第二章 平面向量及其应用（11大易错训练与7大压轴训练）-2024-2025学年高一数学单元速记·巧练（北师大版2019必修第二册）

第二章 平面向量及其应用 易错训练与压轴训练 01 思维导图 目录 易错题型1　忽视零向量出错 1 易错题型2.　忽视向量共线情况出错 2 易错题型3.　对向量加、减法的几何意义理解不透致误 3 易错题型4　向量线性运算时忽略图形的性质致误 4 易错题型5忽视向量共线的方向出错 5 易错题型6.对基的理解不准确致误 5 易错题型7误把向量的坐标当作点的坐标运算致误 6 易错题型8.忽视向量共线的特殊情况出错 7 易错题型9.考虑不全面致错 8 易错题型10.忽略构成三角形的条件出错 8 易错题型11.解三角形时忽略隐含条件出错 10 压轴题型1.余弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 11 压轴题型2.三角恒等变换的化简问题、余弦定理解三角形、几何图形中的计算 15 压轴题型3.用和、差角的余弦公式化简、求值、二倍角的正弦公式、正弦定理解三角形、余弦定理解三角形 21 压轴题型5.三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、数量积的运算律 30 压轴题型6.平面向量共线定理证明点共线问题压轴题型2.三角恒等变换的化简问题、余弦定理解三角形、几何图形中的计算 33 压轴题型7.由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、余弦定理解三角形 37 02 易错题型 易错题型一　忽视零向量出错 例1.已知向量a，b，c满足a∥b，b∥c，则a与c一定平行吗？ 解析：分两种情况说明： ①当向量b＝0，向量a与向量c均为非零向量时，不能保证a∥c. ②当向量b≠0时，因为a∥b，所以向量a与向量b具有相同或相反方向．又因为b∥c，所以向量c与向量b具有相同或相反方向，所以向量a与向量c具有相同或相反方向，故a∥c. 综上所述，当向量b≠0时，向量a与c平行；当向量b＝0时，向量a与c不一定平行． 易错警示 易错原因 纠错心得 忽视零向量，误认为a，b，c都是非零向量，则由a∥b，b∥c，得b∥c 求解向量问题时，要注意题目中的向量能否为零向量．零向量是特殊的向量，方向是任意的．所有的零向量都相等．零向量的起点与终点是同一点，故不能用有向线段表示出来． 易错题型2.　忽视向量共线情况出错 例2.已知非零向量a，b，c，以表示a，b，c的有向线段构成三角形的充要条件是a＋b＋c＝0，这个判断正确吗？ 解析：不正确 因为a，b共线时，即使a＋b＋c＝0成立， 但不能构成三角形． 当a，b，c不共线时，a＋b＋c＝0，则以表示a，b，c的有向线段能构成三角形． 易错警示 易错原因 纠错心得 忽视了向量共线的特殊情况． 解决向量问题时不要忽视特殊情形，如零向量、向量同向、向量反向、向量相等． 易错题型3.　对向量加、减法的几何意义理解不透致误 例3.[多选题]如图，点O是平行四边形ABCD两条对角线的交点，则下列等式一定成立的是(　　) A．＝ B．＝0 C．＝ D．＝ 解析：＝，A正确；＝0≠0，B错误；＝＝，C正确；＝＝，D错误．故选AC. 答案：AC 易错警示 易错原因 纠错心得 对向量的加、减法的几何意义理解不透，致使错选A、B、C或A、C、D. (1)向量加法运算时，应做到“首尾顺次相连”． (2)向量加法或减法运算后结果仍是向量． 易错题型4　向量线性运算时忽略图形的性质致误 例4.已知点E，F分别为四边形ABCD的对角线AC，BD的中点，设＝a，＝b，则用a，b表示＝________． 解析：如图，取AB的中点P，连接EP，FP. 在△ABC中，EP是中位线，所以＝＝a. 在△ABD中，FP是中位线， 所以＝＝－＝－b. 在△EFP中，＝＝－＝－a－b＝－(a＋b). 答案：－(a＋b) 易错警示 易错原因 纠错心得 四边形ABCD不一定是梯形，只是一般的四边形，有的同学误认为四边形ABCD是梯形出错． 在根据平面几何图形进行化简、证明时，要准确应用平面几何图形的性质．首先应根据题意判断所给图形是否是特殊图形，不能盲目运用特殊图形的性质进行求解． 易错题型5忽视向量共线的方向出错 例5.设两向量e1，e2不共线，若向量2te1＋7e2与向量e1＋te2共线，求实数t的值． 解析：∵向量2te1＋7e2与向量e1＋te2共线， ∴存在实数λ，使得2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)， 即2t＝λ，且7＝λt，解得t＝±. 故所求实数t的值为±. 易错警示 易错原因 纠错心得 忽视两非零向量反向共线的情况而漏掉一解． 向量共线应分同向与反向两种情况． 易错题型6.对基的理解不准确致误 例6.已知e1≠0，λ∈R，a＝e1＋λe2，b＝2e1，则a与b共线的条件为(　　) A．λ＝0 B．e2＝0 C．e1∥e2 D．