題型專題(三)平面向量(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)指向最后一個(gè)向量的終點(diǎn)所在的向量；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．[題組練透]1．(2016·河北三市聯(lián)考)已知e1，e2是不共線向量，a＝me1＋2e2，b＝ne1－e2，且mn≠0，若a∥b，則eq\f(m,n)等于()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C．－2D．2解析：選C∵a∥b，∴a＝λb，即me1＋2e2＝λ(ne1－e2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λn＝m，,－λ＝2，))解得eq\f(m,n)＝－2.2．(2016·唐山模擬)在等腰梯形ABCD中，M為BC的中點(diǎn)，則＝()3．(2016·廣州綜合測(cè)試)在梯形ABCD中，AD∥BC，已知AD＝4，BC＝6，若(m，n∈R)，則eq\f(m,n)＝()A．－3B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3)D．3解析：選A過點(diǎn)A作AE∥CD，交BC于點(diǎn)E，則BE＝2，CE＝4，∴eq\f(m,n)＝eq\f(1,－\f(1,3))＝－3.4．(2016·杭州綜合測(cè)試)設(shè)P是△ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，且則△PAB與△PBC的面積的比值是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)解析：選B∵∴＝eq\f(2,1)，又△PAB在邊PA上的高與△PBC在邊PC上的高相等，∴eq\f(S△PAB,S△PBC)＝＝eq\f(1,2).[技法融會(huì)]1．平面向量線性運(yùn)算的2種技巧(1)對(duì)于平面向量的線性運(yùn)算問題，要盡可能轉(zhuǎn)化到三角形或平行四邊形中，靈活運(yùn)用三角形法則、平行四邊形法則，緊密結(jié)合圖形的幾何性質(zhì)進(jìn)行運(yùn)算．(2)在證明兩向量平行時(shí)，若已知兩向量的坐標(biāo)形式，常利用坐標(biāo)運(yùn)算來判斷；若兩向量不是以坐標(biāo)形式呈現(xiàn)的，常利用共線向量定理(當(dāng)b≠0時(shí)，a∥b?存在唯一實(shí)數(shù)λ，使得a＝λb)來判斷．2．(易錯(cuò)提醒)證明三點(diǎn)共線問題，可用向量共線來解決，但應(yīng)注意向量共線與三點(diǎn)共線的區(qū)別與聯(lián)系，當(dāng)兩向量共線且有公共點(diǎn)時(shí)，才能得出三點(diǎn)共線.(1)兩個(gè)向量的數(shù)量積是一個(gè)數(shù)量，而不是向量，它的值為兩個(gè)向量的模與兩向量夾角的余弦的乘積，其符號(hào)由夾角的余弦值確定．(2)求非零向量a，b的夾角，一般利用公式cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)先求出夾角的余弦值，然后求夾角．(3)向量a在向量b方向上的投影為eq\f(a·b,|b|)＝|a|cosθ(θ為兩向量的夾角)．[題組練透]1．(2016·全國丙卷)已知向量＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，則∠ABC＝()A．30°B．45°C．60°D．120°解析：選A因?yàn)椋絜q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，所以·＝eq\f(\r(3),4)＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),2).又因?yàn)椤ぃ絴|||cos∠ABC＝1×1×cos∠ABC＝eq\f(\r(3),2)，所以cos∠ABC＝eq\f(\r(3),2).又0°≤∠ABC≤180°，所以∠ABC＝30°.2．(2016·合肥質(zhì)檢)已知不共線的兩個(gè)向量a，b滿足|a－b|＝2且a⊥(a－2b)，則|b|＝()A.eq\r(2)B．2C．2eq\r(2)D．4解析：選B由a⊥(a－2b)得，a·(a－2b)＝|a|2－2a·b＝0，則|a－b|＝eq\r(（a－b）2)＝eq\r(|a|2－2a·b＋|b|2)＝|b|＝2，選項(xiàng)B正確．3．(2016·重慶二測(cè))設(shè)單位向量e1，e2的夾角為eq\f(2π,3)，a＝e1＋2e2，b＝2e1－3e2，則b在a方向上的投影為()A．