章末复习课2 平面向量及其应用（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高一数学必修第二册高中同步学案（北师大版）

本高中数学课件为必修第二册章末复习资料，系统梳理空间形式与数量关系核心内容，通过“体系构建”模块与平行四边形图形等可视化工具，串联知识点逻辑脉络，助力学生构建完整知识网络。 其特色在于以“数学眼光”强化几何直观，通过图形顶点标注及线段连接活动培养空间观念，结合知识框架图实施分层复习策略，引导学生用数学思维深化概念理解，有效提升复习效率，为教师提供系统性教学支持。

章 末 复 习 课 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 谢谢观看 章末复习课 必修第二册 数学 一、向量的线性运算 1．向量的线性运算有平面向量及其坐标运算的加法、减法、数乘运算以及平面向量基本定理、共线(平行)向量基本定理，主要考查向量的线性运算和根据线性运算求参数问题． 2. 向量线性运算的基本方法 (1)类比法：向量的数乘运算类似于代数多项式的运算，例如，实数运算中的去括号、移项、合并同类项、提取公因式等变形手段在数与向量的乘积中同样适用，但是这里的“同类项”“公因式”是指向量，实数看作是向量的系数． (2)方程法：向量也可以通过列方程来解，把所求向量当作未知数，利用解方程的方法求解，同时在运算过程中多注意观察，恰当的运用运算律，简化运算． [例1]　(1)已知向量a＝(2，1)，b＝(－3，4)，则2a－b等于(　　) A．(7，－2)　　　　　　 B．(1，－2) C．(1，－3) D．(7，2) (2)如图所示，已知六边形ABCDEF是一正六边形，O是它的中心，其中 eq \o(OA,\s\up14(→)) ＝a， eq \o(OB,\s\up14(→)) ＝b， eq \o(OC,\s\up14(→)) ＝c，则 eq \o(EF,\s\up14(→)) 等于(　　) A．a＋b B．b－a C．c－b D．b－c [解析]　(1)∵a＝(2，1)，b＝(－3，4)， ∴2a－b＝2(2，1)－(－3，4)＝(4，2)－(－3，4)＝(7，－2). (2) eq \o(EF,\s\up14(→)) ＝ eq \o(OA,\s\up14(→)) ＝ eq \o(CB,\s\up14(→)) ＝ eq \o(OB,\s\up14(→)) － eq \o(OC,\s\up14(→)) ＝b－c. [答案]　(1)A　(2)D 1．如图所示，在正方形ABCD中，M是BC的中点，若 eq \o(AC,\s\up14(→)) ＝λ eq \o(AM,\s\up14(→)) ＋μ eq \o(BD,\s\up14(→)) ，则λ＋μ等于(　　) A． eq \f(4,3) B． eq \f(5,3) C． eq \f(15,8) D．2 解析：因为 eq \o(AC,\s\up14(→)) ＝λ eq \o(AM,\s\up14(→)) ＋μ eq \o(BD,\s\up14(→)) ＝λ( eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(BM,\s\up14(→)) )＋μ( eq \o(BA,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up14(→)) ) ＝λ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up14(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up14(→)))) ＋μ(－ eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up14(→)) )＝(λ－μ) eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)＋μ)) eq \o(AD,\s\up14(→)) ， 且 eq \o(AC,\s\up14(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up14(→)) ，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ－μ＝1，,\f(1,2)λ＋μ＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(4,3)，,μ＝\f(1,3)，)) 所以λ＋μ＝ eq \f(5,3) ，故选B. 答案：B 二、向量数量积的运算 1．平面向量的数量积是向量的核心内容，重点是数量积的运算，利用向量的数量积判断两向量平行、垂直，求两向量的夹角，计算向量的长度等． 2．(1)向量数量积的两种计算方法 ①当已知向量的模和夹角θ时，可利用定义法求解，即a·b＝|a||b|cos θ； ②当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2. (2)利用向量数量积可以解决以下问题： ①设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)， a∥b⇔x1y2－x2y1＝0， a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝0(a，b均为非零向量)； ②求向量的夹角和模的问题 设a＝(x1，y1)，则|a|＝ eq \o\al(2,1) eq \r(x＋y eq \o\al(2,1) ) . 