复习参考题课时教案

高三二轮微专题复习

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成都市第十二中学

高中数学徐小玲

二轮微专题复***面向量问题的再认识》教学设计

授课教师：数学组 徐小玲 授课课型：复习课

授课班级：高2015级2班 授课时间：2018.3.19

一．教学分析设计

【内容分析】

高三数学二轮复习的定位围绕：巩固——即巩固第一轮复习成果，把巩固“四基”放在首位；完善——即通过专题复习，查漏补缺，进一步完善知识体系；综合——即在训练上，减少单一知识点的训练，增强知识的连接点，增加知识交汇点的题目，增强题目的综合性和灵活性；提高——即培养学生的思维能力、概况能力、分析问题、解决问题的能力。而本节课作为一堂二轮复习课，立足于巩固一轮复习成果，试图用好知识网络结构图，理解知识交汇点，设计思考价值高、有思维力度的一堂有关平面向量的微专题复习课。向量的有关问题是每年高考的必考内容，主要以选择题、填空题的形式考查，是高考的热点内容。解决这类平面向量问题充分体现了“数”“形”结合的思想方法，充分考查学生运算能力、直观想象能力与数据分析能力等数学的核心素养。这类题入手都不高，让不同层次的学生都可以有机会“进入”，“殊途”而“同归”，但通过方法的选择、解题时间的长短，可以甄别出考生能力的差异，从而达到精确区分考生的目的。

从题型看，这类问题的关键都是“确定平面向量a1e12e2中1、2关系”。题目本质上都是：已知动点的轨迹，求以动点为终点的动向量在两已知基向量下的坐标的代数式的最值。问题1点C的轨迹是一段圆弧，求OC在基向量OA,OB下的两坐标(,)的代数式的最大值；问题2已知点P的轨迹是圆，求AP在基向量AB,AD下的两坐标(,)的代数式的最大值；问题3已知点P的轨迹是一段椭圆弧，求OP在基向量11OD,CE(OA)下的两坐标(,)的代数式1的最小值。

基于向量本身具有几何形式和代数形式的双重身份，因此，此类问题从解题方法看，实质都表达了两类办法：

一．坐标化<代数角度>：借助向量的坐标运算，先找到动点坐标与动向量在题中基向量下的坐标的关系，再求动向量在两已知基向量下的坐标的代数式的最值。问题1通过坐标运算，把问题转化为在约束条件212xy1(x2,y0)1下，求目标函数T的最大值，法一、法二、法三、法四表达了解决上述问题的四x23y2种不同处理办法。法一、法二是根据约束条件，先把目标函数转化为Tx3y，法一用几何意义求最大值，法二用三角换元求最大值。法三是根据约束条件，先把约束条件转化为(22123)()21，除了用柯西不等式，22也可用几何意义求解。法四则是利用向量运算化简得到1同法三关系式，再利用了基本不等式求解。

2

422(x2)(y1)5问题2通过坐标运算，把问题转化为在约束条件x2下，求目标函数T的最大值。法一、yxy，法一、法二同问题1的法一、法二。法三同问题1的法三，2422也是根据约束条件，先把约束条件转化为(22)(1)，再用柯西不等式。问题3通过坐标运算，把问5法二是根据约束条件，先把目标函数转化为Tx2y1(x0)4题转化为在约束条件x2下，求目标函数T的最大值，法一、法二同问题1的法一、法二。y1其实，此类办法的本质就是通过建系，脱掉向量这层所谓的华丽“外套”、“皮囊”，露出其本质的代数关系，等价转化为在一定约束条件下的目标函数的最值问题而已！

二．基底化<几何角度>：借助共线向量定理，利用平面向量基本定理系数的等和线，即先把动向量在两已知基向量下的坐标的代数式表示为两向量的模的比，再用几何知识求两向量的模的比的最值。问题1的法五、问题2的法四、问题3的法三都是充分利用此法将问题轻松解决。

而无论其实用哪种方法，解决问题的最关键之处都是：从代数或几何（“数”与“形”）的角度“确定平面向

量a1e12e2中1、2关系”。

本课通过三道平面向量的姊妹小题，分别作为09年高考填空题、17年高考压轴选择题、17年零诊压轴填空题，相互辉映，异曲同工！试图在一轮复习学生已经建构起知识网络的基础上，通过这类平面向量问题为载体进行一题多解，进一步检验和巩固学生的知识构建，进一步强化和优化学生的解题方法。通过这节课，让所有普通学生在解决这类平面向量问题时有“通法”可以切入，让部分中等学生有“优法”可以选择，让个别优秀学生思考“巧法”可以活用，这正是高三二轮复习想追求的理想课堂。这类题目真正体现了坚持能力立意的命题原则，考查数学核心素养，体现了数学的科学价值和理性价值，有利于高校选拔优秀人才，有利于引导中学数学的一线教学。

