2020高中数学第2章平面向量章末复习学案苏教版必修4

第2章平面向量章末复习学习目标 1.回顾梳理向量的有关概念，进一步体会向量的有关概念的特征.2.系统整理向量线性运算、数量积运算及相应的运算律和运算性质.3.体会应用向量解决问题的基本思想和基本方法.4.进一步理解向量的“工具”性作用．1．向量的运算：设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2).向量运算法则(或几何意义)坐标运算向量的线性运算加法a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2) 减法a－b＝(x1－x2，y1－y2) 数乘(1)|λa|＝|λ||a|；(2)当λ＞0时，λa的方向与a的方向相同；当λ＜0时，λa的方向与a的方向相反；当λ＝0时，λa＝0λa＝(λx1，λy1)向量的数量积运算a·b＝|a||b|cosθ(θ为a与b的夹角)规定0·a＝0，数量积的几何意义是a的模与b在a方向上的投影的积a·b＝x1x2＋y1y22．两个定理(1)平面向量基本定理①定理：如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2.②基底：把不共线的向量e 1，e 2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底． (2)向量共线定理如果有一个实数λ，使b ＝λa (a ≠0)，那么b 与a 是共线向量；反之，如果b 与a (a ≠0)是共线向量，那么有且只有一个实数λ，使b ＝λa . 3．向量的平行与垂直a ，b 为非零向量，设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，a ∥b 有唯一实数λ使得b ＝λa (a ≠0) x 1y 2－x 2y 1＝0 a ⊥ba ·b ＝0x 1x 2＋y 1y 2＝01．平面内的任何两个向量都可以作为一组基底．( × ) 提示 平面内不共线的两个向量才可以作为一组基底．2．若向量AB →和向量CD →共线，则A ，B ，C ，D 四点在同一直线上．( × ) 提示 也可能AB ∥CD .3．若a·b ＝0，则a ＝0或b ＝0.( × )4．若a·b >0，则a 和b 的夹角为锐角；若a·b <0，则a 和b 的夹角为钝角．( × ) 提示 当a ，b 同向共线时，a·b >0，但a 和b 的夹角为0.当a ，b 反向共线时，a·b <0，但a 和b 的夹角为π.类型一 向量的线性运算例1 如图所示，在△ABC 中，AN →＝13NC →，P 是BN 上的一点，若AP →＝mAB →＋211AC →，则实数m 的值为________．答案311解析 设BP →＝λBN →，则BP →＝BA →＋AP →＝－AB →＋mAB →＋211AC →＝(m －1)AB →＋211AC →.BN →＝BA →＋AN →＝－AB →＋14AC →.∵BP →与BN →共线，∴14(m －1)＋211＝0，∴m ＝311.反思与感悟 向量共线定理和平面向量基本定理是进行向量合成与分解的核心，是向量线性运算的关键所在，常应用它们解决平面几何中的共线、共点问题．跟踪训练1 如图，在△ABC 中，E 为线段AC 的中点，试问在线段AC 上是否存在一点D ，使得BD →＝13BC →＋23BE →，若存在，说明D 点位置；若不存在，说明理由．解 假设存在D 点，使得BD →＝13BC →＋23BE →.BD →＝13BC →＋23BE →⇒BD →＝13BC →＋23(BC →＋CE →)＝BC →＋23CE →⇒BD →－BC →＝23CE →⇒CD →＝23CE →⇒CD →＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫12CA →⇒CD →＝13CA →.所以当点D 为AC 的三等分点⎝⎛⎭⎪⎫CD →＝13CA →时，BD →＝13BC →＋23BE →.类型二 向量的数量积运算例2 已知a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，且|k a ＋b |＝3|a －k b |(k >0)． (1)用k 表示数量积a ·b ；(2)求a ·b 的最小值，并求出此时a 与b 的夹角θ的大小． 