人教版高中数学必修第二册同步讲解第6章《章末复习课》(含解析)

1、平面向量的线性运算【例1】如图，梯形ABCD中，ABCD，点M，N分别是DA，BC的中点，且k，设e1，e2，以e1，e2为基底表示向量，.解e2，且k，kke2.0，De1(k1)e2.又0，且，e2.向量线性运算的基本原则和求解策略(1)基本原则：向量的加法、减法和数乘运算统称为向量的线性运算向量的线性运算的结果仍是一个向量因此，对它们的运算法则、运算律的理解和运用要注意向量的大小和方向两个方面(2)求解策略：向量是一个有“形”的几何量，因此在进行向量线性运算时，一定要结合图形，这是研究平面向量的重要方法与技巧字符表示下的线性运算的常用技巧：首尾相接用加法的三角形法则，如；共起点两个向量作

2、差用减法的几何意义，如.1如图所示，在ABC中，P是BN上的一点，若m，则实数m的值为 设，则m(m1).与共线，(m1)0，m.平面向量数量积的运算【例2】(1)已知点A(1,1)，B(1,2)，C(2，1)，D(3,4)，则向量在方向上的投影为()A.B.C D(2)如图，在梯形ABCD中，ABCD，AB4，AD3，CD2，2.若3，则 .(1)A(2)(1)(2,1)，(5,5)，向量(2,1)在(5,5)上的投影为|cos，|.(2)因为23，所以.向量数量积的求解策略(1)利用数量积的定义、运算律求解在数量积运算律中，有两个形似实数的完全平方公式在解题中的应用较为广泛，即(ab)2a

3、22abb2，(ab)2a22abb2，上述两公式以及(ab)(ab)a2b2这一类似于实数平方差的公式在解题过程中可以直接应用(2)借助零向量即借助“围成一个封闭图形且首尾相接的向量的和为零向量”，再合理地进行向量的移项以及平方等变形，求解数量积(3)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ab，则ab0等解决问题(4)建立坐标系，利用坐标运算求解数量积2(2018全国卷)已知向量a，b满足|a|1，ab1，则a(2ab)()A4B3 C2D0Ba(2ab)2a2ab2(1)3，故选B.3已知正方形ABCD的面积为2，点P在边

4、AB上，则的最大值为()A.B. C2D.C如图建立平面直角坐标系，由题意得，D(，)，C(，0)，设P(0，t)(0t)，(，t)，(，t)，t2t2，当t0或时，()max2，故选C.平面向量的坐标运算【例3】(1)(2018北京高考)设向量a(1,0)，b(1，m)，若a(mab)，则m .(2)设a(2,0)，b(1，)若(ab)b，求的值；若mab，且|m|2，m，b，求，的值思路探究(1)用坐标表示出mab，再利用垂直关系列出方程求解(2)将向量坐标表示后列方程或方程组求解(1)1a(1,0)，b(1，m)，mab(m,0)(1，m)(m1，m)，由a(mab)得：a(mab)0，

5、m10，即m1.(2)解因为a(2,0)，b(1，)，所以ab(2，0)(1，)(21，)又(ab)b，所以(ab)b0，即(21，)(1，)0，所以2130.所以2.因为a(2,0)，b(1，)，mab(2,0)(1，)(2，)因为|m|2，m，b，所以即解得或所以1，1或1，2.向量的坐标运算若a(a1，a2)，b(b1，b2)，则ab(a1b1，a2b2)；ab(a1b1，a2b2)；a(a1，a2)；aba1b1a2b2；aba1b1，a2b2(R)，或(b10，b20)；aba1b1a2b20；|a|；若为a与b的夹角，则cos .4已知A(1，1)，B(sin ，cos )，C(2

6、,5)三点共线，且(kZ)求tan .解由题意得(sin 1，cos 1)，(3,6)因为A，B，C三点共线，所以与共线，所以3(cos 1)6(sin 1)0，即cos 2sin 1.两边平方得cos24sin cos 4sin2sin2cos2.即3sin24sin cos .因为，kZ，所以cos 0，所以tan .平面向量的平行与垂直问题【例4】(1)已知向量m(1,1)，n(2,2)，若(mn)(mn)，则()A4B3 C2D1(2)设A，B，C，D为平面内的四点，且A(1,3)，B(2，2)，C(4,1)若，求D点的坐标设向量a，b，若kab与a3b平行，求实数k的值(1)B因为m

