解析：∵a与b的夹角为钝角，∴cos〈a，b〉＜0.∴a·b＜0.∴－3λ+10＜0.∴λ＞.答案：A4.（2004年上海，6）（理）已知点A（1，－2），若向量与a=（2，3）同向，||=2，则点B的坐标为____________.解析：设A点坐标为（xA，yA），B点坐标为（xB，yB）.∵与a同向，∴可设=λa=（2λ，3λ）（λ＞0）.∴||==2，∴λ=2.则=（xB－xA，yB－yA）=（4，6），∴∵∴∴B点坐标为（5，4）（文）已知点A（－1，－5）和向量a=（2，3），若=3a，则点B的坐标为____________.解析：设B点坐标为（xB，yB），则=（xB+1，yB+5）=3a=（6，9），∴∴∴B（5，4）.答案：（5，4）●典例剖析【例1】判断下列各命题正确与否：（1）若a≠0，a·b=a·c，则b=c；（2）若a·b=a·c，则b≠c当且仅当a=0时成立；（3）（a·b）c=a（b·c）对任意向量a、b、c都成立；（4）对任一向量a，有a2=|a|2.剖析：（1）（2）可由数量积的定义判断.（3）通过计算判断.（4）把a2转化成a·a=|a|2可判断.解：（1）a·b=a·c，∴|a||b|cosα=|a||c|cosβ（其中α、β分别为a与b，a与c的夹角）.∵|a|≠0，∴|b|cosα=|c|cosβ.∵cosα与cosβ不一定相等，∴|b|与|c|不一定相等.∴b与c也不一定相等.∴（1）不正确.（2）若a·b=a·c，则|a||b|cosα=|a||c|cosβ（α、β为a与b，a与c的夹角）.∴|a|（|b|cosα－|c|cosβ）=0.∴|a|=0或|b|cosα=|c|cosβ.当b≠c时，|b|cosα与|c|cosβ可能相等.∴（2）不正确.（3）（a·b）c=（|a||b|cosα）c，a（b·c）=a|b||c|cosθ（其中α、θ分别为a与b，b与c的夹角）.（a·b）c是与c共线的向量，a（b·c）是与a共线的向量.∴（3）不正确.（4）正确.评述：判断上述问题的关键是要掌握向量的数量积的含义，向量的数量积的运算律不同于实数乘法的运算律.【例2】平面内有向量=（1，7），=（5，1），=（2，1），点X为直线OP上的一个动点.（1）当·取最小值时，求的坐标；（2）当点X满足（1）的条件和结论时，求cos∠AXB的值.剖析：因为点X在直线OP上，向量与共线，可以得到关于坐标的一个关系式，再根据·的最小值，求得的坐标，而cos∠AXB是与夹角的余弦，利用数量积的知识易解决.解：（1）设=（x，y），∵点X在直线OP上，∴向量与共线.又=（2，1），∴x－2y=0，即x=2y.∴=（2y，y）.又=－，=（1，7），∴=（1－2y，7－y）.同样=－=（5－2y，1－y）.于是·=（1－2y）（5－2y）+（7－y）（1－y）=5y2－20y+12=5（y－2）2－8.∴当y=2时，·有最小值－8，此时=（4，2）.（2）当=（4，2），即y=2时，有=（－3，5），=（1，－1）.∴||=，||=.∴cos∠AXB==－.评述：（1）中最值问题不少都转化为函数最值问题解决，因此解题关键在于寻找变量，以构造函数.而（2）中即为数量积定义的应用.【例3】已知向量、、满足++=0，||=||=||=1.求证：△P1P2P3是正三角形.剖析：由||=||=||=1知O是△P1P2P3的外接圆的圆心，要证△P1P2P3是正三角形，只需证∠P1OP2=∠P2OP3=∠P3OP1即可，即需求与，与，与的夹角.由++=0变形可出现数量积，进而求夹角.证明：∵++=0，∴+=－.∴|+|=|－|.∴||2+||2+2·=||2.又∵||=||=||=1，∴·=－.∴｜｜||cos∠P1OP2=－，即∠P1OP2=120°.同理∠P1OP3=∠P2OP3=120°.∴△P1P2P3为等边三角形.评述：解本题的关键是由++=0转化出现向量的数量积，进而求夹角.深化拓展本题也可用如下方法证明：以O点为坐标原点建立直角坐标系，设P1（x1，y1），P2（x2，y2），P3（x3，y3），则=（x1，y1），=（x2，y2），=（x3，y3）.由++=0，得∴由||=||=||=1，得x12+y12=x22+y22=x32+y32=1.∴2+2（x1x2+y1y2）=1.∴||====.同理||=，||=.∴△P1P2P3为正三角形.●闯关训练夯实基础1.若a=（2，3），b=（－4，7），则a在b方向上的投影为A. B. C. D.解析：a在b方向上的投影为===.答案：C2.已知|a|=10，|b|=12，且（3a）·（b）=－36，则a与b的夹角是A.60° B.120° C.135° D.150°解析：由（3a）·（b）=－36得a·b=－60.∴cos〈a，b〉==－.又0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉=120°.答案：B3.若向量c垂直于向量a和b，d=λa+μb（λ、μ∈R，且λμ≠0），则A.c∥dB.c⊥dC.c不平行于d，也不垂直于dD.