第六章 平面向量及其应用 章末整合提升-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第二册同步学习方案（人教A版2019）

[触类旁通] 教考衔接1 解三角形中的热点问题 2.B 设建筑物的高为PO一h(m),用h表示PA,PB,PC,利用 [例1] [解析](1)因为asinB-bsin(A+),由正弦定理 cos PBA十cos PBC=0结合余弦定理求出h的值,即可 得解。 如图所示: 得sinAsin B-sin Bsin(A+). 因为sinBzo,所以sin A-sin(A+). 30> #inAoA. 1..-) 0--452 60 所以tanA-③. 因为A(0,x),所以A-. 设建筑物的高为PO-h(m),则PA-^ sin 30{=2,PB= (2)在△ABD中,由正弦定理得 BD h AB sin 45}v2h,PC-6 sin BADsin ADB' 由余弦定理可得 在△ADC中,由正弦定理得 DC cos PBA-PB*+AB-PA'AB*-2^&} AC 2PB·AB 2ABx/2h' sin DACsin乙ADC' # )AB 因为sin BAD=sin DAC,sin ADB=sin ADC. cos PBC-PB^{+BC-PC{} 2PB·BC 2②XAB' 因为PBA十PBC一π. 所以AD-AB+BD-AB+3BC-AB+3(AC-AB) 故cos PBA+cos PBC-cos PBA+cos(- PBA) 1AB3# -0. ##AB -2AB 所以AD -(4+4)-1A+10A□+4A. -0. 2ABxv2h 2v2h×AB #-##+#3 可得1-AB-70、70 (m). 2 故选B. 所以AD3、3 [例3][解析] 由题意,知AB一5(3十、③)(nmile). [例2] [解析](1)由余弦定理可得 乙DBA-90{*-60{-30{*. 乙DAB-90{-45*-45”。 $ $$-a-b+-2 bccosA-4+1-2$2x1 cos 120$-7 · ADB-180*-(45*+30*)-105°。 则BC-/7, AB cos ABC-^+-67+4-15、7 2aC 2×2X714' 即BD-ABsin DAB5(3+3)sin 45* sin乙ADB sin 105* 5(3+③)sin45” 1×ABXADXsin90* , sin 45.o0 60+co 45sin60)=10、3(n mile). 又 DBC- DBA+ ABC-60{ 1XACXADXsin 30” BC-203(nmile). '.在△DBC中,由余弦定理,得 -. CD=BD+BC -2BD·BCcos DBC 则$so-sAc-×(2x1xsin 20°)-. [例3] [解析] (1)由正弦定理和已知条件得BC一AC^一 -30(n mile). AB-AC·AB.① 由余弦定理得BC-AC+AB-2AC·ABcosA.② [触类旁通] 3.解析 设绿辑私船用(h则有在D处 追上走私船,画出示意图, 则有CD-10③r(nmile). ABBC BD-10z(nmile). 在△ABC中. AC=23sin B,AB=23sin(π-A-B)-3cos B-3sinB .AB-(③-1)(nmile). 故 BC+AC+AB=3+3 sin B+3cos B-3+ AC-2(nmile). BAC-120*. '.由余弦定理,得BC-AB+AC-2AB·AC·cos BAC= 2、/3sin(B+等). (③-1)+2-2·(3-1)·2·cos120-6. .BC-/6(nmile). 又0 B<,所以当B-吾时,△ABC周长取得最大值3十 C.sin BAc-2.32 且 sin ABC-AC. 23. A-0正定理,得 tin1xD 章末整合提升 [深化提升]题组训练 BD· sin CBD10rsin 120* 1.B AM-DM+DB-AM+MD+DB-AD+DB-AB. CD 10③ 在平行四边形ABCD中,AB-DC. . BCD一30{}即辑私船沿北偏东60{}方向能最快追上走 所以AM-DM+DB-DC. 私幅。 故选B. 2.C 因为AP+2B+3C-2BA. AB,AC的单位向量, 所以3PC=AP+$(B$-BA)-AP+$AP-3A$ -平分/BAC,即AP平分/BAC. 即PC-AP. 所以点P为AC中点. 所以点P的轨迹必过入ABC的内心. 故选C. 