第六章 平面向量及其应用 章末总结-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　平面向量及其应用 章末总结 知识系统整合 规律方法收藏 学科素养培优 目录 知识系统整合 知识系统整合 4 知识系统整合 5 知识系统整合 6 规律方法收藏 1．本章我们学习的向量具有大小和方向两个要素．用有向线段表示向量时，与有向线段的起点位置没有关系，同向且等长的有向线段都表示同一向量．数学中的向量指的是自由向量，根据需要可以进行平移． 2．向量共线条件和平面向量基本定理，揭示了共线向量和平面向量的基本结构，它们是进一步研究向量正交分解和用坐标表示向量的基础． 3．向量的数量积是一个数，当两个向量的夹角是锐角或零角时，它们的数量积为正数；当两个向量的夹角为钝角或180°角时，它们的数量积为负数；当两个向量的夹角是90°角时，它们的数量积等于0.零向量与任何向量的数量积等于0. 规律方法收藏 8 4．平面向量的应用中，用平面向量解决平面几何问题，要注意“三步曲”；用向量解决物理问题，体现了数学建模的要求，要根据题意结合物理意义作出图形，转化为数学问题，再通过向量运算使问题解决． 5．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. 规律方法收藏 9 6．解三角形应用题的基本思路 解三角形应用题的关键是将实际问题转化为解三角形问题来解决．其基本解题思路是：首先分析此题属于哪种类型的问题(如：测量距离、高度、角度等)，然后依题意画出示意图，把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系)，最后确定用哪个定理转化，哪个定理求解，并进行作答．解题时还要注意近似计算的要求． 规律方法收藏 10 学科素养培优 一、向量的线性运算 向量的线性运算在形式上很像实数加减法与乘法满足的运算法则，但在具体含义上是不同的．不过由于它们在形式上相类似，因此，实数运算中的去括号、移项、合并同类项等变形手段在向量的线性运算中都可以使用． 学科素养培优 12 学科素养培优 13 学科素养培优 14 学科素养培优 15 学科素养培优 16 学科素养培优 17 学科素养培优 18 学科素养培优 19 学科素养培优 20 学科素养培优 21 学科素养培优 22 三、向量的应用 向量的应用是多方面的，但由于我们所学的知识范围较窄，因此我们目前的应用主要限于平面几何以及用来探讨函数、三角函数的性质等方面，当然还有在物理方面的应用． 学科素养培优 23 学科素养培优 24 学科素养培优 25 学科素养培优 26 学科素养培优 27 四、余弦定理、正弦定理的应用 余弦定理、正弦定理将三角形边和角的关系进行量化，为我们解三角形或求三角形的面积提供了依据，而三角形中的问题常与向量、函数、方程及平面几何相结合，通常可以利用余弦定理、正弦定理完成证明、求值问题． (1)解三角形与向量的交汇问题，可以结合向量的平行、垂直、夹角、模等知识转化求解． (2)解三角形与其他知识交汇问题，可以运用三角形的基础知识，余弦定理、正弦定理、三角形的面积公式与三角恒等变换，通过等价转化构造方程及函数求解． 学科素养培优 28 学科素养培优 29 学科素养培优 30 学科素养培优 31 学科素养培优 32 学科素养培优 33 学科素养培优 34 　　　　　　　　　　　　　 R 典例1　如图，梯形ABCD中，AB∥CD，点M，N分别是DA，BC的中点，且eq \f(DC,AB)＝k，设eq \o(AD,\s\up17(→))＝e1，eq \o(AB,\s\up17(→))＝e2，以{e1，e2}为基底表示向量eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))，eq \o(MN,\s\up17(→)). 解　∵eq \o(AB,\s\up17(→))＝e2，且eq \f(DC,AB)＝k， ∴eq \o(DC,\s\up17(→))＝keq \o(AB,\s\up17(→))＝ke2. ∵eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(CD,\s\up17(→))＋eq \o(DA,\s\up17(→))＝0， ∴eq \o(BC,\s\up17(→))＝－eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(DA,\s\up17(→))＝－eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→)) ＝e1＋(k－1)e2. 又eq \o(MN,\s\up17(→))＋eq \o(NB,\s\up17(→))＋eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \o(AM,\s\up17(→))＝0， 且eq \o(NB,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up17(→))，eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))， ∴eq \o(MN,\s\up17(→))＝－eq \o(AM,\s\up17(→))－eq \o(BA,\s\up17(→))－eq \o(NB,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \f(k＋1,2)e2. 