《2020高考數(shù)學(xué)精英備考專題講座 第二講三角函數(shù)與平面向量 第三節(jié)平面向量與代數(shù)的綜合應(yīng)用 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)精英備考專題講座 第二講三角函數(shù)與平面向量 第三節(jié)平面向量與代數(shù)的綜合應(yīng)用 文（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第三節(jié) 平面向量與代數(shù)的綜合應(yīng)用 平面向量與代數(shù)的綜合應(yīng)用為每年高考必考內(nèi)容，以選擇題（填空題）形式出現(xiàn)，或作為題設(shè)條件與三角函數(shù)（解三角形）、數(shù)列、函數(shù)不等式形成綜合解答題的形式出現(xiàn)，分值在4～12分左右；向量具有代數(shù)形式與幾何形式的“雙重身份”，這使它成為中學(xué)數(shù)學(xué)知識(shí)的一個(gè)交匯點(diǎn)，也成為多項(xiàng)內(nèi)容的媒介，在高考中主要考查有關(guān)的基礎(chǔ)知識(shí)，突出向量的工具作用，難度系數(shù)在0.4～0.8之間. 考試要求 ⑴理解平面向量的概念，理解兩個(gè)向量相等及向量共線的含義；⑵掌握向量的加法、減法及數(shù)乘運(yùn)算；⑶了解平面向量基本定理及其意義，掌握平面向量的正交分解及其坐標(biāo)表示，理解用坐標(biāo)表示向量的

2、加法和減法運(yùn)算及數(shù)乘運(yùn)算，理解用坐標(biāo)表示的平面向量共線的條件；⑷理解平面向量的數(shù)量積的含義及其物理意義，掌握數(shù)量積的坐標(biāo)表達(dá)式并會(huì)進(jìn)行數(shù)量積的運(yùn)算，能用數(shù)量積表示兩向量的夾角，會(huì)用數(shù)量積判斷兩向量的垂直關(guān)系. 題型一 平面向量的有關(guān)概念及應(yīng)用 例1定義平面向量之間的一種運(yùn)算“”如下，對(duì)任意的，，令，下面說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ） （A）若與共線，則 （B） （C）對(duì)任意的，有 （D） 點(diǎn)撥：仿照平面向量的線性運(yùn)算規(guī)則及數(shù)量積的性質(zhì)進(jìn)行“”運(yùn)算. 解：若與共線，則有，故A正確；因?yàn)椋? 而，所以有，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選B. 易錯(cuò)點(diǎn)：

3、把定義的運(yùn)算“”混同與“”，認(rèn)同選項(xiàng)B正確. 變式與引申1：已知兩個(gè)非零向量，定義運(yùn)算“#”：，其中為的夾角．有兩兩不共線的三個(gè)向量，下列結(jié)論：①若，則；②；③若；則；④；⑤．其中正確的個(gè)數(shù)有（ ） A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè) 題型二 平面向量與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用 例2：已知向量，． (1)當(dāng)時(shí)，求的值；(2)求的最小正周期和單調(diào)遞增區(qū)間． 點(diǎn)撥：(1)由向量平行列方程解出的值，所求式子轉(zhuǎn)化成正切單角名稱的三角代數(shù)式，代入可求解；(2)進(jìn)行向量坐標(biāo)形式的數(shù)量積運(yùn)算得到的解析式，轉(zhuǎn)化為函數(shù)結(jié)構(gòu). 解：(1)由 得，即， 所以. (2) 因?yàn)?，；所?/p>