e1∥e2或λ＝0 解析：当e1∥e2时，a∥e1.因为b＝2e1，所以b∥e1.又因为e1≠0，所以a与b共线；当λ＝0时，a∥e1，因为b＝2e1，所以b∥e1.又因为e1≠0，所以a与b共线．故选D. 答案：D 易错警示 易错原因 纠错心得 本题中e1，e2没指明不共线，应考虑两种情况．本题易忽略e1∥e2的情况致错选A. 在应用平面向量基本定理时不能忽略向量作为基的条件，否则就会出错． 易错题型7误把向量的坐标当作点的坐标运算致误 例7.已知点A(2，3)，B(5，4)，C(7，10)，若＝＋λ(λ∈R)，试求当点P在第三象限时λ的取值范围． 解析：由已知得＝＋λ＝(5－2，4－3)＋λ(7－2，10－3)＝(3，1)＋λ(5，7)＝(3＋5λ，1＋7λ)， 设点P(x，y)，则＝(x－2，y－3)． 于是(x－2，y－3)＝(3＋5λ，1＋7λ)，即 又点P在第三象限，所以解得λ<－1. 故λ的取值范围为(－∞，－1)． 易错警示 易错原因 纠错心得 误把向量的坐标当作点P的坐标运算致错，得到错误答案. 向量的坐标反映的是向量的长度和向量的方向，与终点坐标无关，只有当向量的起点是坐标原点时，向量的坐标与终点的坐标才是一致的． 易错题型8.忽视向量共线的特殊情况出错 例8.设两个向量e1，e2满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夹角为60°，若向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角θ为钝角，求实数t的取值范围． 解析：由向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角θ为钝角，得 cos θ＝<0， ∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，化简得2t2＋15t＋7<0. 解得－7<t<－. 当向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为180°时，也有(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，但此时夹角不是钝角． 设2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)，λ<0，则 解得 ∴所求实数t的取值范围是(－7，－，－)． 易错警示 易错原因 纠错心得 (2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0包括了向量共线反向的情况，若忽视了这种情况，就得到了错误的答案(－7，－) 若两向量的夹角为钝角，则这两向量的数量积为负，反之不成立．所以解题时注意结论的应用． 易错题型9.考虑不全面致错 例9.已知A(1，2)，B(4，0)，C(8，6)，D(5，8)，判断由此四点构成的四边形的形状． 解析：因为＝(4，0)－(1，2)＝(3，－2)，＝(8，6)－(5，8)＝(3，－2)， 所以＝，故四边形ABCD是平行四边形． 因为＝(5，8)－(1，2)＝(4，6)， 所以·＝3×4＋(－2)×6＝0， 所以⊥，故四边形ABCD是矩形． 因为||＝，||＝2，||≠||， 所以四边形ABCD不是正方形． 综上，四边形ABCD是矩形． 易错警示 易错原因 纠错心得 有的同学只求出＝，就判断四边形ABCD是平行四边形，没有进一步分析与是否垂直，以及它们的模是否相等，从而得到错误答案． 在判断图形的形状时，要从边和角两方面来考虑，从而判断出一个最准确的形状． 易错题型10.忽略构成三角形的条件出错 例10.已知2a＋1，a，2a－1是钝角三角形的三边，则实数a的取值范围为________． 解析：∵2a＋1，a，2a－1是三角形的三边 ∴解得a>. 要使2a＋1，a，2a－1 构成三角形，需满足 解得a>2. 由题知2a＋1是三角形的最大边，设其对应的角为θ(钝角)， 则cos θ＝<0， ∴a2＋(2a－1)2－(2a＋1)2<0，即a2－8a<0，解得0<a<8. 又a>2，∴a的取值范围为(2，8)． 答案：(2，8) 易错警示 易错原因 纠错心得 a>只能保证2a＋1，a，2a－1都是正数，而要表示三角形的三边，还需满足三角形的隐含条件“两边之和大于第三边”． 由于余弦定理的变形较多，且涉及平方和开方等运算，易因不细心而导致错误．在利用余弦定理求三角形的三边时，除了要保证三边长均为正数，还要判断一下三边能否构成三角形． 易错题型11.解三角形时忽略隐含条件出错 例11.在△ABC中，若A＝60°，BC＝4，AC＝4，则角B的大小为(　　) A．30° B．45° C．135° D．45°或135° 解析：根据正弦定理得＝，即＝，解得sin B＝.又BC>AC，所以A>B，所以角B的大小为45°.故选B. 答案：B 易错警示 易错原因 纠错心得 忽略BC＝4>4＝AC⇒A>B这一条件，导致选D出错．