第1章 平面向量及其应用 章末复习-【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（湘教版2019）

第1章　平面向量及其应用 章末复习 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 堵点自记：﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 知识系统整合 4 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．共线向量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 6 规律方法收藏 7 5．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． 6．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． 规律方法收藏 8 学科素养培优 一、平面向量及其线性运算 向量的线性运算也叫向量的初等运算，它们的运算法则在形式上很像实数加减法与乘法满足的运算法则． 向量的线性运算及向量的表示常常单独考查，也常常和平面几何、三角等知识结合考查． 学科素养培优 10 学科素养培优 11 学科素养培优 12 二、平面向量基本定理与向量的坐标 (1)平面向量基本定理的引入为向量的加、减、数乘的坐标运算提供了有力的理论依据，利用平面向量基本定理表示向量时，要选择一组恰当的基，常与待定系数法、方程思想紧密联系在一起解决问题． (2)向量的坐标表示实际上是向量的代数表示，是将几何问题代数化的有力工具，它是转化思想、函数与方程、分类讨论、数形结合等思想方法的具体体现．通过向量坐标运算主要解决求向量的坐标、向量的模，判断共线、平行等问题． 学科素养培优 13 [典例3]　设a，b是两个不共线的非零向量，若向量ka＋b与2a＋kb共线，求实数k的值． 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 三、正弦、余弦定理的应用 正弦、余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，通常可以利用正弦、余弦定理完成证明、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，正弦、余弦定理、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 18 学科素养培优 19 四、平面向量线性运算的应用 利用向量解决平面几何问题时，有两种思路：一种思路是选择一组基，利用基向量表示涉及的向量；一种思路是建立坐标系，求出题目中涉及到的向量的坐标．这两种思路都是通过向量的计算来解决问题的． 学科素养培优 20 [典例7]　用向量法证明三角形的三条中线交于一点． 学科素养培优 21 学科素养培优 22 学科素养培优 23 学科素养培优 24 [典例9]　一艘船以每小时8 km的速度向东航行，船上人测得风自北方来，若船速加倍，则测得风自东北来，求风速． 学科素养培优 25 　　　　　　　　　　　　　 R 4．三角形形状的判定方法 判定三角形形状通常有两种途径：一是通过正弦定理、余弦定理，化边为角(如：a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcosC等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时注意一些常见的三角恒等式所体现的角之间的关系．如：sinA＝sinB⇔A＝B；sin(A－B)＝0⇔A＝B；sin2A＝sin2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)等；二是利用正弦定理、余弦定理，化角为边(如sinA＝eq \f(a,2R)，cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)等)，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断． [典例1]　如图，已知四边形ABCD是梯形，AB∥CD，E，F，G，H分别是AD，BC，AB，CD的中点，则eq \o(EF,\s\up12(→))等于(　　) A．eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→)) B．eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→)) C．eq \o(AG,\s\up12(→))＋eq \o(DH,\s\up12(→)) D．eq \o(BG,\s\up12(→))＋eq \o(GH,\s\up12(→)) 解析　如图，连接BD交EF于点M，连接MH，MG，则四边形AEMG和四边形MFCH都是平行四边形，所以eq \o(EM,\s\up12(→))＝eq \o(AG,\s\up12(→))，eq \o(DH,\s\up12(→))＝eq \o(HC,\s\up12(→))＝eq \o(MF,\s\up12(→))．则有eq \o(EF,\s\up12(→))＝eq \o(EM,\s\up12(→))＋eq \o(MF,\s\up12(→))＝eq \o(AG,\s\up12(→))＋eq \o(DH,\s\up12(→))．故选C． [典例2]　化简下列各式： (1)(2a＋3b－c)－(3a－2b＋c)＋2(c－3b)； (2)eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（2a－b）＋\f(1,2)b－\f(1,3)（a－b）))． 