2020年高考数学二轮优化提升专题训练考点12平面向量的线性表示(解析版)5617.pdf

考点 12 平面向量的线性表示 【知识框图】【自主热身，归纳总结】1、(2019 无锡期末）在四边形 ABCD 中，已知 ABa2b，BC4ab，CD5a3b，其中，a，b是不共线的向量，则四边形 ABCD 的形状是_【答案】.梯形【解析】、因为ADABBCCD(a2b)4ab(5a3b)8a2b所以，AD2BC，即ADBC，且|AD|BC|，所以，四边形ABCD是梯形 2、（2017 年苏州期末）设1e与2e是两个不共线向量，1232eeAB，12eeCBk，1232eeCDk，若A，B，D三点共线，则k 【答案】.：49k【解析】、12(3)(21)BDCDCBkkee，设ABBD则)3(3k且)12(2k，解得49k 3、（2017 徐州期末）在ABC中，若点D，E，F依次是边AB上的四等分点，设1eCB，2eCA，用1e，2e表示CF，则CF 【答案】.ee214143【解析】、在ABC中，12eeAB AC CB，34AFAB，所以CFCAAF 21212331=+444eeeee 4、（2016 年南通一模）如图，在ABC中，D，E分别为边BC，AC的中点.F为边AB上的点，且3ABAF，若ADxAFyAE，,x yR，则xy的值为 .【答案】：52 【解析】、：因为D为BC的中点，所以11332222ADABACAFAEAFAE，故3,12xy，52xy。5（2017 泰州期中）如图，平面内有三个向量OA，OB，OC，其中OA与OB的夹角为120，OA与OC的夹角为30，且3|2,|,|2 32OAOBOC，若(,)R OCOAOB，则_，_ 【答案】=2，4=3【解析】、设与OA，OB同方向的单位向量分别为a，b，依题意有=42abOC，又=2aOA，3=2bOB，则4=23OCOAOB，所以=2，4=3 ABCO 6、（2016 年苏北四市联考）如图，一直线EF与平行四边形ABCD的两边,AB AD分别 交于,E F两点，且交其对角线于K，其中，25AEAB，12AFAD，AKAC，则的值为 【答案】29 【解析】、因为点F，K，E共线，故可设21(1)52mAKmAEm AFmABAD 又()AKACABAD，所以2152mm，解得29【问题探究，变式训练】题型一 向量的共线定理与平面向量的线性运算 知识点拨：注意平行四边形法则和三角形法则的灵活运用。例 1、(2018 南京学情调研）设向量a(1，4)，b(1，x)，ca3b.若ac，则实数x的值是_【答案】4 【解析】、因为a(1，4)，b(1，x)，ca3b(2，43x)又ac，所以43x80，解得x4.【变式 1】、(2017 南京学情调研）已知向量a(1,2)，b(m,4)，且a(2ab)，则实数m的值为_【答案】2 解法 1 由题意得a(1,2)，2ab(2m,8)，因为a(2ab)，所以 18(2m)20，故m2.解法 2 因为a(2ab)，所以存在实数，使得a2ab，即(2)ab，所以(2,24)(m,4)，所以2m且 244，得4，m2.解法 3 因为a(2ab)，所以ab，所以 42m，即m2.【变式 2】、(2017 苏州暑假测试）设 x，yR，向量a(x,1)，b(2，y)，且a2b(5，3)，则xy_.【答案】1 【解析】、由题意得a2b(x4,12y)(5，3)，所以 x45，12y3，解得 x1，y2，A B C D E F K 所以xy1.【变式 3】、已知点C，D，E是线段AB的四等分点，O为直线AB外的任意一点，若()OCODOEm OAOB，则实数 m的值为 【答案】：23m【解析】、因为OCODOEm()OAOB，所以3ODm2OD23m【关联 1】、(2016 南京、盐城、徐州二模）已知O为ABC的外心，若51213OAOBOC 0，则C=【答案】34【解析】、：由已知等式得OCOBOA13125，平方得16912014425OBOA，故0OBOA，得2AOB，若C为锐角，则OBOA125与OC反向，与条件矛盾，故C为钝角，从而43C.误点警示：若C为锐角，则AOB与C分别是同弧所对的圆心角与圆周角，此时 AOB=2C；若C为钝角，由AOB与C的关系是CAOB21，因此，必须对C进行分类讨论.