（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第五章 平面向量、复数核心素养提升（五）课件

第五章平面向量、复数核心素养提升(五)一、向量运算与三点共线(必修4P89例6)如图1，已知任意两个非零向量a，b，试作OA→＝a＋b，OB→＝a＋2b，OC→＝a＋3b.你能判断A、B、C三点之间的位置关系吗？为什么？分别作向量OA→、OB→、OC→，过点A、C作直线AC(如图2)，观察发现，无论向量a、b怎样变化，点B始终在直线AC上，猜想A、B、C三点共线．事实上，因为AB→＝OB→－OA→＝a＋2b－(a＋b)＝b，而AC→＝OC→－OA→＝a＋3b－(a＋b)＝2b.于是AC→＝2AB→，所以A，B，C三点共线．[思想1]数形结合与探究思想问题的解答是通过作图观察得出点B始终在直线AC上(或者点C在直线AB上，或者点A在直线BC上)，然后通过共线定理证明猜想的正确性．[思想2]转化与化归思想问题的解答展示了证明三点共线的一个主要方法，其中用到了转化与化归思想，该思想是我们解决数学问题的最主要思想，在本问题中将证明三点共线问题转化成具有公共始点的两向量共线问题，进一步展示了数形结合和转化与化归思想的和谐完美．两种方法：问题除解答展示了证明三点A、B、C共线⇔AB→＝λAC→(或AB→＝μBC→)的转化方法外，可用下列证明方法：另证：因为a，b是两不共线的向量，所以OA→＝a＋b与OB→＝a＋2b也不共线，设OC→＝λOA→＋μOB→，即a＋3b＝λ(a＋b)＋μ(a＋2b)＝(λ＋μ)a＋(λ＋2μ)b.所以λ＋μ＝1.λ＋2μ＝3.由λ＋μ＝1，即可知A、B、C三点共线．〈一〉原问题拓展[拓展1]从原问题的图示和判断证明可以看出，由于OA→＝a＋b，OB→＝a＋2b，OC→＝a＋3b中，向量a的系数都为1，从图示来说，OA→，OB→，OC→的终点A、B、C事实上就是向量OM→＝a的端点．M沿着向量b的方向平移而得，从而A、B、C三点共线，因此有命题．任意两个不共线的非零向量a，b(如图1)．试作OA1→＝a＋λ1b，OA2→＝a＋λ2b，…，OAn→＝a＋λnb(λi均不相等，i＝1，2，…，n)，则A1，A2，…，An共线(如图3)．【证明】因为OA1→＝a＋λ1b，OA→2＝a＋λ2b，…，OAn→＝a＋λnb，所以A1A2→＝OA2→－OA1→＝(a＋λ2b)－(a＋λ1b)＝(λ2－λ1)b，A1Ai→＝OAi→－OA1→＝(a＋λib)－(a＋λ1b)＝(λi－λ1)b＝λi－λ1λ2－λ1A1A2→(i＝1，2，…，n)，所以A1，A2，Ai共线，即A1，A2，…，An共线．[拓展2]任意两个不共线的非零向量a，b(如图1)，OA→＝a＋b，OB→＝a＋2b，OC→＝λa＋μb，若A，B，C共线．求λ的值．【解】因为OA→＝a＋b，OB→＝a＋2b，OC→＝λa＋μb，所以AB→＝OB→－OA→＝b，AC→＝OC→－OA→＝(λ－1)a＋(μ－1)b，由于A、B、C三点共线，故存在t∈R，使得AC→＝tAB→，即(λ－1)a＋(μ－1)b＝tb.所以λ－1＝0，μ－1＝t.即λ＝1，μ＝t＋1.故所求的λ＝1，μ为一切实数．这正是拓展1的真实体现．〈二〉三点共线的向量判定若OA→＝a，OB→＝b是平面内两不共线向量，对于平面内任一向量OC→＝c，存在一对实数λ，μ使c＝λa＋μb.证明A、B、C三点共线的充要条件是λ＋μ＝1.【证明】若A，B，C三点共线，则存在实数t，使得AC→＝tAB→，即OC→－OA→＝t(OB→－OA→)所以OC→＝(1－t)OA→＋tOB→令λ＝1－t，μ＝t，则有c＝λa＋tb，即λ＋μ＝1.若λ＋μ＝1，则c＝λa＋(1－λ)b即c－b＝λ(a－b)即OC→－OB→＝λ(OA→－OB→)即BC→＝λBA→.所以A、B、C三点共线．设D为△ABC所在平面内一点，BC→＝3CD→，则()A．AD→＝－13AB→＋43AC→B．AD→＝13AB→－43AC→C．AD→＝43AB→＋13AC→D．