第6章平面向量及其应用章末综合提升学案含解析

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第六章 平面向量及其应用 类型1　平面向量的线性运算 (1)本考点多为基础题，一般出现在选择题的第4～6题的位置，主要考查平面向量的线性运算及几何意义，平面向量基本定理及坐标运算，难度较小．考查分析能力，运算求解能力．核心素养是直观想象、数学运算． (2)用几个向量表示某个向量的技巧：①观察各个向量的位置；②寻找相应的三角形或多边形；③运用法则找关系；④化简结果． 【例1】　(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则eq \o(EB,\s\up7(→))＝(　　) A．eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up7(→))－eq \f(1,4)eq \o(AC,\s\up7(→))　　　　　　 B．eq \f(1,4)eq \o(AB,\s\up7(→))－eq \f(3,4)eq \o(AC,\s\up7(→)) C．eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up7(→))＋eq \f(1,4)eq \o(AC,\s\up7(→)) D．eq \f(1,4)eq \o(AB,\s\up7(→))＋eq \f(3,4)eq \o(AC,\s\up7(→)) A　[法一：如图所示，eq \o(EB,\s\up7(→))＝eq \o(ED,\s\up7(→))＋eq \o(DB,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up7(→))＋eq \f(1,2)eq \o(CB,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up7(→))＋eq \o(AC,\s\up7(→)))＋eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up7(→))－eq \o(AC,\s\up7(→)))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up7(→))－eq \f(1,4)eq \o(AC,\s\up7(→))，故选A． 法二：eq \o(EB,\s\up7(→))＝eq \o(AB,\s\up7(→))－eq \o(AE,\s\up7(→))＝eq \o(AB,\s\up7(→))－eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up7(→))＝eq \o(AB,\s\up7(→))－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up7(→))＋eq \o(AC,\s\up7(→)))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up7(→))－eq \f(1,4)eq \o(AC,\s\up7(→))，故选A．] eq \o([跟进训练]) 1．如图所示，在△ABC中，eq \o(AN,\s\up7(→))＝eq \f(1,3)eq \o(NC,\s\up7(→))，P是BN上的一点，若eq \o(AP,\s\up7(→))＝meq \o(AB,\s\up7(→))＋eq \f(2,11)eq \o(AC,\s\up7(→))，则实数m的值为________． eq \f(3,11)　[设eq \o(BP,\s\up7(→))＝λeq \o(BN,\s\up7(→))， 则eq \o(BP,\s\up7(→))＝eq \o(BA,\s\up7(→))＋eq \o(AP,\s\up7(→))＝－eq \o(AB,\s\up7(→))＋meq \o(AB,\s\up7(→))＋eq \f(2,11)eq \o(AC,\s\up7(→))＝(m－1)eq \o(AB,\s\up7(→))＋eq \f(2,11)eq \o(AC,\s\up7(→))． eq \o(BN,\s\up7(→))＝eq \o(BA,\s\up7(→))＋eq \o(AN,\s\up7(→))＝－eq \o(AB,\s\up7(→))＋eq \f(1,4)eq \o(AC,\s\up7(→))． ∵eq \o(BP,\s\up7(→))与eq \o(BN,\s\up7(→))共线，∴eq \f(1,4)(m－1)＋eq \f(2,11)＝0， ∴m＝eq \f(3,11)．] 类型2　平面向量数量积的运算 (1)本考点多为基础题，一般出现在选择题的第5～8题的位置，主要考查平面向量的数量积、模、夹角运算，难度中等及以下．考查分析能力，想象能力及运算求解能力． (2)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． 【例2】　(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则Aeq \o(P,\s\up7(→))·Aeq \o(B,\s\up7(→))的取值范围是(　　) A．(－2,6) B．(－6,2) C．(－2,4) D．(－4,6) A　[eq \o(AP,\s\up7(→))·eq \o(AB,\s\up7(→))＝|eq \o(AP,\s\up7(→))|·|eq \o(AB,\s\up7(→))|·cos∠PAB＝2|eq \o(AP,\s\up7(→))|·cos∠PAB，又|eq \o(AP,\s\up7(→))|·cos∠PAB表示eq \o(AP,\s\up7(→))在eq \o(AB,\s\up7(→))方向上的投影，所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小．又eq \o(AC,\s\up7(→))·eq \o(AB,\s\up7(→))＝2eq \r(3)×2×cos 30°＝6，eq \o(AF,\s\up7(→))·eq \o(AB,\s\up7(→))＝2×2×cos 120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，eq \o(AP,\s\up7(→))·eq \o(AB,\s\up7(→))∈(－2,6)，故选A．] eq \o([跟进训练]) 2．