1、章末综合提升 第六章 平面向量及其应用 巩固层知识整合 NO.1提升层题型探究 NO.2类型1 类型2 类型3 类型4 类型5 类型6 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46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：观察各个向量的位置；寻找相应的三角形或多边形；运用法则找关系；化简结果【例1】(2018全国卷)在ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB()A34AB14AC B14AB34AC C34AB14ACD
2、14AB34AC A 法一：如图所示，EBED DB 12AD 12CB 1212(ABAC)12(ABAC)34AB 14AC，故选A 法二：EBABAEAB12AD AB1212(ABAC)34AB14AC，故选A 跟进训练 1如图所示，在ABC中，AN 13 NC，P是BN上的一点，若APmAB 211AC，则实数m的值为_ 311 设BPBN，则BPBAAPABmAB 211AC(m1)AB 211AC BNBAANAB14AC BP与BN共线，14(m1)2110，m 311 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58题的位置，主要考查平面向量的数量
3、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(ab)2a22abb2，(ab)2a22abb2，上述两公式以及(ab)(ab)a2b2，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)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则APAB的取值范围是()A(2,6)B(6,2)C(2,4)D(4,6)A AP AB|AP|AB|cosPAB2|AP|cosPAB，又|AP|cosPAB表示AP 在AB 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
4、，当P与F重合时投影最小又ACAB2 32cos 306，AF AB 22cos 1202，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，APAB(2,6)，故选A 跟进训练 2(2020天津高考)如图，在四边形ABCD中，B60，AB3，BC6，且AD BC，AD AB32，则实数的值为_，若M，N是线段BC上的动点，且|MN|1，则DMDN的最小值为_ 16 132 依题意得ADBC，BAD120，由 AD AB|AD|AB|cosBAD32|AD|32，得|AD|1，因此|AD|BC|16取MN的中点E，连接DE(图略)，则DM DN 2DE，DM DN 14(DMDN)2(DM DN)2D
5、E 214NM 2DE 214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ABsin B3 32，因此DE 214的最小值为3 32214132，即DM DN 的最小值为132 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 向量a，b(a0)共线存在唯一实数，使ba 向量a(x1，y1)，b(x2，y2)共线x1y2x2y10 向量a与b共线|ab|a|b|向量a与b共线存在不全为零的实数1，2，使
6、1a2b0【例3】(2018全国卷)已知向量a(1,2)，b(2，2)，c(1，)若c(2ab)，则_ 12 2ab(4,2)，因为c(1，)，且c(2ab)，所以124，即12 跟进训练 3设向量a，b不平行，向量ab与a2b平行，则实数_ 12 a与b不平行，a2b0 ab与a2b平行，abt(a2b)t，2t1，t12 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(0)的余弦cos ab|a|b|x1x2y1
7、y2x21y21 x22y22(3)平面向量垂直问题的常用方法 abab0 x1x2y1y20，其中a(x1，y1)，b(x2，y2)【例4】(1)(2020全国卷)已知向量a，b满足|a|5，|b|6，ab6，则cosa，ab()A3135 B1935 C1735 D1935(2)(2020全国卷)设向量a(1，1)，b(m1,2m4)，若ab，则m_(1)D(2)5(1)由题意，得a(ab)a2ab25619，|ab|a22abb2 251236 7，所以cosa，abaab|a|ab|19571935，故选D(2)因为ab，所以abm1(2m4)0，所以m5 跟进训练 4设a(2,0)，
8、b(1，3)(1)若(ab)b，求的值；(2)若mab，且|m|2 3，m，b6，求，的值 解(1)因为a(2,0)，b(1，3)，所以ab(2，0)(1，3)(21，3)又(ab)b，所以(ab)b0，即(21，3)(1，3)0，所以2130，所以2(2)因为a(2,0)，b(1，3)，所以mab(2,0)(1，3)(2，3)因为|m|2 3，m，b6，所以22 322 32，cos62，31，32 32，即223，23.解得1，1，或1，2，所以1，1或1，2 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
9、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AP12(ABAC)，则|PD|_；PBPD _ 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，|PD|5 cosDPBcosDPC15，PBPD|PB|PD|cosDPB1 5 15 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)，AP12(ABAC)(2,1)，P(2,1)，PD(2,1)，P
10、B(0，1)，|PD|5，PBPD(0，1)(2,1)1 跟进训练 5(2020全国卷)设a，b为单位向量，且|ab|1，则|ab|_ 3 a，b为单位向量，且|ab|1，(ab)21，112ab1，ab12，|ab|2a2b22ab11212 3，|ab|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)在ac3，csinA3，c3 b这三个条件中任选一个，补充在下面