－eq\f(3\r(3),2)B．－eq\r(3)C.eq\r(3)D.eq\f(3\r(3),2)解析：選A依題意得e1·e2＝1×1×coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，|a|＝eq\r(（e1＋2e2）2)＝eq\r(eeq\o\al(2,1)＋4eeq\o\al(2,2)＋4e1·e2)＝eq\r(3)，a·b＝(e1＋2e2)·(2e1－3e2)＝2eeq\o\al(2,1)－6eeq\o\al(2,2)＋e1·e2＝－eq\f(9,2)，因此b在a方向上的投影為eq\f(a·b,|a|)＝eq\f(－\f(9,2),\r(3))＝－eq\f(3\r(3),2)，選A.4．(2016·天津高考)已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)D，E分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，連接DE并延長到點(diǎn)F，使得DE＝2EF，則·的值為()A．－eq\f(5,8)B.eq\f(1,8)C.eq\f(1,4)D.eq\f(11,8)5．(2016·長春質(zhì)檢)已知向量a＝(1，eq\r(3))，b＝(0，t2＋1)，則當(dāng)t∈[－eq\r(3)，2]時(shí)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－t\f(b,|b|)))的取值范圍是________．解析：由題意，eq\f(b,|b|)＝(0，1)，根據(jù)向量的差的幾何意義，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－t\f(b,|b|)))表示同起點(diǎn)的向量teq\f(b,|b|)的終點(diǎn)到a的終點(diǎn)的距離，當(dāng)t＝eq\r(3)時(shí)，該距離取得最小值1，當(dāng)t＝－eq\r(3)時(shí)，該距離取得最大值eq\r(13)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－t\f(b,|b|)))的取值范圍是[1，eq\r(13)]．答案：[1，eq\r(13)][技法融會(huì)]1．平面向量數(shù)量積運(yùn)算的2種形式(1)依據(jù)模和夾角計(jì)算，要注意確定這兩個(gè)向量的夾角，如夾角不易求或者不可求，可通過選擇求夾角和模的基底進(jìn)行轉(zhuǎn)化；(2)利用坐標(biāo)來計(jì)算，向量的平行和垂直都可以轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)滿足的等式，從而應(yīng)用方程思想解決問題，化形為數(shù)，使向量問題數(shù)量化．2．(易錯(cuò)提醒)兩個(gè)向量夾角的范圍是[0，π]，在使用平面向量解決問題時(shí)要特別注意兩個(gè)向量夾角可能是0或π的情況，如已知兩個(gè)向量的夾角為鈍角時(shí)，不僅要求其數(shù)量積小于零，還要求不能反向共線．一、平面向量與其他知識(shí)的交匯平面向量具有代數(shù)形式與幾何形式的“雙重身份”，常與三角函數(shù)、解三角形、平面解析幾何、函數(shù)、不等式等知識(shí)交匯命題，平面向量的“位置”為：一是作為解決問題的工具，二是通過運(yùn)算作為命題條件．[新題速遞]1．已知向量a，b滿足|a|＝2|b|≠0，且關(guān)于x的函數(shù)f(x)＝－2x3＋3|a|x2＋6a·bx＋5在R上單調(diào)遞減，則向量a，bA.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))解析：選D設(shè)向量a，b的夾角為θ，因?yàn)閒(x)＝－2x3＋3|a|x2＋6a·bx＋5，所以f′(x)＝－6x2＋6|a|x＋6a·b，又函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，所以f′(x)≤0在R上恒成立，所以Δ＝36|a|2－4×(－6)×(6a·b)≤0，解得a·b≤－eq\f(1,4)|a|2，因?yàn)閍·b＝|a|·|b|cosθ，且|a|＝2|b|≠0，所以|a||b|cosθ＝eq\f(1,2)|a|2·cosθ≤－eq\f(1,4)|a|2，解得cosθ≤－eq\f(1,2)，因?yàn)棣取蔥0，π]，所以向量a，b的夾角θ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))，故選D.2．(2016·廣東茂名二模)已知向量a＝(3，－2)，b＝(x，y－1)，且a∥b，若x，y均為正數(shù)，則eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)的最小值是()A．