两向量夹角的余弦值(0≤θ≤π，a，b为非零向量) cos θ＝ eq \f(a·b,|a||b|) ＝eq \o\al(2,1) eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x＋y eq \o\al(2,1) ) \r(x eq \o\al(2,2) ＋y eq \o\al(2,2) )) . [例2]　(1)已知|a|＝|b|＝1，a＋b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)，\f(7,5))) ，则|a－b|的值为________． (2)设四边形ABCD为平行四边形，| eq \o(AB,\s\up14(→)) |＝6，| eq \o(AD,\s\up14(→)) |＝4.若点M，N满足 eq \o(BM,\s\up14(→)) ＝3 eq \o(MC,\s\up14(→)) ， eq \o(DN,\s\up14(→)) ＝2 eq \o(NC,\s\up14(→)) ，则 eq \o(AM,\s\up14(→)) · eq \o(NM,\s\up14(→)) ＝(　　) A．20 B．15 C．9 D．6 [解析]　 (1)由|a＋b|2＋|a－b| 2＝(a＋b)2＋(a－b)2＝2(a2＋b2)＝2(|a|2＋|b|2)， 可知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5))) eq \s\up20(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5))) eq \s\up20(2) ＋|a－b|2＝4， 解得|a－b|2＝2，即|a－b|＝ eq \r(2) . (2)如图所示，由题设知： eq \o(AM,\s\up14(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \o(BM,\s\up14(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up14(→)) ＋ eq \f(3,4) eq \o(AD,\s\up14(→)) ， eq \o(NM,\s\up14(→)) ＝ eq \o(NC,\s\up14(→)) － eq \o(MC,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up14(→)) － eq \f(1,4) eq \o(AD,\s\up14(→)) ， ∴ eq \o(AM,\s\up14(→)) · eq \o(NM,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up14(→))＋\f(3,4)\o(AD,\s\up14(→)))) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(AB,\s\up14(→))－\f(1,4)\o(AD,\s\up14(→)))) ＝ eq \f(1,3) | eq \o(AB,\s\up14(→)) |2－ eq \f(3,16) | eq \o(AD,\s\up14(→)) |2＋ eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up14(→)) · eq \o(AD,\s\up14(→)) － eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up14(→)) · eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,3) ×36－ eq \f(3,16) ×16＝9. [答案]　(1) eq \r(2) 　(2)C 2．设a＝(1，2)，b＝(1，1)，c＝a＋kb.若b⊥c，则实数k的值等于(　　) A．－ eq \f(3,2) 　　　　　　　 B．－ eq \f(5,3) C． eq \f(5,3) D． eq \f(3,2) 解析：c＝a＋kb＝(1＋k，2＋k)， 又b⊥c，所以1×(1＋k)＋1×(2＋k)＝0， 解得k＝－ eq \f(3,2) . 答案：A 3．已知向量a＝(1，1)，b＝(0，－2)，设向量m＝ka－b，n＝a＋b. (1)当m∥n时，求实数k的值； (2)当m与n的夹角为120°时，求实数k的值． 解：(1)因为向量a，b不平行，所以向量a，b是平面内的一组基底，从而由m∥n知m，n对应于基底a，b的系数成比例，即 eq \f(k,1) ＝ eq \f(－1,1) ，于是k＝－1. (2)∵m＝(k，k＋2)，n＝(1，－1)，∴|m|＝ eq \r(2k2＋4k＋4) ，|n|＝ eq \r(2) ，m·n＝k－(k＋2)＝－2，代入m·n＝|m||n|cos 120°，得－2＝ eq \r(2k2＋4k＋4) · eq \r(2) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) ，即k2＋2k－2＝0，解得k＝－1± eq \r(3) . 三、正、余弦定理解三角形 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. [例3]　(1)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c.