以上三种情况均有可能解析：∵c⊥a，c⊥b，∴c·a=0，c·b=0.∴c·d=c·（λa+μb）=c·（λa）+c·（μb）=λc·a+μc·b=0.B4.给出下列命题：①若a2+b2=0，则a=b=0；②已知a、b、c是三个非零向量，若a+b=0，则|a·c|=|b·c|；③在△ABC中，a=5，b=8，c=7，则·=20；④a与b是共线向量a·b=|a||b|.其中真命题的序号是_______.（请把你认为是真命题的序号都填上）解析：①a2+b2=0，∴|a|=－|b|.又|a|≥0，|b|≥0，∴|a|=|b|=0.∴a=b=0.∴①正确.=|a||c||cos（π－〈a，c〉）|=|a||c||cos〈a，c〉|.∴②正确.③cosC===.·=||||cos（π－C）=5×8×（－）=－20.∴③不正确.④a与b是共线向量a=λb（b≠0）a·b=λb2，而|a||b|=|λb||b|=|λ||b|2.∴④不正确.答案：①②5.已知|a|=，|b|=3，a和b的夹角为45°，求当向量a+λb与λa+b的夹角为锐角时，λ的取值范围.解：a+λb与λa+b的夹角为锐角，即（a+λb）·（λa+b）＞0，也就是λa2+（λ2+1）a·b+λb2＞0，即2λ+（λ2+1）··3·+9λ＞0，解得λ＜或λ＞.6.如下图，以原点和A（5，2）为两个顶点作等腰直角△OAB，使∠B=90°.求点B和向量的坐标.分析：这里关键是求出B点的坐标，设B（x，y），由⊥和||=||，则可列出x、y的方程组.解：设B点坐标为（x，y），则=（x，y），=（x－5，y－2）.∵⊥，∴x（x－5）+y（y－2）=0，即x2+y2－5x－2y=0. ①又||=||，∴x2+y2=（x－5）2+（y－2）2，即10x+4y=29. ②解①②得或∴B点坐标为（，－）或（，）.故=（－，－）或=（－，）培养能力7.（2004年浙江，14）（理）已知平面上三点A、B、C满足||=3，||=4，||=5，则·+·+·的值等于_______.解析：∵||2+||2=||2，∴△ABC为直角三角形，其中∠B=90°.∴·+·+·=0+||||cos（π－∠C）+||||cos（π－∠A）=－25.（文）已知平面上三点A、B、C满足||=2，||=1，||=，则·+·+·的值等于_________.解析：∵||2+||2=||2，∴△ABC为直角三角形且∠C=90°.∴·+·+·=||||cos（π－∠B）+0+||||cos（π－∠A）=－4.8.已知F1（－1，0），F2（1，0），A（，0），动点P满足3·+·=0.（1）求动点P的轨迹方程.（2）是否存在点P，使PA成为∠F1PF2的平分线?若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由.解：（1）设P（x，y），则=（－1－x，－y），=（1－x，－y），=（－x，－y）.∴·=（－1－x）（－x）+（－y）2=（x+1）（x－）2+y2，·=（1－x）·（－x）+（－y）2=（x－1）（x－）+y2.∴3［（x+1）（x－）+y2］+（x－1）（x－）+y2=0.∴x2+y2=即为P点的轨迹方程.（2）设存在，则cos∠F1PA=cos∠APF2.∴.将条件3·=－·代入上式不成立.∴不存在.探究创新9.已知平面向量a=（，－1），b=（，），（1）证明：a⊥b；（2）若存在不同时为零的实数k和t，使x=a+（t2－3）b，y=－ka+tb，且x⊥y，试求函数关系式k=f（t）；（3）据（2）的结论，确定函数k=f（t）的单调区间.（1）证明：a·b=×+（－1）×=0.（2）解：∵x⊥y，∴x·y=0，且a·b=0，a2=4，b2=1，整理得－4k+t（t2－3）=0，∴k=t（t2－3）.因此，当t∈（－∞，－1）时，f（t）是增函数；当t∈（1，+∞）时，f（t）也是增函数.再令（t）＜0，得－1＜t＜1，故t∈（－1，1）时，f（t）是减函数.●思悟小结1.平面向量的数量积及其几何意义是本节的重点，用数量积处理向量垂直问题，向量的长度、角度问题是难点.2.向量的数量积是向量之间的一种乘法运算，它是向量与向量的运算，结果却是一个数量，所以向量的数量积的坐标表示是纯数量的坐标表示.3.向量a与b的夹角：（1）当a与b平移成有公共起点时两向量所成的角才是夹角；（2）0°≤〈a，b〉≤180°；（3）cos〈a，b〉==.●教师下载中心教学点睛1.本课时复习的重点是：平面向量的数量积及其几何意义，掌握向量垂直的条件，了解用平面向量的数量积处理有关长度、角度和垂直的问题.2.向量的数量积是向量之间的一种乘法运算，它是向量与向量的运算，结果却是一个数量.求两向量的夹角.拓展题例【例题】在△ABC中，（1）若=a，=b，求证：S△ABC=；（2）若=（a1，a2），=（b1，b2），求证：△ABC的面积S△=|a1b2－a2b1|.证明：（1）设a、b的夹角为θ，△ABC的面积S△=||||sinθ=|a||b|sinθ.∵sin2θ=1－cos2θ=1－（）2，∴S△2=（|a||b|）2sin2θ=（|a||b|）2［1－（）2］=［（|a||b|）2－（a·b）2］.