人教A版 (2019)必修 第二册平面向量的运算优质学案

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册平面向量的运算优质学案，共10页。学案主要包含了课堂达标等内容，欢迎下载使用。
课标要求 1.能用向量方法解决简单的几何问题. 2.体会向量在解决数学问题中的作用.
【引入】 向量集“数”与“形”于一身，既有代数的抽象性又有几何的直观性，用它研究问题可以实现形象思维与抽象思维的有机结合，因而向量是几何研究的一个有效工具.
一、用向量解决平面几何中的平行问题
例1 (链接教材P38例1)在直角梯形ABCD中，AD⊥AB，AB＝2AD＝2CD，过点C作CE⊥AB于点E，M为CE的中点，用向量的方法证明：
(1)DE∥BC；
(2)D，M，B三点共线.








思维升华 无论是直线平行还是三点共线问题，应用向量方法解决，实质上是利用向量共线定理.
(1)几何图形中要证明线段AB∥CD，只需证明存在实数λ，使得eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))或x1y2－x2y1＝0，其中eq \(AB,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(x2，y2).
(2)几何图形中要证明A，B，C三点共线，只需证明存在实数λ，使得eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))或存在实数t，使得eq \(OA,\s\up6(→))＝teq \(OB,\s\up6(→))＋(1－t)eq \(OC,\s\up6(→))(O为A，B，C所在直线外一点).
训练1 如图，已知AD，BE，CF是△ABC的三条高，且交于点O，DG⊥BE于点G，DH⊥CF于点H.求证：HG∥EF.






二、用向量解决平面几何中的垂直问题
例2 如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，求证：AF⊥DE.





思维升华 利用向量解决垂直问题的方法和途径
方法：对于线段的垂直问题，可以联想到两个向量垂直的条件，即向量的数量积为0.
途径：可以考虑向量关系式的形式，也可以考虑坐标的形式.
训练2 如图所示，若D是△ABC内的一点，且AB2－AC2＝DB2－DC2，求证：AD⊥BC.









三、用向量求线段的长度
例3 (链接教材P61T13(2))在平行四边形ABCD中，AD＝1，AB＝2，对角线BD＝2，求对角线AC的长.








思维升华 用向量法求长度的策略
(1)根据图形特点选择基底，利用向量的数量积转化，用公式|a|2＝a2求解.
(2)建立坐标系，确定相应向量的坐标，代入公式：若a＝(x，y)，则|a|＝eq \r(x2＋y2).
训练3 在△ABC中，已知A(4，1)，B(7，5)，C(－4，7)，则BC边上的中线AD的长是( )
A.2eq \r(5) B.eq \f(5\r(5),2) C.3eq \r(5) D.eq \f(7\r(5),2)
四、用向量求几何中的角度问题
例4 (链接教材P39练习T2)如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝3，点D在线段BC上，且BD＝eq \f(1,2)DC.求：
(1)AD的长；
(2)∠DAC的大小.






