第6章 专题3 平面向量的应用-【学考一本通】2025年湖南省普通高中学业水平测试数学

专题三 平面向量的应用 学考考点 􀀋平面向量的应用 􀀌正弦定理、余弦定理 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 考点 平面向量的应用 一、平面向量的应用 1.用向量方法解决平面几何问题的“三步曲” (1)建立平面几何与向量的联系,用 表示问题中涉及的几何元素,将平面几 何问题转化为 问题. (2)通过 运算,研究几何元素之间 的关系,如距离、夹角等问题. (3)把 “翻译”成几何关系. 2.用向量方法解决平面几何中的常见问题 设a=(x1,y1),b=(x2,y2)(a≠0且b≠0), a与b的夹角为θ. (1)求线段的长度或证明线段相等,可利用 向量的 、向量的 . (2)证明垂直或涉及垂直问题,常用向量垂 直的等价条件:a⊥b⇔ ⇔ . (3)线段平行或涉及共线问题,常用向量平 行(共线)的等价条件:a∥b⇔ ⇔ . (4)求夹角问题,常利用向量的夹角公式: cosθ= . 3.向量在物理中的应用 (1)物理问题中常见的向量有力、速度、加速 度、位移等. (2)向量的加减法运算体现在力、速度、加速 度、位移的合成与分解. (3)动量mv是向量的数乘运算. (4)功是力F与所产生的位移s的数量积. 二、正弦定理与余弦定理 1.正弦定理 在一个三角形中,各边和它所对角的正弦的 比相等,即 = = =2R.(R 为三角形外接圆的半径) 2.正弦定理的变形公式 由正弦定理,可以得到如下推论(变形公 式): (1)边化角公式: a=2RsinA;b=2RsinB;c=2RsinC. (2)角化边公式: sinA=a2R ;sinB=b2R ;sinC=c2R. 3.余弦定理 三角形中任何一边的平方等于其他两边平 方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积 的两倍,即 a2= ; b2= ;(第一种形式) c2= . 由余弦定理,可以得到如下推论(变形公 式): cosA= ; cosB= ;(第二种形式) cosC= . 4.解三角形 一般地,三角形的三个角A,B,C 和它们的 对边a,b,c叫作三角形的 .已知三 角形的几个 求其他 的过 程叫作解三角形. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —55— 考点一 平面向量的应用 一物体在力F1=(3,-4),F2=(2,-5), F3=(3,1)的共同作用下从点A(1,1)移动 到点B(0,5).在这个过程中三个力的合力 所做的功等于 . 【解析】 因为F1=(3,-4),F2=(2,-5), F3=(3,1),所以合力F=F1+F2+F3=(8, -8),AB → =(-1,4),则F·AB → =-1×8- 8×4=-40, 即三个力的合力所做的功为-40. 【答案】 -40 设作用于同一点的三个力F1,F2,F3 处 于平衡状态,若|F1|=1,|F2|=2,且F1 与 F2 的夹角为 2 3π ,如图所示. (1)求F3 的大小;(2)求F2 与F3 的夹角. 【解】 (1)由题意|F3|=|F1+F2|, 因为|F1|=1,|F2|=2,且F1 与F2 的夹角 为 2 3π ,所 以|F3|=|F1 + F2|= 1+4+2×1×2× -12 = 3. (2)设F2 与F3 的夹角为θ,因为F3=-(F1 +F2),所以F3·F2=-F1·F2-F2·F2, 所以 3·2·cosθ=-1×2× -12 -4,所 以cosθ=- 32 ,所以θ=56π. 考点二 余弦定理、正弦定理 (2024·湖南合格考真题)△ABC的内角 A,B,C 的对边分别为a,b,c.若a=4bsin A,则sinB= . 【解析】 因为a=4bsinA,由正弦定理可得 sinA=4sinBsinA,因为 A∈(0,π),所以 sinA≠0,所以1=4sinB,sinB=14. 故答 案为:1 4. 【答案】 14 或0.25 一、选择题 1.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.5 D.- 5 2.(2022·湖南合格考真题)在△ABC 中, AB →·BC → =0,则△ABC是 ( ) A.直角三角形 B.锐角三角形 C.钝角三角形 D.等边三角形 3.在△ABC中,内角A,B,C 所对的边分别为 a,b,c若b=2ccosA,c=2bcosA,则△ABC 的形状为 ( ) A.