剖析向量高考題 抓準復習著力點

宋磊

摘 要：本文以高考對向量的考查內容和要求為起點，以2020年高考向量題為例進行剖析，挖掘問題所蘊含的豐富的思想方法和本質，進行尋根溯源，感悟其核心素養，進而指導和反思向量復習教學，助力2021年高考向量復習抓準著力點.

關鍵詞：向量;數量積;投影;核心素養

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2021）04-0059-04

一、高考對向量的考查內容和要求

《普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）》對向量進行了刻畫：向量理論具有深刻的數學內涵、豐富的物理背景.向量既是代數研究對象，也是幾何研究對象，是溝通幾何與代數的橋梁，是描述直線、曲線、平面、曲面以及高維空間數學問題的基本工具，是進一步學習和研究其他數學領域問題的基礎，在解決實際問題中發揮重要作用.基于向量的重要性，平面向量是高考的重要考點之一.

高考對平面向量的考查主要有三個層面：知識層面，直接考查向量的線性運算、數量積、垂直或平行關系、基底、模與夾角、向量基本定理等;方法層面，重點考查數形結合、轉化與化歸、分類討論、函數與方程等思想方法;素養層面，主要考查數學運算、直觀想象、邏輯推理和數學建模等核心素養.2020年全國高考向量試題遵循了“考查基礎知識的同時，注重了思想方法和核心素養考查”的原則，很好地考查了知識點、思想方法和數學素養.

二、2020年高考向量試題剖析

平面向量融數、形于一體，具有幾何和代數的“雙重身份”，由于其知識的特點，在試題的基礎性、綜合性、靈活性、創新性、難度設計和區分度設計等方面提供了廣泛的試題命制空間，因而決定了其必然會成為歷年高考試題中的熱點內容.筆者以2020年高考數學全國文理和各省市真題卷為例，擷取若干典型問題剖析，以期找尋試題中所含知識要點、思想方法，探求數學本質，感悟核心素養，進而指導和反思向量教學，為2021年高考復習抓準著力點.

1.注重向量基本運算

低中難度的向量問題考查基本上是基于線性運算和數量積運算，以符號形式和坐標形式兩種方式，展開平行、垂直、夾角、模等問題的考查.

例1 （2020年新課標Ⅰ文14）設向量a=（1，-1），b=（m+1，2m-4），若a⊥b，則m=.

例2 （2020年新課標Ⅲ文6）在平面內，A，B是兩個定點，C是動點，若AC·BC=1，則點C的軌跡為（）

A. 圓B. 橢圓C. 拋物線D. 直線

例3 （2020年新課標Ⅱ理13）已知單位向量a，b的夾角為45°，ka-b與a垂直，則k=.

例4 （2020年新課標Ⅲ理6）已知向量a，b滿足a=5，b=6，a·b=-6，則cos<a，a+b>=（）.

A. -3135 B. -1935 C. 1735 D. 1935

例5 （2020年新課標Ⅰ理14）設a，b為單位向量，且a+b=1，則a-b=.

例6 （2020年北京卷13 ）已知正方形ABCD的邊長為2，點P滿足AP=12（AB+AC），則PD=;PB·PD=.

例7 （2020年天津卷15）如圖1，在四邊形ABCD中，∠B=60°，AB=3，BC=6，且AD=λBC，AD·AB=-32，則實數λ的值為，若M，N是線段BC上的動點，且|MN|=1，則DM·DN的最小值為.圖1

2.注重代數運算與幾何推理相結合

由于向量是溝通代數與幾何的有力工具，向量問題的解決途徑一般有兩個：一是代數法，從向量的線性運算、數量積、平面向量基本定理以及坐標表示等方面思考，將問題轉化為代數中的有關問題解決;二是幾何法，通過向量的幾何意義以及向量的基本運算將其轉化為平面幾何問題.很多向量的綜合問題需要代數運算與幾何推理相結合.

例8 （2020年上海卷12）已知平面向量a1，a2，b1，b2，…，bk（k∈N*）是平面內兩兩互不相等的向量，a1-a2=1，且對任意的i=1，2及j=1，2，…，k，ai-bj∈{1，2}，則k最大值為.圖2

解析 不妨設a1=OA1=（0，0），a2=OA2=（1，0），則bj=OBj=（x，y），由ai-bj∈{1，2}，可得：x2+y2=1或x2+y2=2，且（x-1）2+y2=1或（x-1）2+y2=2，故點Bj位于以原點為圓心，1或2為半徑的圓上，并且位于以（1，0）為圓心，1或2為半徑的圓上，故k的最大值即為圖中所示的交點個數.

3.突出向量與其它知識的交匯

向量是溝通代數與幾何的重要工具，是聯系不等式、函數、三角、數列、幾何等多項內容的橋梁.因此，向量與其它知識的交匯自然深受高考命題專家的青睞.

