高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第六章 平面向量及其应用本章综合与测试学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第六章 平面向量及其应用本章综合与测试学案，共14页。


【例1】 如图，梯形ABCD中，AB∥CD，点M，N分别是DA，BC的中点，且eq \f(DC,AB)＝k，设eq \(AD,\s\up14(→))＝e1，eq \(AB,\s\up14(→))＝e2，以e1，e2为基底表示向量eq \(DC,\s\up14(→))，eq \(BC,\s\up14(→))，eq \(MN,\s\up14(→)).
[解] ∵eq \(AB,\s\up14(→))＝e2，且eq \f(DC,AB)＝k，∴eq \(DC,\s\up14(→))＝keq \(AB,\s\up14(→))＝ke2.
∵eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))＋eq \(DA,\s\up14(→))＝0，∴eq \(BC,\s\up14(→))＝－eq \(AB,\s\up14(→))－eq \(CD,\s\up14(→))－Deq \(A,\s\up14(→))
＝－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(DC,\s\up14(→))＋eq \(AD,\s\up14(→))＝e1＋(k－1)e2.
又∵eq \(MN,\s\up14(→))＋eq \(NB,\s\up14(→))＋eq \(BA,\s\up14(→))＋eq \(AM,\s\up14(→))＝0，且eq \(NB,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up14(→))，eq \(AM,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→))，∴eq \(MN,\s\up14(→))＝－eq \(AM,\s\up14(→))－eq \(BA,\s\up14(→))－eq \(NB,\s\up14(→))
＝－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up14(→))＝eq \f(k＋1,2)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：
①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．
②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eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→))＝eq \(AC,\s\up14(→))；共起点两个向量作差用减法的几何意义，如eq \(OB,\s\up14(→))－eq \(OA,\s\up14(→))＝eq \(AB,\s\up14(→)).
1．如图所示，在△ABC中，eq \(AN,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)eq \(NC,\s\up14(→))，P是BN上的一点，若eq \(AP,\s\up14(→))＝meq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up14(→))，则实数m的值为 ．
eq \f(3,11) [设eq \(BP,\s\up14(→))＝λeq \(BN,\s\up14(→))，
则eq \(BP,\s\up14(→))＝eq \(BA,\s\up14(→))＋eq \(AP,\s\up14(→))＝－eq \(AB,\s\up14(→))＋meq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up14(→))＝(m－1)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up14(→)).
eq \(BN,\s\up14(→))＝eq \(BA,\s\up14(→))＋eq \(AN,\s\up14(→))＝－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up14(→)).
∵eq \(BP,\s\up14(→))与eq \(BN,\s\up14(→))共线，∴eq \f(1,4)(m－1)＋eq \f(2,11)＝0，
∴m＝eq \f(3,11).]
【例2】 (1)已知点A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量eq \(AB,\s\up14(→))在eq \(CD,\s\up14(→))方向上的投影为( )
A.eq \f(3\r(2),2) B.eq \f(3\r(15),2)
C．－eq \f(3\r(2),2) D．－eq \f(3\r(15),2)
(2)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，AD＝3，CD＝2，eq \(AM,\s\up14(→))＝2eq \(MD,\s\up14(→)).若eq \(AC,\s\up14(→))·eq \(BM,\s\up14(→))＝－3，则eq \(AB,\s\up14(→))·eq \(AD,\s\up14(→))＝ .
(1)A (2)eq \f(3,2) [(1)eq \(AB,\s\up14(→))＝(2,1)，eq \(CD,\s\up14(→))＝(5,5)，向量eq \(AB,\s\up14(→))＝(2,1)在eq \(CD,\s\up14(→))＝(5,5)上的投影为|eq \(AB,\s\up14(→))|cs〈eq \(AB,\s\up14(→))，eq \(CD,\s\up14(→))〉＝|eq \(AB,\s\up14(→))|·eq \f(\(AB,\s\up14(→))·\(CD,\s\up14(→)),|\(AB,\s\up14(→))||\(CD,\s\up14(→))|)＝eq \f(\(AB,\s\up14(→))·\(CD,\s\up14(→)),|\(CD,\s\up14(→))|)＝eq \f(15,5\r(2))＝eq \f(3\r(2),2).
(2)因为eq \(AC,\s\up14(→))·eq \(BM,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up14(→))＋\f(1,2)\(AB,\s\up14(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\(AB,\s\up14(→))＋\f(2,3)\(AD,\s\up14(→))))＝－2－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))·eq \(AD,\s\up14(→))＝－3，
所以eq \(AB,\s\up14(→))·eq \(AD,\s\up14(→))＝eq \f(3,2).]
