2022經(jīng)典易錯題會診與模擬試題預測06

經(jīng)典易錯題會診與試題預測(六)考點6平面向量經(jīng)典易錯題會診命題角度1向量及其運算命題角度2平面向量與三角、數(shù)列命題角度3平面向量與平面解析幾何命題角度4解斜三角形探究開放題預測預測角度1向量與軌跡、直線、圓錐曲線等知識點結(jié)合預測角度2平面向量為背景的綜合題命題角度1向量及其運算1(典型例題)如圖6-1，在Rt△ABC中，已知BC=a，若長為2a的線段PQ以點A為中點，問與的夾角θ取何值時．的值最大?并求出這個最大值．[考場錯解]此后有的學生接著對上式進行變形，更多的不知怎樣繼續(xù)．[專家把脈]此題是湖北省20典型例題)已知，|a|=，|b|=3，a與b的夾角為45°，當向量a+λb與λa+b的夾角為銳角時，求實數(shù)A的范圍．[考場錯解]由已知a·b=|a||b|·cos45°=3，∵a+λb與λa+b的夾角為銳角，∴(a+λb)·(λa+b)>0即λ|a|2+λ|b|2+(λ2+1)a·b=0，∴2λ+9λ+3(λ2+1)>0，解得λ>∴實數(shù)λ的范圍是[專家把脈]解題時忽視了a+λb與aλ+b的夾角為0的情況，也就是(a+λb)·(λa+b)>0既包括了a+λb與λa+b的夾角為銳角，也包括了a+λb與λa+b的夾角為0，而a+λb與λa+b的夾角為0不合題意．[對癥下藥]由已知a·b=|a|·|b|，|b|×cos45°=3．又a+λb與λa+b的夾角為銳角，∴(a+λb)·(λa+b)>0，且a+λb≠μ(λa+b)(其中μk,μ>0)由(a+λb)·(λa+b)>0，得|a|2+λ|b|2+(λ2+1)a·b>0即3λ2+11λ+3>0，解得λ>．由a+λb≠μ(λa+b)，得μλ≠1,μ≠λ，即λ≠1，綜上所述實數(shù)λ的取值范圍是(-∞，,1)∪(1，+∞)．3．(典型例題)已知O為△ABC所在平面內(nèi)一點且滿足，則△AOB與△AOC的面積之比為()A．1B.D．2[考場錯解]∴O在BC邊上，且,又△AOB與△AOC高相等，∴△AOB與△AOC的面積之比為2，∴選D．[專家把脈]缺乏聯(lián)想能力，將常用結(jié)論記錯是本題錯誤的原因，實際上只有O為△ABC的重心的情況下，才有，而本題無此已知條件．[對癥下藥](1)如圖6-3，在AB上取一點D，使又由已知∴O為CD的中點，不妨設S△AOC=S，則S△AOD=S(∵兩者等底同高)∴△AOB的面積與△AOC的面積之比為3：2，選B．(2)不妨設A(0，0)，B(1，0)，C(0，1)，O(x,y)，則由專家會診向量的基本概念是向量的基礎，學習時應注意對向量的夾角、模等概念的理解，不要把向量與實數(shù)胡亂類比；向量的運算包括兩種形式：(1)向量式；(2)坐標式；在學習時不要過分偏重坐標式，有些題目用向量式來進行計算是比較方便的，那么對向量的加、減法法則、定比分點的向量式等內(nèi)容就應重點學習，在應用時不要出錯，解題時應善于將向量用一組基底來表示，要會應用向量共線的充要條件來解題.考場思維調(diào)練1△ABC內(nèi)接于以O為圓心，1為半徑的圓，且(1)求答案：由已知得2，所以(2)求△ABC的面積．答案：設∠AOB=θ，∠AOC=，∠BOC=，由·=，得cosθ=，sinθ=，S△AOB=||·||sinθ=×1×1×同理可求得cos=-，sin=，S△AOC=．cosγ=-，sinr=，S△BOC=×由于θ為銳角，,為鈍角，所以不可能在△AOB內(nèi)部，故△AOB、△AOC、△BOC互不重疊∴S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC=．2已知向量a=(1，1)，b：(1，0)，c滿足a·c=0，且|a|=|c|，b·c>0．(1)求向量c；答案：設=(m，n)，由a·c=0，得m+n=0再由，|a|=|c|，得m2+n2=2，聯(lián)立，解得m=1，n=-1或m=-l，n=1，又∵b，c=(1，0)·(m，n)=m>0．