24B．8C.eq\f(8,3)D.eq\f(5,3)解析：選B∵a∥b，∴－2x－3(y－1)＝0，即2x＋3y＝3，∴eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋\f(2,y)))×eq\f(1,3)(2x＋3y)＝eq\f(1,3)(6＋eq\f(9y,x)＋eq\f(4x,y)＋6)≥eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12＋2\r(\f(9y,x)·\f(4x,y))))＝8，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y＝eq\f(3,2)時(shí)，等號(hào)成立．∴eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)的最小值是8.故選B.[技法融會(huì)]這兩題考查的是平面向量與函數(shù)、不等式的交匯．第1題由函數(shù)的性質(zhì)把問題轉(zhuǎn)化為平面向量問題，求解時(shí)應(yīng)注意兩向量的夾角θ∈[0，π]．而第2題是利用平面向量的知識(shí)得到關(guān)于x和y的一個(gè)等式，再利用基本不等式求解．二、新定義下平面向量的創(chuàng)新問題近年，高考以新定義的形式考查向量的概念、線性運(yùn)算、數(shù)量積運(yùn)算的頻率較大，其形式體現(xiàn)了“新”．解決此類問題，首先需要分析新定義的特點(diǎn)，把新定義所敘述的問題的本質(zhì)弄清楚，通過轉(zhuǎn)化思想解決，這是破解新定義信息題的關(guān)鍵所在．[新題速遞]1．已知向量a與b的夾角為θ，定義a×b為a與b的“向量積”，且a×b是一個(gè)向量，它的長度|a×b|＝|a||b|sinθ，若u＝(2，0)，u－v＝(1，－eq\r(3))，則|u×(u＋v)|等于()A．4eq\r(3)B.eq\r(3)C．6D．2eq\r(3)解析：選D由題意v＝u－(u－v)＝(1，eq\r(3))，則u＋v＝(3，eq\r(3))，cos〈u，u＋v〉＝eq\f(\r(3),2)，得sin〈u，u＋v〉＝eq\f(1,2)，由定義知|u×(u＋v)|＝|u|·|u＋v|sin〈u，u＋v〉＝2×2eq\r(3)×eq\f(1,2)＝2eq\r(3).故選D.2．定義平面向量的一種運(yùn)算a⊙b＝|a＋b|×|a－b|×sin〈a，b〉，其中〈a，b〉是a與b的夾角，給出下列命題：①若〈a，b〉＝90°，則a⊙b＝a2＋b2；②若|a|＝|b|，則(a＋b)⊙(a－b)＝4a·b；③若|a|＝|b|，則a⊙b≤2|a|2；④若a＝(1，2)，b＝(－2，2)，則(a＋b)⊙b＝eq\r(10).其中真命題的序號(hào)是________．解析：①中，因?yàn)椤碼，b〉＝90°，則a⊙b＝|a＋b|×|a－b|＝a2＋b2，所以①成立；②中，因?yàn)閨a|＝|b|，所以〈(a＋b)，(a－b)〉＝90°，所以(a＋b)⊙(a－b)＝|2a|×|2b|＝4|a||b|，所以②不成立；③中，因?yàn)閨a|＝|b|，所以a⊙b＝|a＋b|×|a－b|×sin〈a，b〉≤|a＋b|×|a－b|≤eq\f(|a＋b|2＋|a－b|2,2)＝2|a|2，所以③成立；④中，因?yàn)閍＝(1，2)，b＝(－2，2)，所以a＋b＝(－1，4)，sin〈(a＋b)，b〉＝eq\f(3\r(34),34)，所以(a＋b)⊙b＝3eq\r(5)×eq\r(5)×eq\f(3\r(34),34)＝eq\f(45\r(34),34)，所以④不成立．答案：①③[技法融會(huì)]此類題目是新定義下平面向量的運(yùn)算，破題的關(guān)鍵是把此定義運(yùn)算轉(zhuǎn)化為我們所學(xué)的平面向量數(shù)量積運(yùn)算，學(xué)會(huì)轉(zhuǎn)化，是解決此類問題的切入口．一、選擇題1．設(shè)a＝(1，2)，b＝(1，1)，c＝a＋kb.若b⊥c，則實(shí)數(shù)k的值等于()A．－eq\f(3,2)B．－eq\f(5,3)C.eq\f(5,3)D.eq\f(3,2)解析：選A因?yàn)閏＝a＋kb＝(1＋k，2＋k)，又b⊥c，所以1×(1＋k)＋1×(2＋k)＝0，解得k＝－eq\f(3,2).2．(2016·山西四校聯(lián)考)已知|a|＝1，|b|＝eq\r(2)，且a⊥(a－b)，則向量a與向量b的夾角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,3)解析：選B∵a⊥(a－b)，∴a·(a－b)＝a2－a·b＝1－eq\r(2)cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝eq\f(\r(2),2)，∴〈a，b〉＝eq\f(π,4).3．