剖析向量高考题 抓准复习着力点

宋磊

摘 要：本文以高考对向量的考查内容和要求为起点，以2020年高考向量题为例进行剖析，挖掘问题所蕴含的丰富的思想方法和本质，进行寻根溯源，感悟其核心素养，进而指导和反思向量复习教学，助力2021年高考向量复习抓准着力点.

关键词：向量;数量积;投影;核心素养

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2021）04-0059-04

一、高考对向量的考查内容和要求

《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》对向量进行了刻画：向量理论具有深刻的数学内涵、丰富的物理背景.向量既是代数研究对象，也是几何研究对象，是沟通几何与代数的桥梁，是描述直线、曲线、平面、曲面以及高维空间数学问题的基本工具，是进一步学习和研究其他数学领域问题的基础，在解决实际问题中发挥重要作用.基于向量的重要性，平面向量是高考的重要考点之一.

高考对平面向量的考查主要有三个层面：知识层面，直接考查向量的线性运算、数量积、垂直或平行关系、基底、模与夹角、向量基本定理等;方法层面，重点考查数形结合、转化与化归、分类讨论、函数与方程等思想方法;素养层面，主要考查数学运算、直观想象、逻辑推理和数学建模等核心素养.2020年全国高考向量试题遵循了“考查基础知识的同时，注重了思想方法和核心素养考查”的原则，很好地考查了知识点、思想方法和数学素养.

二、2020年高考向量试题剖析

平面向量融数、形于一体，具有几何和代数的“双重身份”，由于其知识的特点，在试题的基础性、综合性、灵活性、创新性、难度设计和区分度设计等方面提供了广泛的试题命制空间，因而决定了其必然会成为历年高考试题中的热点内容.笔者以2020年高考数学全国文理和各省市真题卷为例，撷取若干典型问题剖析，以期找寻试题中所含知识要点、思想方法，探求数学本质，感悟核心素养，进而指导和反思向量教学，为2021年高考复习抓准着力点.

1.注重向量基本运算

低中难度的向量问题考查基本上是基于线性运算和数量积运算，以符号形式和坐标形式两种方式，展开平行、垂直、夹角、模等问题的考查.

例1 （2020年新课标Ⅰ文14）设向量a=（1，-1），b=（m+1，2m-4），若a⊥b，则m=.

例2 （2020年新课标Ⅲ文6）在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若AC·BC=1，则点C的轨迹为（）

A. 圆B. 椭圆C. 抛物线D. 直线

例3 （2020年新课标Ⅱ理13）已知单位向量a，b的夹角为45°，ka-b与a垂直，则k=.

例4 （2020年新课标Ⅲ理6）已知向量a，b满足a=5，b=6，a·b=-6，则cos<a，a+b>=（）.

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

例5 （2020年新課标Ⅰ理14）设a，b为单位向量，且a+b=1，则a-b=.

例6 （2020年北京卷13 ）已知正方形ABCD的边长为2，点P满足AP=12（AB+AC），则PD=;PB·PD=.

例7 （2020年天津卷15）如图1，在四边形ABCD中，∠B=60°，AB=3，BC=6，且AD=λBC，AD·AB=-32，则实数λ的值为，若M，N是线段BC上的动点，且|MN|=1，则DM·DN的最小值为.图1

2.注重代数运算与几何推理相结合

由于向量是沟通代数与几何的有力工具，向量问题的解决途径一般有两个：一是代数法，从向量的线性运算、数量积、平面向量基本定理以及坐标表示等方面思考，将问题转化为代数中的有关问题解决;二是几何法，通过向量的几何意义以及向量的基本运算将其转化为平面几何问题.很多向量的综合问题需要代数运算与几何推理相结合.

例8 （2020年上海卷12）已知平面向量a1，a2，b1，b2，…，bk（k∈N*）是平面内两两互不相等的向量，a1-a2=1，且对任意的i=1，2及j=1，2，…，k，ai-bj∈{1，2}，则k最大值为.图2

解析 不妨设a1=OA1=（0，0），a2=OA2=（1，0），则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，故点Bj位于以原点为圆心，1或2为半径的圆上，并且位于以（1，0）为圆心，1或2为半径的圆上，故k的最大值即为图中所示的交点个数.

3.突出向量与其它知识的交汇

向量是沟通代数与几何的重要工具，是联系不等式、函数、三角、数列、几何等多项内容的桥梁.因此，向量与其它知识的交汇自然深受高考命题专家的青睐.

例9 （2020年江苏卷13）在△ABC中，AB=4，AC=3，∠BAC=90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若PA=mPB+（32-m）PC（m为常数），则CD的长度是.

图3

解析 方法1 由A，D，P三点共线，可设PD=λPA=λmPB+λ（32-m）PC.

若m≠0且m≠32，则B，D，C三点共线，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，则PA=32PC，C，D重合，此时CD的长度为0.

若m=32，则PA=32PC，B，D重合，此时PA=12，不合题意，舍去.

综上，CD的长度为0或185.

方法2 设AB=a，AC=b，由PA=mPB+（32-m）PC得，PA=m（PA+a）+（32-m）（PA+b），化简整理，得PA=-2ma+（2m-3）b，两边平方，得PA2=4m2a2+（2m-3）2b2，即81=64m2+9（2m-3）2，解得m=0或m=2725.