∴S△=.（2）记=a，=b，则a=（a1，a2），b=（b1，b2）.∴|a|2=a12+a22，|b|2=b12+b22，|a·b|2=（a1b1+a2b2）2.由（1）可知S△===，∴S△=|a1b2－a2b1|.评述：（1）是用数量积给出的三角形的面积公式；（2）是用向量坐标给出的三角形的面积公式.5.3两点间距离公式、线段的定比分点与图形的平移●知识梳理1.设A（x1，y1），B（x2，y2），则=（x2－x1，y2－y1）.∴||=.2.线段的定比分点是研究共线的三点P1，P，P2坐标间的关系.应注意：（1）点P是不同的顺序，不能搞错；（3）定比分点的坐标公式（λ≠－1）.3.点的平移公式描述的是平移前、后点的坐标与平移向量坐标三者之间的关系，特别提示1.定比分点的定义：点P为所成的比为λ，用数学符号表达即为=λ.当λ＞0时，P为内分点；λ＜0时，P为外分点.2.定比分点的向量表达式：P点分成的比为λ，则=+（O为平面内任一点）.3.定比分点的应用：利用定比分点可证共线问题.●点击双基1.（2004年东北三校联考题）若将函数y=f（x）的图象按向量a平移，使图象上点的坐标由（1，0）变为（2，2），则平移后的图象的解析式为A.y=f（x+1）－2 B.y=f（x－1）－2C.y=f（x－1）+2 D.y=f解析：由平移公式得a=（1，2），则平移后的图象的解析式为y=f（x－1）+2.2.（2004年湖北八校第二次联考）将抛物线y2=4x沿向量a平移得到抛物线y2－4y=4x，则向量a为A.（－1，2） B.（1，－2）C.（－4，2） D.（4，－2）解析：设a=（h，k），由平移公式得代入y2=4x得（－k）2=4（－h），2－2k=4－4h－k2，即y2－2ky=4x－4h－k2，∴k=2，h=－1.∴a=（－1，2）.思考讨论本题不用平移公式代入配方可以吗?提示：由y2－4y=4x，配方得（y－2）2=4（x+1），∴h=－1，k=2.（知道为什么吗?）3.设A、B、C三点共线，且它们的纵坐标分别为2、5、10，则A点分所得的比为A. B. C.－ D.－解析：设A点分所得的比为λ，则由2=，得λ=－.答案：C4.若点P分所成的比是λ（λ≠0），则点A分所成的比是____________.解析：∵=λ，∴=λ（－+）.∴（1+λ）=λ.∴=.∴=－.答案：－5.（理）若△ABC的三边的中点坐标为（2，1）、（－3，4）、（－1，－1），则△ABC的重心坐标为____________.解析：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），则∴∴重心坐标为（－，）.答案：（－，）（文）已知点M1（6，2）和M2（1，7），直线y=mx－7与线段M1M2的交点M分有向线段的比为3∶2，则m解析：设M（x，y），则x===3，y===5，即M（3，5），代入y=mx－7得5=3m－7，∴m=4.●典例剖析【例1】已知点A（－1，6）和B（3，0），在直线AB上求一点P，使||=||.剖析：||=||，则=或=.设出P（x，y），向量转化为坐标运算即可.解：设P的坐标为（x，y），若=，则由（x+1，y－6）=（4，－6），得解得此时P点坐标为（，4）.若=－，则由（x+1，y－6）=－（4，－6）得解得∴P（－，8）.综上所述，P（，4）或（－，8）.深化拓展本题亦可转化为定比分点处理.由=，得=，则P为的定比分点，λ=，代入公式即可；若=－，则=－，则P为的定比分点，λ=－.由两种方法比较不难得出向量的运算转化为坐标运算，是解决向量问题的一般方法.【例2】已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（4，1），B（3，4），C（－1，2），BD是∠ABC的平分线，求点D的坐标及BD的长.剖析：∵A、C两点坐标为已知，∴要求点D的坐标，只要能求出D分所成的比即可.解：∵|BC|=2，|AB|=，∴D分所成的比λ=.由定比分点坐标公式，得∴D点坐标为（9－5，）.∴|BD|==.评述：本题给出了三点坐标，因此三边长度易知，由角平分线的性质通过定比分点可解出D点坐标，适当利用平面几何知识，可以使有些问题得以简化.深化拓展本题也可用如下解法：设D（x，y），∵BD是∠ABC的平分线，∴〈，〉=〈，〉.∴，即=.又=（1，－3），=（x－3，y－4），=（－4，－2），∴=.∴（4+）x+（2－3）y+9－20=0. ①又A、D、C三点共线，∴，共线.又=（x－4，y－1），=（x+1，y－2），∴（x－4）（y－2）=（x+1）（y－1）. ②由①②可解得∴D点坐标为（9－5，），|BD|=.思考讨论若BD是AC边上的高，或BD把△ABC分成面积相等的两部分，本题又如何求解?请读者思考.【例3】已知在□ABCD中，点A（1，1），B（2，3），CD的中点为E（4，1），将□ABCD按向量a平移，使C点移到原点O.（1）求向量a；（2）求平移后的平行四边形的四个顶点的坐标.