平面向量单元教学设计

平面向量单元教学设计（精选8篇）

平面向量单元教学设计 篇1

一、单元教学内容分析

本章节内容教学北师大版教材安排在三角函数章节之后，教本必修四的中间位置，为后面推导和差角公式做好铺垫，为解三角形问题和平面几何中的许多计算问题提供便利工具。

向量既有代数特征，又有几何特征，是沟通代数与几何的桥梁。向量具有代数特征，运算及其规律是代数学研究的基本问题。向量可以进行多种运算，如向量加、减、数乘和叉乘等。向量运算具有一系列丰富的运算性质，与数运算相比，向量运算扩充了运算的对象和运算的性质。向量具有几何特征，它不仅可以描述、刻画几何中的点、线、面及其位置关系，数量关系，还可以表示空间当中的曲线与曲面，是研究几何问题的基本工具。本教材能从学生熟悉的实例出发，经过观察、分析、归纳等方法概括出向量的相关概念，比以往教材更能使学生产生自然而亲切的感觉，有助于激发学生的学习兴趣，调动学生学习的积极性，使他们真正认识到数学的应用价值，从而提高学生应用数学的意识。

向量是刻画现实世界的重要的数学模型。它为理解抽象代数、线性代数、泛函分析提供了基本数学模型。他与物理学科紧密相连。由于向量是近代数学中重要和基本的数学概念，是沟通代数、几何与三角函数的一种重要工具，它有极其丰富的实际背景，有着广泛的实际应用，因此它具有很高的教育教学价值，它对更新和完善知识结构具有重要的意义。

教材结合向量的几何背景――有向线段，引入向量的表示法，规定了向量的长度的概念。定义了零向量、单位向量、平行向量和共线向量等概念。对于许多旧有的知识利用向量方法去处理，就会变得非常简捷，甚至变得十分明了，从而有助于学生对这些知识有更深刻的理解，更牢固的记忆，更自如的应用，总之，有助于学生建立良好的数学认知结构。通过本部分内容的学习，可以促使学生认识到向量与实际生活紧密相连，它在解决实际问题当中有着广泛应用。

二、单元学生情况分析

1。学生在初中阶段接触过物理学里面的矢量，已具备基本的认知水平和运算能力，具备在运算中探索和发现数学结论的基本能力。

2。 学生已基本掌握函数和三角函数章节的基础知识，会运用数形结合法，整体代换，分类讨论法，类比思想解决实际问题。

3。学生已具备基本的分析和解决数学问题的勇气和智慧。

三、教学目标

1．知识与技能目标

⑴理解并掌握平面向量的基本概念。通过力与力的分析实例，了解向量的实际背景，理解平面向量和向量相等的含义，理解向量的几何表示。

⑵通过实例，掌握向量的加、减、数乘向量和两向量数量积运算，并理解其几何意义。

⑶理解并掌握向量共线和垂直问题。理解平面向量基本定理及其意义。掌握平面向量的正交分解及其坐标表示。会用坐标表示向量的加、减、数乘向量及数量积运算。

⑷通过物理中“功”等实例，理解平面向量数量积的含义及其物理意义。体会平面向量的数量积与向量投影的关系。掌握数量积的坐标表示，能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积来判断向量的垂直问题。

2．过程与方法目标

⑴通过实例让学生亲身经历观察、分析、归纳、抽象概括的思维过程。感受和认知不同维度中的向量表示。

⑵通过让学生体会平面向量数量积的物理意义和几何意义，体会数学与物理是密切联系的。

⑶经历用向量方法解决某些简单的平面几何及力学问题与其他一些实际问题的过程，体会向量是一种处理几何问题、物理问题等的工具，使学生的运算能力和解决实际问题的能力得到提升。

3．情感、态度与价值观

⑴从学生熟悉的生活实例出发建立平面向量概念，激发学生的学习兴趣。从物理知识引入到数学知识的形成过程，使学生体会到知识之间的相互联系，建立全面、科学的价值观。

⑵通过对向量正交分解的学习，使学生进一步体会一般的问题往往归结为人们最熟悉的特殊问题。

⑶通过对本章节内容的学习，使学生体会到数学和其他知识相联系，体会数学作为解决问题的工具的作用。

重点：

1．平面向量的概念，运算，共线问题，平面向量的基本定理。

2．平面向量的坐标表示，向量数量积的概念和性质，向量的垂直问题。

3．体会向量在解决平面几何问题和物理问题中的作用。

难点：

1．对自由向量，向量加、减法数乘向量定义的理解和对平面向量基本定理理解。

2．对平面向量运算坐标表示及向量数量积概念的理解，平面向量数量积的应用。

3．用向量表示几何关系。

四、单元教学活动

1．引入向量相关概念时，除用教材中给出的实例外，鼓励学生列举实际生活中的其他实例。

2．学习向量知识的同时，尽量地联系熟悉的物理现象或其他生活实例，用向量表述和刻画。以便让学生领悟到知识之间和学科之间的相互联系。

3．通过协作讨论，根据生活中的实际案例，边了解概念，边画图；边进行计算，边画图；进一步培养学生数形结合、形象思考、分析问题的习惯。

4。在学习本章知识的过程中，应注意向量运算的两个方面：几何意义与代数表示。由于新知识的学习过程中，它们相对孤立，学生对他们的认识也就不容易形成体系。所以在教授新课时应有意识地做一些渗透和铺垫，在章节小结时应强调它们的区别与联系，以便学生更加全面、深刻的认识向量。

1.平面向量教学设计

2.平面向量加法教学设计

3.高中向量教学设计

4.单元导读课教学设计

5.八下四单元教学设计

6.百分数单元教学设计

7.鸽巢问题单元教学设计

8.第二单元作文教学设计

9.现代文阅读单元教学设计

平面向量单元教学设计 篇2

这一章的内容概念较多, 而且比较抽象, 但大都有物理上的背景来源, 又与图形有密切的联系, 因而其优越性相当明显, 恰当的教与学, 不仅不索然无味, 反而生动有趣, 更是培养学生创新精神和创新能力的极佳机会.