若m=0，则PA=32PC，C，D重合，此时CD的长度为0.

若m=2725，则PA=-5425a-2125b，设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的长度为0或185.

方法3 以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，0），C（0，3），设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），

化简整理，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，则PA=32PC，C，D重合，此时CD的长度为0.

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

综上，CD的长度为0或185.

方法4 以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，设∠PAB=θ，则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），化简整理，得cosθ=8m9sinθ=1-23m，故（89m）2+（1-2m3）2=1，解得m=0或m=2725.下同方法3.

评析 方法1利用了平面向量共线定理及余弦定理，通过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利用坐标法，结合解析几何相关知识解决;方法4结合三角，采用参数法，利用坐标解决.

例10 （2020年浙江卷17）设e1，e2为单位向量，满足2e1-e2≤2，a=e1+e2，b=3e1+e2，设a，b的夹角为θ，则cos2θ的最小值为.

解析 方法1 由2e1-e2≤2，得4-4e1·e2+1≤2，即e1·e2≥34，由e1，e2为单位向量，从而e1·e2∈[34，1]，令t=e1·e2，则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]上单调递增，故cos2θ∈[2829，1]，从而cos2θ的最小值为2829.

方法2 设单位向量e1、e2所成的夹角为α，则由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，从而cos2θ=（a·bab）2=（4+4cosα）2（2+2cosα）（10+6cosα）=4+4cosα5+3cosα，

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

方法3 设e1=（1，0），e2=（cosα，sinα），则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.

图4

方法4 如图，在单位圆中，取e1=OA，e2=OB，2e2=OE，连结AB，取AB的中点为C，AC的中点为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与b的夹角θ即OC与OD的夹角∠COD，故cos2θ=

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

评析 方法1、2均采用代数法符号运算，结合不等式、函数相关知识解决;方法3采用坐标法;方法4是转化为几何法解决.

三、抓准向量“三核心”，强化向量“四意识”

通过对2020高考向量试题的剖析，可以帮助我们抓准复习的着力点，建构2021高考复习的框架.笔者认为，应当抓准向量“三核心”，强化向量“四意识”.

1.向量“三核心”

向量复习的第一个核心是加强基本概念与基本运算的复习，主要包括平面向量基本定理、向量的模的运算和几何意义、向量的线性运算、共线向量、向量數量积及相关的向量夹角与向量垂直等内容，基本运算包括符号形式与坐标形式.

向量复习的第二个核心是明确向量代数与几何双角色，凸显双性.在复习过程中，例题的示范要凸显双性，如上文例9、例10一样，让学生感受到手中有两招，可选择可优化，形成代数与几何这两个解题流程.

向量复习的第三个核心是注重平面向量运算工具的灵活使用，纵横交汇.由于平面向量作为沟通代数与几何的桥梁，其研究几何图形性质的工具性的作用非常明显，因此，以平面向量为背景或利用平面向量作为解题工具来命制高考试题，是数学高考试题命制的常见方法.在全面复习的基础上，重视对主干知识和重要思想方法的掌握，掌握向量在知识交汇处的主要考查途径和解决方式，让学生体会关于高考数学命题的新理念.

2.向量“四意识”

第一，向量复习要有“坐标意识”.“坐标法”是解决向量问题的重要途径，其优点是思维方式比较“固定”，学生容易掌握.坐标法的关键是合理建立直角坐标系，准确算出关键点的坐标.如上文例2、例6、例7均可以用坐标法解决.

第二，向量复习要有“几何意识”.我们要引导学生主动挖掘向量问题的几何背景用以解题.很多时候，我们如果能将向量问题置于适当的几何背景之中，就能够使抽象问题直观化，将复杂的代数问题转化为几何问题，从而快速求解.

第三，向量复习要有“投影意识”.向量的数量积是向量非常重要的核心知识，而投影对向量数量积本质的理解和把握，起到了关键作用，在向量复习中要强化向量投影的意义和价值的认识.在解决向量数量积问题时，利用投影可能会事半功倍.

例11 （2020年山东卷7）已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP·AB 的取值范围是（）.

A.（-2，6） B.（-6，2）

C.（-2，4）D.（-4，6）图5

解析 如图5，AB=2，根据正六边形的特征，

可以得到AP在AB方向上的投影的取值范围是（-1，3），结合向量数量积的几何意义，可知AP·AB等于AB的模与AP在AB方向上的投影的乘积，所以AP·AB的取值范围是（-2，6）.

第四，向量复习要有“基底意识”.平面向量基本定理是向量知识体系中占有核心地位的定理，而“基底意识”的本质就是平面向量基本定理的灵活运用，难点是如何选择“基底”用于简化运算.上文中，例6、例7、例9、例10都可以用“基底思想”来解决.

参考文献：

[1]方治.平实中见本质，融合中显精彩[J].中学数学杂志，2019（9）：51-54.

[2]庄迁福.品读平面向量考题，构建复习教学框架[J].中学教研（数学），2018（10）：36-38.

[3]卢明.平面向量复习要强化“5种意识”的培养[J].中学教研（数学），2014（4）：1-5.

[责任编辑：李 璟]