【学生分析】

1.学生基础分析：学生通过一轮复习知识的构建和方法的掌握较好，具备了一定的数学学科的核心素养。一轮复习中也已经专题复习了向量中坐标化、基底化解决向量问题，具备从数和形的角度解决向量问题的基本能力。

2.学生心理分析：在高三二轮复习阶段，部分学生学习数学仍有一定的“畏难情绪”，尤其面对稍微压轴位置的小题往往自我暗示，“觉得难”，容易遇到某个“卡起”的“思维障碍”。而学生的思维障碍的产生追根究底还是源于知识与方法没有融会贯通。因此，希望通过本节课，进一步打破学生学习数学的心理障碍，让学生真正体会、体验到在夯实双基的基础上突破思维障碍，“跳一跳是可以摘到胜利果实”的。本节课希望陪伴学生一起多些自我的思考，多些不同思维碰撞的火花，感受已知与所求的关联，感受特征与方法的关联，感受“一题多解”所带来的愉悦体验。而这些美好的数学学习体验，也将真正帮助学生学好数学，树立高考胜利的信心和决心！

【目标分析】

结果性目标：能从“数”和“形”的角度解决这一类平面向量的选填小题。

体验性目标：在解决问题的活动中，体验不同思路、不同方法的本质及其关联。

【媒体分析】

教学媒体

功能

黑板

板书教学流程、重要要点以及用于学生演板

几何画板

利用多媒体的直观展示优势，几何画板演示“形”中的运动变化

过程，让抽象的问题具体化，直观感受问题的情境，以突破难点

投影

学生活动成果展示

3

二．教学实施设计

【教学环节】

（一）提出问题

一诊考试中，数学文科的第16题，是这样一个题：

【2017年成都市一诊文科16题】已知正方形ABCD的边长为2，对角线AC,BD相交于点O，动点P满足OP1，若APmABnAD，其中m,nR．则2m1的最大值为

．

2n2此题与我们之前2017成都市零诊数学理科16题以及2017年全国数学Ⅲ卷的理科12题如出一辙。

【2017年全国Ⅲ卷理科12题】在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上.若APABAD，则的最大值为（

）．

A．3 B．22

C．5

D．2 x2【2017年成都市零诊理科16题】在平面直角坐标系xoy中，已知点P在曲线:y1x0上，曲线40满足ODCEOP,R，则的1和点E1，与x轴相交于点B，与y轴相交于点C，点D2，最小值为

．

因此，本节课的“核心问题”就是：

解决下列问题，探究“由动点P的轨迹及OPOAOB，求xy的最值或范围”问题的方法。

（二）解决问题

问题1【2009年安微卷理科14题】给定两个长度为1的平面向量OA和OB，它们的夹角为2.点C在以O为圆3心的AB上运动．若OCOAOB，其中、R，则的最大值为

．

【解析】以O为坐标原点，OA所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(1,0),B(13,)．

2213xxy23，方法一：设C(x,y)，OCOAOB，，y323y23令目标函数zx3y，由于点C在以O为圆心的AB上运动，x3y，数形结合利用O到直线x3yz0的距离dz131得z2，故zmax2，即()max2. 【评价预设】将问题等价转化为线性规划的问题，豁然开朗．常见线性规划问题中目标函数的几何意义还有：①ybzaxby表示经过(x,y)的直线；②z(xa)2(yb)2表示点(x,y)与点(a,b)的距离；③z表示点(x,y)xa与点(a,b)连线的斜率；④zAxByC表示点(x,y)到直线AxByC0距离的A2B2倍．

4

13coscossin223[0,)，方法二：设C(cos,sin)，由OCOAOB，，即

3sin323sin232cos3sin2sin()，又[0,)，所以当时，()max2. 633【评价预设】此法利用参数坐标，将问题等价转化为三角函数有关的最值问题，轻松解决。对于普通学生而言，涉及到圆与椭圆上的点有关的最值问题，可以强化学生利用参数方程的意识，有意识地考虑利用圆与椭圆的参数方程解决问题．

