2025版新教材高中数学第一章平面向量及其应用专项培优1章末复习课导学案湘教版必修第二册

专项培优①章末复习课
考点一平面对量的线性运算
1．进行向量的线性运算常见的方法有两种：定义法和坐标法
(1)在定义运算中，要会依据题意找寻或画出三角形或平行四边形，利用三角形法则或平行四边形法则，结合平面对量的基本定理求解．
(2)若条件是给出坐标的向量，则干脆进行运算．若向量在含有垂直关系的几何图形中给出，则可以建立坐标系利用坐标进行向量的运算，从而转化为实数的运算求解．2．通过对平面对量线性运算的考查，提升学生的直观想象和数学运算素养．
例1 在平行四边形ABCD中，＝4＝2.
(1)用表示；
(2)若＝λ＋μ，求λ，μ；
(3)若AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，求·.
跟踪训练1 (1)如图所示，正方形ABCD中，M是BC的中点，若＝λ＋μ，则
λ＋μ等于( )
A．B．
C． D．2
(2)已知点A(2，3)，B(5，4)，C(7，10)．若＝＋λ (λ∈R)，试求λ为何值时：
①点P在第一、三象限的角平分线上；
②点P在第三象限内．
考点二平面对量的数量积及其应用
角度1 求数量积
1．平面对量的数量积有两种表示形式a·b＝|a||b|cos θ和a·b＝x1x2＋y1y2.若题目中给出的是两向量的模与夹角，则利用a·b＝|a||b|cos θ，若已知或可求两向量的坐标，可利用a·b＝x1x2＋y1y2.
2．通过对数量积的考查，提升学生的逻辑推理和数学运算素养．
例2 (1)已知向量a＝(9，6)，b＝(3，x)，若a∥b，则b·(a－b)＝( )
A．－26 B．－25 C．25 D．26
(2)(多选)已知△ABC是边长为4的等边三角形，P为△ABC所在平面内一点，则
·()的值可能为( )
A．－8 B．－6 C．－4 D．－2
角度2 求向量的模
1．向量的模不仅是探讨问题的一个重要的量，而且是利用向量方法解决几何问题的一个交汇点．因此，我们必需娴熟驾驭求向量的模的基本方法．一般地，求向量的模主要是利用公式＝a2将它转化为向量的数量积问题，利用数量积的运算律和运算性质来解决，或利用公式|a|＝将它转化为实数问题来解决．
2．通过对向量的模考查，提升学生的数学运算素养．
例3 (1)(多选)已知平面对量a＝(2，m)，b＝(1，－)，且|2a－b|＝|2a＋b|，则( ) A．m＝ B．m＝2
C．|a＋b|＝3 D．|a＋b|＝
(2)已知向量a＝(λ＋1，2)，b＝(－2，2)，若|a－2b|＝|a＋2b|，则λ＝________．
角度3 求向量的夹角
求向量a，b的夹角θ的步骤：①求|a|，|b|，a·b；②cos θ＝(夹角余弦公式)；
③结合θ的范围[0，π]求出θ.因此求向量的夹角应先求向量夹角的余弦值，再结合夹角的范围确定夹角的大小．
例4 (1)若向量p，q满意|p|＝8，|q|＝6，q·(q－p)＝12，则p和q的夹角为( ) A． B． C． D．
(2)已知向量a＝(2，－1)，b＝(m，3)，若(a＋b)⊥a，则a，b的夹角为________．
跟踪训练2 (1)已知三角形ABC的边长分别为AB＝3，AC＝4，BC＝5，＝3，则·
＝( )
A．1 B． C．3 D．－
(2)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝1，|b|＝2，则|2a－b|＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
(3)设向量a与b的夹角为θ，且a＝(－2，1)，a＋2b＝(2，3)，则cos θ＝( )
A．－ B． C． D．－
考点三正、余弦定理的应用
1．主要考查利用余弦定理、正弦定理解三角形，推断三角形的形态、求三角形的面积，以及余弦定理、正弦定理的综合应用．
2．通过对正、余弦定理的应用的考查，提升学生逻辑推理和数学运算素养．
例5 在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
(1)若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积；
(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
跟踪训练3 (1)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝a cos B＋b cos A，则△ABC的形态为( )
A．等边三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形
(2)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sin B－sin C)2＝sin2A－sin B sin
C.
①求A；
②若a＋b＝2c，求sin C．
专项培优①章末复习课
考点聚集·分类突破
例1 解析：(1)由向量的线性运算法则，可得＝＝＝，＝＝＝.
(2)因为＝，且＝4＝2
可得＝＝λ＋μ＝，
所以，解得λ＝，μ＝.
(3)因为AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，所以·＝3×5×＝，
则·＝·＝＋·＝×32＋×52＝.
