专题01 平面向量（考点串讲）(考点聚焦+题型突破+易错剖析+猜题押题）-2024-2025学年高一数学下学期期末考点大串讲（苏教版2019必修第二册）

高一苏教版（24-25学年）数学必修2期末考点大串讲 串讲01 平面向量（5考点&9题型） 01 02 04 03 目 录 易错易混 题型剖析 考点透视 押题预测 五大常考点、明确复习目标 九大题型典例剖析+技巧点拨+举一反三 三大易错易混经典例题+针对训练 精选期末真题对应考点练 01考点透视 02题型剖析 题型一　向量加减法法则及应用 技巧点拨 向量加法运算律的意义和应用原则 （1）意义：向量加法的运算律为向量加法提供了变形的依据，实现恰当利用向量加法法则运算的目的．实际上，由于向量的加法满足交换律和结合律，故多个向量的加法运算可以按照任意的次序、任意的组合来进行． （2）应用原则：通过向量加法的交换律，使各向量“首尾相连”，通过向量加法的结合律调整向量相加的顺序． 举一反三 题型剖析 题型二　向量的线性运算 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型三　向量共线的判定及应用 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型四　三点共线的常用结论 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型五　求两向量的数量积 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型六　向量的模和夹角的计算问题 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型七　向量与垂直有关的问题 技巧点拨 举一反三 题型剖析 题型八　用基底表示向量及定比分点坐标公式及应用 技巧点拨 举一反三 题型九 用向量解决平面几何求值问题 题型剖析 技巧点拨 举一反三 03易错易混 易错点1　忽略向量共线致误 03易错易混 易错点2　对向量共线定理及平面向量基本定理理解不准确致误 03易错易混 易错点3　对两两夹角相等理解不准确 针对训练 04押题预测 C B C B C 谢谢观看！ 【解析】（1），，， ,, ,,,,； （2） ． 例1、（1）已知向量，，，求； （2）化简：． 【解析】证明：因为四边形ABCD是平行四边形， 所以． 因为， ， 所以， 即． 【变式】如图，点O是的两条对角线的交点，，，，求证：． 【解析】（1）原式= . （2）原式= . 向量线性运算的基本方法 （1）类比法：向量的数乘运算类似于代数多项式的运算，例如，实数运算中的去括号、移项、合并同类项、提取公因式等变形手段在数与向量的乘积中同样适用，但是这里的“同类项”、“公因式”是指向量，实数看作是向量的系数． （2）方程法：向量也可以通过列方程来解，把所求向量当作未知数，利用解方程的方法求解，同时在运算过程中多注意观察，恰当的运用运算律，简化运算． 【变式】化简： (1)；(2)； (3)；(4). 【解析】（1） （2） （3） （4） 例3、已知向量，不共线，若，，，则（    ） A．A，B，C三点共线 B．A，B，D三点共线 C．A，C，D三点共线 D．B，C，D三点共线 【解析】对于A，因为，， 若A，B，C三点共线，则存在实数使得， 则，无解，所以A，B，C三点不共线，故A错误； 对于B，∵， ∴，又∵A是公共点，∴A，B，D三点共线，故B正确； 对于C，因为，，所以， 若A，C，D三点共线，则存在实数使得，又， 所以，无解，所以A，C，D三点不共线，故C错误； 对于D，若B，C，D三点共线，则存在实数使得， 又，，所以，无解， 所以B，C，D三点不共线，故D错误；故选：B. （1）证明或判断三点共线的方法 一般来说，要判定A，B，C三点是否共线，只需看是否存在实数，使得（或等）即可． （2）利用向量共线求参数的方法 已知向量共线求，常根据向量共线的条件转化为相应向量系数相等求解． 【变式】如图，，不共线，是直线上的动点，证明：存在实数，，使得，并且. 【解析】证明：因为是直线上的动点， 所以不妨设（为实数）， 则，， 令，， 则有，并且, 所以存在实数，，使得，并且. 例4、 已知，，点G是△OAB的重心，过点G的直线PQ与OA、OB分别交于P、Q两点． （1）用、表示；（2）若m，n，试问是否为定值，证明你的结论． 