一、平面向量的概念

本节从向量的实际背景———力、位移等矢量引出平面向量的概念, 引发学生思考数量与向量这两个概念的区别, 确定了平面向量的两个要素 ( 大小和方向) , 研究了平面向量相等、相反、平行等关系. 在本节教学中, 弱化了自由向量的概念, 让学生通过探究、观察、类比、实践等方式, 让学生感受向量在保持大小和方向均不变的情况下可以自由移动这一事实. 例如, 如图, 在4×5方格纸中有一个向量分别以图中的格点为起点和终点作向量, 其中与相等的向量有多少个? 与长度相等且共线的向量有多少个? (除外

在教学过程中要注重学生动手能力的培养, 通过“练”的方式巩固对概念的理解. 例如, 在谈到天津相对于北京的位置时, 我们说, “天津位于北京东偏南50度, 114 km”, 如图所示, 点A表示北京的位置, 点B表示天津的位置, 那么向量=“东偏南50度, 114 km”就是天津相对于北京的位置.

通过探究、发现、归纳、类比等方法, 让学生发现向量在现实生活中的意义和作用, 激发学生学习向量的兴趣与热情, 为后面的学习奠定基础.

二、平面向量的加法、减法和数乘向量

通过实例引入, 让学生结合对平面向量概念的理解感受不同方式的位移对结果的影响, 初步体会向量相加的概念, 引发思考, 引出新知. 例如, 2008年, 上海浦东国际机场和台北桃园国际机场首次开通了上海至台北的直航, 既缩短了距离, 又节约了时间. 民航客机的每次飞行都可以看成是一次位移. 直航前由上海 ( 点A) 到台北 ( 点C) , 需先经香港 ( 点B) , 再到台北, 位移是由A到B, 再由B到C; 直航后由上海直接到台北, 位移是A到C. ( 1) 用图形表示每一次向量的位移. ( 2) 飞机由上海飞往香港, 再由香港飞至台北位移的结果, 与飞机直接由上海飞至台北的位移结果相同吗? 得出结论

比较平面向量的加法与减法运算法则, 在对实际背景思考的基础上引出和向量的三角形法则、平行四边形法则, 学生从实践、思考中发现两种法则之间的区别与联系, 比较得出用代数求两个向量的和向量的特点. 通过类比、实践感受用代数式和三角形法则求两个向量的差向量, 体验数形结合的思想方法. 在学习向量数乘部分内容时, 教材通过让学生思考交流一个实际问题, 让学生感受平面向量数乘运算的几何意义, 引导学生识记向量数乘运算的概念, 会用代数式表示向量的数乘运算.

三、平面向量的坐标表示

通过类比平面内点的坐标表示引发学生对直角坐标系内平面向量坐标表示的思考, 通过实例感受平面向量的直角坐标的含义, 会在直角坐标系中用直角坐标表示平面向量.

例1写出下列 向量的坐 标表示: ( 1) a = 5i - 3j; ( 2) b = - 5i; ( 3) c = πj. 通过本题, 巩固定义, 会求所给向量的直角坐标, 会通过平面向量的直角坐标求模.

例2如图, 写出向量a, b, c, d, e的坐标, 并求它们的模.

通过例2提升学生的读图能力、数形结合能力, 进一步体会向量相等的实质, 通过学生动手作图的实践, 引导学生思考平面向量直角坐标运算问题. 能根据所给向量的直角坐标进行加、减、数乘运算. 识记已知两点坐标求向量直角坐标的方法, 识记坐标表示的向量之间相等、相反、平行 ( 共线) 的条件与判定. 发展学生的观察能力、计算能力、数据处理能力及数形结合能力等.

四、平面向量的内积

通过学生对初中物理中所学过的“功”模型的思考, 引出平面向量内积的概念, 运用类比的方法帮助学生记住内积公式的形式. 能运用公式求两个向量的内积, 通过问题的设定、思考、解答得到运用平面向量的坐标求内积的公式, 识记平面向量夹角的定义, 感受向量夹角的范围与向量位置之间的关系. 学会求坐标表示的向量的内积, 能求给定两个向量的模或坐标时的夹角, 运用坐标判定向量是否垂直.初步让学生体验类比、化归的数学思想.

五、教学建议

1. 教师在教学过程中应尊重学生的学习基础和能力基础, 通过从学生所熟悉的情景或背景说起, 引出问题, 激发学生的学习兴趣和热情; 通过让学生实践、操作等教学环节的设计, 激起学生学好平面向量的信心和决心; 通过让学生思考、交流等教学手法的运用, 提升学生自主学习、合作学习等方面的能力.

2. 由于本章各部分内容新旧知识之间的关联度较大, 教师在教学过程中应尽可能结合向量的实际应用提出问题、分析问题、解决问题, 在讲解过程中应及时检查学生的学习情况, 关注代数方法与几何方法之间的区别与联系, 加强学生对掌握方法、提升能力方面的训练, 为其终身学习奠定能力基础.

