2024-2025学年新教材高中数学第六章平面向量及其应用本章总结学案含解析新人教A版必修第二册

PAGE1-第六章平面对量及其应用本章总结eq\a\vs4\al(专题一向量的线性运算)平面对量的线性运算是近几年高考的考查重点和热点，通常以几何图形为依托考查向量的线性运算，重在对向量的分解与合成，一般以选择题或填空题的形式出现．[例1]如图，已知eq\o(OA,\s\up16(→))＝a，eq\o(OB,\s\up16(→))＝b，C为线段AO上距A较近的一个三等分点，D为线段CB上距C较近的一个三等分点，则用a，b表示eq\o(OD,\s\up16(→))的表达式为()A.eq\f(1,9)(4a＋3b) B.eq\f(1,16)(9a＋7b)C.eq\f(1,3)(2a＋b) D.eq\f(1,4)(3a＋b)[解析]∵eq\o(OD,\s\up16(→))＝eq\o(OC,\s\up16(→))＋eq\o(CD,\s\up16(→))＝eq\o(OC,\s\up16(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up16(→))＝eq\o(OC,\s\up16(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(OB,\s\up16(→))－eq\o(OC,\s\up16(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(OC,\s\up16(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up16(→))＝eq\f(4,9)eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up16(→))＝eq\f(1,9)(4a＋3b)，∴故选A.[答案]Aeq\a\vs4\al(专题二向量的数量积运算)数量积的运算是本章的核心，由于数量积的运算及其性质涵盖向量的长度、角度以及不等式等，因此它的应用也最广泛．利用数量积可以求长度、也可推断直线与直线之间的关系(相交的夹角以及垂直)，还可以通过向量的坐标运算将代数中的有关函数、不等式以及数列等学问融合在一起，当然更为重要的还在于向量与解析几何中的交汇．[例2]平面内给定三个向量a＝(3,2)，b＝(－1,2)，c＝(4,1)．(1)求满意a＝mb＋nc的实数m、n；(2)若(a＋kc)∥(2b－a)，求实数k；(3)设d＝(x，y)满意(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|＝1，求向量d.[解](1)∵a＝mb＋nc，∴(3,2)＝(－m＋4n,2m＋n∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－m＋4n＝3，,2m＋n＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(5,9)，,n＝\f(8,9).))(2)∵(a＋kc)∥(2b－a)，又a＋kc＝(3＋4k,2＋k)，2b－a＝(－5,2)，∴2(3＋4k)＋5(2＋k)＝0，即k＝－eq\f(16,13).(3)∵d－c＝(x－4，y－1)，a＋b＝(2,4)，又(d－c)∥(a＋b)，|d－c|＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4－2y－1＝0，,x－42＋y－12＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4＋\f(\r(5),5)，,y＝1＋\f(2\r(5),5)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4－\f(\r(5),5)，,y＝1－\f(2\r(5),5).))∴d＝(4＋eq\f(\r(5),5)，1＋eq\f(2\r(5),5))或d＝(4－eq\f(\r(5),5)，1－eq\f(2\r(5),5))．[例3]如图所示，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，且AP＝3，则eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝________.[解析]∵eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝eq\o(AP,\s\up16(→))·(eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(BC,\s\up16(→)))＝eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))＝eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AP,\s\up16(→))·(eq\o(BD,\s\up16(→))＋eq\o(DC,\s\up16(→)))＝eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(BD,\s\up16(→))＋2eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(AB,\s\up16(→))，又∵AP⊥BD，∴eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(BD,\s\up16(→))＝0.∵eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(AB,\s\up16(→))＝|eq\o(AP,\s\up16(→))||eq\o(AB,\s\up16(→))|cos∠BAP＝|eq\o(AP,\s\up16(→))|2，∴eq\o(AP,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝2|eq\o(AP,\s\up16(→))|2＝2×9＝18.[答案]18平面对量的数量积是向量的核心内容，向量的平行、垂直关系是向量间最基本、最重要的位置关系，而向量的夹角、长度是向量的数量特征，利用向量的数量积可以证明两向量垂直、平行，求两向量的夹角，计算向量的长度等．[例4]已知△ABC中，∠ACB是直角，CA＝CB，D是CB的中点，E是AB上一点，且AE＝2EB，求证：AD⊥CE.[证明]建立如图所示的直角坐标系，设A(a,0)，E(x，y)，则B(0，a)．∵D是BC的中点，∴D(0，eq\f(a,2))．又∵eq\o(AE,\s\up16(→))＝2eq\o(EB,\s\up16(→))，即(x－a，y)＝2(－x，a－y)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a＝－2x，,y＝2a－2y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a,3)，,y＝\f(2,3)a.))∴eq\o(OE,\s\up16(→))＝eq\o(CE,\s\up16(→))＝(eq\f(a,3)，eq\f(2,3)a)．