第6章 平面向量及其应用 章末整合提升(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第二册（人教A版2019）

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第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 一、平面向量的线性运算 1．向量加法是由三角形法则定义的，要点是“首尾相连”，即eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→)). 向量加法的平行四边形法则：将两向量移至共起点，分别为邻边作平行四边形，则同起点对角线的向量即为向量的和．加法满足交换律、结合律． 2．向量减法实质是向量加法的逆运算，是相反向量的作用． 几何意义有两个：一是以减向量的终点为起点，被减向量的终点为终点的向量；二是加法的平行四边形法则的另外一条对角线的向量．注意两向量要移至共起点． 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． [题组训练] 1．在平行四边形ABCD中，M为AB上任一点，则eq \o(AM,\s\up17(→))－eq \o(DM,\s\up17(→))＋eq \o(DB,\s\up17(→))＝(　　) A.eq \o(BC,\s\up17(→))　　　　　　　　 B.eq \o(DC,\s\up17(→)) C.eq \o(AC,\s\up17(→)) D.eq \o(BD,\s\up17(→)) 解析　eq \o(AM,\s\up17(→))－eq \o(DM,\s\up17(→))＋eq \o(DB,\s\up17(→))＝eq \o(AM,\s\up17(→))＋eq \o(MD,\s\up17(→))＋eq \o(DB,\s\up17(→))＝eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(DB,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))， 在平行四边形ABCD中，eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \o(DC,\s\up17(→))， 所以eq \o(AM,\s\up17(→))－eq \o(DM,\s\up17(→))＋eq \o(DB,\s\up17(→))＝eq \o(DC,\s\up17(→))， 故选B. 答案　B 2．已知△ABC的三个顶点A，B，C及平面内一点P满足eq \o(AP,\s\up17(→))＋2eq \o(BP,\s\up17(→))＋3eq \o(CP,\s\up17(→))＝2eq \o(BA,\s\up17(→))，下列结论正确的是(　　) A．P在△ABC的内部 B．P在△ABC的边AB上 C．P在△ABC的边AC上 D．P在△ABC的外部 解析　因为eq \o(AP,\s\up17(→))＋2eq \o(BP,\s\up17(→))＋3eq \o(CP,\s\up17(→))＝2eq \o(BA,\s\up17(→))， 所以3eq \o(PC,\s\up17(→))＝eq \o(AP,\s\up17(→))＋2(eq \o(BP,\s\up17(→))－eq \o(BA,\s\up17(→)))＝eq \o(AP,\s\up17(→))＋2eq \o(AP,\s\up17(→))＝3eq \o(AP,\s\up17(→))， 即eq \o(PC,\s\up17(→))＝eq \o(AP,\s\up17(→))， 所以点P为AC中点． 故选C. 答案　C 3．如图，在△ABD中，已知eq \o(BC,\s\up17(→))＝2eq \o(CD,\s\up17(→))，则eq \o(AD,\s\up17(→))＝(　　) A.eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up17(→)) B.eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up17(→)) C.eq \o(AD,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(3,2) eq \o(AC,\s\up17(→)) D.eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(3,2) eq \o(AC,\s\up17(→)) 解析　因为eq \o(BC,\s\up17(→))＝2eq \o(CD,\s\up17(→))， 所以eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(3,2) eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(3,2)(eq \o(AC,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→)))＝－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(3,2) eq \o(AC,\s\up17(→))， 故选C. 答案　C 二、平面向量的数量积运算 1．借助平行向量与垂直向量 即借助向量的拆分，将待求的数量积转化为有垂直向量关系或平行向量关系的向量数量积，借助a⊥b，则a·b＝0等解决问题． 2．建立坐标系，利用坐标运算求解数量积． 3．设非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，两向量夹角θ(0≤θ≤π)的余弦cos θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)) \r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))) . 角度1　平面向量的数量积 [题组训练] 4．在直角三角形ABC中，A＝90°，B＝60°，AB＝2，则eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝(　　) A．－4 B．4 C．－8 D．8 解析　因为△ABC为直角三角形，且B＝60°，AB＝2，所以BC＝4， 且〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))〉＝120°， 所以eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝|eq \o(AB,\s\up17(→))|·|eq \o(BC,\s\up17(→))|×cos 120°＝2×4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－4. 故选A. 答案　A 5．在△ABC中，M是BC的中点，AM＝2，点P在AM上且满足eq \o(AP,\s\up17(→))＝2eq \o(PM,\s\up17(→))，则eq \o(PA,\s\up17(→))·(eq \o(PB,\s\up17(→))＋eq \o(PC,\s\up17(→)))等于(　　) A．－eq \f(4,9) B．－eq \f(8,9) C．－eq \f(16,9) D.eq \f(8,9) 解析　因为M是BC的中点， 所以eq \o(PB,\s\up17(→))＋eq \o(PC,\s\up17(→))＝2eq \o(PM,\s\up17(→))＝eq \o(AP,\s\up17(→)). 又因为AM＝2，eq \o(AP,\s\up17(→))＝2eq \o(PM,\s\up17(→))， 所以|eq \o(AP,\s\up17(→))|＝eq \f(2,3)|eq \o(AM,\s\up17(→))|＝eq \f(4,3)， 所以eq \o(PA,\s\up17(→))·(eq \o(PB,\s\up17(→))＋eq \o(PC,\s\up17(→)))＝eq \o(PA,\s\up17(→))·eq \o(AP,\s\up17(→))＝－|eq \o(AP,\s\up17(→))|2＝－eq \f(16,9).故选C. 答案　C 6．在△ABC中，AB＝2，BC＝3，B＝60°，P为边AC上的动点，则eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(BP,\s\up17(→))的取值范围是(　　) A．