例9 （2020年江蘇卷13）在△ABC中，AB=4，AC=3，∠BAC=90°，D在邊BC上，延長AD到P，使得AP=9，若PA=mPB+（32-m）PC（m為常數），則CD的長度是.

圖3

解析 方法1 由A，D，P三點共線，可設PD=λPA=λmPB+λ（32-m）PC.

若m≠0且m≠32，則B，D，C三點共線，故λm+λ（32-m）=1，解得λ=23，由AP=9得AD=3.由AB=4，AC=3，∠BAC=90°，得BC=5，故cos∠ACD=35.在ΔACD中，由余弦定理，cos∠ACD=AC2+CD2-AD22·AC·CD=32+CD2-322·3·CD=35，解得CD=185.

若m=0，則PA=32PC，C，D重合，此時CD的長度為0.

若m=32，則PA=32PC，B，D重合，此時PA=12，不合題意，舍去.

綜上，CD的長度為0或185.

方法2 設AB=a，AC=b，由PA=mPB+（32-m）PC得，PA=m（PA+a）+（32-m）（PA+b），化簡整理，得PA=-2ma+（2m-3）b，兩邊平方，得PA2=4m2a2+（2m-3）2b2，即81=64m2+9（2m-3）2，解得m=0或m=2725.

若m=0，則PA=32PC，C，D重合，此時CD的長度為0.

若m=2725，則PA=-5425a-2125b，設PA=λDA，CD=x，DA=DC+CA=x5BC-b=x5（AC-AB）-b=x5（b-a）-b=-x5a+（x5-1）b，故PA=-λx5a+λ（x5-1）b，由平面向量基本定理，得-5425=-λx5-2125=λ（x5-1），解得λ=3，x=185.

綜上，CD的長度為0或185.

方法3 以A為原點，AB所在直線為x軸，AC所在直線為y軸，建立平面直角坐標系，則A（0，0），B（4，0），C（0，3），設P（x，y），由PA=mPB+（32-m）PC，得

（-x，-y）=m（4-x，-y）+（32-m）（-x，3-y），故-x=m（4-x）+（32-m）·（-x）-y=m·（-y）+（32-m）·（3-y），

化簡整理，得x=8my=9-6m，

故P（8m，9-6m），由AP=9，得（8m）2+（9-6m）2=81，解得m=0或m=2725.

若m=0，則PA=32PC，C，D重合，此時CD的長度為0.

若m=2725，則P（21625，6325），直線PA的方程lPA∶y=724x，直線BC的方程為lBC∶y=-34x+3，聯立方程解得D（7225，2125），故CD=185.

綜上，CD的長度為0或185.

方法4 以A為原點，AB所在直線為x軸，AC所在直線為y軸，建立平面直角坐標系，設∠PAB=θ，則A（0，0），B（4，0），C（0，3），P（9cosθ，9sinθ），由PA=mPB+（32-m）PC，得（-9cosθ，-9sinθ）=m（4-9cosθ，-9sinθ）+（32-m）（-9cosθ，3-9sinθ），故-9cosθ=4m-9mcosθ-272cosθ+9mcosθ-9sinθ=-9msinθ+（32-m）·（3-9sinθ），化簡整理，得cosθ=8m9sinθ=1-23m，故（89m）2+（1-2m3）2=1，解得m=0或m=2725.下同方法3.

評析 方法1利用了平面向量共線定理及余弦定理，通過解三角形的方法求出答案;方法2利用平面向量基本定理，采用基底法;方法3利用坐標法，結合解析幾何相關知識解決;方法4結合三角，采用參數法，利用坐標解決.

例10 （2020年浙江卷17）設e1，e2為單位向量，滿足2e1-e2≤2，a=e1+e2，b=3e1+e2，設a，b的夾角為θ，則cos2θ的最小值為.

解析 方法1 由2e1-e2≤2，得4-4e1·e2+1≤2，即e1·e2≥34，由e1，e2為單位向量，從而e1·e2∈[34，1]，令t=e1·e2，則t∈[34，1]

cos2θ=（a·b）2a2·b2=（4+4e1·e2）2（2+2e1·e2）（10+6e1·e2）=4（1+e1·e2）5+3e1·e2=4（1+t）5+3t=43（1-25+3t），而y=43（1-25+3t）在t∈[34，1]上單調遞增，故cos2θ∈[2829，1]，從而cos2θ的最小值為2829.

方法2 設單位向量e1、e2所成的夾角為α，則由2e1-e2≤2得4e12-4e1e2+e22≤2，即4-4cosα+1≤2，故cosα≥34，故cosα∈[34，1].

a·b=（e1+e2）·（3e1+e2）=4+4cosα，a2=e1+e22=2+2cosα， b2=3e1+e22=10+6cosα，從而cos2θ=（a·bab）2=（4+4cosα）2（2+2cosα）（10+6cosα）=4+4cosα5+3cosα，

令t=3cosα+5，則t∈[294，8]，故cos2θ=4t-83t=43-83t，當t=294時，（cos2θ）min=2829.

