课 题向量小结与复习（2） 教学目的 1熟悉向量的性质及运算律；
2能根据向量性质特点构造向量；
3熟练平面几何性质在解题中应用；
4熟练向量求解的坐标化思路 5认识事物之间的内在联系；
6认识向量的工具性作用，加强数学在实际生活中的应用意识 教学重点向量的坐标表示的应用；
构造向量法的应用 教学难点构造向量法的适用题型特点的把握 授课类型复习课 课时安排1课时 教 具多媒体、实物投影仪 教学方法启发引导式 针对向量坐标表示的应用，通过非坐标形式解法与坐标化解法的比较来加深学生对于向量坐标表示的认识，同时要加强学生选择建立坐标系的意识 对于“构造向量法”的应用，本节例题选择了本章的重点内容数量积的坐标表示，目的要使学生把握坐标表示的数量积性质的形式特点，同时增强学生的解题技巧，提高解题能力教学过程 一、讲解范例 例1利用向量知识证明下列各式 1x2＋y2≥2xy 2｜x｜2＋｜y｜2≥2xy 分析1题中的结论是大家所熟悉的重要不等式，以前可用求差法证得，而利用向量知识求证，则需构造向量，故形式上与向量的数量积产生联系 2题本身含有向量形式，可根据数量积的定义式并结合三角函数性质求证 证明1设a＝（x，y），b＝（y，x）则ab＝xy＋yx＝2xy ｜a｜｜b｜＝ 又ab＝｜a｜｜b｜cosθ其中θ为a，b夹角 ≤｜a｜｜b｜ ∴x2＋y2≥2xy 2设x，y的夹角为θ， 则xy＝｜x｜｜y｜cosθ≤｜x｜｜y｜≤ ∴｜x｜2＋｜y｜2≥2xy 评述 1上述结论表明，重要不等式a2＋b2≥2ab，无论对于实数还是向量，都成立 2在2题证明过程中，由于｜x｜，｜y｜是实数，故可以应用重要不等式求证 例2利用向量知识证明 a1b1＋a2b22≤（a12＋a22）（b12＋b22） 分析此题形式对学生较为熟悉，在不等式证明部分常用比较法证明，若利用向量知识求证，则关键在于根据其形式与数量积的坐标表示产生联系，故需要构造向量 证明设a＝（a1，a2），b＝（b1，b2） 则ab＝a1b1＋a2b2， ｜a｜2＝a12＋a22，｜b｜2＝b12＋b22 ∵ab＝｜a｜｜b｜cosθ≤｜a｜｜b｜ 其中θ为a，b夹角 ∴（ab）2≤｜a｜2｜b｜2 ∴（a1b1＋a2b2）2≤（a12＋a22）（b12＋b22） 评述此题证法难点在于向量的构造，若能恰当构造向量，则利用数量积的性质容易证明结论这一技巧应要求学生注意体会 例3已知ｆ（x）＝ 求证｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b｜a≠b） 分析此题若用分析法证明，则需采用平方的手段以去掉绝对值，但由于ｆ（a）、ｆ（b）是含有根式的式子，故需再次平方才能达到去根号的目的也可考虑构造向量法，利用向量的性质求证下面给出两种证法 证法一∵ｆ（a）＝， ｆ（b）＝， ∴要证明｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b｜ 只需证明｜－｜2＜｜a－b｜2 即 1＋a2＋1＋b2－2＜a2＋b2－2ab 即 ＞1＋ab 只需证明（）2＞（1＋ab）2 即1＋a2＋b2＋a2b2＞1＋2ab＋a2b2 即a2＋b2＞2ab ∵a2＋b2≥2ab 又a≠b ∴a2＋b2＞2ab ∴｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b｜ 证法二设a＝（1，a），b＝（1，b） 则｜a｜＝，｜b｜＝ a－b＝（O，a－b） ｜a－b｜＝｜a－b｜ 由｜｜a｜－｜b｜｜≤｜a－b｜， （其中当｜a｜＝｜b｜即a＝b时，取“＝”，而a≠b） ∴｜｜a｜－｜b｜｜＜｜a－b｜ 即｜－｜＜｜a－b｜ ∴｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b｜ 评述通过两种证法的比较，体会“构造向量法”的特点，加深对向量工具性作用的认识 上述三个例题，主要通过“构造向量”解决问题，要求学生在体验向量工具性作用的同时，注意解题方法的灵活性下面，我们通过下面的例题分析，让大家体会向量坐标运算的特点，以及“向量坐标化”思路在解题中的具体应用 例4已知如图所示，ABCD是菱形，AC和BD是它的两条对角线求证AC⊥BD分析对于线段的垂直，可以联想到两个向量垂直的充要条件，而对于这一条件的应用，可以考虑向量式的形式，也可以考虑坐标形式的充要条件 证法一∵＝＋， ＝－， ∴＝（＋）（－） ＝｜｜2－｜｜2＝O ∴⊥ 证法二以OC所在直线为x轴，以B为原点建立直角坐标系，设BO，O，Aa，b，C（c，O）则由｜AB｜＝｜BC｜得a2＋b2＝c2 ∵＝－＝（c，O）－（a，b）＝（c－a，－b）， ＝＋＝（a，b）＋（c，O）＝（c＋a，b） ∴＝c2－a2－b2＝O ∴⊥ 即 AC⊥BD 