典例2　(2024·河南信阳高级中学高一下期末)已知e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，eq \o(AB,\s\up17(→))＝2e1＋e2，eq \o(BE,\s\up17(→))＝－e1＋λe2，eq \o(EC,\s\up17(→))＝－2e1＋e2，且A，E，C三点共线． (1)求实数λ的值； (2)若e1＝(2，1)，e2＝(2，－2)，求eq \o(BC,\s\up17(→))的坐标； (3)已知D(3，5)，在(2)的条件下，若A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标． 解　(1)eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BE,\s\up17(→))＝(2e1＋e2)＋(－e1＋λe2)＝e1＋(1＋λ)e2. 因为A，E，C三点共线，所以存在实数k，使得eq \o(AE,\s\up17(→))＝keq \o(EC,\s\up17(→))， 即e1＋(1＋λ)e2＝k(－2e1＋e2)，得(1＋2k)e1＝(k－1－λ)e2. 因为e1，e2是平面内两个不共线的非零向量， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋2k＝0，,k－1－λ＝0，))解得k＝－eq \f(1,2)，λ＝－eq \f(3,2). (2)eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(BE,\s\up17(→))＋eq \o(EC,\s\up17(→))＝－e1－eq \f(3,2)e2－2e1＋e2＝－3e1－eq \f(1,2)e2＝(－6，－3)＋(－1，1)＝(－7，－2)． (3)因为A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，所以eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \o(BC,\s\up17(→))， 设A(x，y)，则eq \o(AD,\s\up17(→))＝(3－x，5－y)， 因为eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－7，－2)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－x＝－7，,5－y＝－2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝10，,y＝7，)) 即点A的坐标为(10，7)． 二、向量的数量积运算 向量的数量积运算是本章的核心，利用向量的数量积可以求长度、夹角，还可以通过向量的坐标运算将代数中的有关函数、不等式等知识融合在一起． 典例3　(2024·浙江台州高一下期末)已知a，b是非零向量，①|a|＝eq \r(3)|b|；②〈a，b〉＝eq \f(π,6)；③|a－b|＝|b|. (1)从①②③中选取其中两个作为条件，证明另外一个成立；(注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分) (2)若在①②的条件下，(a＋b)⊥(a－λb)，求实数λ. 解　(1)选①②：若|a|＝eq \r(3)|b|，〈a，b〉＝eq \f(π,6)， 则|a－b|＝eq \r(（a－b）2)＝eq \r(a2－2a·b＋b2) ＝eq \r(3|b|2－2\r(3)|b|2cos\f(π,6)＋|b|2)＝|b|， 所以③成立． 选①③：由|a－b|＝|b|，得a2－2a·b＋b2＝b2，而|a|＝eq \r(3)|b|>0， 则3|b|2－2eq \r(3)|b|2cos〈a，b〉＝0， 即cos〈a，b〉＝eq \f(\r(3),2)， 又0≤〈a，b〉≤π，所以〈a，b〉＝eq \f(π,6)，所以②成立． 选②③：由|a－b|＝|b|，得a2－2a·b＋b2＝b2， 而〈a，b〉＝eq \f(π,6)，则|a|2－2|a||b|coseq \f(π,6)＝0， 整理得|a|2－eq \r(3)|a||b|＝0，而|a|>0，所以|a|＝eq \r(3)|b|，所以①成立． (2)由(a＋b)⊥(a－λb)，得(a＋b)·(a－λb)＝0， a2＋(1－λ)a·b－λb2＝0， 而|a|＝eq \r(3)|b|，〈a，b〉＝eq \f(π,6)， 因此3|b|2＋(1－λ)eq \r(3)|b|2·eq \f(\r(3),2)－λ|b|2＝0， 又|b|>0，所以λ＝eq \f(9,5). 典例4　平面内有向量eq \o(OA,\s\up17(→))＝(1，7)，eq \o(OB,\s\up17(→))＝(5，1)，eq \o(OP,\s\up17(→))＝(2，1)，点M为直线OP上的一动点． (1)当eq \o(MA,\s\up17(→))·eq \o(MB,\s\up17(→))取最小值时，求eq \o(OM,\s\up17(→))的坐标； (2)在(1)的条件下，求cos∠AMB的值． 