高考数学一轮复习 专题 应用向量方法解决简单的平面几何问题(讲)

第04节应用向量方法解决简单的平面几何问题【考纲解读】考点考纲内容5年统计分析预测1.以考查向量的共线、数量积、夹角、模为主，基本稳定为选择题或填空题，难度中等以下；2.与平面几何、三角函数、解析几何等相结合，以工具的形式进行考查，力学方面应用的考查较少.会用向量方法解决某2019•浙江文17；理7；3.备考重点：向量的应用些简单的平面几何问2019•浙江文22；(1)理解有关概念是基础，掌握线性运算、坐标运算题.2019•浙江10.的方法是关键；(2)解答与平面几何、三角函数、解析几何等交汇问题时，注意运用数形结合的数学思想，将共线、垂直等问题，通过建立平面直角坐标系，利用坐标运算解题.【知识清单】1．平面向量在几何中的应用1.平行向量：方向相同或相反的非零向量，又叫共线向量，规定：0与任一向量共线．2．共线向量定理：向量a(a≠0)与b共线，当且仅当有唯一一个实数λ，使得b＝λa.3.向量共线的充要条件的坐标表示若a(x，y)，b(x，y)，则a∥b⇔xy-xy0.112212214.设a＝(a，a)，b＝(b，b)，则：1212（1）a·b＝ab＋ab.1122（2）a⊥bab＋ab＝0.1122对点练习：第-1-页共15页法向量为(3,5)的直线，其斜率为（）3355A.B.C.D.5533【答案】A.5【解析】因为法向量为(3,5)的直线，可知与已知直线垂直的直线的斜率为，那么可知已知33直线的斜率为，选A.5【考点深度剖析】平面向量的数量积是高考考查的重点、热点，往往以选择题或填空题的形式出现.平面向量的应用问题，常常以平面图形为载体，借助于向量的坐标形式等考查数量积、夹角、垂直的条件等问题；也易同三角函数、解析几何等知识相结合，以工具的形式出现．【重点难点突破】考点1平面向量在几何中的应用【1-1】设P为ABC所在平面上一点，且满足3PA4PCmAB(m0).若ABP的面积为8，则ABC的面积为__________.【答案】14DA4于是可得点D在边AC上，AB//PD，且3AD4DC，则，由AB//PD，CA7SDA84所以SS，所以S8，又因为ABD，所以，则S14ABPABDABDSCAS7ABCABCABC【1-2】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,第-2-页共15页且tan=7,OB与OC的夹角为45°.若OCmOAnOB(m,nR),则mn.CBOA(第12题)【答案】3【1-3】如图，在等腰梯形ABCD中，AB2，CD4，BC5，点E，F分别为AD，BC的中点，如果对于常数，在等腰梯形ABCD的四条边上，有且只有8个不同的点P使得PEPF成立，那么的取值范围是（）59911(,)(,)A．420B．20491511(,)(,)C．204D．44【答案】C.17【解析】如下图建立空间直角坐标系，由题意得，E(,1)，F(,1)，根据对称性可知，问22题等价于在等腰梯形ABCD的每条边上均有两点（不含端点）满足PEPF，第-3-页共15页175若P在CD上：设P(x,0)，PEPF(x)(x)(10)2(x2)2，其中2245110x4，根据二次函数的对称性，∴PEPF；4417若P在AD上：设P(x,2x)，PEPF(x)(x)(12x)222【领悟技法】共线向量定理应用时的注意点(1)向量共线的充要条件中要注意“a≠0”，否则λ可能不存在，也可能有无数个．(2)证明三点共线问题，可用向量共线来解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线；另外，利用向量平行证明向量所在直线平行，必须说明这两条直线不重合．【触类旁通】【变式一】在ABC中，若|BABC||AC|，则ABC一定是（）.A．钝角三角形B．锐角三角形C．直角三角形D．不能确定【答案】C第-4-页共15页22【解析】由于BABCABBC，化简得ABBC0，因此ABBC.选C.【变式二】在平面四边形ABCD中，满足AB＋CD＝0，(AB－AD)·AC＝0，则四边形ABCD是()．A．矩形B．正方形C．菱形D．梯形【答案】C【解析】因为AB＋CD＝0，所以AB＝－CD＝DC，所以四边形ABCD是平行四边形，又(AB－AD)·AC＝DB·AC＝0，所以四边形的对角线互相垂直，所以四边形ABCD是菱形．考点2平面向量的综合应用uuuruuuruuur【2-1】已知正三角形ABC的边长为23，平面ABC内的动点P，M满足AP1，PMMC，uuur2则BM的最大值是()4349376337233(A)(B)(C)(D)4444【答案】B【解析】甴已知易得ADCADBBDC120,DADBDC2.