解　(1)原式＝2a＋3b－c－3a＋2b－c＋2c－6b＝(2－3)a＋(3＋2－6)b＋(－1－1＋2)c＝－a－b＝－(a＋b)． (2)原式＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－b＋\f(1,2)b－\f(1,3)a＋\f(1,3)b))＝eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,3)))a＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2)＋\f(1,3)))b)) ＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)a－\f(1,6)b))＝eq \f(5,12)a－eq \f(1,24)b． 解　∵向量ka＋b与2a＋kb共线， ∴存在实数λ使ka＋b＝λ(2a＋kb)，即(k－2λ)a＝(kλ－1)b． ∵a，b不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2λ＝0，,kλ－1＝0))⇒k2＝2，∴k＝±eq \r(2)． [典例4]　如右图所示，在▱ABCD中，AH＝HD，BF＝MC＝eq \f(1,4)BC，且eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AD,\s\up12(→))＝b，试用eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))表示向量eq \o(AM,\s\up12(→))，eq \o(MH,\s\up12(→))，eq \o(AF,\s\up12(→))，eq \o(MD,\s\up12(→))． 解　eq \o(BM,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))－eq \o(MC,\s\up12(→))＝b－eq \f(1,4)b＝eq \f(3,4)b，eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BM,\s\up12(→))＝a＋eq \f(3,4)b． eq \o(MH,\s\up12(→))＝eq \o(AH,\s\up12(→))－eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)b－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,4)b))＝－a－eq \f(1,4)b．eq \o(AF,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BF,\s\up12(→))＝a＋eq \f(1,4)b． eq \o(HM,\s\up12(→))＝－eq \o(MH,\s\up12(→))＝a＋eq \f(1,4)b，eq \o(MD,\s\up12(→))＝eq \o(HD,\s\up12(→))－eq \o(HM,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)b－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,4)b))＝－a＋eq \f(1,4)b． ∴eq \o(AM,\s\up12(→))＝a＋eq \f(3,4)b，eq \o(MH,\s\up12(→))＝－a－eq \f(1,4)b，eq \o(AF,\s\up12(→))＝a＋eq \f(1,4)b，eq \o(MD,\s\up12(→))＝－a＋eq \f(1,4)b． [典例5]　平面内有向量eq \o(OA,\s\up12(→))＝(1，7)，eq \o(OB,\s\up12(→))＝(5，1)，eq \o(OP,\s\up12(→))＝(2，1)，点M为直线OP上的一动点． (1)当eq \o(MA,\s\up12(→))·eq \o(MB,\s\up12(→))取最小值时，求eq \o(OM,\s\up12(→))的坐标； (2)在(1)的条件下，求cos∠AMB的值． 解　(1)设eq \o(OM,\s\up12(→))＝(x，y)，∵点M在直线OP上， ∴向量eq \o(OM,\s\up12(→))与eq \o(OP,\s\up12(→))共线，又eq \o(OP,\s\up12(→))＝(2，1)， ∴x－2y＝0，即x＝2y．∴eq \o(OM,\s\up12(→))＝(2y，y)． 又eq \o(MA,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OM,\s\up12(→))，eq \o(OA,\s\up12(→))＝(1，7)，∴eq \o(MA,\s\up12(→))＝(1－2y，7－y)． 同理eq \o(MB,\s\up12(→))＝eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OM,\s\up12(→))＝(5－2y，1－y)． 于是eq \o(MA,\s\up12(→))·eq \o(MB,\s\up12(→))＝(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\up12(→))·eq \o(MB,\s\up12(→))有最小值－8，此时eq \o(OM,\s\up12(→))＝(4，2)． (2)当eq \o(OM,\s\up12(→))＝(4，2)，即y＝2时，有eq \o(MA,\s\up12(→))＝(－3，5)，eq \o(MB,\s\up12(→))＝(1，－1)， ∴|eq \o(MA,\s\up12(→))|＝eq \r(34)，|eq \o(MB,\s\up12(→))|＝eq \r(2)，eq \o(MA,\s\up12(→))·eq \o(MB,\s\up12(→))＝(－3)×1＋5×(－1)＝－8． ∴cos∠AMB＝eq \f(\o(MA,\s\up12(→))·\o(MB,\s\up12(→)),|\o(MA,\s\up12(→))||\o(MB,\s\up12(→))|)＝eq \f(－8,\r(34)×\r(2))＝－eq \f(4\r(17),17)． [典例6]　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a＝4eq \r(2)，b＝5，cosA＝－eq \f(3,5)，求向量eq \o(BA,\s\up12(→))在eq \o(BC,\s\up12(→))上的投影向量的长度． 