∴m=1，n=-1，c=(1，-1)．(2)若映射f:(x，y)+(x’，y’)=xo+yc，將(x，y)看作點的坐標，問是否存在直線l，使得l上任一點在映射f的作用下的點仍在直線l上，若存在，求出直線l的方程，若不存在，請說明理由．答案：xa+yc=y(1，1)+y(1，-1)=(x+y，x-y)，則f:(x，y)→(x+y，x-y)．假設存在直線l滿足題意．當l的斜率不存在時，沒有符合條件的直線l;當l的斜率存在時，設l：y=kx+m，在l上任取一點p(x0,y0)，則p在映射f作用下的點Q(x0+y0，x0-y0)，Q也應在l上，即x0-y0=k(x0+y0)+m又(x0，y0)在l上∴y0=kx0+m，整理得(1-2k-k2)x0-(k+2)m=0，此式對于任意x0恒成立．∴1-2k-k2=0，(-k+2)m=0．解得k=-1±，m=0，綜上所述，存在直線l：y=(-1±)x符合題意．3已知A、B、C三點共線，O是該直線外一點，設=a，且存在實數(shù)m，使ma-3b+c成立．求點A分所成的比和m的值．答案：解：設點A分所成比為λ，則=λ，所以-=λ(-)．即a-b=λ(c-d)，則(1+λ)a-b-λc=0(1)由已知條件得c=3b-ma代人(1)得(1+λ)a-b-3λb+mλa=0，即(1+λ+mλ)a-(1+3λ)b=0∵不共線，a、b不共線∴1+λ+mλ=0，1+3λ=0，解得λ=-，m=2．∴A分所成的比為-，m=2．1.（典型例題）設函數(shù)f(x)=a·b,其中a=(2cosx,1),b=(cosx,)求x;(2)若函數(shù)y=2sin2x的圖像按向量c=(m,n)(|m|<)平移后得到函數(shù)y=f(x)的圖像，求實數(shù)m、n之值.[考場錯解]（1）依題意，f(x)=2cos2x+由(2)函數(shù)y=2sin2x的圖像按向量c=(m,n)平移后得到y(tǒng)=2sin2(x+m)-n的圖像，即y=f(x)的圖像，由（1）得f(x)=2sin2(x+[專家把脈]“化一”時出錯，第（2）問在利用平移公式的時有錯誤.[對癥下藥]（1）依題設，f(x)=(2)函數(shù)y=2sin2x的圖像按向量c=(m,n)平移后得到函數(shù)y=2sin2(x-m)+n的圖像，即函數(shù)y=f(x)的圖像，由（1）得f(x)=2sin2(2.(典型例題)已知i,j分別為x軸，y軸正方向上的單位向量，（1）求[考場錯解]（1）由已知有[專家把脈]向量是一個既有方向又有大小的量，而錯解中只研究大小而不管方向，把向量與實數(shù)混為一談，出現(xiàn)了很多知識性的錯誤.[對癥下藥]（1）3.（典型例題)在直角坐標平面中，已知點P1(1，2)，P2(2，22)，P3(3，23)…,Pn(n，2n)，其中n是正整數(shù)，對平面上任一點Ao，記A1為Ao關于點P1的對稱點，A2為A1，關于點P2的對稱點，…，An為An-1關于點Pn的對稱點．(1)求向量的坐標；(2)當點Ao在曲線C上移動時.點A2的軌跡是函數(shù)y=f(x)的圖像，其中f(x)是以3為周期的周期函數(shù)，且當x∈(0，3)時f(x)=lgx．求以曲線C為圖像的函數(shù)在(1，4)上的解析式；(3)對任意偶數(shù)n，用n表示向量的坐標．[考場錯解]第(2)問，由(1)知=(2，4)，依題意，將曲線C按向量(2，4)平移得到y(tǒng)=f(x)的圖像．∴y=g(x)=f(x-2)+4．[專家把脈]平移公式用錯，應該為y=g(x)=f(x+2)-4．[對癥下藥](1)設點Ao(x，y)，Ao關于點P1的對稱點A1的坐標為A1(2-x，4-y)，A1關于點P2的對稱點A2的坐標為A2（2+x，4+y），所以，=｛2，4｝．(2)∵=｛2，4｝，∴f(x)的圖像由曲線C向右平移2個單位，再向上平移4個單位得到．