以D为原点，直线DA为x轴建立平面直角坐标系，则A2,0,B1,3,C1,3.设Px,y,由已知AP1，得x22y21，又x1y3x1y33PMMC,M,,BM,,2222x12y33222BM，它表示圆x2y21上点x.y与点1,33距42121249离平方的，BM32331，故选B.4max44第-5-页共15页x2【2-2】已知点M(1,0)，A,B是椭圆y21上的动点，且MAMB0，则MABA的4取值范围是（）226A．[,1]B．[1,9]C．[,9]D．[,3]333【答案】C1x2xy2(x1)(x1)yy(x1)x2x1x2x111112121114113342x22x2(x)2,x[2,2]4114133142所以，当x2时，MABA有最大值9，当x时，MABA有最小值，故选C.33第-6-页共15页【2-3】已知向量a(cosx,sinx),b(3,3),x[0,π].（1）若a∥b,求x的值；（2）记f(x)ab,求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值.5π5π【答案】（1）x（2）x0时，取得最大值，为3；x时，取得最小值，66为23.第-7-页共15页【领悟技法】1.涉及三角问题求解方法：（1）去除向量的包装外衣，转化为由三角函数值求对应的角的值；（2）去除向量的包装外衣，转化为形如：yAsinxk三角函数最值，但一定要关注自变量x的范围.另外三角函数与代数函数一个很大的区别就是一般先要处理三角函数表达式，处理的结果之一就是转化为形如：yAsinxk，这一点很重要.2.涉及平面几何问题，往往通过平面向量的坐标运算，结合曲线的定义及曲线与曲线的位置关系，应用函数方程思想解题.【触类旁通】【变式一】已知A1,0,B1,0两点，过动点M作x轴的垂线，垂足为N，若第-8-页共15页MN2ANNB，当0时，动点M的轨迹为()A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线【答案】C【解析】设M(x,y),则N(x,0),所以MN2y2,ANNB(x1,0)(1x,0)(1x2),y2所以y2(1x2),即x2y2,变形为x21,又因为0,故动点M的轨迹为双曲线.【变式二】在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且向量m(5a4c,4b)与向量n(cosC,cosB)共线.（1）求cosB；（2）若b10，c5，ac，且AD2DC，求BD的长度.4109【答案】（1）；（2）.53【解析】试题分析：（1）根据条件中的向量共线得到A，B，C满足的一个式子，再进行三角恒等变形即可求解；（2）将已知条件中的式子变形，两边平方利用余弦定理求解.121412∵AD2DC，∴BDBABC，∴BD2BA2BC22BABC33993314122109c2a22accosB，将a3和c5代入得：BD，99339第-9-页共15页109∴BD=.3x2【变式三】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21上，过M作x轴的垂线，垂足为N，2点P满足NP2NM。(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x3上，且OPPQ1。证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。【答案】(1)x2y22；(2)证明见解析.【解析】第-10-页共15页【易错试题常警惕】25易错典例：在直角坐标平面上，O为原点，M为动点，OM5，ONOM．过点M5作MM⊥y轴于M，过N作NN⊥x轴于点N，OTMMNN．记点T的轨迹为曲线C，111111点A（5，0）、B（1，0），过点A作直线l交曲线C于两个不同的点P、Q（点Q在A与P之间）．（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）证明不存在直线l，使得BPBQ；（Ⅲ）过点P作y轴的平行线与曲线C的另一交点为S，若APtAQ，证明SBtBQ．易错分析：本题解答有两处易于出错，一是平向量的应用意识不强，不能正确应用平面向量的基本知识和基本方法；二是由于涉及较为复杂的数学式子变形而出错．