[0,3] B．[1,3] C．[6,9] D．[3,9] 解析　依题意|eq \o(BC,\s\up17(→))|＝3，|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝2， |eq \o(AB,\s\up17(→))|·cos B＝1， 由于P是边AC上的动点，所以0°≤∠PBC≤60°，eq \f(1,2)≤cos∠PBC≤1， 所以|eq \o(AB,\s\up17(→))|×eq \f(1,2)≤|eq \o(BP,\s\up17(→))|·cos∠PBC≤|eq \o(BC,\s\up17(→))|×1，即1≤|eq \o(BP,\s\up17(→))|·cos∠PBC≤3， 所以eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(BP,\s\up17(→))＝|eq \o(BC,\s\up17(→))|·|eq \o(BP,\s\up17(→))|·cos∠PBC∈[3,9]． 答案　D 角度2　向量的模与夹角 [题组训练] 7．(多选题)设m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))，则(　　) A.eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m－2n))＝10 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－2n))⊥m C．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－2n))∥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(km＋n))，则k＝－eq \f(1,2) D．向量m，n的夹角为eq \f(π,4) 解析　因为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))， 所以m－2n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3))－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－1))， 则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m－2n))＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))2)＝eq \r(10)，故A错误； eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－2n))·m＝－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3))＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－2n))⊥m，故B正确； km＋n＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k＋1，3k＋2))， 又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－2n))∥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1( km＋n))，所以－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k＋1))＝－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3k＋2))，解得k＝－eq \f(1,2)，故C正确； 又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))2＋32)＝eq \r(10)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，m·n＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))＋2×3＝5， 所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq \f(5,\r(10)×\r(5))＝eq \f(\r(2),2)， 又〈m，n〉∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))，所以〈m，n〉＝eq \f(π,4)，故D正确． 故选BCD. 答案　BCD 8．已知a＝(λ，2)，b＝(3，－5)，且a与b的夹角θ是钝角，则λ的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(10,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(10,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,5)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，\f(10,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(6,5)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，\f(10,3))) 解析　因为a与b的夹角θ是钝角，所以 cos θ＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(3λ－10,\r(λ2＋4)·\r(9＋25))<0，且eq \f(3λ－10,\r(λ2＋4)·\r(9＋25))≠－1， 解得λ<eq \f(10,3)且λ≠－eq \f(6,5). 答案　D 三、解三角形 在三角形的六个元素中，已知三个(除三个角外)元素能求解其他三个元素，常见类型及其解法如下表： 已知条件 应用定理 一般解法 一边和两角 (如a，B，C) 正弦定理 由A＋B＋C＝180°，求A；由正弦定理求出b与c；有解时只有一解 两边和夹角 (如a，b，C) 余弦定理 正弦定理 由余弦定理求出第三边c；由正弦定理求出较小边所对的角；再由A＋B＋C＝180°求出另一角；有解时只有一解 三边(如a，b，c) 余弦定理 由余弦定理求出A，B；再利用A＋B＋C＝180°求出C；有解时只有一解 两边和其中一边的对角(如a，b，A) 余弦定理 正弦定理 由正弦定理求出B；由A＋B＋C＝180°，求出C；再利用正弦定理求出c(或由余弦定理求第三边c)；可有两解、一解或无解 (13分)(规范答题)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C. (1)求A； (2)若eq \r(2)a＋b＝2c，求sin C. [审题指导]　(1)通过正弦定理将角与角之间的关系转变为边与边之间的关系；(2)通过三角恒等变换与角的构造求解． [规范解答]　 (1)由正弦定理可将(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C化简为 (b－c)2＝a2－bc， 整理，可得eq \a\vs4\al(bc＝b2＋c2－a2，①)(2分) 由余弦定理，可得cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，(4分) 又A∈(0°，180°)，故A＝60°. (6分) (2)由(1)知B＝120°－C， 由题设及正弦定理，得 eq \r(2)sin A＋sin(120°－C)＝2sin C， 即eq \f(\r(6),2)＋eq \f(\r(3),2)cos C＋eq \f(1,2)sin C＝2sin C, 可得cos(C＋60°)＝－eq \f(\r(2),2)， 由于0°＜C＜120°，(8分) 所以sin(C＋60°)＝eq \f(\r(2),2)， 故eq \a\vs4\al(sin C＝sin[C＋60°－60°]②)(10分) ＝sin(C＋60°)cos 60°－cos(C＋60°)sin 60° ＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4).(13分) $$