因此，曲線C是函數(shù)y=g(x)的圖像，其中g(x)是以3為周期的周期函數(shù)，且當x∈(-2，1)時，g(x)=1g(x+2)-4，于是，當x∈(1，4)時，g(x)=1g(x-1)-4．專家會診向量與三角函數(shù)、數(shù)列綜合的題目，實際上是以向量為載體考查三角函數(shù)、數(shù)列的知識，解題的關鍵是利用向量的數(shù)量積等知識將問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)、數(shù)列的問題，轉(zhuǎn)化時不要把向量與實數(shù)搞混淆，一般來說向量與三角函數(shù)結(jié)合的題目難度不大，向量與數(shù)列結(jié)合的題目，綜合性強、能力要求較高．考場思維調(diào)練1已知平面向量a=(，-1)，b=，c=a+(sin2a-2cosa)b，d=()a+(cosa)b，a∈(o，)，若c⊥d，求cosa．答案：解析：由已知得a·b=0，|a|2=a2=4，|b|2=b2=1，因為c⊥d，∴c·d=0，即[a+(sin2λ-cosα)·b]．[(sin22α)a+(cosα)b]=0，得sin22α+sin2α，cosα-2cos2α=0，即(sin2α+2cosα)(sin2α-cosα)=0，∵α∈(0，)，∴sin2α+cosα>0，∴sin2α=cosα，由于cosα>0，得sina=，則cosα=．2設向量a=(cos23°，cos67°)．b=(cos68°，cos22°)，c=a+tb(t∈R)，求|c|的最小值．答案：解：|a|==1，|b|==1a·b=cos23°cos68°+cos67°cos22°=cos23°cos68°+sin23°sin68°=cos(23°-68°)=．∴|c|2=(a+tb)2=|a|2+t2|b|2+2ta·b=t2+1+t≥.∴|c|的最小值為，此時t=-3已知向量a=(2，2)，向量b與a的夾角為，且a·b=-2．(1)求向量b;答案：設b=(x，y)，∵a·b=-2，∴2x+2y=-2，即x+y=-1，(1)，又∵a與b的夾角為π，∴|b|==1，∴x2+y2=1(2)，聯(lián)立(1)、(2)得x=-1，y=0或x=0，y=-1，∴b=(-1，0)或b=(0，-1)．(2)若t=(1，0)且b⊥t，c=(cosA，2cos2)，其中A、C是△ABC的內(nèi)角，若三角形的三個內(nèi)角依次成等差列，試求，|b+c|的取值范圍．答案：由題意得B=，A+C=，b⊥t，t=(1，0)，∴b=(0，-1)，b+C=(cosA，cosC)，|b+C|2=cos2A+cos2c=1+(cos2A+cos2Ccos2A+cos2(π-A))=1+cos(2A+)，∵0∠A<，∴∠2A+，∴-1≤cos(2A+)<，∴|b+c|2∈[]，∴|b+c|∈[]命題角度3平面向量與平面解析幾何1．(典型例題)已知橢圓的中心在原點，離心率為，一個焦點F(-m，0)(m是大于0的常數(shù)．)(1)求橢圓的方程；(2)設Q是橢圓上的一點，且過點F、 Q的直線l與y軸交于點M，若，求直線l的斜率．[考場錯解]第(2)問：設Q(xo，yo)，直線J的方程為y=k(x+m)，則點M(0，km)，由已知得F、Q、M三點共線，且，∴由于F(-m，0)，M(0，km)，由定比分點坐標公式，得xQ=[專家把脈]缺乏分類討論的思想，沒有考慮圖形的多樣性，將進行轉(zhuǎn)化時出現(xiàn)錯誤，依題意應轉(zhuǎn)化為再分類求解k．[對癥下藥](1)設所求橢圓方程為1(a>b>O)．由已知得c=m，故所求的橢圓方程是(2)設Q(xQ，yQ)，直線l的方程為y=k(x+m)，則點M(0，km)，∵M、Q、F三點共線，，∴．當時，由于F(-m，0)，M(0，km)，由定比分點坐標公式，得又Q在橢圓同理當故直線l的斜率是0，2．(典型例題)如圖6—4，梯形ABCD的底邊AB在y軸上，原點O為AB的中點，|AB|=AC⊥BD，M為CD的中點．