【解析】（1）点G是△OAB的重心，延长OG交AB于D，即有D为AB的中点， 可得（）（）； （2）为定值3． 理由：由m，n，可得，， 即有， 由三点P，G，Q共线，可得1，即为3． 则为定值3． 应用判断三点共线的一个常用结论：若A，B，C三点共线，为直线外一点存在实数x，y，使，且． 【变式】设G为的重心，过点G作直线分别交AB､AC于P，Q.已知，，求的值. 【解析】连接AG并延长交BC于M，因为G是重心，所以M为BC的中点. ，， 因为，，所以， 又因为P，G，Q三点共线，所以，所以. 例5、 已知向量满足且，则在方向上的数量投影为______. 【解析】，， 所以在方向上的数量投影为. 故答案为： 求平面向量数量积的方法 计算数量积的关键是正确确定两个向量的夹角，条件是两向量的始点必须重合，否则，要通过平移使两向量符合以上条件． 【变式】已知向量在方向上的投影向量是是与同方向的单位向量）， ，则___________. 【解析】因为向量在方向上的投影向量为，所以， 又，， 所以. 故答案为：. 例6、已知，，. (1)求 与 的夹角 ； (2)求 与 的夹角的余弦值． 【解析】（1）由已知，得， 因为，所以. 又，所以cos， 因为，所以. （2）因为，所以， 因为，所以. 所以. （1）求解向量模的问题就是要灵活应用 ，即 ，勿忘记开方． （2）求向量的夹角，主要是利用公式 求出夹角的余弦值，从而求得夹角．可以直接求出 的值及 的值，然后代入求解，也可以寻找 三者之间的关系，然后代入求解． 【变式】已知向量满足，则向量与向量的夹角是______. 【解析】由题意可得，即，则， 所以， 又， 所以， 故答案为： 例7、已知向量，的夹角为，且，若，则______. 【解析】由已知可得，， ，， 因为，所以，即，解得. 故答案为：. 解决有关垂直问题时利用（，为非零向量）． 【变式】若向量满足与垂直，则__________． 【解析】与垂直，则，， ，即，， 故答案为：． 例8、 已知，，点P在线段AB的延长线上，且， 则点P的坐标为___________. 【解析】点在线段的延长线上，且， ， ,,,． 所以点P的坐标为. 故答案为：. 平面向量基本定理的作用以及注意点 （1）根据平面向量基本定理，任何一个基底都可以表示任意向量．用基底表示向量，实质上是利用三角形法则或平行四边形法则，进行向量的线性运算． （2）基底的选取要灵活，必要时可以建立方程或方程组，通过方程求出要表示的向量． 【变式】已知三点、、在一条直线上，点，，且，则点的坐标为______. 【解析】设点， 由，， 则，， 又， 则 ，解得， 即， 故答案为：. 例9、已知平面四边形中，，向量的夹角为. (1)求证：； (2)点是线段中点，求的值. 【解析】（1）根据题意，画出示意图如下图所示 由题意可知， ，所以三角形ABD为等边三角形，则，又 ，所以， 即为直角三角形，且 ，所以，所以 ； （2）根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，因为点是线段中点，所以， 则 ，所以 （1）用向量法求长度的策略 ①根据图形特点选择基底，利用向量的数量积转化，用公式求解． ②建立坐标系，确定相应向量的坐标，代入公式：若，则． （2）用向量法解决平面几何问题的两种思想 ①几何法：选取适当的基底（基底中的向量尽量已知模或夹角），将题中涉及的向量用基底表示，利用向量的运算法则、运算律或性质求解． ②坐标法：建立平面直角坐标系，实现向量的坐标化，将几何问题中的长度、垂直、平行等问题转化为代数运算． 【变式】如下图，在中，为边上的一点，，且与的夹角为. (1)求的模长 (2)求的值. 【解析】（1）因为，所以， 因为，与的夹角为， 所以， 所以； （2） 1、已知向量 的夹角为钝角，则实数x的取值范围为________． 【错解】因为向量 的夹角为钝角，所以 ， 即 ，解得 ， 【错因】概念模糊，错误地认为 为钝角 ，实际上， 为钝角 不共线 。 【正解】因为向量 的夹角为钝角，所以 且 不共线， 即 ，解得 ， 所以实数x的取值范围为 。 2、给出下列命题：(1)平面内的任何两个向量都可以作为一组基底；(2)平面向量的基底不唯一,只要基底确定后,平面内的任何一个向量都可被这组基底唯一表示；(3)若a,b共线,则 且 存在且唯一；(4) λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b,则λ1＝λ2,μ1＝μ2.