3. 引导学生通过类比、归纳、综合等方法的运用, 对问题进行有条理的思考、判断、推理和求解, 提高学生分析与解决问题的能力、选择合适的解题模型能力, 为其今后更好地学习奠定基础.

参考文献

[1]马复, 王巧林, 主编.数学·基础模块 (下册) .南京:江苏教育出版社, 2011.

[2]徐元根.对中学向量概念叙述方式的建议[J].中学数学月刊, 2001 (11) .

平面向量单元教学设计 篇3

1.已知复数z=5i1+2i（是虚数单位），则|z|=.

2.设m∈R，m2+m-2+（m2-1）i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m=.

3.若将函数f（x）=sin（2x+π4）的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是.

4.已知A，B，C为圆O上的三点，若AO=12（AB+AC），则AB与AC的夹角为.

5.要制作一个容积为4m3，高为1m的无盖长方体容器.已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是（单位：元）.

6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b-c=14a，2sinB=3sinC，则cosA的值为.

7.函数f（x）=sin（x+2φ）-2sinφcos（x+φ）的最大值为.

8.在△ABC中，已知AB·AC=tanA，当A=π6时，△ABC的面积为.

9.如图所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高度是46m，则河流的宽度BC约等于m.（用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈039，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，3≈1.73）

10.已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，点E，F分别在边BC，DC上，BE=λBC，DF=μDC.若AE·AF=1，CE·CF=-23，则λ+μ=.

11.在平面直角坐标系中，O为原点，A（-1，0），B（0，3），C（3，0），动点D满足|CD|=1，则|OA+OB+OD|的最大值是.

12.对于c>0，当非零实数a，b满足4a2-2ab+4b2-c=0且使|2a+b|最大时，3a-4b+5c的最小值为.

13.已知两个不相等的非零向量a，b，两组向量，，，，和，，，，均由2个a和3个b排列而成.记S=x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4+x5·y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值，则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）.

①S有5个不同的值

②若a⊥b，则Smin与|a|无关

③若a∥b，则Smin与|b|无关

④若|b|>4|a|，则Smin>0

⑤若|b|=2|a|，Smin=8|a|2，则a与b的夹角为π4

14.已知定义在[0，1]上的函数f（x）满足：

①f（0）=f（1）=0；

②对所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f（x）-f（y）|<12|x-y|.

若对所有x，y∈[0，1]，|f（x）-f（y）|

二、解答题

15.在直角坐标系xOy中，已知点A（1，1），B（2，3），C（3，2），点P（x，y）在△ABC三边围成的区域（含边界）上.

（1）若PA+PB+PC=0，求|OP|；

（2）设OP=mAB+nAC（m，n∈R），用x，y表示m-n，并求m-n的最大值.

16.已知向量a=（m，cos2x），b=（sin2x，n），函数f（x）=a·b，且y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2）.

（1）求m，n的值；

（2）将y=f（x）的图象向左平移φ（0<φ<π）个单位后得到函数y=g（x）的图象，若y=g（x）图象上各最高点到点（0，3）的距离的最小值为1，求y=g（x）的单调递增区间.

17.如图所示，在平面四边形ABCD中，AD=1，CD=2，AC=7.

（1）求cos∠CAD的值；

（2）若cos∠BAD=-714，sin∠CBA=216，求BC的长.

18.某实验室一天的温度（单位：℃）随时间t（单位：h）的变化近似满足函数关系：

f（t）=10-3cosπ12t-sinπ12t，t∈[0，24）.

（1）求实验室这一天的最大温差.

（2）若要求实验室温度不高于11℃，则在哪段时间实验室需要降温？

19.如图，某生态园欲把一块四边形地BCED辟为水果园，其中∠C=∠D=90°，BC=BD=3，CE=DE=1.若经过DB上一点P和EC上一点Q铺设一条道路PQ，且PQ将四边形BCED分成面积相等的两部分，设DP=x，EQ=y.

（1）求x，y的关系式；

（2）如果PQ是灌溉水管的位置，为了省钱，希望它最短，求PQ的长的最小值；

（3）如果PQ是参观路线，希望它最长，那么P、Q的位置在哪里？

20.已知函数f（x）=（cosx-x）（π+2x）-83（sinx+1），g（x）=3（x-π）cosx-4（1+sinx）ln（3-2xπ）.证明：

（1）存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0；

（2）存在唯一x1∈（π2，π），使g（x1）=0，且对（1）中的x0，有x0+x1<π.

参考答案

一、填空题

1. 5

2. m=-2

3. 3π8

4. 90°

5. 160

6. -14

7. 1

8. 16

9. 60

10. 56

11. 1+7

12. -2

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因为x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因为x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

高三平面向量教学反思 篇4

回首这堂课的设计，在公开课结束以后总体感觉还是不错：

1、课前设计4个前置活动，基本已经把定理中基本环节搞清了，但是对于核心的部分还没有处理好;

2、通过课内探究的第5个活动，(学生课前的做的学案都错误了)旨在让学生养成一种分类讨论的思想，同时更好的明确定理中为什么两个原始向量必须不共线;

3、作为定理的`探究还要进一步的明确任意向量都可以有两个原始向量线性表示中的任意，这个任意性的处理也是这堂课中的难点，由此也要把定理的拓展定理搞明白，让学生真正知道好多问题的实质在何方!