(1)求點M的軌跡方程；(2)過M作AB的垂線，垂足為N，若存在常數(shù)λo，使，且P點到A、B的距離和為定值，求點P的軌跡C的方程．[考場錯解]第(2)問：設P(x，y)，M(xo，yo)，則N(0，yo)∴x-xo=-λox,y-yo=λo(yo-y)，∴λo=-1．[專家把脈]對分析不夠，匆忙設坐標進行坐標運算，實際上M、N、P三點共線，它們的縱坐標是相等的，導致后面求出λo=-1是錯誤的．[對癥下藥](1)解法1：設M(x，y)，則C(x，-1+即(x，y-1)·(x，y+1)=0，得x2+y2=1，又x≠0，∴M的軌跡方程是:x2+y2=1(x≠0)解法2：設AC與BD交于E，連結(jié)EM、EO，∵AC+BD，∴∠CED=∠AEB=90°，又M、O分別為CD，AB的中點，∴，又E為分別以AB、CD為直徑的圓的切點，∴O、C、M三點共線，∴|OM|=|OE|+|AB|=1，∴M在以原點為圓心1為半徑的圓上，軌跡方程為x2+y2=1(x≠0)．(2)設P(x，y)，則由已知可設M(xo，y)，N(0，y)，又由MP=λoPN得(x-xo，0)=λo(-x，0)，∴xo=(1+λo)x，又M在x2+y2=1(x≠0)上，∴P的軌跡方程為(1+λo)2x2+y2=1(x≠0)，又P到A、B的距離之和為定值，∴P的軌跡為經(jīng)A，BP為焦點的橢圓，∴λo)2=9，∴P軌跡E的方程為9x2+y2=1(x≠O)．3．(典型例題)如圖6—5，ABCD是邊長為2的正方形紙片，以某動直線l為折痕將正方形在其下方的部分向上翻折，使得每次翻折后點。都落在AD上，記為B'；折痕l與AB交于點E，使M滿足關系式(1)建立適當坐標系，求點M的軌跡方程；(2)若曲線C是由點M的軌跡及其關于邊AB對稱的曲線組成的，F(xiàn)是AB邊上的一點，過點F的直線交曲線于P、Q兩點，且，求實數(shù)λ的取值范圍．[考場錯解]第(1)問：以AB的中點為坐標原點，以AB所在的直線為y軸建立直角坐標系，則A(0，1)，B(0，—1)，設E(0，t)，B'(xo，1)，則由y=-t，∴M的軌跡方程為x=x0，y=-t

[專家把脈]對軌跡方程的理解不深刻，x=xo，y=-t不是軌跡方程，究其原因還是題目的已知條件挖掘不夠，本題中||=||是一個很重要的已知條件．[對癥下藥](1)解法1以AB所在的直線為y軸，AB的中點為坐標原點，建立如圖6-6所示的直角坐標系，別A(0，1)，B(0，-1)，設E(0，t)，則由已知有0≤t≤1，由及B'在AD上，可解得B'(2，1)由+'得(x，y-t)=(0，-1-t)+(2，1-t)，即x=2y=-t，消去t得x2=-4y(0≤x≤2)．解法2以EB、EB'分鄰邊作平行四邊形．由于知四邊形EBMB′，為菱形，且，∴動點M到定直線AD的距離等于M到定點B的距離，∴M的軌跡是以B為焦點，以AD為準線的拋物線的一部分軌跡方程為x2=-4y(0≤x≤2)．(2)由(1)結(jié)合已知條件知C的方程是x2=-4y(-2≤x≤2)，由知F(0，)，設過F的直線的斜率為k，則方程為y=，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由得x1=-λx2，聯(lián)立直線方程和C得方程是x2+4kx-2=0，由-2≤x≤2知上述方程在[-2，2]內(nèi)有兩個解，由；次函數(shù)的圖像知，由x=-λx2可得由韋達定理得8k2=.4．(典型例題1)已知橢圓的中心為坐標原點O，焦點在x軸上，斜率為1且過橢圓右焦點9的直線交橢圓于A、B兩點，與a=(3，-1)共線(1)求橢圓的離心率；(2)設M為橢圓上任意一點，且，證明λ2+μ2為定值．[考場錯解](1)設橢圓方程為，F(xiàn)(c，0)聯(lián)立y=x-c與得(a2+b2)x2-2a2cx+a2c2+a2b2=0，令A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1+x2=由(x1+x2，y1+y2)，a=(3，-1)，與a共線，得x1+x2=3，y1+y2=-1，又y1+y2=x1+x2-2c，∴c=2，得a2=3b2，又a2-b2=c2=4，∴b2=2，a2=6，∴．