复习参考题教学设计实例

微专题《平面向量的数量积及其应用》

授课班级：高三8班 授课地点：录播室 授课时间：2019年3月15日星期五下午第1节

授课教师：谢杭建

【教学目标】

1.从不同层面，学***面向量数量积的相关概念，会用数量积的相关公式进行运算，培养学生的运算能力．

2. 在用向量方法解决某些简单的平面几何问题与其他一些实际问题过程中，通过多种解法的互动，激发学生学习数学的兴趣．

3. 有意识地在师生互动中渗透学生的数形结合、转化化归等数学思想方法．

4.通过循序渐进的问题情境，鼓励学生正确面对难题，激励学生勇于挑战，积极参与互动，并探索出相应的解题策略．

【近六年考题分布】

2013•新课标I. II.13;2014•新课标I.15，II.3;

2015•新课标II.13;2016·新课标I.13;新课标II.III.3; 2017•新课标I.13，II,12，20；III.12；2018•新课标

I.6，II,4，20；III.13. 【教学重点】

如何用基底法、坐标法、几何法等主要方法处理平面向量的数量积问题。

【教学难点】

在较复杂情境中，如何选择合适、的方法处理平面向量的数量积问题。

一、一轮回顾（通过思维导图的方式给出）

1、知识回顾。

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设计意图：给出思维导图，把握平面向量知识的网络结构。

2、方法回顾。

（1）基底法：有明显的基底条件；

（2）坐标法：符合建系条件（选好坐标原点）；

（3）几何法：数形结合（一图搞定）。

设计意图：复习“坐标法”、“基底法”、“几何法”等主要方法，把握平面向量应用的方法框架。

同时板书如下：

师：下面我们看一下昨天“问题导入”中大家答题情况（展示各题答案、学生答题汇总数据及全对的学生名单，并根据答题情况进行授课），从表格中发现。。。。做得不是很好，我从中挑选了一些同学的答题情况，我们一起感受一下。

1、23

2、C

3、D

4、B;

二、问题导入

设计意图：提前将学生的解答收上来，找到学生的知识缺漏，并进行数据处理，然后将每一道题的代表性解法及老师的解法放到希沃课件上，得出不同试题背景下，优选解题办法，如果学生的方法并不是最优的，也可以展示教师预设的参考答案，达到生生、师生互动。

1、（2017年全国Ⅰ理13）已知向量a，b的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则| a +2b |=

. 设计意图：复习三种主要方法的运用。

解法一（基底法）：|a2b||a|4ab4|b|4421cos60412，

所以|a2b|1223. 解法二（几何法）：利用如下图形，可以判断出a2b的模长是以2为边长，

一夹角为60°的菱形的对角线的长度，则为23. 解法三（坐标法）：略。

2、（2009年全国理9）已知O，N，P在ABC所在平面内，且

222OAOBOC,NANBNC0，且PAPBPBPCPCPA，则点O，N，P依次是ABC的

（A）重心

外心

垂心 （B）重心

外心

内心 （C）外心

重心

垂心 （D）外心

重心

内心

设计意图：复***面向量在三角形四心的应用。

解析：由OAOBOC知,O为ABC的外心；由NANBNC0知，O为ABC的重心;

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PAPBPBPC，PAPCPB0，CAPB0,CAPB,同理，APBC,P为ABC的垂心，选C.

3. （2018年全国I理8）设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则FMFN(

) A. 5

B. 6

C. 7

D. 8 设计意图：在利用坐标法解题的情况下，如何选择更快的解题办法，如优化建系等。

222,0且斜率为的直线方程为yx2,解析：根据题意，过点332x2y与抛物线方程联立,消去x，整理得:y26y80,3y24x解得M1,2,N4,4,又F1,0,所以FM0,2,FN3,4,从而可以求得FMFN03248，故选D.→→4.(2017年全国Ⅱ理12)已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA·(PB→＋PC)的最小值是(

) A.－2

3B.－

24C.－

3D.－1 设计意图：复***面向量“坐标法”“基底法”在平面几何中的应用，指出坐标法建合适的系有利于快速解题，基本功扎实的同学利用几何法（向量的重要性质）会更快。

解法一（坐标法）：

如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A(0，3)，B(－1，0)，→→C(1，0).设P(x，y)，

则PA＝(－x，3－y)，PB＝(－1－x，－y)，

→PC＝(1－x，－y).

233→→→2所以PA·(PB＋PC)＝(－x，3－y)·(－2x，－2y)＝2x＋2y－－.

22当x＝0，y＝33→→→时，PA·(PB＋PC)取得最小值为－.

答案

B 22|PA||PO|

解法二（几何法）：PAPBPCPA2PO2|PA||PO|222（向量的重要性质）

（基本不等式）

三、互动探究

设计意图：给出非课标卷试题，有方法选择障碍，训练学生提升对试题背景的分析，选择合适的方法快速解决。

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例1 已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则ECED的最小值为________，最大值为________. 师：给1分钟时间思考。

设计意图：虽然几何法更快，但要求基本功比较好，大部分学生会选择坐标法，也许更实用。

解法一（坐标法）：如图，以AB，AD为坐标轴建立平面直角坐标系，

则A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)，D(0，1)，

设E(t，0)，t∈[0，1]，

则ECED1t,1t,1t1t113tt1t2422

13当t时，ECED有最小值，当t0或1时，ECED有最大值1.