跟踪训练1 解析：(1)方法一因为＝λ＋μ＝λ()＋μ()＝λ＋μ(－)＝(λ－μ)，
且＝，所以得
所以λ＋μ＝.
方法二如图建立平面直角坐标系，设正方形边长为2，设B(2，0)，D(0，2)，C(2，2)，M(2，1)
∴＝(2，2)，＝(2，1)，＝(－2，2)，
又∵＝λ＋μ，
则有，解得λ＝，μ＝，
∴λ＋μ＝.
故选B.
(2)设点P的坐标为(x，y)，则＝(x，y)－(2，3)＝(x－2，y－3)，
＋λ＝(5，4)－(2，3)＋λ[(7，10)－(2，3)]＝(3，1)＋λ(5，7)＝(3＋5λ，1＋7λ)，
因为＝＋λ，且与不共线，
所以，则.
①若点P在第一、三象限的角平分线上，则5＋5λ＝4＋7λ，解得λ＝.
②若点P在第三象限内，可得，解得λ＜－1.
答案：(1)B (2)见解析
例2 解析：(1)由a∥b有9x＝3×6⇒x＝2，所以b＝(3，2)，从而a－b＝(6，4)，所以b·(a－b)＝(3，2)·(6，4)＝3×6＋2×4＝26.
(2)以BC中点为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
则A(0，2)，B(－2，0)，C(2，0)，
设P(x，y)，则＝(－x，2－y)，＝(－2－x，－y)，＝(2－x，－y)，
所以·()＝－x·(－2x)＋(2－y)·(－2y)＝2x2－4y＋2y2＝2[x2＋(y －)2－3]≥－6，当x＝0，y＝时，取得最小值为2×(－3)＝－6，
答案：(1)D (2)BCD
例3 解析：(1)因为|2a－b|＝|2a＋b|，所以4a2－4a·b＋b2＝4a2＋4a·b＋b2，
所以a·b＝0，
因为a＝(2，m)，b＝(1，－)
所以a·b＝2－m＝0，则m＝.
因为a＋b＝(3，0)，
所以|a＋b|＝＝3.
(2)由|a－2b|＝|a＋2b|两边同时平方可得：|a－2b|2＝|a＋2b|2，
整理得：a·b＝0，而a·b＝－2(λ＋1)＋4＝0，
解得：λ＝1.
答案：(1)AC (2)1
例4 解析：(1)设向量p，q的夹角为θ，
又|q|＝6，q·(q－p)＝12，
∴|q|2－p·q＝12，即p·q＝24，
∴cos θ＝＝＝，
又θ∈[0，π]，
∴θ＝.
(2)因为a＝(2，－1)，b＝(m，3)，所以a＋b＝(2＋m，2)．
因为(a＋b)⊥a，所以(a＋b)·a＝4＋2m－2＝0，
所以m＝－1.
因为cos 〈a，b〉＝＝＝－，
又〈a，b〉∈[0，π]
所以向量a，b的夹角为.
答案：(1)C (2)
跟踪训练2 解析：(1)∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，满意AB2＋AC2＝BC2，故AB⊥AC，
∵＝3，
∴·＝()·＝·＝·＝||·||·cos (π
－B)＋||2＝3×5××52＝－.
(2)由题意，a·b＝|a|·|b|cos 60°＝1，
所以|2a－b|＝＝＝2.
(3)∵向量a与b的夹角为θ，且a＝(－2，1)，a＋2b＝(2，3)，
∴b＝(2，1)，
∴cos θ＝＝＝－.
答案：(1)D (2)B (3)A
例5 解析：(1)因为2sin C＝3sin A，则2c＝2(a＋2)＝3a，则a＝4，故b＝5，c＝6，cos C＝＝，所以，C为锐角，则sin C＝＝，
因此，S△ABC＝ab sin C＝×4×5×＝；
(2)明显c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，
由余弦定理可得cos C＝＝＝<0，
解得－1<a<3，则0<a<3，
由三角形三边关系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1，∵a∈Z，故a＝2.
跟踪训练3 解析：(1)∵a＝a cos B＋b cos A，
∴由余弦定理可得a＝a×＋b×，
整理可得2ac＝2c2，∴a＝c，则△ABC的形态为等腰三角形，故选D.
(2)①由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin B sin C，
故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cos A＝＝.
因为0°<A<180°，
所以A＝60°.
②由①知B＝120°－C，
由题设及正弦定理得sin A＋sin (120°－C)＝2sin C，即cos C＋sin C＝2sin C，
整理得cos (C＋60°)＝－.
因为0°<C<120°，
所以sin (C＋60°)＝，
故sin C＝sin (C＋60°－60°)
＝sin (C＋60°)cos 60°－cos (C＋60°)sin 60°
＝.
答案：(1)D (2)见解析。