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(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2，(a－b)2＝a2－2a·b＋b2，上述两公式以及(a＋b)·(a－b)＝a2－b2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a⊥b，则a·b＝0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Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝( )
A．4 B．3 C．2 D．0
B [a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2－(－1)＝3，故选B.]
3．已知正方形ABCD的面积为2，点P在边AB上，则eq \(PD,\s\up14(→))·eq \(PC,\s\up14(→))的最大值为( )
A.eq \f(\r(,6),2) B.eq \f(3,2) C．2 D.eq \r(,2)
C [如图建立平面直角坐标系，由题意得，D(eq \r(,2)，eq \r(,2))，C(eq \r(,2)，0)，设P(0，t)(0≤t≤eq \r(,2))，∴eq \(PD,\s\up14(→))＝(eq \r(,2)，eq \r(,2)－t)，eq \(PC,\s\up14(→))＝(eq \r(,2)，－t)，∴eq \(PD,\s\up14(→))·eq \(PC,\s\up14(→))＝t2－eq \r(,2)t＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(\r(,2),2)))eq \s\up20(2)＋eq \f(3,2)，∴当t＝0或eq \r(,2)时，(eq \(PD,\s\up14(→))·eq \(PC,\s\up14(→)))max＝2，故选C.]
【例3】 (1)(2018·北京高考)设向量a＝(1,0)，b＝(－1，m)，若a⊥(ma－b)，则m＝ .
(2)设a＝(2,0)，b＝(1，eq \r(,3))．
①若(λa－b)⊥b，求λ的值；
②若m＝λa＋μb，且|m|＝2eq \r(,3)，〈m，b〉＝eq \f(π,6)，求λ，μ的值．
[思路探究] (1)用坐标表示出ma－b，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)－1 [∵a＝(1,0)，b＝(－1，m)，
∴ma－b＝(m,0)－(－1，m)＝(m＋1，－m)，
由a⊥(ma－b)得：a·(ma－b)＝0，
∴m＋1＝0，
即m＝－1.]
(2)[解] ①因为a＝(2,0)，b＝(1，eq \r(,3))，
所以λa－b＝(2λ，0)－(1，eq \r(,3))＝(2λ－1，－eq \r(,3))．
又(λa－b)⊥b，
所以(λa－b)·b＝0，即(2λ－1，－eq \r(,3))·(1，eq \r(,3))＝0，
所以2λ－1－3＝0.所以λ＝2.
②因为a＝(2,0)，b＝(1，eq \r(,3))，m＝λa＋μb
＝λ(2,0)＋μ(1，eq \r(,3))＝(2λ＋μ，eq \r(,3)μ)．
因为|m|＝2eq \r(,3)，〈m，b〉＝eq \f(π,6)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2λ＋μ2＋\r(,3)μ2＝2\r(,3)2，,cs\f(π,6)＝\f(2λ＋μ，\r(,3)μ·1，\r(,3),2\r(,3)×2)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ2＋λμ＋μ2＝3，,λ＋2μ＝3.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝1，,μ＝1，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－1，,μ＝2，))
所以λ＝1，μ＝1或λ＝－1，μ＝2.
向量的坐标运算
若a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则
①a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2)；
②a－b＝(a1－b1，a2－b2)；
③λa＝(λa1，λa2)；
④a·b＝a1b1＋a2b2；
⑤a∥b⇔a1＝λb1，a2＝λb2(λ∈R)，或eq \f(a1,b1)＝eq \f(a2,b2)(b1≠0，b2≠0)；
⑥a⊥b⇔a1b1＋a2b2＝0；
⑦|a|＝eq \r(,a·a)＝eq \r(,a\\al(2,1)＋a\\al(2,2))；
⑧若θ为a与b的夹角，则
cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(a1b1＋a2b2,\r(,a\\al(2,1)＋a\\al(2,2))\r(,b\\al(2,1)＋b\\al(2,2))).
4．已知A(－1，－1)，B(sin θ，cs θ)，C(2,5)三点共线，且θ≠eq \f(kπ,2)(k∈Z)．求tan θ.
[解] 由题意得eq \(AB,\s\up14(→))＝(sin θ＋1，cs θ＋1)，eq \(AC,\s\up14(→))＝(3,6)．
因为A，B，C三点共线，所以eq \(AB,\s\up14(→))与eq \(AC,\s\up14(→))共线，
所以3(cs θ＋1)－6(sin θ＋1)＝0，
即cs θ－2sin θ＝1.
两边平方得cs2θ－4sin θcs θ＋4sin2θ＝sin2θ＋cs2θ.
即3sin2θ＝4sin θcs θ.因为θ≠eq \f(kπ,2)，k∈Z，
所以cs θ≠0，所以tan θ＝eq \f(4,3).