答案 内 3.C 因为BC-2CD. A 所以AD-AB+BD-AB+BC-AB+(AC-AB)- 从而A·C-(A#ACl) #-4B+4 AB.BCAB 故选C. -A” BoCo0 4.A 因为△ABC为直角三角形,且B-60{},AB-2.所以BC AB]cos B lACloos C -4. 且AB,BC)-120*, 得APIBC,则动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心. 所以AB·BC-AB|·BC1×cos 120*-2×4x(-)- 答案 垂 一4 3.解析 由条件,得 A2 AC 故选A. 5.C因为M是BC的中点: 2 #以pB+pO2#MA. A 又因为AM-2,AP-2PM. #以1Ap-}### AB cos B AClcos C 所以PA·(P+PC)#-p·Ap--APl--1.故选C. c(-Cp)-0. 6.D 依题意BC|-3. AB|-2. 得B}-cp.BP-Cp. AB·cosB-1. 所以动点P的轨迹一定通过△ABC的外心. 答案 外 cosPBC1. [例2] [解析] 延长OB至B,使BB.=OB,延长OC至C. 所以AB]×<BP·cos PBC<BC1×1,即1<BP; 使CC.一2OC,如图所示. cos PBC3. 所以BC·BP=BC .BP .cos PBCE[3,9] 7.BCD 因为n=(-1.3),n=(1,2). 所以n-2n-(-1,3)-2(1,2)-(-3,-1); 则 m-2n= (-3)+(-1)- 10,故A错误; B (m-2n)·m=-1x(-3)+3x(-1)-0,所以 (m-2n)Im,故B正确; 则OB-20B,OC-30C,由条件, n+n-(-1.3)+(1.2)=(-b+1.3+2); 得O+OB+OC-0. 又(n-2n)/(m+n).所以-1x(-k+1)=-3$ 所以点O是△ABC的重心。 (3十2),解得-- 从而Snr.-Sac-S△n.= # ml=(-1)+3^{=10,|nl=1+2=.m n 其中S表示△ABC.的面积, =1×(-1)+2×3-5. m.n 所以cosm,n)- n ”10x5 又(m.n)[o,x],所以(m,n)-吾,故D正确。 故选BCD. 8.D 因为a与b的夹角o是钝角,所以cosθ-a·b a.b -1:2:3. 3-10 -一1. [例3] [解析] 对于空间两点A,B来说,满足MA十MB-o +4·9+25 +4·9+25 的点M是线段AB的中点;对于空间三点A,B.C来说,满足 解得10. MA+MB+MC-0.可认为是先取AB中点G,再连接CG,在 数学探究 用向量法研究三角形的性质 CG上取点M,使MC一2MG.则M满足条件,且唯一:对于空 间四点A.B.C.D来说,满足MA+MB+MC+MD-0.可先 [例1][解析] 由原等式,得Op-OA-x(AB+AC). 即AP-(AB+AC). 取△ABC的重心G,再连接GD.在GD上取点M,使DM 根据平行四边形法则,知AB十AC是△ABC的中线所对应向 3MG,则M满足条件,且唯一,不妨也称为重心G:与此类似, 量的2倍. 对于空间五点A.B.C,D.E来说,满足MA+MB+MC+ 所以点P的轨迹必过△ABC的重心. MD+ME-0,可先取空间四边形ABCD的重心G,再连接 [答案]重 GE,在GE上取点M,使EM-4MG,则M满足条件,且唯一. [变式训练] [答案]B [变式训练] 一~() 4.C 设AB边的中点为D. -分别表示平行于 则0-1-(0+0B)+1+2O数学·必修第二册（配RUA版） 章末整合提升 [题组训练 1知识网络 1.在平行四边形ABCD中，M为AB上任一 实际背景 点，则AM-DM+DB= () 向量的概念 A.BC B.DC C.AC D.BD 向量的运算及其几何意义 2.已知△ABC的三个顶点A,B,C及平面内 向量的加、减运 向量的数乘运算 向量的数量积 算及其几何意义 及其几何意义 及其几何意义 一点P满足AP+2BP+3CP=2BA,下 列结论正确的是 平面向量基本定理及坐标表示 A.P在△ABC的内部 平面向量的应用 B.P在△ABC的边AB上 平面几何中的 向量在物理 余弦定理、 C.P在△ABC的边AC上 向量方法 中的应用 正弦定理 D.P在△ABC的外部 2深化提升 3.