解：（1）由□ABCD可得=，设C（x3，y3），D（x4，y4），则又CD的中点为E（4，1），则由①－④得即C（，2），D（，0）.∴a=（－，－2）.（2）由平移公式得A′（－，－1），B′（－，1），C′（0，0），D′（－1，－2）.●闯关训练夯实基础1.（2004年福州质量检查题）将函数y=sinx按向量a=（－，3）平移后的函数解析式为A.y=sin（x－）+3 B.y=sin（x－）－3C.y=sin（x+）+3 D.y=sin（x+）－3解析：由得∴－3=sin（+）.∴=sin（+）+3，即y=sin（x+）+3.2.（2003年河南调研题）将函数y=2sin2x的图象按向量a平移，得到函数y=2sin（2x+）+1的图象，则a等于A.（－，1） B.（－，1）C.（，－1） D.（，1）解析：由y=2sin（2x+）+1得y=2sin2（x+）+1，∴a=（－，1）.答案：B3.（2004年东城区模拟题）已知点P是抛物线y=2x2+1上的动点，定点A（0，－1），若点M分所成的比为2，则点M的轨迹方程是____________，它的焦点坐标是____________.解析：设P（x0，y0），M（x，y）.代入y0=2x02+1得3y+2=18x2+1，即18x2=3y+1，x2=y+=（y+），∴p=，焦点坐标为（0，－）.答案：x2=（y+）（0，－）b·c=4，则b=____________.解析：a=（0，0）－（1，3）=（－1，－3）.设b=（x，y），由题意得则b=（3，－1）.5.已知向量=（3，1），=（－1，2），⊥，∥.试求满足+=的的坐标.解：设=（x，y），则=（x，y）+（3，1）=（x+3，y+1），=－=（x+3，y+1）－（－1，2）=（x+4，y－1），则所以=（11，6）.6.已知A（2，3），B（－1，5），且满足=，=3，=－，求C、D、E的坐标.解：用向量相等或定比分点坐标公式均可，读者可自行求解.C（1，），D（－7，9），E（，）.培养能力7.（2004年福建，17）设函数f（x）=a·b，其中a=（2cosx，1），b=（cosx，sin2x），x∈R.（1）若f（x）=1－，且x∈［－，］，求x；（2）若y=2sin2x的图象按向量c=（m，n）（|m|＜）平移后得到函数y=f（x）的图象，求实数m、n的值.解：（1）依题设f（x）=2cos2x+sin2x=1+2sin（2x+），由1+2sin（2x+）=1－，得sin（2x+）=－.∵|x|≤，∴－≤2x+≤.∴2x+=－，即x=－.（2）函数y=2sin2x的图象按向量c=（m，n）平移后得到函数y=2sin2（x－m）+n的图象，即y=f（x）的图象.由（1）得f（x）=2sin2（x+）+1.又|m|＜，∴m=－，n=1.8.有点难度哟！（2004年广州综合测试）已知曲线x2+2y2+4x+4y+4=0按向量a=（2，1）平移后得到曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）过点D（0，2）的直线与曲线C相交于不同的两点M、N，且M在D、N之间，设=λ，求实数λ的取值范围.解：（1）原曲线即为（x+2）2+2（y+1）2=2，则平移后的曲线C为x2+2y2=2，即+y2=1.（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），则由于点M、N在椭圆x2+2y2=2上，则即消去x22得，2λ2+8λy2+8=2λ2+4λ+2，即y2=.∵－1≤y2≤1，∴－1≤≤1.又∵λ＞0，故解得λ≥.故λ的取值范围为［，+∞）.思考讨论本题若设出直线l的方程y=kx+2，然后与x2+2y2=2联立，利用韦达定理能求解吗?（不要忘记讨论斜率不存在的情况）读者可尝试一下.探究创新9.甲船由A岛出发向北偏东45°的方向做匀速直线航行，速度为15nmile/h，在甲船从A岛出发的同时，乙船从A岛正南40nmile处的B岛出发，朝北偏东θ（θ=arctan）的方向作匀速直线航行，速度为10nmile/h.（如下图所示）（1）求出发后3h两船相距多少海里?（2）求两船出发后多长时间相距最近?最近距离为多少海里?解：以A为原点，BA所在直线为y轴建立如下图所示的坐标系.设在t时刻甲、乙两船分别在P（x1，y1），Q（x2，y2），则由θ=arctan，可得cosθ=，sinθ=，x2=10tsinθ=10t，y2=10tcosθ－40=20t－40.（1）令t=3，P、Q两点的坐标分别为（45，45），（30，20）.|PQ|===5，即两船出发后3h时，两船相距5nmile.（2）由（1）的解法过程易知|PQ|====≥20.∴当且仅当t=4时，|PQ|的最小值为20，即两船出发4h时，相距20nmile为两船最近距离.●思悟小结1.理解线段的定比分点公式时应注意以下问题：（1）弄清起点、分点、终点，并由此决定定比λ；（2）在计算点分有向线段所成比时，首先要确定是内分点，还是外分点，然后相应地把数量之比转化为长度之比.也可直接由定义=λ获解.2.线段的定比分点的坐标表示，强化了坐标运算的应用，确定λ的值是公式应用的关键.3.