即忽略了三角形中大边对大角的条件． 已知三角形的两边及其中一边的对角，利用正弦定理求另一边的对角时，由于三角形内角的正弦都为正的，而这个内角可能为锐角，也可能为钝角，因此需要由题中的隐含条件来判断角的情况． 03 压轴题型 压轴题型1.余弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 例题： 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求证：. (2)求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】余弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】(1)结合正弦定理及正弦和角公式得，结合角度范围即可证明； (2)结合正弦定理及三角恒等变换，结合B角范围即可求解. 【详解】（1）在中， 由及正弦定理得： 又∵， ∴ 即 ， ∵，∴. ∵，∴， （2）得：得， ∴，∴， 由题意，及正弦定理得： ∵，∴，即 故的取值范围为 方法二：由正弦定理得： ∵，∴， 由（1）得：，故 由（1）得：得， ∴，∴， ∴，即， 故的取值范围为 巩固训练1.（2022·全国·模拟预测）已知四边形内接于圆，，，是钝角. (1)求的最大值； (2)，求四边形周长的最大值. 【答案】(1)4 (2) 【知识点】正弦定理解三角形、余弦定理解三角形 【分析】（1）利用正弦定理求出圆的直径即得的最大值； （2）先在中根据所给条件，利用正弦定理求出的值和的长，然后在中通过余弦定理和基本不等式求出与之和的最大值即可求解. 【详解】（1）设圆的半径为. 因为内接于圆，且，，由正弦定理得. 又是圆的弦，所以，所以的最大值为4. （2）在中，由正弦定理得，即， 所以. 因为是钝角，所以，所以，即. 由得，设，， 在中，由余弦定理得， 即，所以，当且仅当时，取得最大值， 所以四边形周长的最大值为. 2.（2021·北京·模拟预测）在中，，，则的最大周长是（） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】余弦定理解三角形、基本不等式求积的最大值 【分析】由余弦定理变形为含的式子，利用均值不等式求解. 【详解】由余弦定理知，, 即， 故，当且仅当时等号成立 解得，又， 所以， 故周长， 故选：B 【点睛】关键点点睛：由余弦定理建立方程后，需要根据所求问题合理变形是解题的关键，变形后利用均值不等式求最值，属于中档题. 压轴题型2.三角恒等变换的化简问题、余弦定理解三角形、几何图形中的计算 例题： 记的内角、、的对边分别为、、，已知. (1)求； (2)若点在边上，且，，求. 【答案】(1) (2) 【知识点】三角恒等变换的化简问题、余弦定理解三角形、几何图形中的计算 【分析】（1）由余弦定理化简可得出，可求出的值，再结合角的取值范围可求得角的值； （2）求出、的值，设，则，分别在和中，利用正弦定理结合等式的性质可得出、的等式，即可求得的值，即为所求. 【详解】（1）解：因为， 由余弦定理可得， 化简可得，由余弦定理可得， 因为，所以，. （2）解：因为，则为锐角，所以，， 因为，所以，， 所以，， 设，则， 在和中，由正弦定理得，， 因为，上面两个等式相除可得， 得，即， 所以，. 巩固训练1.记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，. （1）证明：； （2）若，求. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【知识点】正弦定理边角互化的应用、几何图形中的计算 【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论. （2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值. 【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理， 得， 因为，所以，即． 又因为，所以． （2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理 因为，如图，在中，，① 在中，．② 由①②得，整理得． 又因为，所以，解得或， 当时，（舍去）． 当时，． 所以． [方法二]：等面积法和三角形相似 如图，已知，则， 即， 而，即， 故有，从而． 由，即，即，即， 故，即， 又，所以， 则． [方法三]：正弦定理、余弦定理相结合 由（1）知，再由得． 在中，由正弦定理得． 又，所以，化简得． 在中，由正弦定理知，又由，所以． 在中，由余弦定理，得． 故． [方法四]：构造辅助线利用相似的性质 如图，作，交于点E，则． 由，得． 在中，． 在中． 因为， 所以， 整理得． 又因为，所以， 即或． 