1x12322方法三：设C(x,y)，OCOAOB，，()()1，由柯西不等式可得: 22y32221321221322，即14，

313222213x1103221所以()max2，当且仅当，即，即时取到最大值. 2y322【评价预设】此法利用柯西不等式求解，简洁而清爽，不失为一种好方法！对于数学核心素养好的学生而言是可以达成的，但对于一般学生而言，要能灵活反应并正确应用柯西不等式求解，却不太容易，还需注意考虑取最值时的条件是否满足．

方法四：OCOAOB，OCOAOB22，221，()231，3()213(2)2，()24，()max2，当且仅当1时取到最大值. 【评价预设】此法通过向量运算直接得到、的关系，再利用基本不等式求解，需注意基本不等式的成立条件．

方法五：连接OC交AB于D点，∵A、B、D三点共线，由共线向量定理可得：ODmOAnOB，(其中mn1)，OC由相似比可得，OCkODk(mOAnOB)，(其中k),∴k(mn)k，

ODOC111)max=2，

∴()max=kmax(ODODminOAcos60012即当且仅当点C在以O为圆心的AB中点时取到最大值. 【评价预设】此法充分利用平面向量的共线定理，结合几何变换，问题的转化自然而又巧妙，此法看似过程简单，但实则对学生的数学核心素养要求很高．

方法六：该题作为选题小题，结合图形容易直观感知，当且仅当点C在以O为圆心的AB中点这一特殊位置时取到最大值. 【评价预设】在高三二轮复习的过程中，有必要加强选择、填空小题的解题技巧和解题策略的渗透和灵活运用．

问题2【2017年全国Ⅲ卷理科12题】在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上.若APABAD，则的最大值为（

）．

A．3

B．22

C．5

D．2 5

【解析】

方法一：由题意，画出右图．设BD与C切于点E，连接CE．以A为原点，AD为轴正半轴，AB为轴正半轴建立直角坐标系，则C点坐标为(2,1)，AB(0,1)，AD(2,0)．

12|BC||CD|22S△BCD22C的半径为5．

，即2|EC|55|BD||BD|554∵P在C上．∴P点的轨迹方程为(x2)2(y1)2．

5设P(x,y)，AP(x,y)ABAD(0,1)(2,0)(2,)

xx2,y.令zy2yBEA(O)CDx

11zx2由圆心(2,1)到直线yz0的距离dr，即,即1z3，故选A2125（）+12【评价预设】将问题等价转化为线性规划的问题，用几何意义求最大值．

422方法二：∵P在C上．∴P点的轨迹方程为(x2)(y1)．

5225sin+1)，又∵APABAD(0,1)(2,0)(2,)

设P(5cos+2,55255sin．

cos，1∴1552525255sin1cos2()()2sin()2sin()≤3

5555π255 (其中sin，cos)当且仅当2kπ，kZ时，取得最大值3．

255【评价预设】涉及到圆与椭圆上的动点有关的最值问题，可以有意识地考虑利用圆与椭圆的参数方程解决问题．

4方法三：∵P点的轨迹方程为(x2)2(y1)2．

54AP(x,y)ABAD(0,1)(2,0)(2,)，P(2,)，(22)2(1)2

511由柯西不等式，可得：[(22)2(1)2][()212][(22)(1)1]2(2)2

2245即1(2)2，121,13. 5491(22)1(1)05故取得最大值3，当且仅当，即时取最大值．

2635【评价预设】此法利用柯西不等式求解，需检验取最值时的条件是否满足．

∴1APABAD，ACCPABAD，CP(1)AB(1)AD，

224CP(1)AB(1)AD，(1)24(1)2与法三所得式子相同。

5【评价预设】此法原式直接两边平方不好，而是将左边转化为模长确定的向量，右边用基向量线性表示再平方，其本质就同问题1的方法四了．

方法五：圆上任取一点P，连接AP交BD于Q，

∵Q、B、D点共线，由共线向量定理可得：

方法四：AQmABnAD，(其中mn1)

由相似比可得，APk(mABnAD)，(其中k

AP), AQ6

APQP)max=1+()max

AQAQQPPG)max()maxPGmax，

过P作平行于CD直线交直线BD于G，则QAB∽QPG，(AQABQPFHEF)max2，∴()max=kmax3

由图可知，当P在F处时，PGmaxFH2，∴(AQCDEC∴k(mn)k，∴()max=kmax(【评价预设】此法充分利用平面向量的共线定理，结合几何变换，充分从“形”的角度解决问题．在此法的基础上顺其自然地就可以推出“平面向量基本定理系数的等和线”．

如图1，平面内一组基底OA,OB,及任一向量OP,OPOAOB(,为实数)，则

方法拓展A,P,B三点共线的充要条件为1.