4、； ；所以最小正周期為;由 得，故單調(diào)遞增區(qū)間為 (). 易錯(cuò)點(diǎn)：計(jì)算的值出錯(cuò)；轉(zhuǎn)化為形式出錯(cuò)；下結(jié)論時(shí)遺漏. 變式與引申2：已知向量，， (1)若，求. (2)求的最大值． 題型三 平面向量與數(shù)列的綜合應(yīng)用 解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)都在斜率為6的同一條直線上，所以，即于是數(shù)列是等差數(shù)列，故；因?yàn)?，；又因?yàn)楣簿€，所以 即，當(dāng)n≥2時(shí)， ，當(dāng)n=1時(shí)，上式也成立, 所以. 高 (2), . 易錯(cuò)點(diǎn)：錯(cuò)誤理解點(diǎn)都在斜率為6的同一條直線上的含義,無(wú)法求得的通項(xiàng)公式；由與共線錯(cuò)列方程得到結(jié)果. 變式與引申3：數(shù)列中，，，數(shù)列中，，，在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，已知點(diǎn)列，則向量++…

5、+的坐標(biāo)為(　 ). A. B. C. D. 題型四 平面向量與函數(shù)的綜合應(yīng)用 解：（1）方法一：由題意知(,), ，又高故＝×（）＋×()＝0，整理得：，即 . 中學(xué) 方法二：因?yàn)?，－1)，(, ),所以＝2，＝1且，又故＝0. 即，化簡(jiǎn)得, 所以. (2) 由(1)知：，求導(dǎo)，令＜0得－1＜＜1；令＞0得 ＜－1或＞1. 故的單調(diào)遞減區(qū)間是(－1, 1 )，單調(diào)遞增區(qū)間是（－∞，－1）和（1，＋∞）. 易錯(cuò)點(diǎn)：字母運(yùn)算出錯(cuò)不能正確得到的坐標(biāo)形式；沒(méi)能通過(guò)簡(jiǎn)單的心算判斷出，使得的展開(kāi)式中無(wú)法消去含有的項(xiàng). 變式與引申4：1.已知平面向量＝(，－1)，

6、＝(，)，若存在不為零的實(shí)數(shù)k和角α，使向量＝＋(),＝＋,且⊥，試求實(shí)數(shù) 的取值范圍； 2.(2020山東德州模擬)已知兩個(gè)向量， . （1）若且，求實(shí)數(shù)x的值； （2）對(duì)寫(xiě)出函數(shù)具備的性質(zhì). 本節(jié)主要考查（1）知識(shí)點(diǎn)有平面向量的有關(guān)概念、加減法的幾何意義、向量共線定理、平面向量的基本定理、坐標(biāo)表示、垂直關(guān)系、向量的數(shù)量積；（2）演繹推理能力、運(yùn)算能力、創(chuàng)新意識(shí)；（3）函數(shù)與方程的思想、數(shù)形結(jié)合思想和待定系數(shù)法. 點(diǎn)評(píng)（1）掌握平面向量的基礎(chǔ)知識(shí)，正確地進(jìn)行向量的各種運(yùn)算來(lái)處理向量與代數(shù)的綜合應(yīng)用問(wèn)題（如例1），要善于利用向量“數(shù)”與“形”兩方面的特征；（2）向量共線的充要條件中

7、應(yīng)注意只有非零向量才能表示與之共線的其他向量，向量共線的坐標(biāo)表示不能與向量垂直的坐標(biāo)表示相混淆；（3）理解向量的數(shù)量積的定義、運(yùn)算律、性質(zhì)并能靈活應(yīng)用，向量的數(shù)量積的結(jié)果是實(shí)數(shù)而不是向量，注意數(shù)量積與實(shí)數(shù)乘法運(yùn)算律的差異；（4）向量的坐標(biāo)運(yùn)算使得向量運(yùn)算完全代數(shù)化，向量與函數(shù)、數(shù)列、解三角形、不等式等相結(jié)合形成了代數(shù)的綜合問(wèn)題（如例2、例3、例4），在知識(shí)的交匯點(diǎn)處命題來(lái)考查了向量的工具性及學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力. 習(xí)題2—3 1. （2020年湖南理數(shù)）在邊長(zhǎng)為1的正三角形中，設(shè)，則. 2. 關(guān)于平面向量有下列四個(gè)命題：①若，則； ②已知．若，則；③非零向量和，滿足，則與