关于平面图形的平移，主要确定的是平移向量.注意公式正、逆使用，并特别注意分清新旧函数解析式.4.配凑法、待定系数法、对应点代入法是确定平移向量的重要方法.●教师下载中心教学点睛1.线段的定比分点公式=λ，该式中已知P1、P2及λ可求分点P的坐标，并且还要注意公式的变式在P1、P2、P、λ中知三可求第四个量.3.平移前后坐标之间的关系极易出错，要引导学生弄清知识的形成过程不要死记硬背.拓展题例【例1】（2004年豫南三市联考）已知f（A，B）=sin22A+cos22B－sin2A－cos2（1）设△ABC的三内角为A、B、C，求f（A，B）取得最小值时，C的值；（2）当A+B=且A、B∈R时，y=f（A，B）的图象按向量p平移后得到函数y=2cos2A的图象，求满足上述条件的一个向量p.解：（1）f（A，B）=（sin2A－）2+（cos2B－）2+1，由题意得∴C=或C=.（2）∵A+B=，∴2B=π－2A，cos2B=－cos2A.∴f（A，B）=cos2A－sin2A+3=2cos（2A+）+3=2cos2（A+）+3.从而p=（，－3）（只要写出一个符合条件的向量p即可）.【例2】设曲线C的方程是y=x3－x，将C沿x轴、y轴正向分别平移t、s单位长度后，得到曲线C1.（1）写出曲线C1的方程；（2）证明：曲线C与C1关于点A（，）对称.（1）解：C1：y－s=（s－t）3－（x－t）. ①（2）分析：要证明曲线C1与C关于点A（，）对称，只需证明曲线C1上任意一个点关于A点的对称点都在曲线C上，反过来，曲线C上任意一个点关于A点的对称点都在曲线C1上即可.证明：设P1（x1，y1）为曲线C1上任意一点，它关于点A（，）的对称点为P（t－x1，s－y1），把P点坐标代入曲线C的方程，左=s－y1，右=（t－x1）3－（t－x1）.由于P1在曲线C1上，∴y1－s=（x1－t）3－（x1－t）.∴s－y1=（t－x1）3－（t－x1），即点P（t－x1，s－y1）在曲线C上.同理可证曲线C上任意一点关于点A的对称点都在曲线C1上.从而证得曲线C与C1关于点A（，）对称.5.4解斜三角形●知识梳理1.正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即==.利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题.（1）已知两角和任一边，求其他两边和一角；（2）已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角.（从而进一步求出其他的边和角）2.余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即a2=b2+c2－2bccosA；①b2=c2+a2－2cacosB；②c2=a2+b2－2abcosC. ③在余弦定理中，令C=90°，这时cosC=0，所以c2=a2+b2.由此可知余弦定理是勾股定理的推广.由①②③可得cosA=；cosB=；cosC=.利用余弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题：（1）已知三边，求三个角；（2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角.特别提示两定理的形式、内容、证法及变形应用必须引起足够的重视，通过向量的数量积把三角形和三角函数联系起来，用向量方法证明两定理，突出了向量的工具性，是向量知识应用的实例.另外，解三角形问题可能出现一解、两解或无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角定理及几何作图来帮助理解”.●点击双基1.（2002年上海）在△ABC中，若2cosBsinA=sinC，则△ABC的形状一定是A.等腰直角三角形 B.直角三角形C.等腰三角形 D.等边三角形解析：由2cosBsinA=sinC得×a=c，∴a=b.答案：C2.下列条件中，△ABC是锐角三角形的是A.sinA+cosA= B.·＞0C.tanA+tanB+tanC＞0 D.b=3，c=3，B=30°解析：由sinA+cosA=得2sinAcosA=－＜0，∴A为钝角.由·＞0，得·＜0，∴cos〈，〉＜0.∴B为钝角.由tanA+tanB+tanC＞0，得tan（A+B）·（1－tanAtanB）+tanC＞0.∴tanAtanBtanC＞0，A、B、C都为锐角.由=，得sinC=，∴C=或.答案：C3.（2004年全国Ⅳ，理11）△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，如果a、b、c成等差数列，∠B=30°，△ABC的面积为，那么b等于A. B.1+C. D.2+解析：∵a、b、c成等差数列，∴2b=a+c.平方得a2+c2=4b2－2ac.又△ABC的面积为，且∠B=30°，故由S△ABC=acsinB=acsin30°=ac=，得ac=6.∴a2+c2=4b2－12.