专题：平面向量常见题型与解题指导之欧阳学创编

平面向量常见题型与解题指导

一、 时间：2021.03.03 创作：欧阳学 二、 考点回顾 1、本章框图 2、高考要求

1、理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念。2、掌握向量的加法和减法的运算法则及运算律。3、掌握实数与向量的积的运算法则及运算律，理解两个向量共线的充要条件。4、了解平面向量基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算。5、掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题，掌握向量垂直的条件。6、掌握线段的定比分点和中点坐标公式，并且能熟练运用；掌握平移公式。7、掌握正、余弦定理，并能初步运用它们解斜三角形。8、通过解三角形的应用的教学，继续提高运用所学知识解决实际问题的能力。 3、热点分析

对本章内容的考查主要分以下三类：

1.以选择、填空题型考查本章的基本概念和性质.此类题一般难度不大，用以解决有关长度、夹角、垂直、判断

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多边形形状等问题.

2.以解答题考查圆锥曲线中的典型问题.此类题综合性比较强，难度大，以解析几何中的常规题为主.

3.向量在空间中的应用（在B类教材中）.在空间坐标系下，通过向量的坐标的表示，运用计算的方法研究三维空间几何图形的性质.

在复习过程中，抓住源于课本，高于课本的指导方针.本章考题大多数是课本的变式题，即源于课本.因此，掌握双基、精通课本是本章关键.分析近几年来的高考试题，有关平面向量部分突出考查了向量的基本运算。对于和解析几何相关的线段的定比分点和平移等交叉内容，作为学习解析几何的基本工具，在相关内容中会进行考查。本章的另一部分是解斜三角形，它是考查的重点。总而言之，平面向量这一章的学习应立足基础，强化运算，重视应用。考查的重点是基础知识和基本技能。 4、复习建议

由于本章知识分向量与解斜三角形两部分，所以应用本章知识解决的问题也分为两类：一类是根据向量的概念、定理、法则、公式对向量进行运算，并能运用向量知识解决平面几何中的一些计算和证明问题；另一类是运用正、余弦定理正确地解斜三角形，并能应用解斜三角形知识解决测量不可到达的两点间的距离问题。

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在解决关于向量问题时，一是要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，进一步加深对“向量”这一二维性的量的本质的认识，并体会用向量处理问题的优越性。二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想，所以要通过向量法和坐标法的运用，进一步体会数形结合思想在解决数学问题上的作用。

在解决解斜三角形问题时，一方面要体会向量方法在解三角形方面的应用，另一方面要体会解斜三角形是重要的测量手段，通过学习提高解决实际问题的能力。 二、常见题型分类

题型一：向量的有关概念与运算

此类题经常出现在选择题与填空题中，在复习中要充分理解平面向量的相关概念，熟练掌握向量的坐标运算、数量积运算，掌握两向量共线、垂直的充要条件.

例1：已知a是以点A(3,－1)为起点，且与向量b = (－3,4)平行的单位向量，则向量a的终点坐标是. 思路分析：与a平行的单位向量e=±a|a|

方法一：设向量a的终点坐标是(x,y),则a =(x-3,y+1)，则题意可知

1218xx4(x3)3(y1)055　解得或22（）（y＋1）1x－3y1y955，故填 (

125,-

15)或

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(18,-9)

55方法二 与向量b = (-3,4)平行的单位向量是±1(-3,4)，故

5可得a＝±(-,)，从而向量a的终点坐标是(x,y)= a－(3,－1),便可得结果.

点评：向量的概念较多，且容易混淆，在学习中要分清、理解各概念的实质，注意区分共线向量、平行向量、同向向量、反向向量、单位向量等概念.

例2：已知| a |=1,| b |=1，a与b的夹角为60°, x =2a－b，y=3b－a,则x与y的夹角的余弦是多少？

思路分析：要计算x与y的夹角θ，需求出|x|,|y|,x·y的值.计算时要注意计算的准确性.

解：由已知|a|=|b|=1，a与b的夹角α为60°,得a·b=|a||b|cosα=.

要计算x与y的夹角θ，需求出|x|，|y|，x·y的值.