4、定理中存在唯一性的问题很好处理，学生理解也没有问题，这是很好的表现。

总评此定理要明确不共线、存在唯一、对于任意向量的分类处理以及从中拓展的定理和应用。

存在的几个问题：

1、在最后的环节中处理有点仓促，还没有小结;

2、课堂把握上前松后紧，如果最后的课堂检测，分组处理会更好，这样可以有小结反思的时间;

3、课件的制作中对于拓展定理的证明可以提到前面一张幻灯片，这样似乎更自然;

平面向量单元教学设计 篇5

〖教学目标〗

（1）知识与技能：理解掌握向量加法运算，能够运用向量加法三角形法则和平行四边形法则求任意两个向量的和向量；初步尝试用向量方法解决几何问题及实际问题；

（2）过程与方法：经历概念的形式过程，提高数学建设模能力；通过自主探究活动，体验数学发现和创造的过程，提高概括、分析归纳，数学表达等基本数学思维能力；（3）情态与价值：通过师生互动，生生互动的教学活动，形成学生的体验性认识，体会成功的愉悦，提高学习数学的兴趣。形成锲而不舍的钻研精神和合作交流的科学态度。

〖教学重点、难点〗

教学重点：理解向量加法的意义，掌握向量加法三角形法则和平行四边形法则； 教学难点：向量加法概念的形成过程；

〖教学方法与教学手段〗 教学方法：启发探究式教学 教学手段：多媒体辅助教学

〖教学过程〗

一、设置情境、尝试探求 1．设置问题情境

今年夏天，我国某些地区洪灾泛滥，某城外有一条东西流向的大河，河两岸高筑堤坝，河宽4km, 水深10km，当时河水流速为4km/h, 有一天，三名巡防队员在巡逻中发现正对岸堤坝有一处决口，情急之下，三人跳上船以8km/h 的速度直向决口处驶去，同学们想一想，如果船不改变方向，他们能否准确、及时到达出事地点？

2、学生自主探究与研讨 学生会直观猜测：不能及时准确及时到达（有了猜测就有探式的欲望）

V船

V

教师引导学生：能否运用你所学的知识进行说明；

V水

学生得出：船的实际速度应是船行驶速度和水的速度的合成。如图

教师小结：速度是一个看矢量，矢量的合成与数量相加不同，要同时考虑方向。提问，根据已有知识你还能举出一些有关矢量合成的例子吗？

3、师生共同探究

学生举例：（1）位移的合成（2）力的合成；（1）如图：某对象从A点经B点到C点，两次位移点的位移 结果相同。

，的结果，与A点直接到C

（2）如图：表示橡皮条在两个力F1、F2的作用下，沿GE的方向伸长了EO，与力F的作用结果相同。

教师：两个既有大小又有方向的量的合成运算，物理上叫做矢量的合成，在数学上叫做向量的加法。

二、形成概念，归纳方法。

向量的加法：求两个向量和的运算，叫做向量的加法

1、提问：对于平面上任意两个向量，如何定义它们的加法？ 同学们任意作出两个向量试一试。

2、学生自主探究 学生可能答案：

（1）共起点的两个向量相加，用平行四边形法则；

（2）首尾相接的两个向量相加，模仿位移的合成，作出和向量；（3）任意两个向量相加，先平移到共点，再作出和向量；（4）共线的两个向量相加（同向或反向）

3、交流、研讨、辩析 投影同学们的研究成果，引导学生对几种作图方法进行辩析，它们有什么共同和不同之处？如何理解“任意”？和向量的方向和大小有何变化？能否对作图过程进行语言表达。

4、归纳总结

在师生、生生的互动交流中，形成以下共识：

一、向量加法的定义

1、三角形法则：

已知非零向量a、ｂ.在平面内任取一点和，记作a＋ｂ，即 a＋ｂ，作

=a，=ｂ，则向量

叫做a与ｂ的 a

a＋ｂ ｂ

ｂ

a

位移合成可以看作向量加法三角形法则的物理模型

2平行四边形法则

以同一点O为起点的两个已知向量a、ｂ，为邻边作平行四边形OACB，则以O为起点的对角线就是与的和。

力的合成可以看作向量加法平行四边形法则的物理模型。对于零向量与任一向量我们规定：

提问：你能从向量加法的几何意义，说明规定的合理性吗？

思考：当在数轴表示两个共线向量时，它们的加法与数的加法有什么关系？ a a

ｂ ｂ

a+b

a+b

探究：|+|与||+||的大小关系：

当向量与不共线时，|+|<||+||； 一般的有：|+|≤||+|| 思考：、处于什么位置时，（1）|+|=||+||（2）|+|=||-||（或|+b|=||-||）

三、实践探索 形成能力

1、探究：数的加法满足交换侓和结合侓，即对任意a、b a+b=b+a(a+b)+c= a+(b+c)任意向量、的加法是否也满足交换侓和结合侓？（1）让学生通过画图探索验证：+=+（2）提问：你能否验证：

有

(+)+=+(+)

小结：向量的加法满足交换律：+=+ 向量的加法满足结合律：(+)+=+(+)

2、练习P93 3、4题

3、例2：长江两岸之间没有大桥的地方，常常通过轮渡进行运输，如图2.2-12所示，一艘船从长江南岸A点出发，以5km/h的速度向垂直于对岸的方向行驶，同时江水的速度为向东2km/h。

（1）试用向量表示江水速度、船速以及船实际航行的速度（保留两个有效数字）；（2）求船实际航行的速度的大小与方向（用与江水速度间的夹角表示，精确到度）（引导学生正确理解题意，把问题化归为向量的加法运算。注意规范学生的解题格式。）