本题从条件OCOBOA13125判断知，C必为钝角.【关联 2】、在ABC中，C45，O是ABC的外心，若OCmOAnOB(m，nR)，则mn的取值范围是_【答案】2，1)思路分析 本题中三点在圆O上是一个关键条件，可以建立坐标系求出m，n的关系式，再利用三角换元求解，也可以对向量等式两边平方后得到m，n的关系式，再利用线性规划求解 因为C4，O是ABC外心，所以AOB90，OCmOAnOB，所以C在优弧AB上 建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设半径为 1，则A(0,1)，B(1,0)设C(cos，sin)2，2，代入OCmOAnOB，可得ncos，msin，即mncossin 2sin4.又434，94，所以mn 2，1)解后反思 本题易错在没有注意点C在优弧AB上，错误的认为点C在整个圆上本题是典型的二元函数的值域问题，解题方法比较多，可以用基本不等式、线性规划、三角换元，但由于点C在圆弧上，最好的方法建立坐标系，利用三角函数求解，定义域的寻找也较为简单 题型二 平面向量的基本定理的应用 知识点拨：运用平面向量基本定理表示向量的本质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加法和减法数乘。要特别注意用基底表示向量有时要借助于几何性质，如平行和相似。例 2、(2019 苏北四市、苏中三市三调）如图，正六边形ABCDEF中，若ADACAE（，R），则的值为 【答案】43【解析】、：建系（坐标法）如图设六边形边长为 2，(0,0)A,(2,0)B，(3,3)C，(2,2 3)D,(0,2 3)E 由ADACAE得：(2,2 3)=(3,3)(0,2 3)，2=2=3322 3=3+2 3=3 故4+=3.【变式 1】、(2019 泰州期末）已知点 P 为平行四边形 ABCD 所在平面上一点，且满足PAPB2PD0，PAPBPC0，则 _【答案】34 思路分析 由于题中出现了四个向量，因此可以考虑消去PC或PD，再根据平面向量基本定理，即可求得 和 的值 解法 1(转化法)如图，因为PAPB2PD0，所以PAPB2(PCCD)0，即PAPB2(PCBA)0，即PAPB2(PCPAPB)0，所以，3PAPB2PC0，即32PA12PBPC0，所以 32，12，34.E A B C D E F（第 1 题）A B C 6 2 3.5（第 2 题）解法 2(基底法)因为12PA12PBPD0，PAPBPC0，两式相减得12PA12PBDC12PA12PBPBPA0，所以 121，121，321234.解法 3(几何法)取 AB 中点 E，则PAPB2PE2PD，所以PDEP，即 P 为 DE 中点，延长 CP 交 BA 延长线于点 F，易知：A，E 为 BF 的三等分点，且 P 为 CF 中点 由PA13PB23PF13PB23PC，得32PA12PBPC0，所以 34.解后反思 本题考查了平面向量基本定理，也就是平面向量分解的唯一性定理，解法 1，把PD用其他三个向量来表示，根据平面向量的基本定理得到 和 的值；解法 2，两式相减，同时消去了PC，PD，转化为以PA，PB为基向量的方程；解法 3，通过构造三角形，根据向量的线性运算，找到PA，PB，PC这三个向量的关系式，以上三种解法都可以称为基底法，此外本题可以将平行四边形特殊化为矩形或正方形，通过坐标法来处理【变式 2】、在ABC中，AB2，AC3，角A的平分线与AB边上的中线交于点O，若AOxAByAC(x，yR)，则xy的值为_.【答案】.58 解析：如图，在ABC中，AD为BAC的平分线，CE为AB边的中线，且ADCEO.在AEO中，由正弦定理得AEsinAOEEOsinEAO；在ACO中，由正弦定理得ACsinAOCCOsinCAO，两式相除得AEACEOOC，因为AE12AB1，AC3，所以EOOC13.所以CO3OE，即AOAC3(AEAO)，即 4AO3AEAC，所以 4AO32ABAC，从而AO38AB14AC，因为AOxAByAC，所以x38，y14，于是xy58.