已知A，B，C三點(diǎn)不共線，且點(diǎn)O滿足則下列結(jié)論正確的是()4．(2016·貴州模擬)若單位向量e1，e2的夾角為eq\f(π,3)，向量a＝e1＋λe2(λ∈R)，且|a|＝eq\f(\r(3),2)，則λ＝()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),2)－1C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)解析：選A由題意可得e1·e2＝eq\f(1,2)，|a|2＝(e1＋λe2)2＝1＋2λ×eq\f(1,2)＋λ2＝eq\f(3,4)，化簡(jiǎn)得λ2＋λ＋eq\f(1,4)＝0，解得λ＝－eq\f(1,2)，選項(xiàng)A正確．5．(2016·湖南六校聯(lián)考)設(shè)向量a＝(cosα，－1)，b＝(2，sinα)，若a⊥b，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝()A．－eq\f(1,3)B.eq\f(1,3)C．－1D．0解析：選B由已知可得，a·b＝2cosα－sinα＝0，∴tanα＝2，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(tanα－1,1＋tanα)＝eq\f(1,3)，故選B.6．已知向量a，b，c中任意兩個(gè)向量都不共線，但a＋b與c共線，b＋c與a共線，則a＋b＋c＝()A．a(chǎn)B．bC．cD．0解析：選D∵a＋b與c共線，b＋c與a共線，∴可設(shè)a＋b＝λc，b＋c＝μa，兩式作差整理后得到(1＋λ)c＝(1＋μ)a，∵向量a，c不共線，∴1＋λ＝0，1＋μ＝0，即λ＝－1，μ＝－1，∴a＋b＝－c，即a＋b＋c＝0.故選D.7．(2016·山西質(zhì)檢)已知a，b是單位向量，且a·b＝－eq\f(1,2).若平面向量p滿足p·a＝p·b＝eq\f(1,2)，則|p|＝()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\r(2)D．2解析：選B由題意，不妨設(shè)a＝(1，0)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，p＝(x，y)，∵p·a＝p·b＝eq\f(1,2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,－\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＝\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(\r(3),2)，))∴|p|＝eq\r(x2＋y2)＝1，故選B.8．(2016·石家莊一模)A，B，C是圓O上不同的三點(diǎn)，線段CO與線段AB交于點(diǎn)D，若(λ∈R，μ∈R)，則λ＋μ的取值范圍是()A．(0，1)B．(1，＋∞)C．(1，eq\r(2)]D．(－1，0)解析：選B由題意可得(0<k<1)，又A，D，B三點(diǎn)共線，所以kλ＋kμ＝1，則λ＋μ＝eq\f(1,k)>1，即λ＋μ的取值范圍是(1，＋∞)，選項(xiàng)B正確．9．(2016·江西贛南五校聯(lián)考)△ABC的外接圓的圓心為O，半徑為1，若則向量方向上的投影為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2)D．－eq\f(\r(3),2)解析：選A由可知O是BC的中點(diǎn)，即BC為△ABC外接圓的直徑，所以由題意知＝1，故△OAB為等邊三角形，所以∠ABC＝60°.所以向量方向上的投影為||cos∠ABC＝1×cos60°＝eq\f(1,2).故選A.10．已知△ABC中，D為邊BC的中點(diǎn)，則||等于()A．6B．5C．4D．311．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A與B關(guān)于y軸對(duì)稱．若向量a＝(1，k)，則滿足不等式的點(diǎn)A(x，y)的集合為()A．{(x，y)|(x＋1)2＋y2≤1}B．{(x，y)|x2＋y2≤k2}C．{(x，y)|(x－1)2＋y2≤1}D．{(x，y)|(x＋1)2＋y2≤k2}解析：選C由A(x，y)可得B(－x，y)，則＝(－2x，0)，不等式可化為x2＋y2－2x≤0，即(x－1)2＋y2≤1，故選C.12．(2016·廣州五校聯(lián)考)已知Rt△AOB的面積為1