解　因为cosA＝－eq \f(3,5)，所以sinA＝eq \f(4,5)． 由正弦定理，有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为钝角，故B＝eq \f(π,4)，cosB＝eq \f(\r(2),2)． 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\up12(→))在eq \o(BC,\s\up12(→))上的投影向量的长度为|eq \o(BA,\s\up12(→))||cosB|＝eq \f(\r(2),2)． 证明　如图，设D，E，F分别是△ABC的三边BC，AC，AB的中点， 令eq \o(AC,\s\up12(→))＝a，eq \o(BC,\s\up12(→))＝b，以{a，b}为基， 则eq \o(AB,\s\up12(→))＝a－b，eq \o(AD,\s\up12(→))＝a－eq \f(1,2)b，eq \o(BE,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2)a＋b， 设AD与BE交于点G，且eq \o(AG,\s\up12(→))＝λeq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(BG,\s\up12(→))＝μeq \o(BE,\s\up12(→))， 则有eq \o(AG,\s\up12(→))＝λa－eq \f(λ,2)b，eq \o(BG,\s\up12(→))＝－eq \f(μ,2)a＋μb． 又有eq \o(AG,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BG,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(μ,2)))a＋(μ－1)b， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝1－\f(μ,2)，,－\f(λ,2)＝μ－1，))解得λ＝μ＝eq \f(2,3)． ∴eq \o(AG,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)a－eq \f(1,3)b，eq \o(CG,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(AG,\s\up12(→))＝－a＋eq \f(2,3)a－eq \f(1,3)b＝－eq \f(1,3)a－eq \f(1,3)b＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(－a－b)． 而eq \o(CF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(－a－b)，∴eq \o(CG,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CF,\s\up12(→))． ∴点G在CF上．∴三角形三条中线交于一点． [典例8]　如图，在平面直角坐标系中，|eq \o(OA,\s\up12(→))|＝2|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝2， ∠OAB＝eq \f(2π,3)，eq \o(BC,\s\up12(→))＝(－1，eq \r(3))． (1)求点B，C的坐标； (2)求证：四边形OABC为等腰梯形． 解　(1)如图，连接OB，设B(xB，yB)， 则xB＝|eq \o(OA,\s\up12(→))|＋|eq \o(AB,\s\up12(→))|cos(π－∠OAB)＝eq \f(5,2)， yB＝|eq \o(AB,\s\up12(→))|sin(π－∠OAB)＝eq \f(\r(3),2)， ∴eq \o(OC,\s\up12(→))＝eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))＋(－1，eq \r(3))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2)))，∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2)))． (2)证明：∵eq \o(OC,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2)))，eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))， ∴eq \o(OC,\s\up12(→))＝3eq \o(AB,\s\up12(→))，∴eq \o(OC,\s\up12(→))∥eq \o(AB,\s\up12(→))． 又易知OA与BC不平行，|eq \o(OA,\s\up12(→))|＝|eq \o(BC,\s\up12(→))|＝2， ∴四边形OABC为等腰梯形． 解　分别取正东、正北方向为x，y轴正方向建立直角坐标系，令x，y轴正方向上的单位向量分别为i，j，则风速可表示为xi＋yj． 第一次船速为8i，船上人测得风速为－pj(p>0)． ∴xi＋yj－8i＝－pj．∴x＝8． 第二次船速为16i，船上人测得风速为－q(i＋j)(q>0)． ∴xi＋yj－16i＝－q(i＋j)．∴x－16＝y＝－q． ∴y＝－8．∴风速为8i－8j，即风速方向指向东南方向，大小为8eq \r(2) km/h． $$