其中真命题的个数为 A.1 B. 2 C.3 D.4 【错解】选B或C或D 【错因】(1)对于两个向量共线定理(a(a≠0)与b共线⇔存在唯一实数λ使得b＝λa)中条件“a≠0”的理解：当a＝0时,a与任一向量b都是共线的；当a＝0且b≠0时,b＝λa是不成立的,但a与b共线．因此,为了更具一般性,且使充分性和必要性都成立,我们要求a≠0.换句话说,如果不加条件“a≠0”,“a与b共线”是“存在唯一实数λ使得b＝λa”的必要不充分条件． (2)面向量的一组基底是两个不共线向量,平面向量基底可以有无穷多组．用平面向量基本定理可将平面中任一向量分解成形如a＝λ1e1＋λ2e2(λ1,λ2∈R,e1,e2为同一平面内不共线的两个向量)的形式,它是向量线性运算知识的延伸．如果e1,e2是同一平面内的一组基底,且λ1e1＋λ2e2＝0(λ1,λ2∈R),那么λ1＝λ2＝0. 【正解】平面内的两个不共线的向量可以作为一组基底,(1)是假命题；(2)是真命题；对于(3), 当a,b均为零向量时 可以取任意实数,当a为零向量,b为非零向量时 不存在, (3)是假命题；对于(4),只有a,b为不共线向量时才成立. 3.若单位向量 两两夹角相等,则 的模为 . 【错解】因为单位向量 两两夹角相等,则夹角为 ,所以 + = + EMBED Equation.DSMT4 =0, 所以 的模为0。 【错因】忽略了夹角为零度的情况 【正解】当 的夹角为 时 的模为3,当 夹角为 时, + = + EMBED Equation.DSMT4 =0, 的模为0. 1．已知a＝(2,1),b＝(λ,1),λ∈R,a与b的夹角为θ.若θ为锐角,则λ的取值范围是__________． 【错解】∵cos θ＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1)).因θ为锐角,有cos θ>0, ∴eq \f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1))>0⇒2λ＋1>0, 得λ>－eq \f(1,2),λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)). 【错因】当向量a,b同向时,θ＝0,cos θ＝1满足cos θ>0,但不是锐角． 【正解】∵θ为锐角,∴0<cos θ<1.又∵cos θ＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1)), ∴0<eq \f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1))且eq \f(2λ＋1,\r(5)·\r(λ2＋1))≠1,∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2λ＋1>0，,2λ＋1≠\r(5)·\r(λ2＋1))),解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ>－\f(1,2)，,λ≠2.)) ∴λ的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(λ|λ>－\f(1,2)且λ≠2)). 1．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知平面向量，，，满足，且，则的最大值为（  ） A． B． C． D． 2．（24-25高一上·辽宁锦州·期末）在中，为边上一点，与交于点，若，则（ ） A． B． C． D． 3．（24-25高一上·辽宁·期末）如图，在中，为线段上一点，且，为线段的中点，过点的直线分别交直线、于、两点，，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知向量，的夹角为，且，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高一上·河北保定·期末）已知平面向量，满足，，则的最大值为（    ） A．8 B． C．10 D． $$