【例4】 (1)已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则λ＝( )
A．－4 B．－3 C．－2 D．－1
(2)设A，B，C，D为平面内的四点，且A(1,3)，B(2，－2)，C(4,1)．
①若eq \(AB,\s\up14(→))＝eq \(CD,\s\up14(→))，求D点的坐标．
②设向量a＝eq \(AB,\s\up14(→))，b＝eq \(BC,\s\up14(→))，若ka－b与a＋3b平行，求实数k的值．
(1)B [因为m＋n＝(2λ＋3,3)，
m－n＝(－1，－1)，
且(m＋n)⊥(m－n)，
所以(m＋n)·(m－n)＝－2λ－3－3＝0，
解得λ＝－3.]
(2)[解] ①设D(x，y)．
因为eq \(AB,\s\up14(→))＝eq \(CD,\s\up14(→))，
所以(2，－2)－(1,3)＝(x，y)－(4,1)，
化为(1，－5)＝(x－4，y－1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－4＝1，,y－1＝－5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝5，,y＝－4，))
所以D(5，－4)．
②因为a＝eq \(AB,\s\up14(→))＝(2，－2)－(1,3)＝(1，－5)，b＝eq \(BC,\s\up14(→))＝(4,1)－(2，－2)＝(2,3)，
所以ka－b＝k(1，－5)－(2,3)＝(k－2，－5k－3)，a＋3b＝(1，－5)＋3(2,3)＝(7,4)．
因为ka－b与a＋3b平行，
所以7(－5k－3)－4(k－2)＝0，
解得k＝－eq \f(1,3).
1．将本例(2)②中的“eq \(BC,\s\up14(→))”改为“eq \(AC,\s\up14(→))”，“平行”改为“垂直”，求实数k的值．
[解] 因为a＝eq \(AB,\s\up14(→))＝(1，－5)，b＝eq \(AC,\s\up14(→))＝(3，－2)，
所以ka－b＝(k－3，－5k＋2)，
a＋3b＝(10，－11)，
因为(ka－b)⊥(a＋3b)，
所以(ka－b)·(a＋3b)＝10(k－3)－11(－5k＋2)
＝65k－52＝0，
解得k＝eq \f(52,65).
2．在本例(2)中若A，B，D三点共线，且AC⊥CD，求点D的坐标．
[解] 设点D的坐标为(x，y)，则
eq \(AB,\s\up14(→))＝(1，－5)，eq \(AD,\s\up14(→))＝(x－1，y－3)，
eq \(AC,\s\up14(→))＝(3，－2)，eq \(CD,\s\up14(→))＝(x－4，y－1)，
由题意得eq \(AB,\s\up14(→))∥eq \(AD,\s\up14(→))，eq \(AC,\s\up14(→))⊥eq \(CD,\s\up14(→))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－5x－1－y－3＝0，,3x－4－2y－1＝0，))整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5x＋y＝8，,3x－2y＝10，))
解得x＝2，y＝－2，
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(a≠0)共线⇔存在唯一实数λ，使b＝λa.
(2)向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)共线⇔x1y2－x2y1＝0.
(3)向量a与b共线⇔|a·b|＝|a||b|.
(4)向量a与b共线⇔存在不全为零的实数λ1，λ2，使λ1a＋λ2b＝0.
2．证明平面向量垂直问题的常用方法
a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0，
其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)．
【例5】 已知向量e1，e2，且|e1|＝|e2|＝1，e1与e2的夹角为eq \f(π,3).m＝λe1＋e2，n＝3e1－2e2.
(1)求证：(2e1－e2)⊥e2；
(2)若|m|＝|n|，求λ的值；
(3)若m⊥n，求λ的值；
(4)若m与n的夹角为eq \f(π,3)，求λ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eq \f(π,3)，
所以(2e1－e2)·e2＝2e1·e2－eeq \\al(2,2)＝2|e1||e2|cseq \f(π,3)－|e2|2＝2×1×1×eq \f(1,2)－12＝0，所以(2e1－e2)⊥e2.
(2)由|m|＝|n|得(λe1＋e2)2＝(3e1－2e2)2，
即(λ2－9)eeq \\al(2,1)＋(2λ＋12)e1·e2－3eeq \\al(2,2)＝0.
因为|e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝eq \f(π,3)，
所以eeq \\al(2,1)＝eeq \\al(2,2)＝1，e1·e2＝1×1×cseq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，
所以(λ2－9)×1＋(2λ＋12)×eq \f(1,2)－3×1＝0，
即λ2＋λ－6＝0.所以λ＝2或λ＝－3.
(3)由m⊥n知m·n＝0，即(λe1＋e2)·(3e1－2e2)＝0，
即3λeeq \\al(2,1)＋(3－2λ)e1·e2－2eeq \\al(2,2)＝0.
