20、第六章 平面向量及其应用 章末综合提升-【金版新学案】2024-2025学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义教师用书（人教A版2019）

章末综合提升 探究点一　平面向量的线性运算 例1　(1)设D，E为△ABC所在平面内两点，＝，＝2，则＝(　　) A．－＋ B．－ C．－ D．－＋ (2)如图，在△ABC中，＝，P是线段BD上一点，若＝m＋，则实数m的值为(　　) A． B． C．2 D． 答案：(1)B　(2)A 解析：(1)如图，因为＝，＝2，所以＝，＝，所以＝＋＝＋＝＋(－)＝－.故选B. (2)设＝λ，因为＝，所以＝，则＝＋＝＋λ＝＋λ(＋)＝(1－λ)＋λ，又因为＝m＋，所以解得λ＝，m＝.故选A. 1．向量加法是由三角形法则定义的，要点是“首尾相接”，即＋＝. 2．向量减法的实质是向量加法的逆运算，是相反向量的应用． 3．数乘运算即通过实数与向量的乘积，实现同向或反向上向量长度的伸缩变换．　　 对点练1．(1)在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝60°，AD为BC边上的高，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝(　　) A．1 B． C． D． (2)平面上有A(2，－1)，B(1，4)，D(4，－3)三点，点C在直线AB上，且＝，连接DC并延长至点E，使||＝||，则点E的坐标为________． 答案：(1)D　(2) 解析：(1)因为AD⊥BC，AB＝2，∠ABC＝60°，所以BD＝AB·cos ∠ABC＝2×＝1，则BD＝BC，即＝.所以＝＋＝＋，因为＝λ＋μ，所以λ＝1，μ＝，则λ＋μ＝.故选D. (2)因为＝，所以－＝(－)，所以＝2－＝(3，－6).所以点C的坐标为(3，－6).由||＝||，且E在DC的延长线上，所以＝－.设E(x，y)，则(x－3，y＋6)＝－(4－x，－3－y)，得解得即E. 学生用书第50页 探究点二　平面向量数量积的运算 例2　(1)(多选)已知平面向量a＝(1，0)，b＝(1，2)，则下列说法正确的是(　　) A．|a＋b|＝16 B．(a＋b)·a＝2 C．向量a＋b与a的夹角为30° D．向量a＋b在a上的投影向量为2a (2)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，AD＝3，CD＝2，＝2.若·＝－3，则·＝________． 答案：(1)BD　(2) 解析：(1)a＋b＝(2，2)，则|a＋b|＝＝4，故A错误；(a＋b)·a＝2×1＋2×0＝2，故B正确；cos 〈a＋b，a〉＝＝，又0°≤〈a＋b，a〉≤180°，所以向量a＋b与a的夹角为60°，故C错误；向量a＋b在a上的投影向量为·＝2a，故D正确．故选BD. (2)因为·＝·(－＋)＝－2－·＝－3，所以·＝. 向量数量积的求解策略 1．利用数量积的定义、运算律求解 在数量积运算律中，有两个形似实数的完全平方公式在解题中的应用较为广泛，即(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2，(a－b)2＝a2－2a·b＋b2，上述两公式以及(a＋b)·(a－b)＝a2－b2这一类似于实数平方差的公式在解题过程中可以直接应用． 2．借助零向量 即借助“围成一个封闭图形且首尾相接的向量的和为零向量”，再合理地进行向量的移项以及平方等变形，求解数量积． 3．借助平行向量与垂直向量 借助向量的分解，将待求的数量积转化为有垂直关系或平行关系的向量数量积，借助a⊥b，则a·b＝0等解决问题． 4．建立平面直角坐标系，利用坐标运算求解数量积．　　 对点练2．已知△ABC外接圆的圆心为O，P是△ABC边上一动点，若CA＝2，CB＝，A＝，则·的最大值为________． 答案： 解析：在△ABC中，由余弦定理得CB2＝CA2＋AB2－2CA·AB cos A，即7＝4＋AB2－2×2×AB×，即AB2－2AB－3＝0，解得AB＝3或AB＝－1(舍去).分别过点O，P作OM⊥AB，PN⊥AB，即向量在向量方向上的投影向量为.因为点O为△ABC的外心，所以M为AB中点，由向量的数量积公式以及投影向量的定义知，当点P运动到B点时，·取得最大值，其中最大值为||·||＝||2＝. 探究点三　利用正、余弦定理解三角形 例3　在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝sin C－cos C. (1)求A的大小； (2)若b＝3，c＝2，点D在边BC上，且CD＝2DB，求线段AD的长． 解：(1)由已知及正弦定理得＝sin C－cos C， 可化为sin C－sin B＝sin A sin C－sin A cos C， 即sin C－sin (A＋C)＝sin A sin C－sin A cos C， 所以sin C－sin A cos C－sin C cos A＝sin A sin C－sin A cos C. 因为C∈(0，π)，所以sin C>0， 所以－cos A＝sin A， 即sin ＝1. 因为0<A<π，所以<A＋<， 所以A＋＝，故A＝. (2)由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝18＋4－12＝10，则a＝. 因为D在边BC上，且CD＝2DB， 所以BD＝a＝. 又cos B＝＝－， 所以AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos B＝， 所以AD＝ 解三角形的一般方法 1．已知两角和一边，如已知A，B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a，b. 2．已知两边和这两边的夹角，如已知a，b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角． 3．已知两边和其中一边的对角，如已知a，b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况． 4．已知三边a，b，c，可应用余弦定理求A，B，C.　　 对点练3．在①b(1＋cos A)＝a sin B，②b cos ＝a sin B，③a sin C＝c cos 这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答． △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知________(只需填序号). (1)求A的大小； (2)若a＝，b＋c＝4，求△ABC的面积． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解：(1)选①：由正弦定理及已知可得sin B(1＋cos A)＝sin A sin B，又B∈(0，π)，sin B≠0， 所以1＋cos A＝sin A， 则sin ＝， 所以A－＝，即A＝. 选②：由正弦定理及已知可得sin B cos ＝sin Asin B， 又B∈(0，π)，sin B≠0， 所以cos ＝sin A， 所以sin ＝2sin cos . 