课本探源 本题的难点是EOOC13关系的建立，借助于正弦定理，可以证明AEACEOOC.实际上，必修 5P54 例 5 已经证明了此结论，若能够想到这一点，理顺本题的解题思路就容易多了：在ABC中，AD是BAC的平分线，用正弦定理证明：ABACBDDC.【变式 3】、如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为线段AO的中点，若BEBABD(，R)，则_.【答案】34 解析：因为O，E分别是AC，AO的中点，所以BEBAAEBA14ACBA14(BCBA)34BA14BC.又BEBABDBA(BCCD)()BABC，故34.【变式 4】、（2017 苏州期末）在ABC中，2BDDC，若12ADABAC，则12的值为 【答案】29 因为13ADACCDACCB，而=CB ABAC,所以1233ADABAC，所以1212,33，则12的值为29.【关联 1】、（2016 年南通一模）如图，在ABC中，BO为边AC上的中线，2BGGO，设CDAG，若15ADABAC()R，则的值为 【答案】65 思路一：12113333AGABAOABAC，1(1)5CDADACABAC，因为CDAG，所以115，65 思路二：不妨设=CD mAG，则有 ()1111()()232311 1()23 211 1(23 2ADACCDACmAGACm AOOGACmACOBACmACBOACmACBABCACmACBAACAB)3()33336,535mmACABmm，从而所以【关联 2】、（2017 年江苏卷）如图,在同一个平面内，向量OA、OB，OC的模分别为 1,1，2，OA与OC的夹角为，且tan7，OB与OC的夹角为45，若(,)OCmOAnOB m nR,则mn的值为_【答案】、+3m n ABCDOG解析 由tan7可得7 2sin10，2cos10，根据向量分解易得：cos45cos2sin45sin0nmnm，即22221027 20210nmnm，解得5474mn 所以+3m n 题型三 平面向量基本定理的综合运用 知识点拨：向量的基本运算分为线性运算和坐标运算，建立坐标系转化为坐标的运算也可以转化为基底运算，其中三点共线可以转化为点在直线上也可以用共线向量基本定理来转化 基底法运算量小于坐标法、坐标法的思维难度低于基底法 例 3、（2017 年苏州一模）如图，直角梯形ABCD中，ABCD，DAB90，ADAB4，CD1，动点P在边BC上，且满足APmABnAD(m，n均为正实数)，则1m1n的最小值为_ 【答案】、74 34 解法 1 建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(4,0)，D(0,4)，C(1,4)又kBC43，故BC：y43(x4)又APmABnAD，AB(4,0)，AD(0,4)，所以AP(4m,4n)，故P(4m,4n)，又点P在直线BC上，即 3n4m4，即 4（1m1n）(3n4m)（1m1n）73nm4mn7 2 1274 3，所以（1m1n）m i n74 34，当且仅当 3n24m2，3n4m4，即m126 33，AC B O APQCBOGn8 3123时取等号 解法 2 因为APmABnAD，所以APmABn(ACCD)mABnACn4ABmn4ABnAC.又C，P，B三点共线，故mn4n1，即m3n41，以下同解法 1.【变式 1】、（2017 年徐州联考）如图，经过ABO的重心G的直线与OA，OB交于点P，Q，设OPmOA，OQnOB，R,nm，则nm11的值为 【答案】、3 解析 连接OG并延长，交AB于点C，因为G是ABC的重心，即OC是ABC的中线，所以23OGOC，1111()2222OCOAACOAABOAOBOAOAOB 因为OPmOA，所以1OAOPm，同理可得1OBOQn，将代入可得1122OCOPOQmn，即21111()3 2233OGOPOQOPOQmnmn，设(01)PGPQ，则有()(1)OGOPPGOPPQOPOQOPOPOQ，根据平面向量基本定理，有1111113131333mnmmnn ，故11mn的值为 3 【变式 2】、（2017 泰州期末）如图，在等腰三角形ABC中，已知ABAC1，A120，E，F分别是边AB，AC上的点，且AEmAB，AFnAC，其中m，n()0，1.