解　(1)设eq \o(OM,\s\up17(→))＝(x，y)，∵点M在直线OP上， ∴向量eq \o(OM,\s\up17(→))与eq \o(OP,\s\up17(→))共线，又eq \o(OP,\s\up17(→))＝(2，1)． ∴x－2y＝0，即x＝2y.∴eq \o(OM,\s\up17(→))＝(2y，y)． 又eq \o(MA,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \o(OM,\s\up17(→))，eq \o(OA,\s\up17(→))＝(1，7)， ∴eq \o(MA,\s\up17(→))＝(1－2y，7－y)． 同理eq \o(MB,\s\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OM,\s\up17(→))＝(5－2y，1－y)． 于是eq \o(MA,\s\up17(→))·eq \o(MB,\s\up17(→))＝(1－2y)(5－2y)＋(7－y)(1－y)＝5y2－20y＋12. 可知当y＝eq \f(20,2×5)＝2时，eq \o(MA,\s\up17(→))·eq \o(MB,\s\up17(→))有最小值－8，此时eq \o(OM,\s\up17(→))＝(4，2)． (2)当eq \o(OM,\s\up17(→))＝(4，2)，即y＝2时，有eq \o(MA,\s\up17(→))＝(－3，5)，eq \o(MB,\s\up17(→))＝(1，－1)， ∴|eq \o(MA,\s\up17(→))|＝eq \r(34)，|eq \o(MB,\s\up17(→))|＝eq \r(2)， eq \o(MA,\s\up17(→))·eq \o(MB,\s\up17(→))＝(－3)×1＋5×(－1)＝－8. ∴cos∠AMB＝eq \f(\o(MA,\s\up17(→))·\o(MB,\s\up17(→)),|\o(MA,\s\up17(→))||\o(MB,\s\up17(→))|)＝eq \f(－8,\r(34)×\r(2))＝－eq \f(4\r(17),17). 典例5　(2024·山东济南高一阶段练习)若平面上的三个力F1，F2，F3作用于一点，且处于平衡状态．已知|F1|＝1 N，|F3|＝eq \r(3) N，F1与F3的夹角为150°，则力F2的大小为(　　) A．7 B.eq \r(7) C.eq \f(\r(10),2) D．1 解析　根据三力平衡得F1＋F3＋F2＝0，即F1＋F3＝－F2，两边同时平方得|F1|2＋2F1·F3＋|F3|2＝|F2|2，即|F1|2＋2|F1||F3|·cos150°＋|F3|2＝|F2|2，即12＋2×1×eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＋(eq \r(3))2＝|F2|2，解得|F2|＝1.故选D. 典例6　已知△ABC中，A(2，4)，B(－1，－2)，C(4，3)，BC边上的高为AD. (1)求证：AB⊥AC； (2)求点D和向量eq \o(AD,\s\up17(→))的坐标； (3)设∠ABC＝θ，求cosθ； (4)求证：AD2＝BD·CD. 解　(1)证明：eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－1，－2)－(2，4)＝(－3，－6)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(4，3)－(2，4)＝(2，－1)． ∵eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝－3×2＋(－6)×(－1)＝0， ∴AB⊥AC. (2)设点D的坐标为(x，y)， 则eq \o(AD,\s\up17(→))＝(x－2，y－4)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(5，5)． ∵AD⊥BC， ∴eq \o(AD,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝5(x－2)＋5(y－4)＝0. ① 又eq \o(BD,\s\up17(→))＝(x＋1，y＋2)，而eq \o(BD,\s\up17(→))与eq \o(BC,\s\up17(→))共线， ∴5(x＋1)－5(y＋2)＝0， ② 联立①②，解得x＝eq \f(7,2)，y＝eq \f(5,2). 