e=[專家把脈]與(3，-1)共線，不是相等，錯解中，認為(3，-1)，這是錯誤的，共線是比例相等．[對癥下藥](1)(前同錯解)，與a共線，得3(y1+y2)+(x1+x2)=0，∴3(x1+x2-2c)+(x1+x2)=O∴x1+x2=c，代入(2)證明：由(1)知a2=3b2，所以橢圓可化為x2+32=3b2設(x，y)，由已知得(x，y)=λ(x1，y1)+μ(x2，y2)，∴M(x，y)在橢圓上，∴(λx1+μx2)23(λy1+μy2)2=3b2．即λ2()+2λμ(x1x2+2y1y2)=3b2．①由(1)知x2+x2=∴∴x1x2+3y1y2=x1+x2+3(x1-c)(x2-c)=4x1x2-3(x1+x2)c+3c2==0．又又，代入①得λ2+μ2=1．故λ2+μ2為定值，定值為1．專家會診平面向量與平面解析幾何結(jié)合是高考中的熱點題型，解此類題目關鍵是將向量關系式進行轉(zhuǎn)化，這種轉(zhuǎn)化一般有兩種途徑：一是利用向量及向量的幾何意義，將向量關系式轉(zhuǎn)化為幾何性質(zhì)，用這種轉(zhuǎn)化應提防忽視一些已知條件；二是將向量式轉(zhuǎn)化為坐標滿足的關系式，再利用平面解析幾何的知識進行運算，這種轉(zhuǎn)化是主要轉(zhuǎn)化方法，應予以重視．考場思維調(diào)練1已知△ABC中，A(0，1)，B(2，4)，C(6，1)，P為平面上任一點，點M、N滿足，給出下列相關命題：①∥；(2)直線MN的方程是3x+10y-28=0；(3)直線MN必過△ABC外心；(4)起點為A的向量λ(+AC)(λ∈R+)所在射線必過N，上面四個選項中正確的是________.(將正確的選項序號全填上)答案：解析：(2)(4)由已知M為AB的中點，所以M(1，)，N為△ABC的重心，∴N(，2)．MN在AB的中線上∴；MN的方程為3x+10y-28=0；MN過△ABC的重心，又△ABC不是等腰三角形∴MN不可能過△ABC的外心；λ()(λ∈R+)所在射線為BC的中線所在的射線，∴必過N上(2)、(4)正確．2已知A為x軸上一點，B為直線x=1上的點，且滿足：.(1)若證A的橫坐標為x，B的縱坐標為y，試求點P(x，y)的軌跡C的方程；答案：解：由題意，A(x,0)，B(1，y)，則=(x，0)，=(1，y)代入=0中，得：(2)設D(0，-1)，上述軌跡上是否存在M、N兩點，滿足||=||且直線MN不平行于y軸，若存在，求出MN所在直線在y軸上截距的取值范圍，若不存在，說明理．答案：假設存在M(x1，y1)，N(x2，y2)，由題設MN不與x軸垂直，不妨設MN的方程為y=kx+m，聯(lián)立,得(1-3k2)x2-6kmx-3m2-3=0，顯然1-3k2≠0，∴△=12(m2+1-3k2)>0，又x1+x2=，x1x2=．設MN的中點P(x0，y0)，則有x0=,y0=，∴線段MN的垂直平分線方程為y-．由題意D(0，-1)在該直線上，代入得4m=3k2-1，∴m、k滿足消去k2，得m>4或-<m<0．∴存在這樣的M、N，并且MN所在直線在y軸上截距的取值范圍是(4，+∞)∪(-，0)3已知點F(1，0)，直線l:x=2，設動點P到直線l的距離為d，已知|PF|=(1)求動點戶的軌跡方程；答案：設P(x，y)，∵=<1，∴P的軌跡為以(1，0)為焦點，以l：x=2為對應準線的橢圓．且=-c=1，解得a=，c=1，b=1．又≤d≤,∴≤|2-x|≤，解得≤x≤，∴P的軌跡方程為+y2=1(≤x≤)．(2)若的夾角；答案：∵=(1-x，-y)，=(1，0)，=(x，y)∴·=(1-x,)·1+(-y)·0=1-x=，∴x=，代入∴的夾角為arccos(3)如圖，若點C滿足=2，點M滿足=3PF，且線段MG的垂直平分線經(jīng)過P，求△PGF的面積．答案：由已知||；2||，∴G為左焦點．