∵|x|2=x2=(2a－b)2=4a2－4a·b+b2=4－4×+1=3， |y|2=y2=(3b－a)2=9b2－6b·a+a2=9－6×+1=7. x·y=(2a－b)·(3b－a)=6a·b－2a2－3b2+a·b =7a·b－2a2－3b2 =7×－2－3=－， 又∵x·y=|x||y|cosθ，即－=

323×734551212121232cosθ， ∴cosθ=

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－

21 14点评：①本题利用模的性质|a|2=a2，②在计算x,y的模时，还可以借助向量加法、减法的几何意义获得：如图所示，设AB=b, AC=a, AD=2a,∠BAC=60°.由向量减法的几何意义，得|BD|=

BD=

AD－

AB=2a－b.由余弦定理易得

3，即|x|=3，同理可得|y|=7.

题型二：向量共线与垂直条件的考查

例1．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OCOAOB，其中，∈R且+=1，求点C的轨迹方程。.

解：（法一）设C(x,y)，则OC=(x,y)，由OC=(x,y)= α(3,1)+ β(-1,3)=(3α-β, α+3β)

x3∴, （可从中解出α、β）又∵α+β＝1 消去y3α、β得x+2y-5=0

（法二） 利用向量的几何运算，考虑定比分点公式的向量形式，结合条件知：A，B，C三点共线，故点C的轨迹方程即为直线AB的方程x＋2y－5=0， 例2．已知平面向量a＝(

3，－1)，b＝(12,

32).(1) 若存

在实数k和t，便得x＝a＋(t2－3)b, y＝－ka＋tb，且x⊥y，试求函数的关系式k＝f(t)；(2) 根据(1)的结论，确定k＝f(t)的单调区间.

思路分析：①欲求函数关系式k=f(t)，只需找到k与

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t之间的等量关系，k与t之间的等量关系怎么得到？②求函数单调区间有哪些方法？（导数法、定义法）导数法是求单调区间的简捷有效的方法？

解：（1）法一：由题意知

t22333t2232(,),

22x＝

y＝(t－故

123k，

3t＋k)，又2x⊥y

3k）＋

t22331x·y＝×（

22t－

3t22323×(22t

＋k)＝0.

整理得：t3－3t－4k＝0，即k＝t3－t. 法二：∵a＝(且a⊥b

∵x⊥y，∴x·y＝0，即－ka2＋t(t2－3)b2＝0，∴t3－3t－4k＝0,即k＝t3－t

(2)由(1)知：k＝f(t) ＝t3－t∴kˊ＝fˊ(t) ＝t3－, 令kˊ＜0得－1＜t＜1；令kˊ＞0得t＜－1或t＞1. 故k＝f(t)的单调递减区间是(－1,1 )，单调递增区间是（－∞，－1）和（1，＋∞）.

点评： 第（1）问中两种解法是解决向量垂直的两种常见的方法：一是先利用向量的坐标运算分别求得两个向量的坐标，再利用向量垂直的充要条件；二是直接利用向

1434343414343，－1)，b＝(

143413, ), ∴.a＝2，b＝122欧阳学创编

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量垂直的充要条件，其过程要用到向量的数量积公式及求模公式，达到同样的求解目的（但运算过程大大简化，值得注意）.第（2）问中求函数的极值运用的是求导的方法，这是新旧知识交汇点处的综合运用.

例3： 已知平面向量a＝(

3，－1)，b＝(1，

232)，若存

在不为零的实数k和角α，使向量c＝a＋(sinα－3)b, d＝－ka＋(sinα)b,且c⊥d，试求实数k 的取值范围. 解：由条件可得：k＝( sinα－)2－

14329,而－1≤sinα≤1, 16∴当sinα＝－1时，k取最大值1； sinα＝1时，k取最小值－.

又∵k≠0 ∴k的取值范围为 [1,0)2(0,1].

12点拨与提示：将例题中的t略加改动，旧题新掘，出现了意想不到的效果，很好地考查了向量与三角函数、不等式综合运用能力.

例4：已知向量a(1,2),b(2,1)，若正数k和t使得向量

1xa(t21)b与ykab垂直，求

tk的最小值.

1t解：xyxy0即[a(t21)b]•(kab)0

∵a(1,2),b(2,1)，∴|a|=

ab＝－2＋

3，|b|=3

t211t2 2 ， 代入上式 －3k＋3tt 当且仅当t=，即t=1时，取“＝”号，即k的最

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小值是2.

题型三：向量的坐标运算与三角函数的考查

向量与三角函数结合，题目新颖而又精巧，既符合在知识的“交汇处”构题，又加强了对双基的考查.