解 (1)由|k a ＋b |＝3|a －k b |， 得(k a ＋b )2＝3(a －k b )2，∴k 2a 2＋2k a ·b ＋b 2＝3a 2－6k a ·b ＋3k 2b 2. ∴(k 2－3)a 2＋8k a ·b ＋(1－3k 2)b 2＝0.∵|a |＝cos 2α＋sin 2α＝1，|b |＝cos 2β＋sin 2β＝1，∴k 2－3＋8k a ·b ＋1－3k 2＝0， ∴a ·b ＝2k 2＋28k ＝k 2＋14k.(2)a ·b ＝k 2＋14k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k .由对勾函数的单调性可知，f (k )＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k 在(0，1]上单调减，在[1，＋∞)上单调增，∴当k ＝1时，f (k )min ＝f (1)＝14×(1＋1)＝12，此时a 与b 的夹角θ的余弦值cos θ＝a ·b |a ||b |＝12，又θ∈[0°，180°]，∴θ＝60°.反思与感悟 数量积运算是向量运算的核心，利用向量数量积可以解决以下问题： (1)设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，a ∥b ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0， a ⊥b ⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0.(2)求向量的夹角和模的问题 ①设a ＝(x 1，y 1)，则|a |＝x 21＋y 21. ②两向量夹角的余弦值(0≤θ≤π)cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21 x 22＋y 22. 跟踪训练2 已知向量OA →＝(3，－4)，OB →＝(6，－3)，OC →＝(5－m ，－(3＋m ))． (1)若点A ，B ，C 能构成三角形，求实数m 应满足的条件； (2)若△ABC 为直角三角形，且∠A 为直角，求实数m 的值． 解 (1)若点A ，B ，C 能构成三角形，则这三点不共线， ∵OA →＝(3，－4)，OB →＝(6，－3)， OC →＝(5－m ，－(3＋m ))，∴AB →＝(3，1)，BC →＝(－m －1，－m )， ∵AB →与BC →不平行，∴－3m ≠－m －1，解得m ≠12，∴当实数m ≠12时满足条件．(2)若△ABC 为直角三角形，且∠A 为直角，则AB →⊥AC →，而AB →＝(3，1)，AC →＝(2－m ，1－m )，∴3(2－m )＋(1－m )＝0，解得m ＝74.类型三 向量坐标法在平面几何中的应用例3 已知在等腰△ABC 中，BB ′，CC ′是两腰上的中线，且BB ′⊥CC ′，求顶角A 的余弦值的大小．解 建立如图所示的平面直角坐标系，设A (0，a )，C (c ，0)，其中a >0，c >0，则B (－c ，0)，OA →＝(0，a )，BA →＝(c ，a )，OC →＝(c ，0)，BC →＝(2c ，0)．因为BB ′，CC ′为AC ，AB 边上的中线， 所以BB ′→＝12(BC →＋BA →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 2，a 2， 同理CC ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3c 2，a 2. 因为BB ′→⊥CC ′→，所以BB ′→·CC ′→＝0， 即－9c 24＋a 24＝0，化简得a 2＝9c 2，又因为cos A ＝AB ，→·AC →|AB →||AC →|＝a 2－c 2a 2＋c 2＝9c 2－c 29c 2＋c 2＝45.即顶角A 的余弦值为45.反思与感悟 把几何图形放到适当的坐标系中，就赋予了有关点与向量具体的坐标，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而解决问题．这样的解题方法具有普遍性． 跟踪训练3 如图，半径为3的扇形AOB 的圆心角为120°，点C 在AB 上，且∠COB ＝30°，若OC →＝λOA →＋μOB →，则λ＋μ＝________.