4、巩固作业

（1）P103习题2。2：第２，３，4（1）（2）（3）题（2）选做题：在△ABC中，求证：

四、归纳小结：内化知识

通过本节课的学习，同学们谈谈自己体会最深刻的是什么？

1、向量加法的几何意义； ２、交换律和结合律；

平面向量单元教学设计 篇6

请给出平面向量知识结构示意图

答：

向量是近代数学中重要和基本的数学概念之一。在高中教材中，平面向量章节内容主要有几个方面：⑴向量的物理背景与概念、向量的几何表示、相等向量与共线向量；⑵向量加法运算及其几何意义、向量减法运算及其几何意义、向量数乘运算及其几何意义；⑶平面向量基本定理、平面向量的正交分解及坐标表示、平面向量的坐标运算、平面向量共线的坐标表示；⑷平面向量数量积的物理背景及其含义、平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；⑸平面几何中的向量方法、向量在物理中的应用举例。此外，教材安排了扩展内容，主要是向量几向量符号的由来，向量的运算（运算律）与图形性质。这些知识既有不同又紧密联系，教学的时候要注意联系与比较，并通过实际解题训练，来提高学生的理解能力和应用能力。

我用FreeMind设计了一个向量知识结构图：

我认为上面制作的这个图表基本上反映了高中数学中的平面向量的知识结构。

与平面向量交汇试题探析 篇7

“以能力立意”是新高考数学命题的指导思想.在知识网络的“交汇点”处设计试题, 是近年高考数学命题的一大亮点.平面向量具有代数与几何形式的双重身份, 它能将数学的很多知识联系起来, 成为数学知识的一个交汇点, 故为近年来高考数学命题所青睐.下面以近两年的高考试题为例, 来分析与平面向量交汇的试题特点.

一、与概率的交汇

例1 (2007年湖北) 连掷两次骰子得到的点数分别为 m 和 n, 记向量 a= (m, n) 与向量 b= (1, -1) 的夹角为θ, 则$\theta \in (0‚\frac{\text{π}}{2}]$的概率是 ( )

$(\text{A})\frac{5}{12}(\text{B})\frac{1}{2}(\text{C})\frac{7}{12}(\text{D})\frac{5}{6}$

解:由于 m+n≠0, 所以 a 与 b 不共线, 若满足条件, 则只须 m-n≥0, 其概率为${\rm P}=\frac{\frac{30}{2}+6}{36}=\frac{7}{12}$, 选 (C) .

点评:本题主要考查概率、向量的综合问题, 考查学生分析问题和解决问题的能力.该题用向量形式给出概率问题, 将两个新知识有机地柔和在一起, 突显区分度, 拉开了档次, 让人拍案叫绝!

二、与方程的交汇

例2 (2006年湖南) 已知|a|=2|b|≠0, 且关于 x 的方程 x2+|a|x+a·b=0有实根, 则 a 与 b 的夹角的取值范围是 ( )

$\begin{array}{l}(\text{A})[0,\frac{\text{π}}{6}](\text{B})[\frac{\text{π}}{3}‚\text{π}]\\ (\text{C})[\frac{\text{π}}{3}‚\frac{2\text{π}}{3}](\text{D})[\frac{\text{π}}{6}‚\text{π}]\end{array}$

解:关于 x 的方程 x2+|a|x+a·b=0有实根, 则

|a|2-4a·b≥0.

设向量 a与b 的夹角为θ, 又

|a|=2|b|≠0, 则

$\cos \theta =\frac{\mathit{a}\cdot \mathit{b}}{|\mathit{a}||\mathit{b}|}\le \frac{\frac{1}{4}|\mathit{a}|{}^2}{\frac{1}{2}|\mathit{a}|{}^2}=\frac{1}{2}$,

所以$\theta \in [\frac{\text{π}}{3}‚\text{π}]$, 选 (B) .

点评:本题主要考查韦达定理和向量夹角公式, 将向量知识嵌入方程中, 使问题情景新颖别致、生动而又灵活, 考查学生的综合数学知识和迁移能力.

三、与不等式的交汇

例3 (2007年浙江文) 若非零向量 a, b 满足|a-b|=|b|, 则 ( )

(A) |2b|>|a-2b|

(B) |2b|<|a-2b|

(C) |2a|>|a-2b|

(D) |2a|<|a-2b|

解法1:若两向量 a 与 b 共线, 则由于 a, b 是非零向量, 且|a-b|=|b|, 则必有 a=2b.代入各选项只有 (A) 、 (C) 满足.若两向量 a 与 b 不共线, 注意到向量模的几何意义, 故可以构造如图1所示的三角形, 使其满足OB=AB=BC.

令$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}=\mathit{a},\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}=\mathit{b}$, 则$\overrightarrow{{\displaystyle BA}}=\mathit{a}-\mathit{b}$,

所以$\overrightarrow{{\displaystyle CA}}=\mathit{a}-2\mathit{b}$且|a-b|=|b|.

又BA+BC>AC,

所以 |a-b|+|b|>|a-2b|,

所以 |2b|>|a-2b|.故选 (A) .

解法2:由已知|a-b|=|b|⇒a2-2a·b+b2=b2⇒a· (a-2b) =0,

所以 a⊥ (a-2b) .如法1构造三角形, 由直角三角形斜边大于直角边可知 (A) 为正确选项.

点评:本题主要考查向量运算的几何意义及向量的数量积等知识.利用向量的几何意义解题是向量中的一个亮点, 它常常能起到化繁为简、化抽象为直观的效果.向量不能比较大小, 但向量的模是一个非负实数, 可以比较大小, 所以本题在选项中设置关于模的不等式, 比较自然和贴切.本题解法1易忽视特殊情况, 应引起注意.