正确解析：（1）解：设点T的坐标为(x,y)，点M的坐标为(x',y')，则M的坐标为(0,y')125252525ONOM(x',y')∴点N的坐标为(x',y')55552525∴N的坐标为(x',0)，∴MM(x',0)NN(0,y')15115第-11-页共15页25由OTMMNN有(x,y)(x',0)(0,y')115（2）证：点A（5，0）在曲线C即椭圆的外部，当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆C无交点，所以直线l斜率存在，并设为k．直线l的方程为yk(x5)．x2y21,由方程组54得(5k24)x250k2x125k2200yk(x5)55依题意20(1680k2)0，得k．5555当k时，设交点P(x,y),Q(x,y)，PQ的中点为R(x,y)，则5511220050k2xx25k2xx，x12125k24025k2425k220k∴yk(x5)k(5)005k245k24又BPBQBR⊥lkk1BR20k5k2420k2kkk120k220k24BR25k2420k215k24但20k220k24不可能成立，所以不存在直线l使得BPBQ．（3）证明：由题有S(x,y)，AP(x5,y),AQ(x5,y)．111122第-12-页共15页x5t(x5),(1)12yty,(2)12x2y2则有方程组111,(3)54x2y2221.(4)54由（1）得：xt(x5)5(5)12将（2）、（5）代入（3）有4[t(x5)5]25t2y22022整理并将（4）、（5）代入得(t21)2(1t)tx5(1t)2023t2易知t1，解得x2t因B(1,0),S(x,y)，故SB(1x,y)，BQ(x1,y)，111122SBtBQ(1x,y)t(x1,y)(1xt(x1),yty)11221212∴(1t(x5)5t(x1),0)(4t(2x6),0)2226t4(4t(6),0)(0,0)t∴SBtBQ．温馨提醒：(1)注意熟练掌握平面向量的基本知识和基本方法，增强应用意识．(2)在解答本题时，注意增强信心，细心进行数学式子变形，并特别注意整理得得到的一元二次方程，根的判别式大于零.【学科素养提升之思想方法篇】化整为零，积零为整——分类讨论思想1.分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，这种思想在简化研究对象，发展思维方面起着重要作用，因此，有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地位.所谓分类讨论，就是在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究，我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类进行研究和解决，最后综合各类结果得到整个问题的解决，这一思想方法，我们称之为“分类讨论的思想”．2.分类讨论思想的常见类型⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；第-13-页共15页⑵问题中的条件是分类给出的；⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.【典例】已知曲线E上的任意点到点F1,0的距离比它到直线x2的距离小1，（1）求曲线E的方程；（2）点D的坐标为2,0，若P为曲线E上的动点，求PDPF的最小值（3）设点A为y轴上异于原点的任意一点，过点A作曲线E的切线l，直线x3分别与直线l及x轴交于M,N，以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B，试探究：当点A在y轴上运动（点A与原点不重合）时，线段AB的长度是否发生变化？请证明你的结论【答案】（1）y24x；（2）PDPF的最小值为2；（3）线段AB的长度为定值6【解析】试题分析：（1）根据抛物线的定义得出轨迹方程；（2）设Px,yx0，将PDPF表示为x（或y）的函数，根据函数性质求出最小00000值；（3）设A坐标0,b和直线l的斜率k，根据相切得出k,b的关系，求出M，N坐标得出圆C的圆心和半径，利用切线的性质得出AB的长．试题解析：（1）设Sx,y为曲线E上的任意一点，依题意，点Sx,y到点F1,0的距离与它到直线x1的距离相等，所以曲线E是以F1,0为焦点，直线x1为准线的抛物线，所以曲线E的方程为y24x（2）设Px,yx0，则000PDPF2x,y1x,yy2x23x24x2x23x2x2x2000000000000因为x0，所以当x0时，PDPF有最小值200第-14-页共15页3kb23kb2AB2AC2r2302b93kb622AB6当点A在y轴上运动（点A与原点不重合）时，线段AB的长度不变，为定值6.第-15-页共15页