答案3解析 由题意，得∠AOC ＝90°，故以O 为坐标原点，OC ，OA 所在直线分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，则O (0，0)，A (0，3)，C (3，0)，B (3×cos30°， －3×sin30°)，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32.因为OC →＝λOA →＋μOB →，所以(3，0)＝λ(0，3)＋μ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，即⎩⎪⎨⎪⎧3＝32μ，0＝3λ－32μ，则⎩⎪⎨⎪⎧μ＝233，λ＝33，所以λ＋μ＝ 3.1．在菱形ABCD 中，若AC ＝2，则CA →·AB →＝________. 答案 －2解析 如图，设对角线AC 与BD 交于点O ，∴AB →＝AO →＋OB →.CA →·AB →＝CA →·(AO →＋OB →)＝－2＋0＝－2.2．设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4.若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝________. 答案 9解析 ▱ABCD 的图象如图所示，由题设知，AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋34AD →，NM →＝13AB →－14AD →，∴AM →·NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋34AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →－14AD →＝13|AB →|2－316|AD →|2＋14AB →·AD →－14AB →·AD →＝13×36－316×16＝9. 3．已知向量a ＝(2，3)，b ＝(－1，2)，若m a ＋4b 与a －2b 共线，则m 的值为________． 答案 －2解析 m a ＋4b ＝(2m －4，3m ＋8)，a －2b ＝(4，－1)． ∵m a ＋4b 与a －2b 共线，∴(2m －4)×(－1)－(3m ＋8)×4＝0，解得m ＝－2.4．若向量OA →＝(1，－3)，|OA →|＝|OB →|，OA →·OB →＝0，则|AB →|＝________. 答案 2 5解析 由题意可知，△AOB 是以O 为直角顶点的等腰直角三角形，且腰长|OA →|＝|OB →|＝10，由勾股定理得|AB →|＝20＝2 5.5．平面向量a ＝(3，－1)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，若存在不同时为0的实数k 和t ，使x ＝a ＋(t2－3)b ，y ＝－k a ＋t b ，且x ⊥y ，试求函数关系式k ＝f (t )． 解 由a ＝(3，－1)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，得a·b ＝0，|a |＝2，|b |＝1，由x ⊥y ，得[a ＋(t 2－3)b ]·(－k a ＋t b )＝0， －k a 2＋t a·b －k (t 2－3)a·b ＋t (t 2－3)b 2＝0， 即－4k ＋t 3－3t ＝0，所以k ＝14(t 3－3t )，令f (t )＝14(t 3－3t )，所以函数关系式为k ＝f (t )＝14(t 3－3t )．1．由于向量有几何法和坐标法两种表示方法，它的运算也因为这两种不同的表示方法而有两种方式，因此向量问题的解决，理论上讲总共有两个途径，即基于几何表示的几何法和基于坐标表示的代数法，在具体做题时要善于从不同的角度考虑问题．2．向量是一个有“形”的几何量，因此，在研究向量的有关问题时，一定要结合图形进行分析判断求解，这是研究平面向量最重要的方法与技巧．一、填空题 1．设向量a ＝(2，4)与向量b ＝(x ，6)共线，则实数x 为__________________________________． 答案 3解析 ∵a ∥b ，∴2×6－4x ＝0，∴x ＝3.2．在平面直角坐标系xOy 中，已知四边形ABCD 是平行四边形，AB →＝(1，－2)，AD →＝(2，1)，则AD →·AC →＝___________________. 