AD→＝－43AB→－13AC→【解析】由BC→＝3CD→知，B、C、D三点共线，从四个选项知系数和为1的仅有A，故选A.【答案】A已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若3OA→＝a5OB→＋a9OC→，且A，B，C三点共线，则S13＝________．【解析】由3OA→＝a5OB→＋a9OC→，得OA→＝a53OB→＋a93OC→因为A，B，C三点共线，所以a53＋a93＝1，即a5＋a9＝3，所以S13＝13（a1＋a13）2＝13（a5＋a9）2＝392.所以S13＝392.【答案】392二、求解平面向量问题的五大策略平面向量既具备几何意义、也具备类似数的运算，在解题中既可以按照几何的思路处理，也可以通过运算解决问题，解平面向量的题目有一些策略，用好这些策略可以顺利地解决问题．用好共线向量定理及其推论在△ABC中，AB→＝2a，AC→＝3b，设P为△ABC内部及其边界上任意一点，若AP→＝λa＋μb，则λμ的最大值为________．【解析】过点P作BC平行线，交AB，AC于点M，N，设NP→＝tNM→，则有AP→＝tAM→＋(1－t)AN→(0≤t≤1)，设AM→＝mAB→，则有AN→＝mAC→(0≤m≤1)，所以AP→＝tmAB→＋(1－t)mAC→，所以AP→＝2tma＋3(1－t)mb，所以λ＝2tm，μ＝3（1－t）m，所以λ≥0，μ≥0，3λ＋2μ＝6m≤6，由3λ＋2μ≥26λμ得26λμ≤6，所以λμ≤32，λμ的最大值为32.【答案】32(1)A，B，C三点共线时，一定存在实数λ，使得AB→＝λBC→或AB→＝λAC→等；(2)A，B，C三点共线的充要条件是对不在直线AB上的任意一点O，存在实数t使得OC→＝tOA→＋(1－t)OB→或OC→＝λOA→＋μOB→，λ＋μ＝1.用好平面向量基本定理在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F，若AC→＝a，BD→＝b，则AF→等于()A．14a＋12bB．23a＋13bC．12a＋14bD．13a＋23b【解析】如图，E为OD中点，则BE→＝3ED→，因为AB∥CD，则AB→＝3DF→，OB→－OA→＝3AF→－3AD→，－12BD→＋12AC→＝3AF→－3(OD→－OA→)，3AF→＝－12BD→＋12AC→＋3×12BD→＋3×12AC→，3AF→＝2AC→＋BD→，则AF→＝23AC→＋13BD→，即AF→＝23a＋13b，故选B.【答案】B平面向量基本定理表明，同一平面内的任一向量都可表示为其他两个不共线向量的线性组合，即选择了两个不共线向量e1和e2，平面内的任何一向量a都可以用向量e1，e2表示为a＝λ1e1＋λ2e2，并且这种表示是唯一的，即若λ1e1＋λ2e2＝μ1e1＋μ2e2，则必有λ1＝μ1，λ2＝μ2，这样，平面向量基本定理不仅把几何问题转化为只含有λ1，λ2的代数运算，而且为利用待定系数法解题提供了理论基础．用好向量的坐标表示(1)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ACD＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|PA→＋3PB→|的最小值为________．(2)已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，M为CD的中点，若N为该菱形内任意一点(含边界)，则AM→·AN→的最大值为________．【解析】(1)建立如图所示的平面直角坐标系，则D(2，0)．设B(0，b)，b0，则C(1，b)，因为∠ACD＝90°，所以AC→·DC→＝0，即(1，b)·(－1，b)＝0，解得b＝1，所以B(0，1)，C(1，1)．设P(x，y)，DP→＝λDC→(0≤λ≤1)，则(x－2，y)＝λ(－1，1)，得x＝2－λ，y＝λ，即P(2－λ，λ)．|PA→＋3BP→|＝|(λ－2，－λ)＋3(λ－2，1－λ)|＝|(4λ－8，3－4λ)|＝（4λ－8）2＋（3－4λ）2＝32λ2－88λ＋73，0≤λ≤1，根据二次函数性质，上式当λ＝1时取得最小值，故其最小值为32－88＋73＝17.