(2020·天津高考)如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且eq \o(AD,\s\up7(→))＝λeq \o(BC,\s\up7(→))，eq \o(AD,\s\up7(→))·eq \o(AB,\s\up7(→))＝－eq \f(3,2)，则实数λ的值为________，若M，N是线段BC上的动点，且|eq \o(MN,\s\up7(→))|＝1，则eq \o(DM,\s\up7(→))·eq \o(DN,\s\up7(→))的最小值为________． eq \f(1,6)　eq \f(13,2)　[依题意得AD∥BC，∠BAD＝120°，由eq \o(AD,\s\up7(→))·eq \o(AB,\s\up7(→))＝|eq \o(AD,\s\up7(→))|·|eq \o(AB,\s\up7(→))|·cos∠BAD＝－eq \f(3,2)|eq \o(AD,\s\up7(→))|＝－eq \f(3,2)，得|eq \o(AD,\s\up7(→))|＝1，因此λ＝eq \f(|\o(AD,\s\up7(→))|,|\o(BC,\s\up7(→))|)＝eq \f(1,6)．取MN的中点E，连接DE(图略)，则eq \o(DM,\s\up7(→))＋eq \o(DN,\s\up7(→))＝2eq \o(DE,\s\up7(→))，eq \o(DM,\s\up7(→))·eq \o(DN,\s\up7(→))＝eq \f(1,4)[(eq \o(DM,\s\up7(→))＋eq \o(DN,\s\up7(→)))2－(eq \o(DM,\s\up7(→))－eq \o(DN,\s\up7(→)))2]＝eq \o(DE,\s\up7(→))2－eq \f(1,4)eq \o(NM,\s\up7(→))2＝eq \o(DE,\s\up7(→))2－eq \f(1,4)．注意到线段MN在线 段BC上运动时，DE的最小值等于点D到直线BC的距离，即AB·sin B＝eq \f(3\r(3),2)，因此eq \o(DE,\s\up7(→))2－eq \f(1,4)的最小值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)＝eq \f(13,2)，即eq \o(DM,\s\up7(→))·eq \o(DN,\s\up7(→))的最小值为eq \f(13,2)．] 类型3　平面向量的共线 (1)高考对平面向量的共线的考查主要是在选择题或填空题中，难度较小，一般有两类题型：一是已知两个向量共线求参数的值；二是根据条件证明向量共线，再得出其他的结论． (2)平面向量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． 【例3】　(2018·全国卷Ⅲ)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，则λ＝________． eq \f(1,2)　[2a＋b＝(4,2)，因为c＝(1，λ)，且c∥(2a＋b)，所以1×2＝4λ，即λ＝eq \f(1,2)．] eq \o([跟进训练]) 3．设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋2b平行，则实数λ＝________． eq \f(1,2)　[∵a与b不平行，∴a＋2b≠0． ∵λa＋b与a＋2b平行， ∴λa＋b＝t(a＋2b)． ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(t＝λ，,2t＝1，))∴t＝λ＝eq \f(1,2)．] 类型4　平面向量的夹角与垂直 (1)向量的夹角与垂直问题是高考的重点题型，一般出现在选择题或填空题中，难度中等以下，当出现在解答题中时也会与其他知识结合考查，难度较小． (2)设非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，两向量夹角θ(0≤θ≤π)的余弦cos θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)))． (3)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4】　(1)(2020·全国卷Ⅲ)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos〈a，a＋b〉＝(　　) A．－eq \f(31,35)　　　　B．－eq \f(19,35)　　　　C．eq \f(17,35)　　　　D．eq \f(19,35) (2)(2020·全国卷Ⅰ)设向量a＝(1，－1)，b＝(m＋1,2m－4)，若a⊥b，则m＝________． (1)D　(2)5　[(1)由题意，得a·(a＋b)＝a2＋a·b＝25－6＝19，|a＋b|＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)＝eq \r(25－12＋36)＝7，所以cos〈a，a＋b〉＝eq \f(a·a＋b,|a||a＋b|)＝eq \f(19,5×7)＝eq \f(19,35)，故选D． (2)因为a⊥b，所以a·b＝m＋1－(2m－4)＝0，所以m＝5．] eq \o([跟进训练]) 4．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． [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))， 所以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\co1(2λ＋μ2＋\r(,3)μ2＝2\r(,3)2，,cos\f(π,6)＝\f(2λ＋μ，\r(,3)μ·1，\r(,3),2\r(,3)×2)，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ2＋λμ＋μ2＝3，,λ＋2μ＝3.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝1，,μ＝1，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,μ＝2，)) 所以λ＝1，μ＝1或λ＝－1，μ＝2． 