答案 5解析 ∵四边形ABCD 为平行四边形，∴AC →＝AB →＋AD →＝(1，－2)＋(2，1)＝(3，－1)，∴AD →·AC →＝2×3＋(－1)×1＝5.3．若平面向量b 与向量a ＝(1，－2)的夹角是180°，且|b |＝35，则b ＝________. 答案 (－3，6)解析 设b ＝k a ＝(k ，－2k )，k ＜0，而|b |＝35，则5k 2＝35，∴k ＝－3，b ＝(－3，6)．4．已知a ＝(2，3)，b ＝(－1，4)，c ＝(5，6)，那么(a ·b )·c ＝________. 答案 (50，60)解析 因为a ·b ＝(2，3)·(－1，4)＝－2＋12＝10， 所以(a ·b )c ＝10(5，6)＝(50，60)．5．若|a |＝1，|b |＝2，a 与b 的夹角为60°，若(3a ＋5b )⊥(m a －b )，则m 的值为________． 答案238解析 由题意知(3a ＋5b )·(m a －b )＝3m a 2＋(5m －3)a·b －5b 2＝0，即3m ＋(5m －3)×2×cos60°－5×4＝0，解得m ＝238.6．若OA →＝(sin θ，－1)，OB →＝(2sin θ，2cos θ)，其中θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，则|AB →|的最大值为________． 答案 3解析 ∵AB →＝OB →－OA →＝(sin θ，2cos θ＋1)⇒|AB →|＝sin 2θ＋4cos 2θ＋4cos θ＋1＝3cos 2θ＋4cos θ＋2＝3(cos θ＋23)2＋23，∴当cos θ＝1，即θ＝0时，|AB →|取得最大值3.7．已知e 1，e 2是平面单位向量，且e 1·e 2＝12.若平面向量b 满足b ·e 1＝b ·e 2＝1，则|b |＝________. 答案233解析 因为|e 1|＝|e 2|＝1且e 1·e 2＝12.所以e 1与e 2的夹角为60°.又因为b ·e 1＝b ·e 2＝1，所以b ·e 1－b ·e 2＝0，即b ·(e 1－e 2)＝0，所以b ⊥(e 1－e 2)．所以b 与e 1的夹角为30°，所以b ·e 1＝|b |·|e 1|cos30°＝1. ∴|b |＝233.8．已知A ，B 是圆心为C ，半径为5的圆上的两点，且|AB |＝5，则AC →·CB →＝________. 答案 －52解析 由弦长|AB |＝5，可知∠ACB ＝60°，AC →·CB →＝－CA →·CB →＝－|CA →||CB →|cos ∠ACB ＝－52. 9．单位圆上三点A ，B ，C 满足OA →＋OB →＋OC →＝0，则向量OA →，OB →的夹角为________． 答案 120°解析 ∵A ，B ，C 为单位圆上三点， ∴|OA →|＝|OB →|＝|OC →|＝1， 又∵OA →＋OB →＋OC →＝0. ∴－OC →＝OB →＋OA →.∴OC →2＝(OB →＋OA →)2＝OB →2＋OA →2＋2OB →·OA →， 可得cos 〈OA →，OB →〉＝－12.又∵〈OA →，OB →〉∈[0°，180°]， ∴向量OA →，OB →的夹角为120°.10．在△ABC 中，点O 在线段BC 的延长线上，且|BO →|＝3|CO →|，当AO →＝xAB →＋yAC →时，x －y ＝________. 答案 －2解析 由|BO →|＝3|CO →|，得BO →＝3CO →， 则BO →＝32BC →，所以AO →＝AB →＋BO →＝AB →＋32BC →＝AB →＋32(AC →－AB →)＝－12AB →＋32AC →.所以x ＝－12，y ＝32，所以x －y ＝－12－32＝－2.11．已知向量a ＝(1，1)，b ＝(－1，1)，设向量c 满足(2a －c )·(3b －c )＝0，则|c |的最大值为________． 答案26解析 将2a ，3b ，c 的起点都移到坐标原点，如图．∵(2a －c )·(3b －c )＝0， ∴CA →⊥CB →，即AC ⊥BC . 又∵a ⊥b ，∴OA →⊥OB →， 即OA ⊥OB ， ∴O ，A ，C ，B 共圆．∴|c |的最大值即为圆的直径AB ＝26. 二、解答题12．