向量第一,二节

第1页（共6页）暑假第三周周四备课平面向量一、复习建议本章内容的考查以选择、填空题型考查本章的基本概念和性质.此类题一般难度不大一般是根据向量的概念、定理、法则、公式对向量进行运算，并能运用向量知识解决平面几何中的一些计算和证明问题。在复习过程中，抓住源于课本，高于课本的指导方针.本章考题大多数是课本的变式题，即源于课本.因此，掌握双基、精通课本是本章关键.分析近几年来的高考试题，有关平面向量部分突出考查了向量的基本运算。在解决关于向量问题时，一是要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，进一步加深对“向量”这一二维性的量的本质的认识，并体会用向量处理问题的优越性。二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想，所以要通过向量法和坐标法的运用，进一步体会数形结合思想在解决数学问题上的作用。第一节平面向量的概念及线性运算（一课时）一、高考要求1、理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念。2、掌握向量的加法和减法的运算法则及运算律。3、掌握实数与向量的积的运算法则及运算律，理解两个向量共线的充要条件。二、复习教案：1、考点梳理：《金榜》P78(1)向量的概念、*补充向量的模的表示ABa\。(2)几种特殊的向量：零向量、单位向量、*补充单位向量的计算aaa0、平行向量、相等向量、相反向量。(3)向量的线性运算：加法、减法、数乘。(4)共线向量定理（是充要条件），如何证明三点共线。2、热点考向：例1：《金榜》P79例1及变式。解析：考察学生对概念的理解。例2：《金榜》P79例2.同类题型有典例及典例变式，考点自测5、知能2,4、白卷8,10.解析：几何意义的应用，难度较大。例3：《金榜》P80例2的变式。解析：证明题例4：《金榜》P80例3及变式。解析：共线向量的应用。补充规律方法4.作业：考点自测、知能及白卷。第二节平面向量的基本定理及向量的坐标运算（一课时）一、高考要求1、理解平面向量的夹角的定义1、了解平面向量基本定理，基底的概念及向量的正交分解。2、理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算。二、复习教案：第2页（共6页）1、考点梳理：《金榜》P81（1）两个向量的夹角。思考题强调夹角需同起点或同终点。（2）基底，正交分解，坐标表示（3）向量的坐标运算。练习：考点自测1-5.2、热点考向：例1：《金榜》P82例1及变式，典例的变式。解析：用基底表示向量。例2：《金榜》P83例2及变式。解析：坐标运算，例3：《金榜》P80例3的变式。解析：共线的坐标表示。例4：《金榜》P80例3及变式。解析：共线向量的应用。补充规律方法4.作业：知能及白卷。补充例题：1、已知△ABC的顶点分别为A(2，1)，B(3，2)，C(－3，－1)，BC边上的高AD，求AD及点D的坐标、解：设点D的坐标为(x,y)∵AD是边BC上的高，∴AD⊥BC，∴AD⊥BC又∵C、B、D三点共线，∴BC∥BD又AD=(x－2,y－1),BC=(－6,－3)BD=(x－3,y－2)∴0)3(3)2(60)1(3)2(6xyyx解方程组，得x=59,y=57∴点D的坐标为(59，57)，AD的坐标为(－51，52)2、设向量a、b满足：｜a｜＝｜b｜=1，且a+b=(1，0)，求a，b、解：∵｜a｜＝｜b｜=1，∴可设a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ)、∵a+b=(cosα+cosβ,sinα+sinβ)=(1,0)，)2(0βsinαsin)1(1βcosαcos由(1)得：cosα=1－cosβ……(3)由(2)得：sinα=－sinβ……(4)∴cosα=1－cosβ=21∴sinα=±23,sinβ=2323,2123,21ba或23,2123,21ba第3页（共6页）3、对于向量的集合A={v=(x,y)｜x2+y2≤1}中的任意两个向量1v、2v与两个非负实数α、β；求证：向量α1v+β2v的大小不超过α+β、证明：设1v=(x1,y1)，2v=(x2,y2)根据已知条件有：x21+y21≤1,x22+y22≤1又因为｜α1v+β2v｜=221221)βα()βα(yyxx=)(αβ2)(β)(α21212222221212yyxxyxyx其中x1x2+y1y2≤2121yx2222yx≤1所以｜α1v+β2v｜≤αβ2βα22=｜α+β｜=α+β4、如图，四边形ABCD是正方形，P是对角线BD上的一点，PECF是矩形，用向量法证明(1)PA=EF(2)PA⊥EF证明：建立如图所示坐标系，设正方形边长为1，｜OP｜=λ,则A(0，1)，P(22λ，22λ)，E(1，22λ)，F(22λ，0)∴PA=(－22λ,1－22λ),EF=(22λ－1,－22λ)(1)｜PA｜2=(－22λ)2+(1－22λ)2=λ2－2λ+1｜EF｜2=(22λ－1)2+(－22λ)2=λ2－2λ+1∴｜PA｜2=｜EF｜2,故PA=EF(2)PA·EF=(－22λ)(22λ－1)+(1－22λ)(－22λ)=0∴PA⊥EF∴PA⊥EF、5、已知).1,2(),0,1(ba求|3|ba；②当k为何实数时,kab与ba3平行,平行时它们是同向还是反向？