故点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，\f(5,2))). ∴eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)－2，\f(5,2)－4))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2))). (3)cosθ＝eq \f(\o(BA,\s\up17(→))·\o(BC,\s\up17(→)),|\o(BA,\s\up17(→))||\o(BC,\s\up17(→))|)＝eq \f(3×5＋6×5,\r(32＋62)×\r(52＋52))＝eq \f(3\r(10),10). (4)证明：∵eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2)))，eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，\f(9,2)))， eq \o(DC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))， ∴|eq \o(AD,\s\up17(→))|2＝eq \f(9,2)，|eq \o(BD,\s\up17(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))\s\up12(2))＝eq \f(9\r(2),2)，|eq \o(DC,\s\up17(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2). ∴|eq \o(AD,\s\up17(→))|2＝|eq \o(BD,\s\up17(→))|·|eq \o(DC,\s\up17(→))|，即AD2＝BD·CD. 典例7 　(2024·辽宁大连辽宁师范大学附属中学高一月考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，1＋eq \f(tanA,tanB)＝eq \f(2c,b). (1)求角A； (2)若O是△ABC内一点，∠AOB＝120°，∠AOC＝150°，b＝1，c＝3，求tan∠ABO. 解　(1)由已知1＋eq \f(tanA,tanB)＝eq \f(2c,b)，结合正弦定理边化角可得1＋eq \f(sinAcosB,cosAsinB)＝eq \f(2sinC,sinB). 又1＋eq \f(sinAcosB,cosAsinB)＝eq \f(cosAsinB＋sinAcosB,cosAsinB) ＝eq \f(sin（A＋B）,cosAsinB)＝eq \f(sinC,cosAsinB)， 所以eq \f(sinC,cosAsinB)＝eq \f(2sinC,sinB). 又sinBsinC≠0，所以cosA＝eq \f(1,2). 因为0°<A<180°，所以A＝60°. (2)由(1)结合图形可知，∠OAC＋∠OAB＝60°，∠OAB＋∠ABO＝180°－∠AOB＝60°，所以∠OAC＝∠ABO， 所以∠ACO＝180°－(∠AOC＋∠OAC)＝30°－∠OAC＝30°－∠ABO. 在△ABO中，有eq \f(AO,sin∠ABO)＝eq \f(AB,sin∠AOB)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)， 所以AO＝2eq \r(3)sin∠ABO. 在△ACO中，有eq \f(AO,sin∠ACO)＝eq \f(AC,sin∠AOC)＝eq \f(1,\f(1,2))＝2， 所以AO＝2sin∠ACO＝2sin(30°－∠ABO)， 所以2eq \r(3)sin∠ABO＝2sin(30°－∠ABO)， 展开整理，可得cos∠ABO＝3eq \r(3)sin∠ABO， 所以tan∠ABO＝eq \f(sin∠ABO,cos∠ABO)＝eq \f(sin∠ABO,3\r(3)sin∠ABO)＝eq \f(\r(3),9). 典例8　在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos(A－B)cosB－sin(A－B)sin(A＋C)＝－eq \f(3,5). (1)求sinA的值； (2)若a＝4eq \r(2)，b＝5，求向量eq \o(BA,\s\up17(→))在eq \o(BC,\s\up17(→))上的投影向量的长度． 解　(1)由cos(A－B)cosB－sin(A－B)·sin(A＋C)＝－eq \f(3,5)，得cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－eq \f(3,5)， 则cos(A－B＋B)＝－eq \f(3,5)，即cosA＝－eq \f(3,5). 又0<A<π，则sinA＝eq \f(4,5). (2)由正弦定理，得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)， 所以sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(5×\f(4,5),4\r(2))＝eq \f(\r(2),2). 由题意知a>b，则A>B，故B＝eq \f(π,4). 根据余弦定理，有(4eq \r(2))2＝52＋c2－2×5c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))， 解得c＝1或c＝－7(舍去)． 故向量eq \o(BA,\s\up17(→))在eq \o(BC,\s\up17(→))上的投影向量的长度为 |eq \o(BA,\s\up17(→))|cosB＝eq \f(\r(2),2). $$