已知OA →＝(1，0)，OB →＝(0，1)，OM →＝(t ，t )(t ∈R )，O 是坐标原点． (1)若A ，B ，M 三点共线，求t 的值；(2)当t 取何值时，MA →·MB →取到最小值？并求出最小值． 解 (1)AB →＝OB →－OA →＝(－1，1)，AM →＝OM →－OA →＝(t －1，t )． ∵A ，B ，M 三点共线，∴AB →与AM →共线， ∴－t －(t －1)＝0，∴t ＝12.(2)∵MA →＝(1－t ，－t )，MB →＝(－t ，1－t )，∴MA →·MB →＝2t 2－2t ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122－12，易知当t ＝12时，MA →·MB →取得最小值－12. 13．如图，在同一平面内，∠AOB ＝150°，∠AOC ＝120°，|OA →|＝2，|OB →|＝3，|OC →|＝4.(1)用OB →和OC →表示OA →；(2)若AD →＝λAC →，AC →⊥BD →，求λ的值．解 由题意，得∠BOC ＝90°，以OC 所在的直线为x 轴，以BO 所在的直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则O (0，0)，A (－1，3)，B (0，－3)，C (4，0)．(1)设OA →＝λ1OB →＋λ2OC →，则(－1，3)＝λ1(0，－3)＋λ2(4，0)＝(4λ2，－3λ1)，∴λ1＝－33，λ2＝－14， ∴OA →＝－33OB →－14OC →. (2)设D (x ，y )，∵AD →＝λAC →，∴(x ＋1，y －3)＝λ(5，－3)， ∴⎩⎨⎧ x ＝5λ－1，y ＝－3λ＋3，∴D (5λ－1，－3λ＋3)，BD →＝(5λ－1，3－3λ＋3)．∵AC →·BD →＝0，∴(5λ－1)×5＋(3＋3－3λ)×(－3)＝0，解得λ＝8＋3328. 三、探究与拓展14．已知向量AB →与AC →的夹角为120°，且|AB →|＝3，|AC →|＝2.若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为________．答案 712 解析 ∵AP →⊥BC →，∴AP →·BC →＝(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝－λAB →2＋(λ－1)AB →·AC →＋AC →2＝－9λ＋(λ－1)×3×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋4＝0， ∴λ＝712. 15．在Rt △ABC 中，已知∠A ＝90°，BC ＝a ，若长为2a 的线段PQ 以点A 为中点，问PQ →与BC→的夹角θ取何值时，BP →·CQ →的值最大？并求出这个最大值．解 方法一 如图，∵AB →⊥AC →，∴AB →·AC →＝0.∵AP →＝－AQ →，BP →＝AP →－AB →，CQ →＝AQ →－AC →，∴BP →·CQ →＝(AP →－AB →)·(AQ →－AC →)＝AP →·AQ →－AP →·AC →－AB →·AQ →＋AB →·AC →＝－a 2－AP →·AC →＋AB →·AP →＋0＝－a 2－AP →·(AC →－AB →)＝－a 2＋12PQ →·BC →＝－a 2＋a 2cos θ. 故当cos θ＝1，即θ＝0°(PQ →与BC →方向相同)时，BP →·CQ →的值最大，其最大值为0.方法二 以直角顶点A 为坐标原点，两直角边所在直线为坐标轴建立如图所示的平面直角坐标系．设AB ＝c ，AC ＝b ，则A (0，0)，B (c ，0)，C (0，b )，设点P 的坐标为(x ，y )，由题意知PQ ＝2a ，BC ＝a ，则Q (－x ，－y )，x 2＋y 2＝a 2，∴BP →＝(x －c ，y )，CQ →＝(－x ，－y －b )，BC →＝(－c ，b )，PQ →＝(－2x ，－2y )．∴BP →·CQ →＝(x －c )(－x )＋y (－y －b )＝－(x 2＋y 2)＋cx －by .又BC →·PQ →＝2cx －2by ＝a ×2a ×cos θ，∴cx －by ＝a 2cos θ∴BP →·CQ →＝－a 2＋a 2cos θ.故当cos θ＝1，即θ＝0°(PQ →与BC →方向相同)时，BP →·CQ →的值最大，其最大值为0.。