若EF，BC的中点分别为M，N，且m4n1，则|MN的最小值为_ 【答案】、77 思路分析：本题易求ABAC12，所以可以利用点M，N是EF，BC的中点将MN转化用AB和AC表示，再求|MN|的最小值；另外也可以通过建立平面直角坐标系将点M，N的坐标表示出来再求解 解析 1 由于M，N是EF，BC的中点，AEmAB，AFnAC，m4n1，所以AN12AB12AC，AM12AE12AFm2ABn2AC122n ABn2AC，所以MNANAM2nAB1n2AC.而ABAC11cos12012，所以|MN|21221n26n1，显然当n321时，|MN|min77.解析 2 如图，以点N为坐标原点，直线BC为x轴，直线NA为y轴建立平面直角坐标系，由ABAC1，A120得N(0,0)，A0，12，B32，0，C32，0，所以AFnAC32n，12n，AEmAB32m，12m2 3n32，2n12(由于m4n1)，从而点E2 3n32，2n，点F32n，12n12，线段EF的中点M5 34n34，34n14，所以|MN|5 34n34234n1421221n26n1，显然当n321时，|MN|min77.【关联 1】、（2018 年南通二模）已知ABC是边长为 3 的等边三角形，点P是以A为圆心的单位圆上一动点，点Q满足AQ23AP13AC，则|BQ|的最小值是_.【答案】、723 思路分析 求|BQ|的最小值，就是求线段BQ长的最小值，因为点B为定点，而点Q是随着点P的运动而运动的，那么就要关注点Q是如何运动的，即要先求出点Q的轨迹方程，通过建系运用相关点法即可求得点Q的轨迹方程，通过点Q的轨迹方程发现其轨迹是一个圆，接下来问题就转化为定点与圆上的动点的距离的最小值问题，那就简单了一般与动点有关的最值问题，往往运用轨迹思想，首先探求动点的轨迹，在了解其轨迹的基础上一般可将问题转化为点与圆的关系或直线与圆的关系或两圆之间的关系 解法 1 以A为原点，AB为x轴建立平面直角坐标系，则AB(3,0)，AC32，3 32，设Q(x，y)，P(x，y)，由AQ23AP13AC，得AQ23x12，23y32，即 x23x12，y23y32，所以 23xx12，23yy32，两式平方相加得x122y32249(x2y2)，因为点P(x，y)在以A为圆心的单位圆上，所以x2y21，从而有x122y32249，所以点Q是以M12，32为圆心，R23的圆上的动点，因此BQminBMR3122032223 723.解法 2 BQAQAB23AP13ACAB23AP12AC32AB.令AN32AB12AC，则BQ23(APAN)，那么|BQ|23|APAN|，求|BQ|的最小值，就转化为求|APAN|的最小值，根据不等式的知识有：|APAN|AN|AP|AN|1，而|AN|2AN232AB12AC294AB232ABAC14AC294323233121432634，即|AN|3 72，所以|APAN|3 721 3 721，从而|BQ|23|APAN|723，当且仅当AN与AP同向时，取等号 解法 3 BQAQAB23AP13ACAB，设13ACABAE，则AE219AC2AB223ACAB192333127，|AE|7，所以BQ249AP2AE243APAE4917431 7cos6794 73cos，其中是AE，AP的夹角，由于P在圆上运动，所以0，所以|BQ|2的最小值为6794 73，所以|BQ|的最小值为3 723.【关联 2】、（2016 年扬州检测）在ABC中，E为边AC上一点，且3ACAE，P为BE上一点，且满足(0,0)APmABnAC mn，求mnmnmn的最小值 解析 因为3ACAE，所以3APmABnACmABnAE，又因为P为BE上一点，不妨设01BPBE，所以1APABBPABBEABAEABABAE,31mABnAEABAE，因为,AB AE不共线，所以13 mn，则311 mn 所以111131()31552 3mnmnnmmnmnmnmnmn ，当且仅当3nmmn，即3mn时等号成立 A B C E P