2019-2020学年新教材高中数学 第六章 平面向量及其应用 6.4 平面向量的应用课件 新人教A

知识点一物理学中的量与向量的关系(1)物理学中的许多量，如力、速度、加速度、位移都是____．(2)物理学中的力、速度、加速度、位移的合成与分解就是向量的____法．向量加减知识点二用向量方法解决平面几何问题的三个步骤知识点三正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容____________________＝2R(R为△ABC外接圆半径)a2＝________________；b2＝________________；c2＝________________asinA＝bsinB＝csinCb2＋c2－2bccosAc2＋a2－2cacosBa2＋b2－2abcosC变形形式a＝________，b＝________，c＝________；sinA＝____，sinB＝____，sinC＝____；a：b：c＝____________________；a＋b＋csinA＋sinB＋sinC＝asinA＝bsinB＝csinCcosA＝________；cosB＝________；cosC＝________2RsinA2RsinB2RsinCa2Rb2Rc2RsinA：sinB：sinCb2＋c2－a22bcc2＋a2－b22caa2＋b2－c22ab状元随笔向量方法解决平面几何问题的六个应用(1)证明线段相等：通过向量运算，证明AB→2＝CD→2，即可证明AB＝CD.(2)证明线段平行：利用AB→＝λCD→，点A，B，C，D不共线，可以证明AB∥CD，特别地，当λ＝1时，AB綊CD.(3)证明线段垂直：利用AB→·CD→＝0，证明两线段垂直．(4)证明三点共线：利用AB→＝λAC→(λ∈R)可以证明A，B，C三点共线，也可变形为OA→＝xOB→＋yOC→(x，y∈R，x＋y＝1)，其中O为空间任意一点．(5)证明四点共面：利用PA→＝λPB→＋μPC→(λ，μ∈R)可以证明点P，A，B，C四点共面．(6)求值：利用向量的夹角公式求角；利用|a→|＝a→·a→求长度．[教材解难]1．教材P43思考余弦定理指出了三角形的三条边与其中的一个角之间的关系．应用余弦定理，我们可以解决已知三角形的三边确定三角形的角的问题，怎么确定呢？提示：由余弦定理，可以得到如下推论：cosA＝b2＋c2－a22bc，cosB＝c2＋a2－b22ca，cosC＝a2＋b2－c22ab.2．教材P43思考勾股定理指出了直角三角形中三边之间的关系，余弦定理则指出了三角形的三条边与其中的一个角之间的关系．你能说说这两个定理之间的关系吗？提示：如果△ABC中有一个角是直角，例如，C＝90°，这时cosC＝0.由余弦定理可得c2＝a2＋b2，这就是勾股定理．由此可见，余弦定理是勾股定理的推广，而勾股定理是余弦定理的特例．3．教材P45思考向量的数量积运算中出现了角的余弦，而我们需要的是角的正弦．如何实现转化？提示：由诱导公式cosπ2－α＝sinα可知，我们可以通过构造角之间的互余关系，把边与角的余弦关系转化为正弦关系．[基础自测]1．已知点A(－2，－3)，B(2,1)，C(0,1)，则下列结论正确的是()A．A，B，C三点共线B.AB→⊥BC→C．A，B，C是等腰三角形的顶点D．A，B，C是钝角三角形的顶点解析：因为BC→＝(－2,0)，AC→＝(2,4)，所以BC→·AC→＝－40，所以∠C是钝角．答案：D2．若向量OF1→＝(1,1)，OF2→＝(－3，－2)分别表示两个力F1，F2，则|F1＋F2|为()A．(5,0)B．(－5,0)C.5D．－5解析：F1＋F2＝OF1→＋OF2→＝(1,1)＋(－3，－2)＝(－2，－1)．|F1＋F2|＝－22＋－12＝5.答案：C3．在△ABC中，若A＝π3，B＝π4，BC＝32，则AC＝()A.32B.3C．23D．45解析：由正弦定理得：BCsinA＝ACsinB，即有AC＝BC·sinBsinA＝32×sinπ4sinπ3＝23.答案：C4．力F＝(－1，－2)作用于质点P，使P产生的位移为s＝(3,4)，则力F对质点P做的功是________．解析：因为W＝F·s＝(－1，－2)·(3,4)＝－11，则力F对质点P做的功是－11.答案：－11题型一向量在几何中的应用[经典例题]例1如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，求证：AF⊥DE.【证明】方法一设AD→＝a，AB→＝b，则|a|＝|b|，a·b＝0，又DE→＝DA→＋AE→＝－a＋b2，AF→＝AB→＋BF→＝b＋a2，所以AF→·DE→＝b＋a2·－a＋b2＝－12a2－34a·b＋b22＝－12|a|2＋12|b|2＝0.