方法3 設e1=（1，0），e2=（cosα，sinα），則a=e1+e2=（1+cosα，sinα），b=3e1+e2=（3+cosα，sinα）.由2e1-e2≤2得（2-cosα）2+（-sinα）2≤2，故cosα≥34，即cosα∈[34，1].由

cosθ=a·bab=（1+cosα）（3+cosα）+sin2α（1+cosα）2+sin2α·（3+cosα）2+sin2α=4+4cosα2+2cosα·10+6cosα，得cos2θ=（4+4cosα）2（2+2cosα）（10+6cosα）=4+4cosα5+3cosα，下同方法2.

圖4

方法4 如圖，在單位圓中，取e1=OA，e2=OB，2e2=OE，連結AB，取AB的中點為C，AC的中點為D.由2e1-e2≤2，得AE≤2，故cos∠AOB≥34，可得AB≤22.OC=12（e1+e2），即a=2OC，b=3e1+e2=a+2e1=2OC+2e1=4OD，故a與b的夾角θ即OC與OD的夾角∠COD，故cos2θ=

cos2∠COD=OC2OD2=1-（AB2）21-（AB2）2+（AB4）2，令AB=t，則cos2θ=16-4t216-3t2，t∈[0，22]，可得cos2θ∈[2829，1].故（cos2θ）min=2829.

評析 方法1、2均采用代數法符號運算，結合不等式、函數相關知識解決;方法3采用坐標法;方法4是轉化為幾何法解決.

三、抓準向量“三核心”，強化向量“四意識”

通過對2020高考向量試題的剖析，可以幫助我們抓準復習的著力點，建構2021高考復習的框架.筆者認為，應當抓準向量“三核心”，強化向量“四意識”.

1.向量“三核心”

向量復習的第一個核心是加強基本概念與基本運算的復習，主要包括平面向量基本定理、向量的模的運算和幾何意義、向量的線性運算、共線向量、向量數量積及相關的向量夾角與向量垂直等內容，基本運算包括符號形式與坐標形式.

向量復習的第二個核心是明確向量代數與幾何雙角色，凸顯雙性.在復習過程中，例題的示范要凸顯雙性，如上文例9、例10一樣，讓學生感受到手中有兩招，可選擇可優化，形成代數與幾何這兩個解題流程.

向量復習的第三個核心是注重平面向量運算工具的靈活使用，縱橫交匯.由于平面向量作為溝通代數與幾何的橋梁，其研究幾何圖形性質的工具性的作用非常明顯，因此，以平面向量為背景或利用平面向量作為解題工具來命制高考試題，是數學高考試題命制的常見方法.在全面復習的基礎上，重視對主干知識和重要思想方法的掌握，掌握向量在知識交匯處的主要考查途徑和解決方式，讓學生體會關于高考數學命題的新理念.

2.向量“四意識”

第一，向量復習要有“坐標意識”.“坐標法”是解決向量問題的重要途徑，其優點是思維方式比較“固定”，學生容易掌握.坐標法的關鍵是合理建立直角坐標系，準確算出關鍵點的坐標.如上文例2、例6、例7均可以用坐標法解決.

第二，向量復習要有“幾何意識”.我們要引導學生主動挖掘向量問題的幾何背景用以解題.很多時候，我們如果能將向量問題置于適當的幾何背景之中，就能夠使抽象問題直觀化，將復雜的代數問題轉化為幾何問題，從而快速求解.

第三，向量復習要有“投影意識”.向量的數量積是向量非常重要的核心知識，而投影對向量數量積本質的理解和把握，起到了關鍵作用，在向量復習中要強化向量投影的意義和價值的認識.在解決向量數量積問題時，利用投影可能會事半功倍.

例11 （2020年山東卷7）已知P是邊長為2的正六邊形ABCDEF內的一點，則AP·AB 的取值范圍是（）.

A.（-2，6） B.（-6，2）

C.（-2，4）D.（-4，6）圖5

解析 如圖5，AB=2，根據正六邊形的特征，

可以得到AP在AB方向上的投影的取值范圍是（-1，3），結合向量數量積的幾何意義，可知AP·AB等于AB的模與AP在AB方向上的投影的乘積，所以AP·AB的取值范圍是（-2，6）.

第四，向量復習要有“基底意識”.平面向量基本定理是向量知識體系中占有核心地位的定理，而“基底意識”的本質就是平面向量基本定理的靈活運用，難點是如何選擇“基底”用于簡化運算.上文中，例6、例7、例9、例10都可以用“基底思想”來解決.

參考文獻：

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[責任編輯：李 璟]