直角三角形 B.锐角三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形 4.(2023·湖南合格考真题)在△ABC 中,角 A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=2,b= 3,c=4,则cosA= ( ) A.-14 B. 1 2 C.78 D. 11 16 5.若a,b,c为△ABC 的三边,B=120°,则a2 +c2+ac-b2 的值 ( ) A.大于0 B.小于0 C.等于0 D.不确定 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —65— 二、填空题 6.在△ABC中,A=60°,最大边和最小边是方 程x2-9x+6=0的两个正实数根,则边BC = . 7.(2022·湖南合格考真题)在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为a,b,c.若a= 3, b= 2,A=60°,则B= . 8.如图,为了测量 A,C 两点间的距离,选取同 一平面上B,D 两点,测 出四边形ABCD 各边的长度(单位:km):AB =5,BC=8,CD=3,DA=5,且∠B与∠D 互 补,则AC的长为 km. 三、解答题 9.在△ABC 中,AC= 3,A=45°,C=75°,求 BC,AB 及B. 10.已知△ABC中,c=6cm,A=45°,C=30°, 解三角形. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —75— 7.解析:因为a∥b,所以1×m-(-2)×2=0, 所以m=-4,所以a=(1,2),b=(-2,-4), 所以2a+3b=2(1,2)+3(-2,-4)=(-4,-8). 答案:(-4,-8) 8.解析:a+c=(3,3m),由(a+c)⊥b,可得(a+c)·b =0,即3(m+1)+3m=0,解得 m=-12 ,则a= (1,-1),故|a|= 2. 答案:2 9.解:(1)由OA → =(16,12),AB → =(-5-16,15-12) =(-21,3),得|OA → |= 162+122=20, |AB → |= (-21)2+32=15 2. (2)cos∠OAB=|AO →·AB → | |AO → ||AB → | . 其中AO →·AB → =-OA →·AB → =-(16,12)·(-21,3) =-[16×(-21)+12×3]=300, 故cos∠OAB= 300 20×15 2 = 22 ,所以∠OAB=45°. 10.解:法一:(共线向量定理法)ka+b=k(1,2)+(- 3,2)=(k-3,2k+2),a-3b=(1,2)-3(-3,2) =(10,-4), 当ka+b与a-3b平行时,存在唯一实数λ, 使ka+b=λ(a-3b). 由(k-3,2k+2)=λ(10,-4), 所以 k-3=10λ, 2k+2=-4λ, 解得k=λ=-13. 当k=-13 时,ka+b与a-3b平行,这时ka+b= -13a+b=- 1 3 (a-3b),因为λ=-13<0 , 所以ka+b与a-3b反向. 法二:(坐标法)由题知ka+b=(k-3,2k+2),a -3b=(10,-4),因为ka+b与a-3b平行, 所以(k-3)×(-4)-10×(2k+2)=0, 解得k=-13. 这时ka+b= -13-3,-23+2 =-13 (a-3b), 所以当k=-13 时,ka+b 与a-3b 平行,并且 反向. 专题三 平面向量的应用 考点整合 考点 一、 1.(1)向量 向量 (2)向量 (3)运算结果 2.(1)线性运算 模 (2)a·b=0 x1x2+y1y2=0 (3)a=λb x1y2-x2y1=0 (4)a ·b |a||b|= x1x2+y1y2 x21+y21· x22+y22 二、 1.asinA b sinB c sinC 3.b2+c2-2bccosA a2+c2-2accosB a2+b2- 2abcosC b 2+c2-a2 2bc a2+c2-b2 2ac a2+b2-c2 2ab 4.元素 元素 元素 应考训练 1.C 因为OF1 → =(1,1),OF2 → =(-3,-2), 所以|F1+F2|= (1-3)2+(1-2)2= 5. 