故AF→⊥DE→，即AF⊥DE.方法二建立平面直角坐标系如图，设正方形的边长为2，则A(0,0)，D(0,2)，E(1,0)，F(2,1)，AF→＝(2,1)，DE→＝(1，－2)．因为AF→·DE→＝(2,1)·(1，－2)＝2－2＝0，所以AF→⊥DE→，即AF⊥DE.对于线段的垂直问题，可以联想到两个向量垂直的条件(向量的数量积为0)，而对于这一条件的应用，可以考虑向量关系式的形式(基底法)，也可以考虑坐标的形式(坐标法)．方法归纳用向量方法解决平面几何问题的步骤跟踪训练1(1)在四边形ABCD中，若AB→＋CD→＝0，AC→·BD→＝0，则四边形为()A.平行四边形B．矩形C．等腰梯形D．菱形解析：(1)由题可知AB→∥CD→，|AB→|＝|CD→|，且AC→⊥BD→，故四边形为菱形．由AB→＋CD→＝0→可得AB→∥CD→，|AB→|＝|CD→|，AC→·BD→＝0可得AC→⊥BD→.答案：(1)D(2)若O是△ABC内一点，OA→＋OB→＋OC→＝0，则O为△ABC的()A.内心B．外心C．垂心D．重心解析：(2)如图，取AB的中点E，连接OE，则OA→＋OB→＝2OE→.又OA→＋OB→＋OC→＝0，所以OC→＝－2OE→.又O为公共点，所以O，C，E三点共线，且|OC→|＝2|OE→|.所以O为△ABC的重心．作出图形，取AB的中点E，连接OE.答案：(2)D题型二向量在物理中的应用[经典例题]例2如图所示，求力F1，F2的合力F的大小(精确到0.1N)和方向(精确到分)．【解析】设F1＝(a1，a2)，F2＝(b1，b2)，则a1＝300cos30°＝1503，a2＝300sin30°＝150，b1＝－200cos45°＝－1002，b2＝200sin45°＝1002，所以F1＝(1503，150)，F2＝(－1002，1002)，则F＝F1＋F2＝(1503，150)＋(－1002，1002)＝(1503－1002，150＋1002)，|F|＝1503－10022＋150＋10022＝10013＋32－36≈314.6.设F与x轴的正方向的夹角为θ，则tanθ＝150＋10021503－1002≈2.4616.由F的坐标知θ是第一象限的角，所以θ≈67°53′.故两个力的合力约是314.6N，与x轴正方向的夹角大约为67°53′，与y轴的正方向的夹角大约为22°7′.方法归纳用向量方法解决物理问题的“三步曲”跟踪训练2一艘船从A点出发以23km/h的速度向垂直于对岸的方向行驶，同时河水的流速为2km/h，求船实际航行速度的大小与方向(用与水流速间的夹角表示)．解析：如图，设AD→表示船垂直于对岸的速度，AB→表示水流的速度，以AD、AB为邻边作平行四边形ABCD，则AC→就是船实际航行的速度．在Rt△ABC中，|AB→|＝2，|BC→|＝23，∴|AC→|＝|AB→|2＋|BC→|2＝22＋232＝4，∴tan∠CAB＝232＝3，∴∠CAB＝60°，故船实际航行速度的大小为4km/h，方向与水流速间的夹角为60°.用相关向量表示行驶速度和水流速度，再利用平行四边形法则求解．题型三余(正)弦定理[教材P43例5]例3在△ABC中，已知b＝60cm，c＝34cm，A＝41°，解这个三角形(角度精确到1°，边长精确到1cm)．【解析】由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝602＋342－2×60×34×cos41°≈1676.78，所以a≈41(cm)．由余弦定理的推论，得cosB＝c2＋a2－b22ca＝342＋412－6022×34×41＝－7632788，利用计算器，可得B≈106°.所以C＝180°－(A＋B)≈180°－(41°＋106°)＝33°.教材反思1．解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．2．三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．跟踪训练3在△ABC中，若sinAa＝cosBb，则B的值为()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：由正弦定理知：sinAsinA＝cosBsinB，∴sinB＝cosB，∴B＝45°.答案：B跟踪训练4在△ABC中，∠A＝2π3，a＝3c，则bc＝________.解析：在△ABC中，∠A＝2π3，∴a2＝b2＋c2－2bccos2π3，即a2＝b2＋c2＋bc.∵a＝3c，∴3c2＝b2＋c2＋bc，∴b2＋bc－2c2＝0，∴(b＋2c)(b－c)＝0，∴b－c＝0，∴b＝c，∴bc＝1.答案：1