24解法二几何法：ECEDEAADEBBCEAEB|AD|2EA||EB|3

1|EA||EB|124显然，当|EA|0或|EB|0时，ECED取得最大值。变式

( 2016年省质检理10)平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，ABAD4，点P在边CD上，则PAPB的取值范围是(

) A．[－1,8]

B．[－1，＋∞)

C．[0,8]

D．[－1,0] 设计意图：同例1.但增加了选择题背景下，根据点的运动，可以特殊化处理。

解法一（坐标法）：由题意得ABAD|AB||AD|cosBAD4,3系，则A0,0，B4,0，C4,0,D1,3，解得BAD2以A为原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标因为点P在边CD上，所以不妨设点P的坐标为a，31a5,则PAPBa，34a，3a24a3a212

则当a2时，PAPB取得最小值1，当a5时，PAPB取得最大值8.

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解法二几何法：PAPBPEEAPEEB|PE|2EAEBEA||EB|13|EA||EB|32因为PAPB|PA||PB|，不可能趋近，所以排除B.解法三（特殊法）：根据点P的运动范围，确定最大值有界，排除B，根据选项中如果最小值取得-1这个值，必在线段AB的中垂线与线段CD的中点上，从而通过数形结合思想，2PAPBPEEAPEEB|PE|EAEB=3-4=-1.从而选A。

结合解法二的2



例2

(2017年天津理13变式) 在△ACB中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2，若→→→→→BDDC，AE＝λAC－AB(λ∈R)，且AD·AE＝－4，则λ的值为________. 设计意图：从试题背景来说，均符合“基底法”和“坐标法”解题特征，但本题已有基底法的明显特征，引导学生学会预判选择基底法的理由。

解法一基底法：ADAE1ACAB1|AC|2|AB|22123cos601492133492147124，解得271ABACACAB2



课后延伸：若BDDC改为BD＝2DC，其他条件不变，则λ的值为________.

→→1思考题

（2015年福建理9）已知ABAC,AB,ACt

，若P点是ABC所t在平面内一点，且APABAB4ACAC

，则PBPC的最大值等于（

）

（A）13

（B）15

（C）19

（D）21 设计意图：触动选择“坐标法”的原因是ABAC；触动选择“基底法”的原因是

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设ACa，b，则|a||b|1，APa4b。

|AB||AC|1tAB解法一（坐标法）：以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则B(,0)，C(0,t)，

（1，4)，

AP（，10)+4(0,1)=(1,4)，即P1所以PB=（1，-4)，PC=（1，t-4)，

t11因此PBPC14t1617(4t)，

tt11因为4t24t4，所以PBPC

的最大值等于13，

tt11当4t，即t时取等号．

t2解法二（基底法）：设PBPCABAPACAPAPABAC|AP|2

21a4batba4btACa，b，则|a||b|1，APa4b

|AB||AC|AB

114t11624t1713tt

四、体验感悟——看山还是山（套路提炼）

设计意图：回到思维导图，通过老师的自我体会碰撞学生的思维，在一轮复习的基础上进行深化总结，提升学生对向量试题的解题策略。

五、拓展提升——核心素养（余弦定理证明）

（2011年陕西理18）叙述并证明余弦定理。（必修5课本第5页）

设计意图：点名主旨，回到公式本身，强调向量数量积与数量关系的转化。

解 余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与他们夹角的余弦之积的两倍。

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或：在ABC中，a,b,c为A,B,C的对边，有

a2b2c22bccosA b2a2c22accosB

c2a2b22abcosC

证法一

如图

a2BCBC(ACAB)(ACAB)AC2ACABAB

AC2ACABCOSAAB即abc2bccosA

同理可证bac2accosB cab2abcosC

证法二

已知ABC中A,B,C所对边分别为a,b,c,以A为原点，AB所在直线为x轴，建立

直角坐标系，则

C(bcosA,bsinA),B(c,0), 2222222222222b22bccosAc2

a2BC2(bcosAc)2(bsinA)2

b2cos2A2bccosAc2b2sin2Ab2c22bccosA 222

222同理可证bac2accosB cab2abcosC

六、作业设计

1、配套练习

2、补充作业

x2y21上，过M作x轴（2017年课标II理20）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：2的垂线，垂足为N，点P满足NP（1）求点P的轨迹方程；

2NM．

（2）设点Q在直线x3上，且OPPQ1．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．

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七、教后反思

1、本节课在互动探究阶段，过于频繁的请学生回答问题，不是一种明智的选择，应该选择一道题作为重点突出，并突出告知学生不同的试题背景应该优先考虑用什么样的解题方法，即可，可以拍学生的解答，进行分析；

2、本节课在互动探究阶段，在难度突破方面，只需要对为什么选择这种方法进行解释，未必进行深入解题，可在分析后，直接布置为作业即可，这样已经达到难题突破；

3、在按第1、2点处理的条件下，将会有足够的时间对重点试题进行深入分析，与学生进行充分互动，并回到问题的本质，如最值问题，范围问题等就是函数思想的具体应用，从而避免进入为讲题型而讲题型，升华到函数思想的高度来处理问题；

4、在体验感悟阶段应该留有足够时间，倾听学生对本节课的思考；

5、在拓展提升阶段，证明余弦定理时，必须点名主旨，回到公式本身，强调向量数量积与数量关系的转化，从而升华本节课。

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