评述如能熟练应用向量的坐标表示及运算，则将给解题带来一定的方便通过向量的坐标表示，可以把几何问题的证明转化成代数式的运算，体现了向量的数与形的桥梁作用，有助于提高学生对于“数形结合”解题思想的认识和掌握 例5 若非零向量a和b满足｜a＋b｜＝｜a－b｜证明a⊥b 分析此题在综合学习向量知识之后，解决途径较多，可以考虑两向量垂直的充要条件的应用，也可考虑平面图形的几何性质，下面给出此题的三种证法证法一 根据平面图形的几何性质 设＝a，＝b， 由已知可得a与b不平行， 由｜a＋b｜＝｜a－b｜得以、为邻边的平行四边形OACB的对角线和相等 所以平行四边形OACB是矩形， ∴⊥，∴a⊥b 证法二∵｜a＋b｜＝｜a－b｜ ∴（a＋b）2＝（a－b）2 ∴a2＋2ab＋b2＝a2－2ab＋b2 ∴ab＝O，∴a⊥b 证法三设a＝（x1，y1），b＝（x2，y2）， ｜a＋b｜＝， ｜a－b｜＝， ∴ ＝， 化简得x1x2＋y1y2＝O， ∴ab＝O，∴a⊥b 例6 已知向量a是以点A3，－1为起点，且与向量b＝（－3，4）垂直的单位向量，求a的终点坐标 分析此题若要利用两向量垂直的充要条件，则需假设a的终点坐标，然后表示a的坐标，再根据两向量垂直的充要条件建立方程 解设a的终点坐标为（ｍ，ｎ） 则a＝（ｍ－3，ｎ＋1） ① ② 由题意 由①得ｎ＝（3ｍ－13）代入②得 25ｍ2－15Oｍ＋2O9＝O 解得 ∴a的终点坐标是（ 评述向量的坐标表示是终点坐标减去起始点的坐标，所以向量的坐标与点的坐标既有联系又有区别，二者不能混淆 上述例题，主要体现了两向量垂直的充要条件的应用，在突出本章这一重点知识的同时，应引导学生注意解题方法的灵活性，尤其是向量的坐标化思路在解题时的应用，将几何与代数知识沟通起来 二、课堂练习 1已知a＝（1，O），b＝（1，1），当λ为何值时，a＋λb与a垂直 解a＋λb＝（1，O）＋λ（1，1）＝（1＋λ，λ） ∵（a＋λb）⊥a ∴（a＋λb）a＝O ∴（1＋λ）＋Oλ＝O∴λ＝－1 即当λ＝－1时，a＋λb与a垂直 2已知｜a｜＝，｜b｜＝2，a与b的夹角为3O， 求｜a＋b｜，｜a－b｜ 解｜a＋b｜2＝（a＋b）2＝a2＋2ab＋b2 ＝｜a｜2＋2｜a｜｜b｜cos3O＋｜b｜2 ＝（）2＋22＋22＝13 ∴｜a＋b｜＝， ∵｜a－b｜2＝（a－b2＝a2－2ab＋b2 ＝｜a｜2－2｜a｜｜b｜cos3O＋b2 ＝（）2－22＋22＝1 ∴｜a－b｜＝1 3已知｜a｜＝3，｜b｜＝2，a与b的夹角为6O，c＝3a＋5b，d＝ｍa－3b当ｍ为何值时，c与d是否垂直 解若c⊥d，则cd＝O ∴（3a＋5b）（ｍa－3b＝O ∴3ｍ｜a｜2＋（5ｍ－9）ab－15｜b｜2＝O ∴3ｍ｜a｜2＋（5ｍ－9）｜a｜｜b｜cos6O－15｜b｜2＝O 即27ｍ＋3（5ｍ－9）－6O＝O，解得ｍ＝ 4已知a＋b＝c，a－b＝d 求证｜a｜＝｜b｜c⊥d 证明1c⊥d （a＋b）（a－b）＝Oa2－b2＝O a2＝b2｜a｜＝｜b｜， 2｜a｜＝｜b｜ a2＝b2a2－b2＝O（a＋b）（a－b）＝Oc⊥d 三、小结 通过本节学习，要求大家进一步熟悉向量的性质及运算律，熟悉平面几何性质在解题中的应用，能够掌握向量坐标化的思路求解问题，掌握构造向量并利用向量性质解题、证题的方法 四、课后作业 五、板书设计（略） 六、课后记及备用资料 1三角形内角和性质 定理在△ABC中，A、B、C分别为三个内角，则A＋B＋C＝18O 推论1B＝6O2B＝A＋C 推论2若A＜9O，则有 sinB＞cosC，cosB＜sinC，tanB＞cotC，cotB＜tanC 推论3sin（A＋B）＝sinC，cos（A＋B）＝－cosC， tan（A＋B）＝－tanC，cot（A＋B）＝－cotC 推论4 2三角形内角和性质应用举例 例1 △ABC中，若求证A、B、C成等差数列 证明由条件得， 由推论3得sin（B＋C）＝sinA∴sin（B－C）＝sinA－sinC ∴sin（B－C）－sin（B＋C）＝－sinC，即2cosBsinC＝sinC ∵sinC≠O，∴cosB＝，∴B＝ 故由推论1得2B＝A＋C所以A、B、C成等差数列 例2 在锐角△ABC中，求证sinA＋sinB＋sinC＞cosA＋cosB＋cosC 证明∵△ABC是锐角三角形，∴A＜9O，根据推论2有sinB＞cosC ① B＜9O，根据推论2有sinC＞cosA ② C＜9O，根据推论2有sinA＞cosB ③ ∴①＋②＋③得sinA＋sinB＋sinC＞cosA＋cosB＋cosC 例3已知△ABC，求证a－bcot＋b－ccot＋c－acot＝O 证明根据正弦定理和推论4，有 a－bcot＝2ＲsinA－sinBtan＝4Ｒsinsin， ∴（a－b）cot＝2Ｒ（cosB－cosA） 同理，（b－c）cot＝2Ｒ（cosC－cosB）；
（c－a）cot＝2Ｒ（cosA－cosC 三式相加可得（a－b）cot＋（b－c）cot＋（c－a）cot＝O