又∈(0，)，所以sin ≠0， 所以cos ＝. 所以＝，即A＝. 选③：由正弦定理及已知可得sin A sin C ＝sin Ccos (A－)， 又C∈(0，π)，sin C≠0， 所以sin A＝cos ＝cos A＋sin A， 则tan A＝. 又0<A<π，所以A＝. (2)由(1)知cos A＝ ＝ ＝－1＝， 可得bc＝3， 所以S△ABC＝bc sin A＝. 学生用书第51页 探究点四　余弦、正弦定理在实际问题中的应用 例4　如图，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋)n mile的两个观测点．现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20 n mile的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30 n mile/h，该救援船到达D点需要多长时间？ 解：由题意知AB＝5(3＋)n mile， ∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°， 所以∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°， 在△DAB中，由正弦定理得 ＝， 所以DB＝＝ ＝ ＝＝10(n mile)， 又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC ＝30°＋(90°－60°)＝60°， BC＝20(n mile)， 在△DBC中，由余弦定理得 CD2＝DB2＋BC2－2DB·BC·cos ∠DBC＝300＋1 200－2×10×20×＝900， 所以CD＝30(n mile). 则需要的时间t＝＝1(h). 所以救援船到达D点需要1 h． 对点练4．某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40 m后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔高． 解：如图所示，设AE为塔，B为塔正东方向一点，沿南偏西60°的方向前进40 m到达C处， 即BC＝40，∠CAB＝135°，∠ABC＝30°，∠ACB＝15°. 在△ABC中＝， 即＝，所以AC＝20. 过点A作AG⊥BC，垂足为G，此时仰角∠AGE最大，为30°， 在△ABC中，由面积公式知 ×BC×AG＝×BC×AC×sin ∠ACB. 所以AG＝＝AC×sin ∠ACB＝20sin 15°， 所以AG＝20sin (45°－30°) ＝20×(×－×)＝10(－1). 在Rt△AEG中，因为AE＝AG tan ∠AGE， 所以AE＝10(－1)× ＝10－＝， 所以塔高为 m． (2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 答案：D 解析：因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，即b2＝4a·b.因为a＝(0，1)，b＝(2，x)，所以b2＝4＋x2，a·b＝x，得4＋x2＝4x，所以＝0，解得x＝2.故选D. (2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|＝(　　) A． B． C． D．1 答案：B 解析：由(b－2a)⊥b，得(b－2a)·b＝b2－2a·b＝0，所以b2＝2a·b.将|a＋2b|＝2的两边同时平方，得a2＋4a·b＋4b2＝4，即1＋2b2＋4b2＝1＋6|b|2＝4，解得|b|2＝，所以|b|＝.故选B. (2023·新课标Ⅱ卷)已知向量 a，b满足|a－b|＝，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝________． 答案： 解析：法一：因为|a＋b|＝|2a－b|，即(a＋b)2＝(2a－b)2，则a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得a2－2a·b＝0，又因为|a－b|＝，即(a－b)2＝3，则a2－2a·b＋b2＝b2＝3，所以|b|＝. 法二：设c＝a－b，则|c|＝，a＋b＝c＋2b，2a－b＝2c＋b，由题意可得(c＋2b)2＝(2c＋b)2，则c2＋4c·b＋4b2＝4c2＋4c·b＋b2，整理得c2＝b2，即|b|＝|c|＝. (2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________． 答案：2 解析：如图所示：记AB＝c，AC＝b，BC＝a， 法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，因为b>0，解得b＝1＋，由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，×2×b×sin 60°＝×2×AD×sin 30°＋×AD×b×sin 30°，解得AD＝＝＝2. 法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，因为b>0，解得b＝1＋，由正弦定理可得，＝＝，解得sin B＝，sin C＝，因为1＋>>2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2. (2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2. (1)求A； (2)若a＝2，b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长． 解：(1)由sin A＋cos A＝2，得sin A＋cos A＝1， 所以sin ＝1. 因为0<A<π，所以<A＋<， 所以A＋＝，故A＝. (2)由A，B，C为三角形内角，得sin B≠0，sin C≠0. 因为b sin C＝c sin 2B， 所以由正弦定理得sin B sin C＝sin C sin 2B， 所以sin B＝sin 2B，即sin B＝2sin B cos B，所以cos B＝，所以B＝. 因为a＝2，A＝，所以由正弦定理， 得b＝sin B＝2. 由A＝，B＝，得C＝，所以sin C＝sin ＝sin (＋)＝×＋×＝， 所以由正弦定理，得c＝＝＝＋， 所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋2＋＋＝2＋＋3. (2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3＋，求c. 解：(1)由余弦定理得cos C＝＝， 又0<C<π，所以C＝. 所以cos B＝sin C＝，所以cos B＝， 又0<B<π，所以B＝. (2)sin A＝sin (π－B－C)＝sin (B＋C)＝sin cos ＋ cos sin ＝， 由正弦定理＝，得＝， 所以a＝c. 所以△ABC的面积S＝ac sin B＝c2×＝3＋，得c＝2. 学科网（北京）股份有限公司 $$