11、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 3sin B，C6，_？解 方案一：选条件 由C6和余弦定理得a2b2c22ab 32 由sin A 3sin B及正弦定理得a 3b 于是3b2b2c22 3b2 32，由此可得bc 由ac 3，解得a 3，bc1 因此，选条件时问题中的三角形存在，此时c1 方案二：选条件 由C6和余弦定理得a2b2c22ab 32 由sin A 3sin B及正弦定理得a 3b 于是3b2b2c22 3b2 32，由此可得bc，BC6，A23 由csin
12、A3，所以cb2 3，a6 因此，选条件时问题中的三角形存在，此时c2 3 方案三：选条件 由C6和余弦定理得a2b2c22ab 32 由sin A 3sin B及正弦定理得a 3b 于是3b2b2c22 3b2 32，由此可得bc 由c 3b，与bc矛盾 因此，选条件时问题中的三角形不存在 跟进训练 6(2020全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知B150(1)若a 3c，b2 7，求ABC的面积；(2)若sin A 3sin C 22，求C 解(1)由题设及余弦定理得283c2c223c2cos 150 解得c2(舍去)或c2，从而a2 3 所以ABC的面积为 12 2
13、 32sin 150 3(2)在ABC中，A180BC30C，所以sin A 3sin Csin(30C)3sin Csin(30C)故sin(30C)22 而0C30，所以30C45，故C15 体验层真题感悟 NO.31 2 3 4 5 6 1(2019全国卷)已知 AB(2,3)，AC(3，t)，|BC|1，则ABBC()A3 B2 C2 D3 C 因为BC AC AB(1，t3)，所以|BC|1t321，解得t3，所以BC(1,0)，所以AB BC 21302，故选C 1 2 3 4 5 6 2(2020全国卷)已知单位向量a，b的夹角为60，则在下列向量中，与b垂直的是()Aa2b B
14、2ab Ca2b D2ab 1 2 3 4 5 6 D 法一：由题意，得ab|a|b|cos 6012对于A，(a2b)bab2b2 12 2 52 0，故A不符合题意；对于B，(2ab)b2abb21120，故B不符合题意；对于C，(a2b)bab2b2122320，故C不符合题意；对于D，(2ab)b2abb2110，所以(2ab)b故选D 1 2 3 4 5 6 法二：不妨设a12，32，b(1,0)，则a2b52，32，2ab(2，3)，a2b32，32，2ab(0，3)，易知，只有(2ab)b0，即(2ab)b，故选D 1 2 3 4 5 6 3(2020全国卷)在ABC中，cos
15、C 23，AC4，BC3，则tan B()A 5 B2 5 C4 5 D8 5 1 2 3 4 5 6 C 法一：在ABC中，cos C23，则sin C 53 22，所以C4，2 由余弦定理知AB2AC2BC22ACBCcos C169243239，所以AB3由正弦定理 ACsin B ABsin C，得sin B4 59，易知B0，2，所以cos B19，tan Bsin Bcos B4 5故选C 1 2 3 4 5 6 法二：在ABC中，cos C23，AC4，BC3，所以由余弦定理知AB2AC2BC22ACBCcos C169243 23 9，所以AB3，所以ABC是等腰三角形过点B作
16、BDAC于点D(图略)，则BDBC2CD2 324225，tan B2 25 2 55，所以tan B2tan B21tan2B24 5故选C 1 2 3 4 5 6 4(2020全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos22A cos A54(1)求A；(2)若bc 33 a，证明：ABC是直角三角形 1 2 3 4 5 6 解(1)由已知得sin2Acos A54，即cos2Acos A140所以cos A1220，cos A12 由于0A，故A3 1 2 3 4 5 6(2)证明：由正弦定理及已知条件可得sin Bsin C 33 sin A 由(1)知BC23，所
17、以sin Bsin23 B 33 sin 3 即12sin B 32 cos B12，sinB3 12 由于0B23，故B2 从而ABC是直角三角形 1 2 3 4 5 6 5(2020全国卷)ABC中，sin2Asin2Bsin2CsinBsinC(1)求A；(2)若BC3，求ABC周长的最大值 1 2 3 4 5 6 解(1)由正弦定理和已知条件得BC2AC2AB2ACAB 由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcos A 由得cos A12 因为0A，所以A23 1 2 3 4 5 6(2)由正弦定理及(1)得 ACsin B ABsin C BCsin A2 3，从而AC2 3sin
18、 B，AB2 3sin(AB)3cos B 3sin B 故BCACAB3 3sin B3cos B32 3sinB3 又0B3，所以当B6时，ABC周长取得最大值32 3 1 2 3 4 5 6 6(2019全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinAC2bsin A(1)求B；(2)若ABC为锐角三角形，且c1，求ABC面积的取值范围 1 2 3 4 5 6 解(1)由题设及正弦定理得sin AsinAC2sin Bsin A 因为sin A0，所以sinAC2sin B 由ABC180，可得sinAC2cosB2，故cosB22sinB2cosB2 因为cosB20，故sinB212，因此B60 1 2 3 4 5 6(2)由题设及(1)知ABC的面积SABC 34 a 由正弦定理得acsin Asin C sin120Csin C32tan C12 由于ABC为锐角三角形，故0A90，0C90由(1)知AC120，所以30C90，故12a2，从而 38 SABC 32 因此，ABC面积的取值范围是38，32 点击右图进入 章 末 综 合 测 评 谢谢观看 THANK YOU!