因为|e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝eq \f(π,3)，
所以eeq \\al(2,1)＝eeq \\al(2,2)＝1，e1·e2＝1×1×cseq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，
所以3λ＋(3－2λ)×eq \f(1,2)－2＝0.所以λ＝eq \f(1,4).
(4)由前面解答知eeq \\al(2,1)＝eeq \\al(2,2)＝1，e1·e2＝eq \f(1,2)，|n|＝eq \r(,7).
而|m|2＝(λe1＋e2)2＝λ2eeq \\al(2,1)＋2λe1·e2＋eeq \\al(2,2)
＝λ2＋λ＋1，
所以|m|＝eq \r(,λ2＋λ＋1).
m·n＝(λe1＋e2)·(3e1－2e2)＝3λeeq \\al(2,1)＋(3－2λ)e1·e2－2eeq \\al(2,2)＝3λ＋(3－2λ)×eq \f(1,2)－2＝2λ－eq \f(1,2).
因为〈m，n〉＝eq \f(π,3)，由m·n＝|m||n|cs〈m，n〉得
2λ－eq \f(1,2)＝eq \r(,λ2＋λ＋1)·eq \r(,7)×eq \f(1,2)，
化简得3λ2－5λ－2＝0，所以λ＝2或λ＝－eq \f(1,3).
经检验知λ＝－eq \f(1,3)不成立，故λ＝2.
1．解决向量模的问题常用的策略
(1)应用公式：|a|＝eq \r(x2＋y2)(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||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
(4)研究模的平方|a±b|2＝(a±b)2.
2．求向量的夹角
设非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，两向量夹角θ(0≤θ≤π)的余弦cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))).
5．已知c＝ma＋nb，c＝(－2eq \r(3)，2)，a⊥c，b与c的夹角为eq \f(2π,3)，b·c＝－4，|a|＝2eq \r(2)，求实数m，n的值及a与b的夹角θ.
[解] ∵c＝(－2eq \r(3)，2)，∴|c|＝4.∵a⊥c，∴a·c＝0.
∵b·c＝|b||c|cseq \f(2π,3)＝|b|×4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－4，
∴|b|＝2.∵c＝ma＋nb，∴c2＝ma·c＋nb·c，
∴16＝n×(－4)，∴n＝－4.
在c＝ma＋nb两边同乘以a，
得0＝8m－4a·b.①
在c＝ma＋nb两边同乘以b，得ma·b＝12.②
由①②，得m＝±eq \r(6)，
∴a·b＝±2eq \r(6)，
∴cs θ＝eq \f(±2\r(6),2\r(2)×2)＝±eq \f(\r(3),2)，
∴θ＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6).
【例6】 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2acs B.
(1)证明：A＝2B；
(2)若△ABC的面积S＝eq \f(a2,4)，求角A的大小．
[解] (1)证明：由正弦定理得sin B＋sin C＝2sin Acs B，故2sin Acs B＝sin B＋sin(A＋B)＝sin B＋sin Acs B＋cs Asin B，于是sin B＝sin(A－B)．又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，
因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B.
(2)由S＝eq \f(a2,4)，得eq \f(1,2)absin C＝eq \f(a2,4)，故有sin Bsin C＝eq \f(1,2)sin 2B＝sin Bcs B，
因为sin B≠0，所以sin C＝cs B，
又B，C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,2)±B.
当B＋C＝eq \f(π,2)时，A＝eq \f(π,2)；
当C－B＝eq \f(π,2)时，A＝eq \f(π,4).
综上，A＝eq \f(π,2)或A＝eq \f(π,4).
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.
6．如图，在△ABC中，∠B＝eq \f(π,3)，AB＝8，点D在BC边上，CD＝2，cs∠ADC＝eq \f(1,7).
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的长．
[解] (1)在△ADC中，因为cs∠ADC＝eq \f(1,7)，所以sin∠ADC＝eq \f(4\r(3),7).
所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)
＝sin∠ADC cs B－cs∠ADC sin B
＝eq \f(4\r(3),7)×eq \f(1,2)－eq \f(1,7)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),14).
(2)在△ABD中，由正弦定理，得
BD＝eq \f(ABsin∠BAD,sin∠ADB)＝eq \f(8×\f(3\r(3),14),\f(4\r(3),7))＝3.
在△ABC中，由余弦定理，得
AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cs B
＝82＋52－2×8×5×eq \f(1,2)＝49.
所以AC＝7.
平面向量的线性运算
平面向量数量积的运算
平面向量的坐标运算
平面向量的平行与垂直问题
平面向量的模、夹角问题
利用正、余弦定理解三角形