四、与数列的交汇

例4 (2006年江西理) 已知等差数列{an}的前 n 项和为Sn, 若$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}=a{}_1\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}+a{}_{200}\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}C}}‚$且A、B、C三点共线 (该直线不过点O) , 则S200等于 ( )

(A) 100 (B) 101 (C) 200 (D) 201

解:由题设的A、B、C三点共线, 知

a1+a200=1,

所以$S{}_{200}=\frac{200(a{}_1+a{}_{200})}{2}=100$, 故选 (A) .

点评:本题主要考查平面向量三点共线的条件和等差数列前 项和公式的应用, 这样的题目设置和知识间的相互交汇简直是美妙绝伦, 一箭双雕, 堪称经典之作.

五、与平面几何的交汇

例5 (2007年山东理) 在直角△ABC中, CD是斜边AB上的高, 则下列等式不成立的是 ( )

$\begin{array}{l}(\text{A})|\overrightarrow{{\displaystyle AC}}|{}^2=\overrightarrow{{\displaystyle AC}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle AB}}\\ (\text{B})|\overrightarrow{{\displaystyle BC}}|{}^2=\overrightarrow{{\displaystyle BA}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle BC}}\\ (\text{C})|\overrightarrow{{\displaystyle AB}}|{}^2=\overrightarrow{{\displaystyle AC}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle CD}}\\ (\text{D})|\overrightarrow{{\displaystyle CD}}|{}^2=\frac{(\overrightarrow{{\displaystyle AC}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle AB}})\times (\overrightarrow{{\displaystyle BA}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle BC}})}{|\overrightarrow{{\displaystyle AB}}|{}^2}\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{解}\text{法}1:|\overrightarrow{{\displaystyle AC}}|{}^2=\overrightarrow{{\displaystyle AC}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle AB}}\\ \iff \overrightarrow{{\displaystyle AC}}\cdot (\overrightarrow{{\displaystyle AC}}-\overrightarrow{{\displaystyle AB}})=0\iff \overrightarrow{{\displaystyle AC}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle BC}}=0‚\end{array}$

根据已知条件知 (A) 是正确的.同理 (B) 也正确.对于 (D) 答案,

$\begin{array}{l}(\overrightarrow{{\displaystyle AC}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle AB}})\times (\overrightarrow{{\displaystyle BA}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle BC}})\\ =|\overrightarrow{{\displaystyle AD}}||\overrightarrow{{\displaystyle AB}}|\times |\overrightarrow{{\displaystyle BD}}||\overrightarrow{{\displaystyle AB}}|\\ =|\overrightarrow{{\displaystyle AB}}|{}^2|\overrightarrow{{\displaystyle CD}}|{}^2‚\end{array}$

知 (D) 正确.故错误的是 (C) , 选 (C) .

解法2:考查$(\text{A})‚\overrightarrow{{\displaystyle AC}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle AB}}=|\overrightarrow{{\displaystyle AC}}||\overrightarrow{{\displaystyle AB}}|\cos A=|\overrightarrow{{\displaystyle AC}}||\overrightarrow{{\displaystyle AC}}|=|\overrightarrow{{\displaystyle AC}}|{}^2$, 即 (A) 成立;考查$(\text{B})‚\overrightarrow{{\displaystyle BA}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle BC}}=|\overrightarrow{{\displaystyle BA}}||\overrightarrow{{\displaystyle BC}}|\cos B=|\overrightarrow{{\displaystyle BC}}|{}^2$, 即 (B) 也成立.考查 (C) , 由于$\overrightarrow{{\displaystyle AC}}$与$\overrightarrow{{\displaystyle CD}}$所成角为钝角, 则$\overrightarrow{{\displaystyle AC}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle CD}}＜0$, 所以 (C) 不成立, 故选 (C) .利用数量积定义和直角三角形边、三角函数的关系, 可得 (D) 成立.

点评:本题主要考查向量数量积的定义、直角三角形的边角关系、向量和差的几何意义和向量垂直的充要条件等知识, 尤其是向量加减法、数量积的几何意义, 课本都是在三角形中讨论的, 所以高考中以三角形为载体考查向量知识顺理成章.这样的试题每年都有很多, 这里不一一列举了.

六、与解析几何的交汇

例6 (2007年宁夏、海南理) 在平面直角坐标系 xOy 中, 经过点$(0‚\sqrt{2})$且斜率为 k 的直线 l 与椭圆$\frac{x{}^2}{2}+y{}^2=1$有两个不同的交点P和Q.

(Ⅰ) 求 k 的取值范围;

(Ⅱ) 设椭圆与 x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A, B, 是否存在常数 k, 使得向量$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}+\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}$与$\overrightarrow{{\displaystyle AB}}$共线?如果存在, 求 k 值;如果不存在, 请说明理由.