又∴又||=2，∴||2+||2=||2，∴△PGF為Rt△，∴∴S=命題角度4解斜三角形1．(典型例題)在△ABC中，sinA+cosA=AB=3，求tanA的值和△ABC的面積．[考場錯解]∵sinA+cosA=∴兩邊平方得2sinAcosA=又0°<2A<360°∴2A=210°或2A=330°得A=105°或A=165°，當A=105°時，tanA=tan(45°+60°)=sinA=sin(45°+60°)=當A=165°時，tanA=tan(45°+120°)=-2+，sinA=sin(45°+120°)=，△ABC的面積為[專家把脈]沒有注意到平方是非恒等變形的過程，產(chǎn)生了增根，若A=165°，sinA=此時sinA+cosA=，顯然與sinA+cosA=的已知條件矛盾．[對癥下藥]解法1．∵sinA+cosA=<180°，∴A-45°=60°，得A=105°．∴tanA=tan(45°+60°)=-2-，sinA=sin(45°+60°)=,S△ABC=解法2∵sinA+cosA=又0°<A<180°，∴sinA>0,cosA<0,∵(sinA-cosA)2=1-2sinAcosA=∴sinA-csoA=,解得sinA=,cosA=sinA=.2.(典型例題)設P是正方形ABCD內(nèi)部的一點，點P到頂點A、B、C的距離分別為1、2、3，則正方形的邊長是.[考場錯解]設邊長為x∠ABP=α則∠CBP=90°-α，在△ ABP中∠ABP=∵cos∠CBP=sinα,∴=1,解得x2=5+2或5-2.∴正方形的邊長為.[專家把脈]沒有考慮x的范圍，由于三角形的兩邊之差應小于第三邊，兩邊之和應大于第三邊，∴1<x<3.[對癥下藥]（前同錯解）∵1<x<3,∴x=應舍去，∴正方形的邊長為3．（典型例題）已知△ABC中，AB=1，BC=2，則角C的取值范圍是.[考場錯解]依題意c=1,a=2,由正弦定理知[專家把脈]沒有考慮大邊對大角，由于a>c,∴角C不是最大解，∴150°≤C<180°不可能.[對癥下藥]依題意c=1,a=2,由正弦定理知∴,C的取值范圍是0°<C≤30°.專家會診解三角形的題目，一般是利用正弦定理、余弦定理結(jié)合三角恒等變形來解，要注意角的范圍與三函數(shù)值符號之間的聯(lián)系與影響，注意利用大邊對大角來確定解是否合理，要注意利用△ABC中，A+B+C=π，以及由此推得一些基本關系式sin(B+C)=cisA,cos(B+C)=-cosA,sin等，進行三角變換的運用，判斷三角形的形狀，必須從研究三角形的邊與邊的關系，或角與角的關系入手，。要充分利用正弦定理，余弦定理進行邊角轉(zhuǎn)換.考場思維訓練在△ABC中，三內(nèi)角分別為A、B、C若4sinAsinB=3cosAcosB,若復數(shù)z\a+bi(a,b∈R),定義z的模|z|=,求復數(shù)z=解：|z2|=7cos2cos2=(1+cosC)+(1-cos(A-B))=4+cosC-cos(A-B)=4+[-7cos(A+B)-cos(A-B)]=4+(-8cosAcosB+6sinAsinB)，又∵4sinAsinB=3cosAcosB∴|z|2=4，得，|z|=2.在△ABC中，sinA+cosA=,AB=10,AC=20(1)求△ABC的面積；答案：由sinA+cosA=得2sinAcosA=-，∴sinA>0，cosA<0，∴(sinA-cosA)2=1-2sinAcosA=得sinA-cosA=，∴sinA=，comA=-．∴S△ABC=AB·AC·sinA=·10·20·=80；(2)求△cos2A的值.答案：cos2A=2cos2A3△ABC中，AB=2，BC=1，∠ABC=120°，平面ABC處一點滿足PA=PB=PC=2，則三棱錐P-ABC的體積是.答案：解：過P作PO⊥平面ABC，由PA=PB=PC=2,∴0為△ABC的外心，在△ABC中，由余弦定理，|AC|2=|AB|2+|BC|2-2|AB|·|BC|·cos120°=7，∴|AC|=又由正弦定理得R=.