例7．设函数f(x)＝a·b，其中向量a＝(2cosx , 1), b＝(cosx,

3sin2x), x∈R.（1）若

f(x)＝1－3且

x∈[－，

3]，求x；（2）若函数y＝2sin2x的图象按向量c＝(m , 3n)(m﹤)平移后得到函数y＝f(x)的图象，求实数m、n的值.

思路分析：本题主要考查平面向量的概念和计算、平移公式以及三角函数的恒等变换等基本技能， 解： (1)依题设，f(x)＝（2cosx，1）·(cosx,2cos2x＋

3sin2x＝1＋2sin(2x＋

3

2sin2x)＝

) 6由1＋2sin(2x＋)=1－

3363，得sin(2x＋)＝－

5663. 2∵－≤x≤ , ∴－≤2x＋≤即x＝－.

426, ∴2x＋=－,

63（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，即函数y＝f(x)的图象.

由(1)得f (x)＝2sin2(xn＝1.

12)1∵m＜

， ∴m＝－，

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点评： ①把函数的图像按向量平移，可以看成是C上任一点按向量平移，由这些点平移后的对应点所组成的图象是Cˊ，明确了以上点的平移与整体图象平移间的这种关系，也就找到了此问题的解题途径.②一般地，函数y＝f(x)的图象按向量a＝(h , k)平移后的函数解析式为y－k＝f（x－h）、

例8：已知a=（cosα，sinα）,b=（cosβ,sinβ）(0<α<β<π)，（1）求证：a+b与a-b互相垂直； （2）若ka+b与a-kb的模大小相等(k∈R且k≠0)，求β－α

解：（1）证法一：∵a=（cosα，sinα）,b=（cosβ,sinβ）

∴a+b＝（cosα+cosβ，sinα+ sinβ）, a-b＝（cosα-cosβ，sinα- sinβ）

∴(a+b)·(a-b)=（cosα+cosβ，sinα+ sinβ）·（cosα-cosβ，sinα- sinβ）

=cos2α-cos2β+sin2α- sin2β=0

∴(a+b)⊥(a-b)

证法二：∵a=（cosα，sinα）,b=（cosβ,sinβ） ∴|a|＝1，|b|＝1

∴(a+b)·(a-b)=a2-b2=|a|2-|b|2=0∴(a+b)⊥(a-b)

证法三：∵a=（cosα，sinα）,b=（cosβ,sinβ）∴|a|＝1，|b|＝1,

记OA＝a，OB＝b，则|OA|＝|OB|=1, 又α≠β，∴O、A、B三点不共线.

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由向量加、减法的几何意义，可知以OA、OB为邻边的平行四边形OACB是菱形，其中OC＝a+b，BA＝a-b，由菱形对角线互相垂直，知(a+b)⊥(a-b)

（2）解：由已知得|ka+b|与|a-kb|,

又∵|ka+b|2＝(kcosα+cosβ)2+(ksinα+sinβ)2=k2+1+2kcos(β－α),

|ka+b|2＝(cosα-kcosβ)2+(sinα-ksinβ)2=k2+1-2kcos(β

－α),

∴2kcos(β－α)= -2kcos(β－α) 又∵k≠0∴cos(β－α)＝0

∵0<α<β<π∴0<β－α<π, ∴β－α=

 2注：本题是以平面向量的知识为平台，考查了三角函数的有关运算，同时也体现了向量垂直问题的多种证明方法，常用的方法有三种，一是根据数量积的定义证明，二是利用数量积的坐标运算来证明，三是利用向量运算的几何意义来证明.

题型四：向量运算的几何意义与解析几何

由于向量既能体现“形”的直观位置特征，又具有“数”的良好运算性质，是数形结合与转换的桥梁和纽带，文科应重视由向量运算的几何意义求圆的方程和椭圆方程。

例9：设G、H分别为非等边三角形ABC的重心与外心，A(0，2)，B（0，－2）且GMAB(λ∈R).（Ⅰ）求点

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C(x，y)的轨迹E的方程；（Ⅱ）过点(2，0)作直线L与曲线E交于点M、N两点，设OPOMON，是否存在这样

的直线L，使四边形OMPN是矩形？若存在，求出直线的方程；若不存在，试说明理由.