如图2,平面内一组基底OA,OB,及任一向量OP,OPOAOB(,为实数)，若点P在直线AB上或与AB平行的直线上，则k（k为定值），反之也成立.我们把直线AB

以及与AB平行的直线叫做平面向量基本定理系数的等和线.

B

OPA（1）当等和线恰为直线AB时，k1；

（2）当等和线在O点和直线AB之间时，k=OP2OPOP1OP(0,1)；

（3）当直线AB在点O和等和线之间时，k(1,)；

（4）当等和线过O点时，k0；

（5）若两等和线关于O点对称，则定值k互为相反数；

要点：①共起点；②基准线；③等值线；④比值（注意符号）

拓展解法：

如图，点P在C上运动．l,m为与BD平行的【解法三】直线，m为切线，E,F为切点. 当P为切点E时，u1，此时为最靠近A点的等和线，故为最小值；

当P在l上时，u2(由ACABAD), 当P为切点F时，为最远的等和线，则u最大，因为点A到直线BD的距离dECCF，故当P为切点F时，u的最大值为3.

（三）反思提升

1.知识与方法：

基底法几何平面向量坐标法代数双重形式

【评价预设】平面向量具有几何和代数的双重特征。解决这一类“确定平面向量a1e12e2中1、2关系”的平面向量问题，本质上就是两类方法：一是从“数”的角度（坐标法）：建立平面直角坐标系，将向量坐标化，将向量问题转化为函数问题更加凸显向量的代数特征；二是从“形”的角度（基底法）：结合平面向量基本定理以及等和线，更加凸显向量的几何特征．

（1）“形”的角度：

平面向量基本定理

①基本定理：若e1,e2是平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a，有且仅有一对实数1,2，使a1e12e2，e1,e2称为一组基底．

7

②共线向量基本定理的推论：OA1OB2OC,(1,2为实数)，若点A,B,C三点共线，则1+2=1．

③平面向量基本定理系数的等和线．

要点：①共起点；②基准线；③等值线；④比值（注意符号）

（2）“数”的角度：

yb线性规划：①zaxby；②z(xa)2(yb)2；③z；④zAxByC．

xaxarcosxacos参数方程：圆：

椭圆： ，其中为参数

ybrsinybsin柯西不等式：

①abab，当且仅当a与b共线时等号成立.

②xii1n2nnyi12ixiyi,(xiR,yiR,i1,2,,n)，当且仅当yi0或者存在一个实数，使得xi=yi时，等号成立.

i12.思想：转化、数形结合

【评价预设】这类问题的本质上都是：已知动点的轨迹，求以动点为终点的动向量在两已知基向量下的坐标的代数式的最值。而这类问题的关键都是“如何确定平面向量a1e12e2中1、2关系”。经常是“向量为皮”，转化之后却可以调用多种知识来解决。但要能调用起这些不同知识的前提却是学生是否将这些涉及到的知识都掌握好了，是否在解决这个问题的情境中能主动自觉地意识到已有的和所求的之间可以用什么知识来关联二者。追根究底，“基础知识”和“基本方法”的过手掌握才能“以不变应万变”！

（四）运用反馈

x2问题3【2017年成都市零诊理科16题】在平面直角坐标系xoy中，已知点P在曲线:y1x0上，曲4线与x轴相交于点B，与y轴相交于点C，点D2，1和点E1，0满足ODCEOP,R，则的最小值为 ．

【解析】

方法一：设P(x0,y0)，则OD(2,1),CE(1,1),OP(x0,y0). ODCEOP,R(2,1)(1,1)(x0,y0)3,x0y02x,02,x01,2,x013(x01)3322，x012，x01

x0y0x0y01y01x01x01y01y01x2,A(1，1),则kkPA因为点P在曲线:y1x0上，即点P在曲线记kx01x0141x2:y21,x0,y0上. 所以k(,kAC][kAB,)，即k(,2][1,)，从而[,5]，24当x02,y00时，取得最小值1. 2x2x2方法二：∵点P在曲线:y1x0上，即在曲线:y21,x0,y0上.