8、的夾角為；④．其中正確的命題為_(kāi)__________．（寫(xiě)出所有正確命題的序號(hào)） 3.已知向量 (m是常數(shù)), (1)若是奇函數(shù)，求m的值; 中學(xué) (2)若向量的夾角為中的值，求實(shí)數(shù)的取值范圍. 4.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A(－1,－2)、B(2,3)、C(－2,－1)。 (1) 求以線段AB、AC為鄰邊的平行四邊形兩條對(duì)角線的長(zhǎng)； (2) 設(shè)實(shí)數(shù)t滿足()·=0，求t的值. 5.（2020鄭州四中模擬）已知點(diǎn)集，其中，點(diǎn)列在中，為與軸的公共點(diǎn)，等差數(shù)列的公差為1； (1)求數(shù)列，的通項(xiàng)公式；(2)若，數(shù)列的前項(xiàng)和k*s*5*u滿足對(duì)任意的都成立，試求的取值范圍.

9、【答案】 變式與引申1：解：② ；因?yàn)棰贂r(shí)，所以不一定有，知①錯(cuò)；②，，知，，，故②正確；③非零向量，滿足，則三向量、、構(gòu)成正三角形，由向量加法的平行四邊形法則知，平分，與的夾角為30°，③錯(cuò)． 變式與引申2：解：(1)若，則，由此得，因?yàn)椋?；(2)由，得；，當(dāng)＝1時(shí)，取得最大值為＋1，此時(shí). 變式與引申3：解：選D. 依題意得成等差數(shù)列，由得；成等比數(shù)列，由；，，…，．因?yàn)椋?；?+…+=. 變式與引申4：⑴仿解法二知,而, 所以當(dāng)時(shí)，取最大值1；當(dāng)時(shí)，取最小值-.又≠0 故的取值范圍為 .將例題中的略加改動(dòng)，舊題新掘，出現(xiàn)了意想不到的效果，很好地考查了向量與三角函數(shù)綜合運(yùn)

10、用能力. ⑵解：①由已知得, 或解得，或 ②具備的性質(zhì)： (ⅰ)偶函數(shù)； (ⅱ)當(dāng)即時(shí)，取得最小值（寫(xiě)出值域?yàn)橐部桑? (ⅲ)單調(diào)性：在上遞減，上遞增；由對(duì)稱性，在上遞增，在遞減 . 習(xí)題2—3 ③中易知夾角，與的夾角為； ④中． 3.解： (1)由題知=,所以=，由題知對(duì)任意的不為零的實(shí)數(shù), 都有,即=恒成立，所以. （2）由題知0,所以0,即,①當(dāng)時(shí)，；②當(dāng)時(shí)，；所以或；③當(dāng)時(shí)，，所以. 綜上, 當(dāng)時(shí)，實(shí)數(shù)的取值范圍是；當(dāng)時(shí), 實(shí)數(shù)的取值范圍是或；當(dāng)時(shí), 實(shí)數(shù)的取值范圍是. 4. 解：（1）方法一：由題設(shè)知，則 所以 故所求的兩條對(duì)角線的長(zhǎng)分別為、。 方法二：設(shè)該平行四邊形的第四個(gè)頂點(diǎn)為D，兩條對(duì)角線的交點(diǎn)為E，則: E為B、C的中點(diǎn)，E（0，1） 又E（0，1）為A、D的中點(diǎn)，所以D（1，4） 故所求的兩條對(duì)角線的長(zhǎng)分別為BC=、AD=； （2）由題設(shè)知：=(－2,－1)，。 由()·=0，得：，從而所以. 或者： ，. 轉(zhuǎn)化為不等式 ，欲使對(duì)任意的都成立，只須成立即可，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以取值范圍為.