思路分析：（1）通过向量的共线关系得到坐标的等量关系.（2）根据矩形应该具备的充要条件，得到向量垂直关系，结合韦达定理，求得k的值. 解：（１）由已知得G(xyx,) , 又GHAB，∴H(,0) 333x2y2x2x22∵CH=HA ∴(x)y()4即1(x23)

12433（2）设l方程为y=k(x-2)，代入曲线E得（3k2+1）x2-12k2x+12(k2-1)=0

设N (x1，y1)，M (x2，y2)，则x1 +x2=

12(k21)x1x2=2

3k112k23k21，

∵OPONOM ，∴ 四边形OMPN是平行四边形. 若四边形OMPN是矩形，则ONOM ∴x1x2+y1y2=0

k=3

212(k21)24k2212(k1)k(24)0得∴223k13k13k1∴ 直线l为：y= y3(x2)

点评：这是一道平面几何、解析几何、向量三者之间巧妙结合的问题. 例

x210：已知椭圆方程y21，过

4B（－1，0）的直线l

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交随圆于C、D两点，交直线x＝－4于E点，B、E分CD的比分λ1、λ2．求证：λ1＋λ2＝0

解：设l的方程为y＝k(x＋1)，代入椭圆方程整理得

（4k2＋1）x2＋8k2x＋4(k2－1)＝0. 设C（x1,y2）,D(x2,y2)，则

8k24k24x1＋x2＝－2,x1x22.

4k14k1由CB1BD得 (1x1,y)1(x21,y2) 所以

1x11(x21),1x11x21.同理，记

E(4,yE),CE2ED

得4x12(x24),22x1x25(x1x2)8(x21)(x24)x14x1x14121 x24x21x24其中

4k248k22x1x25(x1x2)8225280,

4k14k1120.

例11：给定抛物线C:y2＝4x，F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、B两点.设l的斜率为1，求OA与OB夹角的余弦。

解：C的焦点为F（1，0）,直线l的斜率为1，所以l的方程为y＝x－1,

将y＝x－1代入方程y2=4x，并整理得x2－6x＋1＝0 设A（x1,y1）,B(x2,y2),则有x1＋x2＝6, x1x2＝1，

OB＝x1x2＋y1y2＝2x1x2－(x1+x2)+1＝－3 从而OA·︱OA︱·︱OB︱＝x12y12·x22y22＝

41,

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cosOA,OB＝OAOBOAOB＝341 41例12．已知点G是△ABC的重心，A(0, －1)，B(0, 1)，在x轴上有一点M，满足|MA|=|MC|，GMAB (∈R)．⑴求点C的轨迹方程；

⑵若斜率为k的直线l与点C的轨迹交于不同两点P，Q，且满足|AP|=|AQ|，试求k的取值范围．

[分析] 本题依托向量给出等量关系，既考查向量的模、共线等基础知识，又考查动点的轨迹，直线与椭圆的位置关系.通过向量和解析几何间的联系，陈题新组，考查基础知识和基本方法.按照求轨迹方程的方法步骤，把向量问题坐标化，几何问题代数化.

解： ⑴设C(x, y)，则G(,)．∵GMAB(∈R)，∴GM//AB,

又M是x轴上一点，则M(, 0)．又|MA|=|MC|， ∴xx()2(01)2(x)2y233xy33x3x2，整理得y21(x0)，即为

3曲线C的方程．

⑵①当k=0时，l和椭圆C有不同两交点P，Q，根据椭圆对称性有|AP|=|AQ|．

②当k≠0时，可设l的方程为y=kx＋m，

ykxm联立方程组  消去x22y13y，整理行(1＋3k2)x2＋

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6kmx＋3(m2－1)=0（*）

∵直线l和椭圆C交于不同两点，

∴△=(6km)2－4(1＋3k2)×( m2－1)＞0，即1＋3k2－m2＞0． (1)

设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，则x1, x2是方程（*）的两相异实根，∴x1＋x2=－

6km 213kx1x22则PQ的中点N(x0, y0)的坐标是x0=y0= kx0＋m=

即N(－

m13k2=－

3km13k2，

， ,

m13k23km13k2)，

m1213k又|AP|=|AQ|，∴AN⊥PQ，∴k·kAN=k·=－3km13k213k21，∴m=.

2将0），

13k2m=

2代入(1)式,得 1＋3k

2

13k2－(

2)2＞0（k≠

即k2＜1，∴k∈(－1, 0)∪(0, 1)． 综合①②得，k的取值范围是(－1, 1)．

对题目的要求：有较大的难度，有特别的解题思路、演变角度，要有一定的梯度.

时间：2021.03.03 创作：欧阳学 欧阳学创编