如图，在△ABD中，已知BC=2CD,则 AD= ( 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AB+BC-AC 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 A.AD=}AB+号AC 起点对角线的向量即为向量的和.加法满 足交换律、结合律， B.AD-号A店+号AC 2.向量减法实质是向量加法的逆运算，是相 C.AD--2AB+3AC 反向量的作用， 几何意义有两个：一是以减向量的终点 D.AD-ZAB+3AC 为起点，被减向量的终点为终点的向量； 二、平面向量的数量积运算 二是加法的平行四边形法则的另外一条 1.借助平行向量与垂直向量 对角线的向量.注意两向量要移至共 即借助向量的拆分，将待求的数量积转化 起点 为有垂直向量关系或平行向量关系的向量 3.数乘运算即通过实数与向量的乘积，实现 数量积，借助a⊥b,则a·b=0等解决 同向或反向上向量长度的伸缩变换。 问题 44 第六章平面向量及其应用© 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0(0≤0≤π)的余弦c0s0= B(-，9》 a·b=xx2十yhy2 ab+y听+ c.(-∞，)u(g,9) 角度1平面向量的数量积 [题组训练] D.(-∞，-gu(-9,9) 4.在直角三角形ABC中，A=90°，B=60°， 三、解三角形 AB=2,则AB·BC= ( 在三角形的六个元素中，已知三个（除三个 A.-4 B.4 角外)元素能求解其他三个元素，常见类型 C.-8 D.8 及其解法如下表： 5.在△ABC中，M是BC的中点，AM=2,点 P在AM上且满足AP=2PM,则PA· 已知条件 应用定理 一般解法 (PB+PC)等于 ( 由A+B+C=180°， 一边和两角 求A;由正弦定理求 A-号 B.8 正弦定理 (如a,B,C) 出b与c;有解时只 c-9 D.g 有一解 由余弦定理求出第 6.在△ABC中，AB=2,BC=3,B=60°，P 三边c;由正弦定理 为边AC上的动点，则BC·BP的取值范 两边和夹角 余弦定理求出较小边所对的 围是 ( (如a,b,C) 正弦定理 角；再由A+B十C A.[0,3] B.[1,3] =180°求出另一角； C.[6,9] D.[3,9] 有解时只有一解 角度2向量的模与夹角 由余弦定理求出A, [题组训练] 三边（如a, B;再利用A十B+C 余弦定理 7.（多选题)设m=(-1,3),n=(1,2),则 b,c) =180°求出C;有解 ( 时只有一解 A.m-2n=10 由正弦定理求出B; B.(m-2n)⊥m 由A+B+C=180°， C若(m-2n)∥(m+),则友=一号 两边和其中 求出C;再利用正弦 余弦定理 一边的对角 定理求出c(或由余 D.向量m,n的夹角为牙 正弦定理 (如a,b,A) 弦定理求第三边c); 8.已知a=(λ，2)，b=(3,一5)，且a与b的夹 可有两解、一解或 角0是钝角，则入的取值范围是( 无解 45 ●数学·必修第二册（配RUA版） 典例(13分)（规范答题）△ABC的内角 (2)由(1)知B=120°-C, ,1阅卷提醒卜一 :若②处未利用角 A,B,C的对边分别为a,b,c,设(sinB 由题设及正弦定理，得 的构造形式求解， 扣2分 sin C)2=sin2A-sin Bsin C. √2sinA+sin(120°-C)= (1)求A: 2sin C, (2)若√2a+b=2c,求sinC. 即6+原。 [审题指导](1)通过正弦定理将角与角 2 2 cos C+1 sin C=2sin C, 之间的关系转变为边与边之间的关系； 可得cos(C+60)=-2 (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1阅卷提醒 由于0°<C<120°， ………(8分) 若①处未转化为 理可将(sinB-sinC)2= :余弦定理的形式， 扣2分 所以sin(C+60)=2 , sin2A一sin Bsin C化简为 (b-c)2=a2-bc, 故sinC=sin[(C十60)-60]②… 整理，可得bc=b2+c2-a,0 …(2分) ………（10分） 由余弦定理，可得cosA=+c2-a2=1 =sin(C十60)cos60°-cos(C+60°)· 2bc 2 sin 60 ………………………（4分) =6+2 又A∈(0°，180)，故A=60°.…(6分) ………（13分) 4 提示：[章末达标检测]请完成检测卷（一） 一46