解：①ba3=(1,0)+3(2,1)=(7,3),∴|3|ba=2237=58.②kab=k(1,0)－(2,1)=(k－2,－1).设kab=λ(ba3),即(k－2,－1)=λ(7,3),∴λ31λ72k31λ31k.故k=31时,它们反向平行.6、已知向量321,,OPOPOP满足条件0321OPOPOP，1321OPOPOP，求证：321PPP是正三角形解：令O为坐标原点，可设333222111sin,cos,sin,cos,sin,cosPPP第4页（共6页）由321OPOPOP，即332211θsinθcosθsin,θcosθsin,θcos321321θsinθsinθsinθcosθcosθcos两式平方和为11θθcos2121，21θθcos21，由此可知21的最小正角为0120，即1OP与2OP的夹角为0120，同理可得1OP与3OP的夹角为0120，2OP与3OP的夹角为0120，这说明321,,PPP三点均匀分部在一个单位圆上，所以321PPP为等腰三角形.7、已知ABC，AD为中线，求证2222221BCACABAD证明：以B为坐标原点，以BC所在的直线为x轴建立如图2直角坐标系，设0,,,cCbaA，0,2cD，则222222402baaccbacAD，222221BCACAB.=442122222222cacbacbacba，从而2AD222221BCACAB，2222221BCACABAD.8、已知点O是，，内的一点，0090BOC150AOBABC,,,OAcOCbOBa设且,3,1,2cba试用.,cba表示和解：以O为原点，OC，OB所在的直线为x轴和y轴建立如图3所示的坐标系.由OA=2，0120AOx，所以,31-A,120sin2,120cos200，即A，易求3,0C1-0B，，，设12121212OA,-130-13,0-3-13.13--3OBOC即，，，，133abc.①②第5页（共6页）9、如图，001,OB120OCOA30,OC5OAOBOA与的夹角为，与的夹角为，用OAOB，表示.OC解：以O为坐标原点，以OA所在的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，则0,1A，，，即，所以由25235C,30sin5,5cos30C30COA00023,21B同理可求121253513OC,10-,2222OAOB即，，.335λ3310λλ2325λ21-λ23521221，OBOAOC3353310.利用向量的数量积解决有关距离的问题，距离问题包括点到点的距离，点的线的距离，点到面的距离，线到线的距离，线到面的距离，面到面的距离.10、求平面内两点),(),,(2211yxByxA间的距离公式解：设点),(),,(2211yxByxA，),(1212yyxxAB212212)()(||yyxxAB,而||||ABAB点A与点B之间的距离为：212212)()(||yyxxAB利用向量的数量积解决线与线的夹角及面与面的夹角问题.11、证明:sinsincoscos)cos(证明：在单位圆O上任取两点BA,，以Ox为始边，以OBOA,为终边的角分别为,，则A点坐标为),sin,(cosB点坐标为)sin,(cos；则向量OA),sin,(cosOB)sin,(cos，它们的夹角为，,1||||OBOAsinsincoscosOBOA,由向量夹角公式得：||||)βαcos(OBOAOBOAsinsincoscos,从而得证.注：用同样的方法可证明)cos(sinsincoscos第6页（共6页）利用向量的数量积解决有关不等式、最值问题.12、证明柯西不等式2212122222121)()()(yyxxyxyx证明：令),(),,(2211yxbyxa（1）当0a或0b时，02121yyxxba，结论显然成立；（2）当0a且0b时，令为ba,的夹角，则],0[cos||||2121bayyxxba.又1|cos|||||||baba（当且仅当ba//时等号成立）222221212121||yxyxyyxx2212122222121)()()(yyxxyxyx.（当且仅当2211yxyx时等号成立）13、求xxxxy22cos3cossin2sin的最值解：原函数可变为xxy2cos2sin2，所以只须求xxy2cos2sin的最值即可，构造1,1,2cos,2sinbxxa，那么22cos2sinbabaxx.故22,22minmaxyy.14、三角形ABC中，A(5，－1)、B(－1，7)、C(1，2)，求：(1)BC边上的中线AM的长；(2)∠CAB的平分线AD的长；(3)cosABC的值.解：(1)点M的坐标为xM=)29,0(,29227;0211MyM.2221)291()05(||22AM5)21()15(||,10)71()15(||)2(2222ACABD点分BC的比为2.∴xD=31121227,3121121Dy.2314)3111()315(||22AD(3)∠ABC是BA与BC的夹角，而BA=(6，8），BC=(2，－5）.1452629291052)5(2)8(6)5()8(26||||cos2222