由余弦定理，得cosB====，解得b2=4+2.又b为边长，∴b=1+.答案：B4.已知（a+b+c）（b+c－a）=3bc，则∠A=_______.解析：由已知得（b+c）2－a2=3bc，∴b2+c2－a2=bc.∴=.∴∠A=.答案：5.在锐角△ABC中，边长a=1，b=2，则边长c的取值范围是_______.解析：若c是最大边，则cosC＞0.∴＞0，∴c＜.又c＞b－a=1，∴1＜c＜.●典例剖析【例1】△ABC的三个内角A、B、C的对边分别是a、b、c，如果a2=b（b+c），求证：A=2B.剖析：研究三角形问题一般有两种思路.一是边化角，二是角化边.证明：用正弦定理，a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，代入a2=b（b+c）中，得sin2A=sinB（sinB+sinC）sin2A－sin2B=sinBsinC－=sinBsin（A+B）（cos2B－cos2A）=sinBsin（A+B）sin（A+B）sin（A－B）=sinBsin（A+B），因为A、B、C为三角形的三内角，所以sin（A+B）≠0.所以sin（A－B）=sinB.所以只能有A－B=B，即A=2B.评述：利用正弦定理，将命题中边的关系转化为角间关系，从而全部利用三角公式变换求解.思考讨论（1）该题若用余弦定理如何解决?解：利用余弦定理，由a2=b（b+c），得cosA===，cos2B=2cos2B－1=2（）2－1=－1=.所以cosA=cos2B.因为A、B是△ABC的内角，所以A=2B.（2）该题根据命题特征，能否构造一个符合条件的三角形，利用几何知识解决?解：由题设a2=b（b+c），得= ①，作出△ABC，延长CA到D，使AD=AB=c，连结BD.①式表示的即是=，所以△BCD∽△ABC.所以∠1=∠D.又AB=AD，可知∠2=∠D，所以∠1=∠2.因为∠BAC=∠2+∠D=2∠2=2∠1，所以A=2B.评述：近几年的高考题中，涉及到三角形的题目，重点考查正弦、余弦定理，考查的侧重点还在于三角转换.这是命题者的初衷.【例2】（2004年全国Ⅱ，17）已知锐角△ABC中，sin（A+B）=，sin（A－B）=.（1）求证：tanA=2tanB；（2）设AB=3，求AB边上的高.剖析：有两角的和与差联想到两角和与差的正弦公式，结合图形，以（1）为铺垫，解决（2）.（1）证明：∵sin（A+B）=，sin（A－B）=，∴=2.∴tanA=2tanB.（2）解：＜A+B＜π，∴sin（A+B）=.∴tan（A+B）=－，即=－.将tanA=2tanB代入上式整理得2tan2B－4tanB－1=0，解得tanB=（负值舍去）.得tanB=，∴tanA=2tanB=2+.设AB边上的高为CD，则AB=AD+DB=+=.由AB=3得CD=2+，所以AB边上的高为2+.评述：本题主要考查三角函数概念，两角和与差的公式以及应用，分析和计算能力.【例3】（2004年春季北京）在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边长，已知a、b、c成等比数列，且a2－c2=ac－bc，求∠A的大小及的值.剖析：因给出的是a、b、c之间的等量关系，要求∠A，需找∠A与三边的关系，故可用余弦定理.由b2=ac可变形为=a，再用正弦定理可求的值.解法一：∵a、b、c成等比数列，∴b2=ac.又a2－c2=ac－bc，∴b2+c2－a2=bc.在△ABC中，由余弦定理得cosA===，∴∠A=60°.在△ABC中，由正弦定理得sinB=，∵b2=ac，∠A=60°，∴=sin60°=.解法二：在△ABC中，由面积公式得bcsinA=acsinB.∵b2=ac，∠A=60°，∴bcsinA=b2sinB.∴=sinA=.评述：解三角形时，找三边一角之间的关系常用余弦定理，找两边两角之间的关系常用正弦定理.●闯关训练夯实基础1.（2004年浙江，8）在△ABC中，“A＞30°”是“sinA＞”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：在△ABC中，A＞30°0＜sinA＜1sinA＞；sinA＞30°＜A＜150°A＞30°答案：B2.如图，△ABC是简易遮阳棚，A、B是南北方向上两个定点，正东方向射出的太阳光线与地面成40°角，为了使遮阴影面ABD面积最大，遮阳棚ABC与地面所成的角为A.75° B.60° C.50° D.45°解析：作CE⊥平面ABD于E，则∠CDE是太阳光线与地面所成的角，即∠CDE=40°，延长DE交直线AB于F，连结CF，则∠CFD是遮阳棚与地面所成的角，设为α.要使S△ABD最大，只需DF最大.在△CFD中，=.∴DF=.∵CF为定值，∴当α=50°时，DF最大.答案：C则∠C的度数是_______.解析：由S=（a2+b2－c2）得absinC=·2abcosC.∴tanC=1.∴C=.答案：45°4.在△ABC中，若∠C=60°，则=_______.解析：==. （*）∵∠C=60°，∴a2+b2－c2=2abcosC=ab.