7、n(23,3)，mn(1，1)，且(mn)(mn)，所以(mn)(mn)2330，解得3.(2)解设D(x，y)因为，所以(2，2)(1,3)(x，y)(4,1)，化为(1，5)(x4，y1)，所以解得所以D(5，4)因为a(2，2)(1,3)(1，5)，b(4,1)(2，2)(2,3)，所以kabk(1，5)(2,3)(k2，5k3)，a3b(1，5)3(2,3)(7,4)因为kab与a3b平行，所以7(5k3)4(k2)0，解得k.1将本例(2)中的“”改为“”，“平行”改为“垂直”，求实数k的值解因为a(1，5)，b(3，2)，所以kab(k3，5k2)，a3b(10，11)，因为(ka

8、b)(a3b)，所以(kab)(a3b)10(k3)11(5k2)65k520，解得k.2在本例(2)中若A，B，D三点共线，且ACCD，求点D的坐标解设点D的坐标为(x，y)，则(1，5)，(x1，y3)，(3，2)，(x4，y1)，由题意得，所以整理得解得x2，y2，所以点D的坐标为(2，2)1证明共线问题常用的方法(1)向量a，b(a0)共线存在唯一实数，使ba.(2)向量a(x1，y1)，b(x2，y2)共线x1y2x2y10.(3)向量a与b共线|ab|a|b|.(4)向量a与b共线存在不全为零的实数1，2，使1a2b0.2证明平面向量垂直问题的常用方法abab0x1x2y1y20，

9、其中a(x1，y1)，b(x2，y2)平面向量的模、夹角问题【例5】已知向量e1，e2，且|e1|e2|1，e1与e2的夹角为.me1e2，n3e12e2.(1)求证：(2e1e2)e2；(2)若|m|n|，求的值；(3)若mn，求的值；(4)若m与n的夹角为，求的值思路探究利用两向量垂直则数量积为零，关于向量模的问题，先对其平方，以及合理使用夹角公式解(1)证明：因为|e1|e2|1，e1与e2的夹角为，所以(2e1e2)e22e1e2e2|e1|e2|cos|e2|2211120，所以(2e1e2)e2.(2)由|m|n|得(e1e2)2(3e12e2)2，即(29)e(212)e1e23

10、e0.因为|e1|e2|1，e1，e2，所以ee1，e1e211cos，所以(29)1(212)310，即260.所以2或3.(3)由mn知mn0，即(e1e2)(3e12e2)0，即3e(32)e1e22e0.因为|e1|e2|1，e1，e2，所以ee1，e1e211cos，所以3(32)20.所以.(4)由前面解答知ee1，e1e2，|n|.而|m|2(e1e2)22e2e1e2e21，所以|m|.mn(e1e2)(3e12e2)3e(32)e1e22e3(32)22.因为m，n，由mn|m|n|cosm，n得2，化简得32520，所以2或.经检验知不成立，故2.1解决向量模的问题常用的策

11、略(1)应用公式：|a|(其中a(x，y)(2)应用三角形或平行四边形法则(3)应用向量不等式|a|b|ab|a|b|.(4)研究模的平方|ab|2(ab)2.2求向量的夹角设非零向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，两向量夹角(0)的余弦cos .5已知cmanb，c(2，2)，ac，b与c的夹角为，bc4，|a|2，求实数m，n的值及a与b的夹角.解c(2，2)，|c|4.ac，ac0.bc|b|c|cos|b|44，|b|2.cmanb，c2macnbc，16n(4)，n4.在cmanb两边同乘以a，得08m4ab.在cmanb两边同乘以b，得mab12.由，得m，ab2，cos ，或

12、.利用正、余弦定理解三角形【例6】在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bc2acos B.(1)证明：A2B；(2)若ABC的面积S，求角A的大小解(1)证明：由正弦定理得sin Bsin C2sin Acos B，故2sin Acos Bsin Bsin(AB)sin Bsin Acos Bcos Asin B，于是sin Bsin(AB)又A，B(0，)，故0AB，所以B(AB)或BAB，因此A(舍去)或A2B，所以A2B.(2)由S，得absin C，故有sin Bsin Csin 2Bsin Bcos B，因为sin B0，所以sin Ccos B，又B，C(0，)，所以CB.当BC时，A；当CB时，A.综上，A或A.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ABC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ABC，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ABC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，