已知C＝60°，b＝ eq \r(6) ，c＝3，则A＝________． (2)△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍． ①求 eq \f(sin B,sin C) ； ②若AD＝1，DC＝ eq \f(\r(2),2) ，求BD和AC的长． [解析]　(1)由正弦定理 eq \f(c,sin C) ＝ eq \f(b,sin B) 得 eq \f(3,sin 60°) ＝ eq \f(\r(6),sin B) ， 解得sin B＝ eq \f(\r(2),2) . 又b<c且C＝60°，所以B<60°. 所以B＝45°，因此A＝180°－60°－45°＝75°. [答案]　75° (2)①S△ABD＝ eq \f(1,2) AB·AD sin ∠BAD， S△ADC＝ eq \f(1,2) AC·AD sin ∠CAD. 因为S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD， 所以AB＝2AC. 由正弦定理得 eq \f(sin B,sin C) ＝ eq \f(AC,AB) ＝ eq \f(1,2) . ②因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC， 所以BD＝ eq \r(2) ， 在△ABD和△ADC中，由余弦定理知 AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB， AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos ∠ADC， 故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6， 由(1)知AB＝2AC，所以AC＝1. 4．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c2＝(a－b)2＋6，C＝ eq \f(2π,3) ，则△ABC的面积是(　　) A． eq \f(\r(3),2) B． eq \r(3) C． eq \f(3\r(3),2) D．2 答案：A 四、正、余弦定理在实际生活中的应用 解三角形应用题常见的几种情况 1．实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解． 2．实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个(或两个以上)三角形，这时需作出这些三角形，然后从这几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解． 3．实际问题经抽象概括后，涉及的三角形只有一个，但由已知条件解三角形需选择使用正弦定理或余弦定理去求问题的解． [例4]　为了测量两山顶M，N之间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量．A，B，M，N在同一个铅垂平面内(如图).飞机能够测量的数据有俯角和A，B间的距离．请设计一个方案，包括：①指出需要测量的数据(用字母表示，并在图中标出)；②用文字和公式写出计算M，N间的距离的步骤． [解]　①需要测量的数据有A观测M，N的俯角α1，β1，B观测M，N的俯角α2，β2；A，B间的距离d(如图所示). ②法一：　第一步，计算AM.在△ABM中，由正弦定理得， AM＝ eq \f(d sin α2,sin (α1＋α2)) ； 第二步，计算AN.在△ABN中，由正弦定理得， AN＝ eq \f(d sin β2,sin (β2－β1)) ； 第三步，计算MN.在△AMN中，由余弦定理得， MN＝ eq \r(AM2＋AN2－2AM×AN cos (α1－β1)) . 法二：　第一步，计算BM.在△ABM中，由正弦定理得， BM＝ eq \f(d sin α1,sin (α1＋α2)) ； 第二步，计算BN.在△ABN中，由正弦定理得， BN＝ eq \f(d sin β1,sin (β2－β1)) ； 第三步，计算MN.在△BMN中，由余弦定理得， MN＝ eq \r(BM2＋BN2＋2BM×BN cos (β2＋α2)) . 5．海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为12 eq \r(6) n mile处；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8 eq \r(3) n mile处；货轮向正北由A处航行到D处时看灯塔B，在货轮的北偏东120°方向上．求： (1)A处与D处的距离； (2)灯塔C与D处之间的距离． 解：由题意，画出示意图，如图所示． (1)在△ABD中，由已知∠ADB＝60°，则B＝45°. 由正弦定理，得AD＝ eq \f(AB sin 45°,sin 60°) ＝24(n mile). (2)在△ADC中，由余弦定理，得 CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC cos 30°＝242＋(8 eq \r(3) )2－2×24×8 eq \r(3) × eq \f(\r(3),2) ＝(8 eq \r(3) )2，得CD＝8 eq \r(3) (n mile). 答：A处与D处的距离为24 n mile，灯塔C与D处的距离为8 eq \r(3) n mile. $