解: (Ⅰ) 由已知条件, 直线 l 的方程为$y=kx+\sqrt{2}$, 代入椭圆方程整理得

$(\frac{1}{2}+k{}^2)x{}^2+2\sqrt{2}kx+1=0.①$

直线 l 与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于$\Delta =8k{}^2-4(\frac{1}{2}+k{}^2)=4k{}^2-2＞0$,

解得$k＜-\frac{\sqrt{2}}{2}$或$k＞\frac{\sqrt{2}}{2}.$

即 k 的取值范围为

$(-\infty ‚-\frac{\sqrt{2}}{2}){\displaystyle \cup (}\frac{\sqrt{2}}{2}‚+\infty ).$

(Ⅱ) 设P (x1, y1) , Q (x2, y2) , 则

$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}+\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}=(x{}_1+x{}_2‚y{}_1+y{}_2).$

由方程$①‚x{}_1+x{}_2=-\frac{4\sqrt{2}k}{1+2k{}^2}.②$

又$y{}_1+y{}_2=k(x{}_1+x{}_2)+2\sqrt{2}.③$

而$A(\sqrt{2}‚0)‚B(0‚1)‚\overrightarrow{{\displaystyle AB}}=(-\sqrt{2}‚1)$, 所以$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}{\rm P}}}+\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}Q}}$与$\overrightarrow{{\displaystyle AB}}$共线等价于

$x{}_1+x{}_2=\sqrt{2}(y{}_1+y{}_2).$

将②③代入上式, 解得$k=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

由 (Ⅰ) 知$k＜-\frac{\sqrt{2}}{2}$或$k＞\frac{\sqrt{2}}{2}$, 故没有符合题意的常数 k.

点评:本题以椭圆为背景和载体, 与向量联系起来, 既考查了椭圆和直线的相关知识, 又考查了向量的坐标运算和向量共线的条件, 立意新, 角度好, 是一道综合性较强的题目.类似的题还有全国卷Ⅱ、湖南卷、江西卷、辽宁卷、福建卷、四川卷、安徽卷等.

七、与三角函数的交汇

例7 (2007年安徽理) 已知$0＜\alpha ＜\frac{\text{π}}{4}‚\beta$为$f(x)=\cos (2x+\frac{\text{π}}{8})$的最小正周期, $\mathit{a}=(\tan (\alpha +\frac{1}{4}\beta )‚-1)‚\mathit{b}=(\cos \alpha ‚2)$, 且 a·b=m.求$\frac{2\cos {}^2\alpha +\sin 2(\alpha +\beta )}{\cos \alpha -\sin \alpha }$的值.

解:因为β为$f(x)=\cos (2x+\frac{\text{π}}{8})$的最小正周期, 故β=π.因 a·b=m,

又$\mathit{a}\cdot \mathit{b}=\cos \alpha \tan (\alpha +\frac{1}{4}\beta )-2$,

故$\cos \alpha \tan (\alpha +\frac{1}{4}\text{π})=m+2.$

由于$0＜\alpha ＜\frac{\text{π}}{4}$, 所以

$\begin{array}{l}\frac{2\cos {}^2\alpha +\sin 2(\alpha +\beta )}{\cos \alpha -\sin \alpha }\\ =\frac{2\cos {}^2\alpha +\sin (2\alpha +2\text{π})}{\cos \alpha -\sin \alpha }\\ =\frac{2\cos {}^2\alpha +\sin 2\alpha }{\cos \alpha -\sin \alpha }=\frac{2\cos \alpha (\cos \alpha +\sin \alpha )}{\cos \alpha -\sin \alpha }\\ =2\cos \alpha (\frac{1+\tan \alpha }{1-\tan \alpha })\\ =2\cos \alpha \tan (\alpha +\frac{\text{π}}{4})=2(2+m).\end{array}$

点评:本题主要考查周期函数、平面向量数量积与三角函数基本关系式, 考查运算能力和推理能力.依托坐标把向量与三角函数有机地联系在一起, 陈题新意, 自然融合, 贴切生动.类似的题还有2007年湖北卷、陕西卷、山东卷、广东卷等.

八、与解析几何、导数、简易逻辑等多个知识点的交汇

例8 (2007年江苏卷) 如图2, 在平面直角坐标系 xOy 中, 过 y 轴正方向上一点C (0, c) 任作一直线, 与抛物线 y=x2 相交于A、B两点, 一条垂直于 x 轴的直线, 分别与线段AB和直线 l:y=-c 交于P、Q.

(1) 若$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}=2$, 求 c 的值;

(2) 若P为线段AB的中点, 求证:QA为此抛物线的切线;

(3) 试问 (2) 的逆命题是否成立?说明理由.

解: (1) 设过点C的直线为 y=kx+c, 代入 y=x2, 得

x2-kx-c=0,

知 x1x2=-c, x1+x2=k.

设$A(x{}_1‚y{}_1)‚B(x{}_2‚y{}_2)‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}=(x{}_1‚y{}_1)‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}=(x{}_2‚y{}_2).$

因为$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A}}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}=2$, 所以 x1x2+y1y2=2,

即 x1x2+ (kx1+c) (kx2+c) =2,

x1x2+k2x1x2-kc (x1+x2) +c2=2,

所以 -c-k2c+kc·k+c2=2,

即 c2-c-2=0, 解得 c=2 (舍去 c=-1) .

(2) 设过点A的切线为 y-y1=k1 (x-x1) .

又 y′=2x, 所以 k1=2x1,

切线为 y=2x1x-2x${}_1^2$+y1,

即 y=2x1x-x${}_1^2$,

它与 y=-c 的交点为${\rm M}(\frac{x{}_1}{2}-\frac{c}{2x{}_1}‚-c).$

又点P坐标为$(\frac{x{}_1+x{}_2}{2}‚\frac{y{}_1+y{}_2}{2})$, 即${\rm P}(\frac{k}{2}‚\frac{k{}^2}{2})$, 所以$Q(\frac{k}{2}‚-c).$

因为 x1x2=-c, 所以$-\frac{c}{x{}_1}=x{}_2$, 所以点M坐标为$(\frac{x{}_1}{2}+\frac{x{}_2}{2}‚-c)$, 即${\rm M}(\frac{k}{2}‚-c)$.所以点M和点Q重合, 也就是QA为此抛物线的切线.