2.A △ABC 中,AB →·BC → =0,则AB → ⊥BC →,即 ∠ABC=90°,△ABC 为直角三角形,故选A. 3.C 由b=2ccosA,得b=2c·b 2+c2-a2 2bc , 得b2=b2+c2-a2,c2=a2,所以c=a; 又因为c=2bcosA,同理得a=b; 所以a=b=c,△ABC 为等边三角形. 4.C ∵a=2,b=3,c=4.∴由余弦定理cosA= b2+c2-a2 2bc = 9+16-4 2×3×4= 7 8. 故选C. 5.C 由B=120°,得cosB=a 2+c2-b2 2ac =- 1 2 , 所以a2+c2-b2=-ac,即a2+c2+ac-b2=0. 6.解析:因为A=60°,所以最大边和最小边所夹的角 为A,AB,AC 为x2-9x+6=0的两个正实数根, 则AB+AC=9,AB×AC=6, 所以BC2=AB2+AC2-2×AB×AC×cosA =(AB+AC)2-2×AC×AB×(1+cosA) =92-2×6×32=63. 所以BC=3 7. 答案:3 7 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —901— 7.解 析:由 正 弦 定 理: asinA = b sinB ,即 3 sin60° = 2sinB , ∴sinB= 22. 又∵a>b,∴A>B.∴B=45°. 答案:45° 8.解析:在△ACD 中,由余弦定理得 cosD=DA 2+DC2-AC2 2DA·DC = 52+32-AC2 2×5×3 =34-AC 2 30 . 在△ABC 中,由余弦定理得 cosB=BA 2+BC2-AC2 2BA·BC = 52+82-AC2 2×5×8 =89-AC 2 80 , 又因为∠B 与∠D 互补,所以cosB=-cosD, 即34-AC 2 30 =- 89-AC2 80 ,解得AC=7. 答案:7 9.解:在△ABC 中,由A+B+C=180° 得B=180°-A-C=60°, 在△ABC 中,由正弦定理得 BCsinA= AB sinC= AC sinB , 故BC=AC ·sinA sinB = 3× 22 3 2 = 2, AB = AC ·sinC sinB = 3·sin75° 3 2 = 3× 6+ 24 3 2 = 6+ 22 . 10.解:由三角形内角和定理,得B=180°-(A+C) =105°, sin105°=sin75°=sin(30°+45°) =sin30°cos45°+cos30°sin45°= 6+ 24 . 根据正弦定理 a sinA= b sinB= c sinC , 得a=csinAsinC = 6sin45° sin30°=6 2 (cm), b=csinBsinC= 6sin105° sin30°=3 (2+ 6)(cm). 第七章 复数 考点整合 考点一 一、 1.a+bi(a,b∈R) 虚数单位 -1 复数集 2.(1)a+bi(a,b∈R) 代数形式 实部 虚部 (2)a=c且b=d 二、 1.直角坐标系 实 虚 原点 3.a2+b2 4.相等 相反 z z 考点二 1.(1)(a+c)+(b+d)i (2)(a-c)+(b-d)i 2.(1)z2+z1 (2)z1+(z2+z3) 4.(ac-bd)+(ad+bc)i 5.z2z1 z1(z2z3) 6. (a+bi)(c-di) (c+di)(c-di) 应考训练 1.A (1-i)4=[(1-i)2]2=(1-2i+i2)2=(-2i)2 =-4. 2.B 向量OA →,OB → 对应的复数分别为2-3i,-3+2i, 根据复数与复平面内的点一一对应,可得向量OA → =(2,-3),OB → =(-3,2). 由向量减法的坐标运算可得向量BA → =OA → -OB → = (2+3,-3-2)=(5,-5), 根据复数与复平面内的点一一对应,可得向量BA → 对应的复数是5-5i. 3.A 由z+i-1=2-i, 得z=(2-i)-(i-1)=3-2i,则z=3+2i, 对应的点在第一象限. 4.C (6-3i)-(3i+1)+(2-2i)=(6-1+2)+ (-3-3-2)i=7-8i. 5.A ①由于x,y∈C, 所以x+yi不一定是复数的代数形式,不符合复数 相等的充要条件,①是假命题. ②由于两个虚数不能比较大小,所以②是假命题. ③当x=1,y=i时,x2+y2=0成立,所以③是假 命题. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —011—