类型5　向量的模与距离 (1)向量的模不仅是研究向量的一个重要的量，而且是利用向量方法解决几何问题的一个“交汇点”，一般在选择题或填空题中考查，难度中等． (2)向量的模的计算方法有几何法和坐标法两种，有时两种方法均可使用． 【例5】　(2020·北京高考)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足eq \o(AP,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up7(→))＋eq \o(AC,\s\up7(→)))，则|eq \o(PD,\s\up7(→))|＝________；eq \o(PB,\s\up7(→))·eq \o(PD,\s\up7(→))＝________． eq \r(5)　－1　[法一：如图，由题意及平面向量的平行四边形法则可知，点P为BC的中点，在三角形PCD中，|eq \o(PD,\s\up7(→))|＝eq \r(5)．cos∠DPB＝－cos∠DPC＝－eq \f(1,\r(5))，∴eq \o(PB,\s\up7(→))·eq \o(PD,\s\up7(→))＝|eq \o(PB,\s\up7(→))|·|eq \o(PD,\s\up7(→))|cos∠DPB＝1×eq \r(5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(5))))＝－1． 法二：以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，∴eq \o(AP,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up7(→))＋eq \o(AC,\s\up7(→)))＝(2,1)，P(2,1)，∴eq \o(PD,\s\up7(→))＝(－2,1)，eq \o(PB,\s\up7(→))＝(0，－1)，∴|eq \o(PD,\s\up7(→))|＝eq \r(5)，eq \o(PB,\s\up7(→))·eq \o(PD,\s\up7(→))＝(0，－1)·(－2,1)＝－1． ] eq \o([跟进训练]) 5．(2020·全国卷Ⅰ)设a，b为单位向量，且|a＋b|＝1，则|a－b|＝________． eq \r(3)　[∵a，b为单位向量，且|a＋b|＝1，∴(a＋b)2＝1， ∴1＋1＋2a·b＝1，∴a·b＝－eq \f(1,2)，∴|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝1＋1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝3，∴|a－b|＝eq \r(3)．] 类型6　利用正、余弦定理解三角形 (1)高考对正、余弦定理的考查既有选择、填空题，也有解答题，常以正弦定理、余弦定理的应用为背景，融合三角形面积公式、三角恒等变换等，体现了高考命题的交汇性． (2)求解此类问题的关键是正、余弦定理及其变形的灵活应用． 【例6】　(2020·新高考全国卷Ⅰ)在①ac＝eq \r(3)，②csinA＝3，③c＝eq \r(3)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝eq \r(3)sin B，C＝eq \f(π,6)，________？ [解]　方案一：选条件①． 由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2)． 由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b． 于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c． 由①ac＝eq \r(3)，解得a＝eq \r(3)，b＝c＝1． 因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1． 方案二：选条件②． 由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2)． 由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b． 于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq \f(π,6)，A＝eq \f(2π,3)． 由②csin A＝3，所以c＝b＝2eq \r(3)，a＝6． 因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2eq \r(3)． 方案三：选条件③． 由C＝eq \f(π,6)和余弦定理得eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(3),2)． 由sin A＝eq \r(3)sin B及正弦定理得a＝eq \r(3)b． 于是eq \f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq \f(\r(3),2)，由此可得b＝c． 由③c＝eq \r(3)b，与b＝c矛盾． 因此，选条件③时问题中的三角形不存在． eq \o([跟进训练]) 6．(2020·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知B＝150°． (1)若a＝eq \r(3)c，b＝2eq \r(7)，求△ABC的面积； (2)若sin A＋eq \r(3)sin C＝eq \f(\r(2),2)，求C． [解]　(1)由题设及余弦定理得28＝3c2＋c2－2×eq \r(3)c2×cos 150°． 解得c＝－2(舍去)或c＝2，从而a＝2eq \r(3)． 所以△ABC的面积为eq \f( 1,2)×2eq \r(3)×2×sin 150°＝eq \r(3)． (2)在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C， 所以sin A＋eq \r(3)sin C＝sin(30°－C)＋eq \r(3)sin C＝sin(30°＋C)． 故sin(30°＋C)＝eq \f(\r(2),2)． 而0°