(3) (2) 的逆命题是成立, 由 (2) 可知$Q(\frac{k}{2}‚-c)$, 因为PQ⊥x轴, 所以${\rm P}(\frac{k}{2}‚y{}_{{\rm P}})$因为$\frac{x{}_1+x{}_2}{2}=\frac{k}{2}$, 所以P为AB的中点.

点评:本题主要考查抛物线的基本性质、直线与抛物线的位置关系、向量的数量积、导数的应用、简易逻辑等基础知识和基本运算, 考查分析问题、探索问题的能力, 是一道集多个知识点于一体的综合性题目, 难度并不大.

以上仅从八个方面分析了高考数学试题中与平面向量交汇的试题类型及解法, 其实与平面向量联袂出演的试题类型很多, 远不止列举的这些, 有兴趣的同学可以再继续探讨和研究.

关于高中“平面向量”的教学体会 篇8

关键词：平面向量 数形结合 向量法 教学体会

现行高中第五章"平面向量"是高中数学新增内容之一。 该内容的引入既丰富了高中数学的内容，又体现了向量作为数学工具的重要性。通过利用向量去解决一些实际问题，深化了数学知识间的关联性和系统性，为更好地学好高中数学奠定了良好的基础。向量的基础知识较多，且与其他很多部分知识都有联系，如向量与函数的联系、向量与三角函数的联系、向量与立体几何的联系、向量与解析几何的联系等。因此，有必要加强对向量这一章节的进一步研究和总结。

一、从运算的角度来讲，向量可分为三种运算

（一）几何运算

本章教材给出了三角形法则，平行四边形法则，多边形法则。利用这些法则，可以很好地解决向量中的几何运算问题，从中去体会数形结合的数学思想。

（二）代数运算

（1）加法、减法的运算法则；（2）实数与向量乘法法则；（3）向量数量积运算法则。

（三）坐标运算

在直角坐标系中，向量的坐标运算有加、减、数乘运算、数量积运算。通过向量的坐标运算将向量的几何运算与代数运算有机结合起来，充分体现了解析几何的思想，让学生初步利用"解析法"来解决实际问题，也为以后学习解析几何及立体几何相关知识打下了基础，作好了铺垫。

二、教学内容 、要求、重点与难点

（一）本章教学内容可分成两块：第一向量及其运算，第二解斜三角形

1、平面向量基本知识，向量运算。具体教学内容有： 向量、向量的加法与减法、实数与向量的积、平面向量的数量积及运算律。

2、平面向量的坐标运算， 联结几何运算与数量运算的桥梁。具体教学内容体有： 平面向量的坐标运算， 向量加减运算、实数与向量的积运算、平面向量的数量积的坐标表示。

3、平面向量的应用， 具体教学内容有：线段的定比分点，平移，正弦定理， 余弦定理，解斜三角形应用举例，实习作业。

（二）教学要求

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。

3、掌握实数与向量的积，理解两个向量共线的充要条件。

4、了解平面向量的基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算。

5、掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题，掌握向量垂直的条件。

6、掌握平面两点间的距离公式以及线段的定比分点和中点坐标公式，并能熟练运用；掌握平移公式。

（三）教学重点

向量的几何表示，向量的加、减运算及实数与向量的积的运算，平面向量的数量积，向量的坐标运算，向量垂直的条件，平面两点间的距离公式及线段的定比分点和中点坐標公式，平移公式，正、余弦定理。

（四）教学难点

向量的概念，向量运算法则及几何意义的理解和应用，解斜三角形等。

三、本章的特点

教材编排的特点决定了在教学中处理本章时，有别于其它章节。

1、教材在本章处理上，充分体现了数形结合的思想。 首先教材通过求小船由A地到B地的位移来引入向量，根据学生思维特点，由具体到抽象，以平面几何知识为背景。在概念、法则及例题的编辑上都尽量配了图形，并安排了较多的作图练习、看图练习及作图验证练习等，为学生积极参与教学活动提供了条件，为发挥学生学习的主体作用提供了条件，这样既抓住了平面向量的特点，又使学生通过操作性练习达到对新概念的理解。

2、利用"向量法"解决实际问题是本章的显著特点之一。向量与几何之间存在着密切联系；向量又有加、减、数乘积及数量积等运算，也有平面向量的坐标运算，因而向量具有几何和代数的双重属性，能联系几何与代数，从而给了我们一种新的数学方法--向量法； 向量法能将技巧性解题化成算法性解题，正、余弦定理的推导就采用了向量法，为以后学习解析几何与立体几何打下了基础。

四、教学体会

依据教学内容、要求及本章的特点，根据学生认知水平和近几年的教学实践，对"平面向量"教学有如下的教学体会：

1、认真研究《考试大纲》及教学要求和目标，分析本章节特点，根据学生原有知识结构对学习本章可能会产生的正负迁移作用，有针对性地设计教学计划，组织教学过程，做好学法指导。

2、在教学中重基础知识，重基本方法，重基本技能，重教材，重应用，重工具作用，不拔高，不选偏题和难题，遵循学生认知规律和按大纲要求进行。

3、抓住向量的数形结合和具有几何与代数的双重属性的特点，提高"向量法"的运用能力，充分发挥工具作用。在教学中引导学生理解向量怎样用有向线段来表示，掌握向量的三种运算，理解向量运算和实数运算的联系和区别，强化本章基础。

（作者单位：江苏省滨海中学）

参考文献：

[1]中学数学室编著.全日制普通高级中学教科书（必修）《数学》第一册（下）[M]. 人民教育出版社.