∴a2+b2=ab+c2.代入（*）式得=1.答案：15.在△ABC中，由已知条件解三角形，其中有两解的是A.b=20，A=45°，C=80° B.a=30，c=28，B=60°C.a=14，b=16，A=45° D.a=12，c=15，A=120°解析：由a=14，b=16，A=45°及正弦定理，得=，所以sinB=.因而B有两值.答案：C培养能力6.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，依次成等比数列，求y=的取值范围.解：∵b2=ac，∴cosB===（+）－≥.∴0＜B≤，y===sinB+cosB=sin（B+）.∵＜B+≤，∴＜sin（B+）≤1.故1＜y≤.7.已知△ABC中，2（sin2A－sin2C）=（a－b）sinB，外接圆半径为.（1）求∠C；（2）求△ABC面积的最大值.解：（1）由2（sin2A－sin2C）=（a－b）·sinB得2（－）=（a－b）.又∵R=，∴a2－c2=ab－b2.∴a2+b2－c2=ab.∴cosC==.又∵0°＜C＜180°，∴C=60°.（2）S=absinC=×ab=2sinAsinB=2sinAsin（120°－A）=2sinA（sin120°cosA－cos120°sinA）=3sinAcosA+sin2A=sin2A－sin2Acos2A+=sin（2A－30°）+.∴当2A=120°，即A=60°时，Smax=.8.在△ABC中，BC=a，顶点A在平行于BC且与BC相距为a的直线上滑动，求的取值范围.解：令AB=kx，AC=x（k＞0，x＞0），则总有sinB=，sinC=（图略），且由正弦定理得sinB=sinA，所以a2=kx2·sinBsinC=kx2sinA，由余弦定理，可得cosA==（k+－sinA），所以k+=sinA+2cosA≤=.所以k2－k+1≤0，所以≤k≤.所以的取值范围为［，］.探究创新9.某城市有一条公路，自西向东经过A点到市中心O点后转向东北方向OB，现要修建一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，现要求市中心O与AB的距离为10km，问把A、B分别设在公路上离中心O多远处才能使|AB|最短?并求其最短距离.（不要求作近似计算）解：在△AOB中，设OA=a，OB=b.因为AO为正西方向，OB为东北方向，所以∠AOB=135°.则|AB|2=a2+b2－2abcos135°=a2+b2+ab≥2ab+ab=（2+）ab，当且仅当a=b时，“=”成立.又O到AB的距离为10，设∠OAB=α，则∠OBA=45°－α.所以a=，b=，ab=·====≥，当且仅当α=22°30′时，“=”成立.所以|AB|2≥=400（+1）2，当且仅当a=b，α=22°30′时，“=”成立.所以当a=b==10时，|AB|最短，其最短距离为20（+1），即当●思悟小结1.在△ABC中，∵A+B+C=π，∴sin=cos，cos=sin，tan=cot.2.∠A、∠B、∠C成等差数列的充分必要条件是∠B=60°.3.在非直角三角形中，tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC.4.根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：①化边为角；②化角为边.并常用正弦（余弦）定理实施边角转化.5.用正（余）弦定理解三角形问题可适当应用向量的数量积求三角形内角与应用向量的模求三角形的边长.6.用向量的数量积求三角形内角时，需明确向量的夹角与三角形内角是相等还是互补.●教师下载中心教学点睛1.一方面要让学生体会向量方法在解三角形方面的应用，另一方面要让学生体会解三角形是重要的测量手段，通过数值计算进一步提高使用计算器的技能技巧和解决实际问题的能力.2.要加大以三角形为背景，以三角恒等变换公式、向量等为工具的小型综合题的训练.拓展题例【例1】已知A、B、C是△ABC的三个内角，y=cotA+.（1）若任意交换两个角的位置，y的值是否变化?试证明你的结论.（2）求y的最小值.解：（1）∵y=cotA+=cotA+=cotA+=cotA+cotB+cotC，∴任意交换两个角的位置，y的值不变化.（2）∵cos（B－C）≤1，∴y≥cotA+=+2tan=（cot+3tan）≥=.故当A=B=C=时，ymin=.评述：本题的第（1）问是一道结论开放型题，y的表达式的表面不对称性显示了问题的有趣之处.第（2）问实际上是一道常见题：在△ABC中，求证：cotA+cotB+cotC≥.【例2】在△ABC中，sinA=，判断这个三角形的形状.分析：判断一个三角形的形状，可由三个内角的关系确定，亦可由三边的关系确定.采用后一种方法解答本题，就必须“化角为边”.解：应用正弦定理、余弦定理，可得a=，所以b（a2－b2）+c（a2－c2）=bc（b+c）.所以（b+c）a2=（b3+c3）+bc（b+c）.所以a2=b2－bc+c2+bc.所以a2=b2+c2.所以△ABC是直角三角形.