44

8

设P(2cos,sin)，[0,2].ODCEOP,R，

3sin12cossin，令f()，

(2,1)(1,1)(2cos,sin)，32cossinf()131sin66sin3cos'[0,]恒成立，

，f()，02cossin2(2cossin)21f()在[0,]上单调递增，()minf()minf(0)

223sin2cos22sincos31sin2222另解：f()1

12cossin2(cos2sin2)2sincos2222（齐次式分子分母同除cos22）

x2x2方法三：作CEOA，取曲线曲线:y1x0上任意一点P，即曲线:y21,x0,y0上44任意一点P，连接PA，直线PA交直线OD于F. minOD5，由图可知，当PB时OF，即PB时，min，此时，maxOFOFminmax31，故min. 22ODCEOB，即(2,1)(1,1)(2,0)，即1,方法四：利用平面向量基本定理系数的等和线求解。

方法五：特殊法

结束语：

高考场上，这类题入手都不高，让不同层次的学生都可以有机会“进入”,“殊途”而“同归”，但通过方法的选择、解题时间的长短，可以甄别出考生能力的差异，从而达到精确区分考生的目的，这恰恰体现了高考的公平性所在！！多些“自我的思考”，多做“思维的体操”，在通法的基础上选择优法，在优法中灵活有巧法已经是我们高考要追求的理想状态！“通中择优，优中思巧”通过这节课对这一类平面向量问题的探究，体会不同的思路解决同一个问题，让自己的知识体系更网络化，“重思路，轻套路”，从而在考试之中真正利于不败之地！

【板书设计】

二轮微专题复习

——一类平面向量问题的再认识

一．提出问题

核心问题：

二．解决问题

问题1 问题2

问题1 问题2

三．反思提升

四．运用反馈

问题3

9

课后作业

1.已知O是ABC的外心，C45，若OCmOAnOB,(m,nR)，则mn的取值范围是 ．

2.在边长为2的正六边形ABCDEF中，动圆Q的半径为1，圆心在线段CD（含端点）上运动，P是圆Q上及内部的动点，设向量APmABnAF（m，n为实数），则mn的取值范围是 ．

3.已知已知O是ABC的外心，cosA1，若AOABAC，则的最大值为 ．

34.【2017年成都市一诊数学文科】已知正方形ABCD的边长为2，对角线AC,BD相交于点O，动点P满足OP1，若APmABnAD，其中m,nR．则2m12n2的最大值为 ．

【答案解析】

1. yB【解法一】A(1,0),B(0,1)，设C(x,y). OCmOAnOB，即(x,y)m(1,0)n(0,1)(m,n)

OAxCxm,yn.又C在圆O，x2y21. 写为参数形式：xcos（为参数）.(,2)ysin2

mnxycossin2sin(4)，

(3922,2)，+4(4,4)，sin(4)[1,2)，mn[2,1).

【解法二】OCmOAnOB，由题知，C的可行域为优弧AB（不含A、B）. OC2m2OA2n2OB22mnOAOB. 1m2n2（m,n不同时为正）

令zmn，由题意：直线l:mnz0与优弧AB（不含A、B）有公共点. 当l过AB时，z1；当l与弧相切时，|z|21，z2，

故z[2,1)，即mn[2,1).

【解法三】利用平面向量基本定理系数的等和线求解.

2.

【解法一】以A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则

B2,0,F1,3

Q:xa2y3a4321,2a3,

所以P2mn,3n

，

即2mna23n3a4321

10

2mnarcos,3n3a43rsin,r0,1mn

arcos34a3rsinπrsin6a2,5.

22623【解法二】如下图利用平面向量基本定理系数的等和线求解.

AD3.延长AO交BC于点D，由ADADAO，得ADABAOAOADACAO.又B、D、C三点共线，得ADAD=1，AOAOAO

①，设半径即+=AOAO为定值，只需求OD最小值. OD最小值时，即ODAB，+最大，此ADAOOD33时ABAC，BODBAC，cosBOD1，OD1代入①式，得+的最大值为.

1343AO34.以A点为坐标原点建系，则APm(2,0)n(0,2)(2m,2n)，则P(2m,2n)，由OP1得，(2m1)2(2n1)21. 【解法一】(2m1)2(2n1)21即(m)(n)1221221，

4则(2m1)max2n211m()2)(2)k，k表示圆(m1)2(n1)21的动点(m,n)与定点(maxmaxmaxn1n(1)224m11111(,1)的连线斜率. 设直线l:yk(x1)，即kxyk0，圆心(,)到l的距离22222d111kk222k213333133,，kk，. max4442cos2，0,2，则sin322，2n1sin，令y【解法二】(2m1)(2n1)1，令2m1cosysincos23y，则sin()23yy12，由sin()23y3333,1得，y，244y1ymax33

4

11