在Rt△POA中，PA=2，OA=R=，∴PO=又S△ABC=∴三棱錐P-ABC的體積為．探究開放題預測預測角度1向得與軌跡、直線、賀鈴由線篈疾識點結(jié)合1．已知過點D（-2，0）的地線l與橢圓交于不同兩點A、B點M是弦AB的中點且，求點P的軌跡方程[解題思路]由已知，又M為AB的中點∴M的軌跡是常見的中點問題，求出M的軌跡后，可用相關點求P的軌跡，本題還可以直接將轉(zhuǎn)化為坐標運算.[解答]（方法一）設M（x0,y0）,A(x1,y1),B(x2,y2),∵A、B在(方法二)當直線l平行x軸時，P(0，0)；當直線J不與x軸平行時，設l：x=my-2，并設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，根據(jù)△=(-4m)2-8(m2+2)>0．即m2>2，由及(1)可得y=y1+y2=x=x1+x2=(my1-2)+(my2-2)=-`∴P的坐標為，消去m得x2+2y2+4x=0(-2<x≤0)．∴P的軌跡方程為x2+2y2+4x=0(-2<x≤0)．2．一條斜率為1的直線與離心率為萬的雙曲線1(a>0b>>0)，交于P．Q兩點，直線l與y軸交于點K，且，求直線與雙曲線的方程[解題思路]將向量關系式轉(zhuǎn)化為坐標關系式，建立方程組求解．[解答]∵的離心率為，∴b2=2a2，即雙曲線的方程為，設l的方程為了y=x+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由=-3得，x1x2+yly2=-3，由得x1=-3x2，聯(lián)立得x2-2mx-m2-2a2=0∴x1+x2=2m，x1x2=-m2-2a2，y1y2=(x1+m)(x2+m)=2m2-2a結(jié)合x1=-3x2，得x2=-m，x1=3m，∴xlx2=-3m2=-m2-2a2得m2=a解得yly2=0，x1x2=-3a2=-3，∴a2=1，m2=1，m=±1．∴直線l的方程是y=x±l，雙曲線的方程是=1．預測角度2平面向量為背景的綜臺題1．設過點M(a,b)能作拋物線y=x2的兩條切線MA、MB，切點為A、B(1)求；(2)若=0，求M的軌跡方程；(3)若LAMB為銳角，求點M所在的區(qū)域．[解題思路]設切點坐標，利用導數(shù)求出切線的斜率，將轉(zhuǎn)化為坐標運算，結(jié)合韋達定理求解．[解答](1)設拋物線上一點P(t，t2)，∵y=x2，∴y′=2x，切點為P的切線方程是：y-t2=2t(x-t)，它經(jīng)過點M(a，b)，∴b-t2=2t(a-t)，即t2-2at+b=0，設其兩根為t1、t2，則t1+t2=2a，t1t2=b．設A(t1，t)，B(t2,t)，則=(t1-a,t-b)，=(t2-a,t-b)，∴=(t1-a)(t2-a)+(t-b)·(t-b)利用t1+t2=2a，t1t2=b，消去t1，t2=(b-a2)(4b+1)．(2)設M(x，y)，則由=0,=(b-a2)(4b+1)得(y-x2)(4y+1)=0，又M在拋物線外部，∴y<x2∴y=-，即點M的軌跡方程為y=-.(3)當∠AMB為銳角時，>0，結(jié)合(1)中結(jié)果有(y-x2)(4y+1)>0，而y<x2，∴4y+1<0，即點M所在區(qū)域為y=-的下方．2．已知=(1，1)，=(1，5)，=(5，1)若=x·，y=(x，y∈R)(1)求y=f(x)的解析式；(2)把f(x)的圖像按向量a=(-3，4)平移得到曲線C1，然后再作曲線C，關于直線y=x，的對稱曲線C2，設點列P1，P2，…Pn在曲線C2的x軸上方的部分上，點列Ql，Q2…Qn是x軸上的點列，且△OQ1P1，△Q1Q2P2,…△Qn-1QnPn都是等邊三角形，設它們的邊長分別為a1，a2，…an，求Sn=a1+a2+…+an的表達式．