评述：恒等变形是学好数学的基本功，变形的方向是关键.若考虑三内角的关系，本题可以从已知条件推出cosA=0.5.5向量的应用●知识梳理理解向量的几何、代数、三角及物理方面的应用，能将当前的问题转化为可用向量解决的问题，培养学生的创新精神和应用能力.特别提示许多代数、几何中的问题都可以转化为向量来处理.它不仅能解决数学学科本身的问题，跨学科应用也是它的一个特点.●点击双基1.若O是△ABC内一点，++=0，则O是△ABC的A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心解析：以、为邻边作平行四边形OBDC，则=+.又++=0，∴+=－.∴－=.∴O为AD的中点，且A、O、D共线.又E为OD的中点，∴O是中线AE的三等分点，且OA=AE.∴O是△ABC的重心.答案：D2.将椭圆x2+6y2－2x－12y－13=0按向量a平移，使中心与原点重合，则a的坐标是A.（－1，1） B.（1，－1）C.（－1，－1） D.（1，1）解析：椭圆方程变形为（x－1）2+6（y－1）2=20.需按a=（－1，－1）平移，中心与原点重合.答案：C3.平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A（3，1）、B（－1，3），若点C满足=α+β，其中α、β∈R，且α+β=1，则点C的轨迹方程为A.3x+2y－11=0 B.（x－1）2+（y－2）2=5C.2x－y=0 D.x+2解析：C点满足=α+β且α+β=1，∴A、B、C三点共线.∴C点的轨迹是直线AB.答案：D4.在四边形ABCD中，·=0，=，则四边形ABCD是A.直角梯形 B.菱形 C.矩形 D.正方形解析：由·=0知⊥.由=知BCAD.∴四边形ABCD是矩形.答案：C5.（2004年全国Ⅱ，理9）已知平面上直线l的方向向量e=（－，），点O（0，0）和A（1，－2）在l上的射影分别是和A′，则=λe，其中λ等于A. B.－ C.2 D.－2解析：如图所示，令e过原点，与e方向相反，排除A、C，验证D即可.答案：D●典例剖析【例1】已知a、b是两个非零向量，当a+tb（t∈R）的模取最小值时，（1）求t的值；（2）求证：b⊥（a+tb）.剖析：利用|a+tb|2=（a+tb）2进行转换，可讨论有关|a+tb|的最小值问题，若能计算得b·（a+tb）=0，则证得了b⊥（a+tb）.（1）解：设a与b的夹角为θ，则所以当t=－cosθ=－=－时，|a+tb|有最小值.（2）证明：因为b·（a+tb）=b·（a－·b）=a·b－a·b=0，所以b⊥（a⊥tb）.评注：用向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直等几何问题，向量的坐标运算为处理这类问题带来了很大的方便.思考讨论对|a+tb|的变形，有两种基本的思考方法：一是通过|a+tb|2=（a+tb）2进行向量的数量积运算；二是设a、b的坐标，通过向量的坐标运算进行有目的的变形.读者可尝试用后一方法解答本题.深化拓展已知=a，=b，a·b=|a－b|=2，当△AOB面积取最大值时，求a与b的夹角.解：因为|a－b|2=4，所以a2－2a·b+b2=4.所以|a|2+|b|2=4+2a·S△AOB=·sinθ=|a||b|==≤=，（当且仅当|a|=|b|=2时取等号）所以当|a|=|b|=2时，△AOB的面积取最大值，这时，cosθ===，所以θ=60°.【例2】如图，四边形MNPQ是⊙C的内接梯形，C是圆心，C在MN上，向量与的夹角为120°，·=2.（1）求⊙C的方程；（2）求以M、N为焦点且过点P、Q的椭圆的方程.剖析：需先建立直角坐标系，为了使所求方程简单，需以C为原点，MN所在直线为x轴，求⊙C的方程时，只要求半径即可，求椭圆的方程时，只需求a、b即可.解：（1）以MN所在直线为x轴，C为原点，建立直角坐标系xOy.∵与的夹角为120°，故∠QCM=60°.于是△QCM为正三角形，∠CQM=60°.又·=2，即||||cos∠CQM=2，于是r=||=2.故⊙C的方程为x2+y2=4.（2）依题意2c=4，2a=|QN|+|QM|，而|QN|==2，|QM|=2，于是a=+1，b2=a2－c2=2.∴所求椭圆的方程为+=1.评述：平面向量在解析几何中的应用越来越广，复习时应引起重视.●闯关训练夯实基础1.（2004年辽宁，6）已知点A（－2，0），B（3，0），动点P（x，y）满足·=x2，则点P的轨迹是A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线解析：=（－2－x，－y），=（3－x，－y），·=（－2－x）（3－x）+（－y）2=x2，整理得y2=x+6.∴P点的轨迹为抛物线.答案：D2.台风中心从A地以20km/h的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危险区，城市B在A的正东40km处，B城市处于危险区内的时间为∴－≤t≤+.∴B城市处在危险区的时间为1h.答案