(2)建立如图所示的平面直角坐标系，则B(2，0)，C(3，3)，D(1，3)，M(2，3)，设N(x，y)，则AM→·AN→＝2x＋3y，其中(x，y)所在的区域即为菱形及其内部的区域，设z＝2x＋3y，则z3的几何意义是直线系z＝2x＋3y在y轴上的截距，结合图形可知，在点C处目标函数取得最大值，最大值为2×3＋3×3＝9.【答案】(1)17(2)9向量坐标化后，所有的问题均可以通过计算求解，这种方法难度较大的平面向量试题非常有用．用好两向量垂直的条件设O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的一点，动点P满足OP→＝OA→＋λAB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC，λ∈[0，＋∞)，则点P的轨迹经过△ABC的()A．外心B．内心C．重心D．垂心【解析】AB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC·(AB→－AC→)＝|AB→|2|AB→|cosB－|AC→|2|AC→|cosC＋AC→·AB→|AC→|cosC－AB→·AC→|AB→|cosB.在△ABC中，记角A，B，C的对边分别为a，b，c，则上式即为ccosB－bcosC＋ccosAcosC－bcosAcosB.＝ccosC－bcosB＋ccosAcosB－bcosAcosCcosBcosC.根据正弦定理，上式的分子为2R(sinCcosC－sinBcosB＋sinCcosAcosB－sinBcosAcosC)＝2R12sin2C－12sin2B＋cosAsin（C－B）＝2R12sin[（B＋C）－（B－C）]－12sin[（B＋C）＋（B－C）]＋cosAsin（C－B）＝2R[－cos(B＋C)sin(B－C)＋cosAsin(C－B)]＝2R[－cosAsin(C－B)＋cosAsin(C－B)]＝0.所以AB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC·(AB→－AC→)＝0，所以AB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC⊥CB→.又向量AB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC经过点A，所以向量λAB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC与△ABC的BC边上的高线所在的向量共线．因为OP→＝OA→＋λAB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC，所以点P在△ABC的BC边上的高线上，所以点P的轨迹经过△ABC的垂心，故选D.【答案】D两非零向量垂直的充要条件是其数量积为零，利用该结论可以证明平面图形中的直线与直线垂直、也可以根据两向量垂直求未知的参数值等．用好向量运算的几何意义已知向量a，b，c满足|a|＝2，|b|＝a·b＝3，若(c－2a)·(2b－3c)＝0，则|b－c|的最大值是________．【解析】设a，b夹角为θ，a·b＝2×3cosθ＝3，得cosθ＝22，因为0≤θ≤π，所以θ＝π4.建立如图所示的平面直角坐标系，a＝(1，1)，b＝(3，0)，设c＝(x，y)，则c－2a＝(x－2，y－2)，2b－3c＝(6－3x，－3y)．因为(c－2a)·(2b－3c)＝0，所以(x－2)(6－3x)＋(y－2)(－3y)＝0，整理得x2＋y2－4x－2y＋4＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝1，即向量c的终点在以(2，1)为圆心、1为半径的圆上，根据向量减法的几何意义，可知|b－c|的最大值为（3－2）2＋（0－1）2＋1＝2＋1.【答案】2＋1