思维升华 用向量法求角度的策略
(1)将要求的角转化为两向量的夹角，再使用基底法或坐标法求出该夹角的余弦值，然后求出该夹角，再转化为实际问题中的角即可.
(2)要注意，两向量的夹角和要求角的关系.
训练4 正方形OABC的边长为1，点D，E分别为AB，BC的中点，则cs∠DOE＝________.
【课堂达标】
1.在△ABC中，若(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))·(eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→)))＝0，则△ABC( )
A.是正三角形 B.是直角三角形
C.是等腰三角形 D.形状无法确定
2.已知A，B，C，D四点的坐标分别为(1，0)，(4，3)，(2，4)，(0，2)，则此四边形为( )
A.梯形 B.菱形 C.矩形 D.正方形
3.在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D为AC的中点，则cs∠BDC等于( )
A.－eq \f(7,25) B.eq \f(7,25) C.0 D.eq \f(1,2)
4.若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足3eq \(AM,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→))＝0，则△ABM与△ABC的面积之比为________.
6.4.1 平面几何中的向量方法
例1 证明 如图，以E为坐标原点，AB所在直线为x轴，EC所在直线为y轴建立平面直角坐标系.
令|eq \(AD,\s\up6(→))|＝1，
则|eq \(DC,\s\up6(→))|＝1，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝2.
∵CE⊥AB，AD＝DC，
∴四边形AECD为正方形，
∴各点的坐标分别为E(0，0)，B(1，0)，C(0，1)，D(－1，1)，A(－1，0).
(1)∵eq \(ED,\s\up6(→))＝(－1，1)－(0，0)＝(－1，1)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，1)－(1，0)＝(－1，1)，
∴eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))，∴eq \(ED,\s\up6(→))∥eq \(BC,\s\up6(→)).
∵B，C，D三点不共线，∴DE∥BC.
(2)连接MB，MD.
∵M为CE的中点，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，
∴eq \(MD,\s\up6(→))＝(－1，1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，
eq \(MB,\s\up6(→))＝(1，0)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)))，
∴eq \(MD,\s\up6(→))＝－eq \(MB,\s\up6(→))，∴eq \(MD,\s\up6(→))∥eq \(MB,\s\up6(→)).
∵MD与MB有公共点M，
∴D，M，B三点共线.
训练1 证明 ∵eq \(DG,\s\up6(→))⊥eq \(BE,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))⊥eq \(BE,\s\up6(→))，
∴eq \(DG,\s\up6(→))∥eq \(AE,\s\up6(→)).
设eq \(OA,\s\up6(→))＝λeq \(OD,\s\up6(→))(λ≠0)，则eq \(AE,\s\up6(→))＝λeq \(DG,\s\up6(→))，
同理eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(DH,\s\up6(→)).
于是eq \(FE,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))－eq \(AF,\s\up6(→))＝λ(eq \(DG,\s\up6(→))－eq \(DH,\s\up6(→)))＝λeq \(HG,\s\up6(→))，
∴eq \(HG,\s\up6(→))∥eq \(FE,\s\up6(→))，
∵点G不在直线EF上，∴HG∥EF.
例2 证明 法一 设eq \(AD,\s\up6(→))＝a，eq \(AB,\s\up6(→))＝b，
则|a|＝|b|，a·b＝0.
又eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝－a＋eq \f(b,2)，
eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝b＋eq \f(a,2)，
所以eq \(AF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(a,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a＋\f(b,2)))
＝－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,4)a·b＋eq \f(b2,2)
＝－eq \f(1,2)|a|2＋eq \f(1,2)|b|2＝0.
故eq \(AF,\s\up6(→))⊥eq \(DE,\s\up6(→))，即AF⊥DE.
法二 如图所示，建立平面直角坐标系，设正方形的边长为2，则A(0，0)，D(0，2)，E(1，0)，F(2，1)，
则eq \(AF,\s\up6(→))＝(2，1)，
eq \(DE,\s\up6(→))＝(1，－2).
因为eq \(AF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，1)·(1，－2)
＝2－2＝0，
所以eq \(AF,\s\up6(→))⊥eq \(DE,\s\up6(→))，即AF⊥DE.
训练2 证明 设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝e，eq \(DB,\s\up6(→))＝c，eq \(DC,\s\up6(→))＝d，
则a＝e＋c，b＝e＋d，
所以a2－b2＝(e＋c)2－(e＋d)2＝c2＋2e·c－2e·d－d2，
由条件知a2＝c2－d2＋b2，
所以e·c＝e·d，即e·(c－d)＝0，
即eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，
所以AD⊥BC.
例3 解 设eq \(AD,\s\up6(→))＝a，eq \(AB,\s\up6(→))＝b，
则eq \(BD,\s\up6(→))＝a－b，eq \(AC,\s\up6(→))＝a＋b，
而|eq \(BD,\s\up6(→))|＝|a－b|＝eq \r(a2－2a·b＋b2)＝eq \r(1＋4－2a·b)＝eq \r(5－2a·b)＝2，
∴5－2a·b＝4，∴a·b＝eq \f(1,2)，
又|eq \(AC,\s\up6(→))|2＝|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2
＝1＋4＋2a·b＝6，
∴|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(6)，即AC＝eq \r(6).
训练3 B [∵BC的中点为Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，6))，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，5))，∴|eq \(AD,\s\up6(→))|＝eq \f(5\r(5),2).]
例4 解 (1)设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))
＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b.
∴|eq \(AD,\s\up6(→))|2＝eq \(AD,\s\up6(→))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a＋\f(1,3)b))eq \s\up12(2)
＝eq \f(4,9)a2＋2×eq \f(2,9)a·b＋eq \f(1,9)b2
＝eq \f(4,9)×9＋2×eq \f(2,9)×3×3×cs 120°＋eq \f(1,9)×9＝3.
∴AD＝eq \r(3).
(2)设∠DAC＝θ(0°