∵eq\o(AD,\s\up16(→))＝(0，eq\f(a,2))－(a,0)＝(－a，eq\f(a,2))，∴eq\o(AD,\s\up16(→))·eq\o(CE,\s\up16(→))＝(－a)×eq\f(a,3)＋eq\f(a,2)×eq\f(2,3)a＝－eq\f(1,3)a2＋eq\f(1,3)a2＝0.∴eq\o(AD,\s\up16(→))⊥eq\o(CE,\s\up16(→))，即AD⊥CE.eq\a\vs4\al(专题三向量与其他问题的综合)[例5]设a，b，c是单位向量，且a·b＝0，则(a－c)·(b－c)的最小值为()A．－2 B.eq\r(2)－2C．－1 D．1－eq\r(2)[解析]∵a，b，c是单位向量，a·b＝0，∴|a＋b|＝eq\r(2).(a－c)·(b－c)＝a·b－(a＋b)·c＋c2，设向量a＋b与c的夹角为θ，则(a－c)·(b－c)＝1－|a＋b|·|c|·cosθ＝1－eq\r(2)cosθ≥1－eq\r(2)，故所求的最小值为1－eq\r(2).[答案]D[例6]已知点A(2,0)，B(0,2)，C(cosα，sinα)(其中0<α<π)，O为坐标原点．(1)若|eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\o(OC,\s\up16(→))|＝eq\r(7)，求eq\o(OB,\s\up16(→))与eq\o(OC,\s\up16(→))的夹角；(2)若eq\o(AC,\s\up16(→))⊥eq\o(BC,\s\up16(→))，求tanα的值．[解](1)由已知eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\o(OC,\s\up16(→))＝(2＋cosα，sinα)．∵|eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\o(OC,\s\up16(→))|＝eq\r(7)，∴(2＋cosα)2＋sin2α＝7，即4＋4cosα＋cos2α＋sin2α＝7，∴cosα＝eq\f(1,2)，又α∈(0，π)，∴sinα＝eq\f(\r(3),2)，从而eq\o(OC,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).又eq\o(OB,\s\up16(→))＝(0,2)，∴cos∠BOC＝eq\f(\o(OB,\s\up16(→))·\o(OC,\s\up16(→)),|\o(OB,\s\up16(→))||\o(OC,\s\up16(→))|)＝eq\f(\r(3),2)，∴∠BOC＝eq\f(π,6).故eq\o(OB,\s\up16(→))与eq\o(OC,\s\up16(→))的夹角为eq\f(π,6).(2)由已知得，eq\o(AC,\s\up16(→))＝(cosα－2，sinα)，eq\o(BC,\s\up16(→))＝(cosα，sinα－2)，∵eq\o(AC,\s\up16(→))⊥eq\o(BC,\s\up16(→))，∴eq\o(AC,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))＝0，∴cosα(cosα－2)＋sinα(sinα－2)＝0.∴sinα＋cosα＝eq\f(1,2)，两边平方得，(sinα＋cosα)2＝eq\f(1,4)，∴2sinαcosα＋eq\f(3,4)＝0，∴2sinαcosα＋eq\f(3,4)(sin2α＋cos2α)＝0，即3sin2α＋8sinαcosα＋3cos2α＝0，两边同除以cos2α，得3tan2α＋8tanα＋3＝0.∴tanα＝eq\f(－8±2\r(7),6)＝eq\f(－4±\r(7),3).∵2sinαcosα＝－eq\f(3,4)<0，α∈(0，π)，∴sinα>0，cosα<0.又sinα＋cosα＝eq\f(1,2)>0，∴sinα>－cosα，∴eq\f(sinα,cosα)<－1，即tanα<－1，而tanα＝eq\f(－4＋\r(7),3)>－1，故舍去．故tanα＝－eq\f(4＋\r(7),3)为所求．eq\a\vs4\al(专题四正、余弦定理的基本应用)应用正、余弦定理解三角形问题往往和三角形面积公式、正、余弦定理的变形等结合．在解三角形时，留意挖掘题目中的隐含条件和正、余弦定理的变形应用，留意公式的选择和方程思想的应用．[例7]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满意(2a－b)cosC＝ccosB，△ABC的面积S＝10eq\r(3)，c＝7.(1)求角C；(2)求a，b的值．[解](1)∵(2a－b)cosC＝ccosB∴(2sinA－sinB)cosC＝sinCcosB，2sinAcosC－sinBcosC＝cosBsinC，即2sinAcosC＝sin(B＋C)，∴2sinAcosC＝sinA.∵A∈(0，π)，∴sinA≠0，∴cosC＝eq\f(1,2).∴C＝eq\f(π,3).(2)由S＝eq\f(1,2)absinC＝10eq\r(3)，C＝eq\f(π,3)，得ab＝40.①由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即c2＝(a＋b)2－2abeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos\f(π,3)))，∴72＝(a＋b)2－2×40×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))，∴a＋b＝13.②由①②得a＝8，b＝5或a＝5，b＝8.正、余弦定理常与三角恒等变换、三角形面积公式结合在一起综合考查学生的实力，解题的关键是结合条件，利用正、余弦定理进行边角互化，然后在此基础上再进行三角恒等变换，解题时要留意公式的变形及娴熟应用eq\a\vs4\al(专题五推断三角形的形态)依据已知条件(通常是含有三角形的边和角的等式或不等式)推断三角形的形态时，须要敏捷地应用正弦定理和余弦定理转化为边的关系或角的关系．推断三角形的形态是高考中考查实力的常见题型，此类题目要求精确地把握三角形的分类，三角形按边的关系分为等腰三角形和不等边三角形；三角形按角的关系分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形．推断三角形的形态，一般有以下两种途径：将已知条件统一化成边的关系，用代数方法求解；将已知条件统一化成角的关系，用三角学问求解．在解三角形时常用的结论有：(1)在△ABC中，A>B⇔a>b⇔sinA>sinB⇔cosA<cosB；A＝B⇔a＝b⇔sinA＝sinB⇔cosA＝cosB.(2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，A＋B＝π－C，eq\f(A＋B,2)＝eq\f(π,2)－eq\f(C,2)，则cos(A＋B)＝－cosC，sin(A＋B)＝sinC，sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2).(3)在△ABC中，a2＋b2<c2⇔cosC<0⇔eq\f(π,2)<C<π，a2＋b2＝c2⇔cosC＝0⇔C＝eq\f(π,2)，a2＋b2>c2⇔cosC>0⇔0<C<eq\f(π,2).[例8]在△ABC中，若c＝2acosB，则△ABC的形态肯定是()A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等边三角