[解題思路]將都用x表示，再利用數(shù)量積的坐標運算，可求解(1)，第(2)問關鍵是找an的遞推關系式，進而求an的通項，求Sn[解答](1)∵∴y=∴f(x)=x2-6x+5(2)將y=f(x)的圖像按a=(-3，4)平移得到曲線C1，∴C1:y=x2，而C1關于y=x對稱曲線是C2：y2=x，在x軸上方的方程為y=，由已知Qn-1(Sn-1，0)，Pn(Sn-1+)，又Pn在y=上∴=Sn-1+an，兩式相減得：(a-a)=(an+an+1)，又an+1≠an∴an+1-an=，又可求得a1=，∴考點高分解題綜合訓練1已知O、A、M、B為平面上四點，且+(1-λ)，A∈(1，2)，則()A.點M在線段AB上B．點B在線段AM上B.點A在線段BM上D．O、A、M、B四點共線答案：B解析：由=λ+(1-λ)，得=λ(-)，∴=λ，又λ∈(1，2)，∴點B在線段AM上，∴選B．2已知△ABC中，=a，=b,a·b<0，S△ABC=，|a|=3，|b|1=5，則a與b的夾角為()A．30°B．-150°C．150°D．30°或150°答案：C解析：S△ABC=|a|．|b|sinC=，又|a|=3，|b|=；5∴sinC=，又a·b=|a|，|b|cosC<0，∴C為鈍角.∴C=150°，又a與b的夾角為C，∴a與b的夾角為150°．∴選C．3已知向量=(2，0)，向量=(2，2)，向量=(cosα，inα)，則向量與向量的夾角范圍是()A．[0，]B．[，]C．[]D．[]答案：D解析:∴=(2+cosα，2+sinα)A點軌跡是以(2，2)為圓心，為半徑的圓，當與圓相切時的兩條切線與的夾角分別為與的夾角的最大值與最小值，易得最小值為，最大值為，∴選D，4非零向量=a,=b，若點B關于所在直線的對稱點為B1，則向量為()A．B．2a-bC．D．答案：A解析：設BB1與OA交于D，則=λ=a，=+=λa-b，由·=(λa-b)，a=0，得λ=，∴所以選A.5若直線y=2x+m-4按向量a=(-1，2)平移后得到的直線被圓x2+y2=m2截得的弦長為2，則實數(shù)m的值為__________.答案：±．解析：直線y=2x+m-4按向量a=(-1，2)平移后得到的直線方程為y=2x+m，由公式=解得m=．△ABC中，(sinA+sinB)：(sinB十sinC)：(2sinC-sinA)=15：20：18，則最大內(nèi)角等于_________.答案：120°解析：由已知及正弦定理可得(d+b)：(b+c)：(2c-a)=15：20：18，不妨設a+b=15k，b+c=20k，2c-a=18k，解得c=13k，b=7k,a=8k，∴最大內(nèi)角為C，且cosC=．已知A、B、C三點共線，O是該直線外一點，設=a，=b，=c，且存在實數(shù)m，使ma-3b+c=成立，求點A分所成的比和m的值．答案：解:設A分的比為A，則=λ，所以=λ()，即a-b=λ(c-a)，即(1+λ)a-b-λc=0)，將已知c=3b-ma代入得(1+λ+mλ)a-(1+3λ)b=0，又a與b不共線，∴1+λ+mλ=0，1+3λ=0，解得λ=-，m=2．8一動點m的軌跡方程為(x-1)2+2y=1，A(2，0)，求的最大、最小值．答案：解：設M(x0,y0)，則=(3x0，-4，3y0)，故|+2|2=(3x0-4)2+9y，∵(x0-1)2+2y=1，∴y=(x0-1)2代入上式得||2=(x0-)2+，根據(jù)y≥0，解得0≤x0≤2故當x0=時，||有最小值，當x0=0時，||2有最大值6．9已知A(-2，0)，B(2，0)，點C、D滿足(1)求D的軌跡；答案：由已知D為BC的中點，又O為AB的中點，∴||=|=||，∴D的軌跡是以原點為圓心，1為半徑的圓．(2)過點A作直線l交以A、B為焦點的橢圓于M、N兩點，線段MN的中點到了軸的距離為，且l與D的軌跡相切，求橢圓方程．答案：設l的方程為y=k(x+2)，l與圓：x2+y2=1相切，∴=1，解得A2=，設橢圓方程為：∴解得a2=8.∴所求橢圓方程為=1．10已知O為原點，E(-1，0)，F(xiàn)(1，0)，點A、P、Q