下同解法1． [方法五]：平面向量基本定理 因为，所以． 以向量为基底，有． 所以， 即， 又因为，所以．③ 由余弦定理得， 所以④ 联立③④，得． 所以或． 下同解法1． [方法六]：建系求解 以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴， 长为单位长度建立直角坐标系， 如图所示，则． 由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动． 设，则．⑤ 由知，， 即．⑥ 联立⑤⑥解得或（舍去），， 代入⑥式得， 由余弦定理得． 【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题； 方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路； 方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路； 方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择； 方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起； 方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化. 2.在中，角、、的对边分别是、、且． (1)求角的大小； (2)若，，为的中点，求的面积及的长度． 【答案】(1) (2)的面积为， 【知识点】正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）利用正弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值； （2）利用三角形的面积公式可求得的面积，利用余弦定理可求得的长度. 【详解】（1）解：由及正弦定理可得， 、，则，可得，，故. （2）解：， 由余弦定理可得. 压轴题型3.用和、差角的余弦公式化简、求值、二倍角的正弦公式、正弦定理解三角形、余弦定理解三角形 例题： （2024·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为，已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】用和、差角的余弦公式化简、求值、二倍角的正弦公式、正弦定理解三角形、余弦定理解三角形 【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到； （3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【详解】（1）设，，则根据余弦定理得， 即，解得（负舍）； 则. （2）法一：因为为三角形内角，所以， 再根据正弦定理得，即，解得， 法二：由余弦定理得， 因为，则 （3）法一：因为，且，所以， 由（2）法一知， 因为，则，所以， 则， . 法二：， 则， 因为为三角形内角，所以， 所以 巩固训练1.在中，点D在上，，. (1)求的值； (2)若，求的长. 【答案】(1) (2) 【知识点】已知数量积求模、数量积的运算律、余弦定理解三角形、正弦定理解三角形 【分析】（1）利用余弦定理与正弦定理依次求得，从而得解； （2）利用向量的线性运算与数量积的运算法则即可得解. 【详解】（1）在中，，，则， 所以 ，所以， 又，则. （2）因为，则，    所以， 又， 所以 ， 则. 2.（2024·上海松江·二模）设，函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为． (1)求函数的解析式； (2)在中，设角、及所对边的边长分别为、及，若，，，求角． 【答案】(1) (2) 【知识点】余弦定理解三角形、三角恒等变换的化简问题、由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式） 【分析】（1）根据降幂公式，二倍角公式及辅助角公式化简，再根据图象的两条相邻对称轴之间的距离为求出即可； （2）由得出，过点作于点，得出，分别求出的长，结合即可得出，进而得出，根据即可求得答案． 【详解】（1）， 因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为， 所以, 则，解得， 所以． （2）由得，， 因为，所以，即， ，解得(舍负)， 过点作于点，如图所示， 由得，，则， 所以，则， 所以，则． 3.已知的内角A，，的对边分别是，，，的面积为，且满足． (1)求角A的大小； (2)若，求周长的最大值． 【答案】(1) (2)12 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围、基本不等式求积的最大值 【分析】（1）由结合三角形面积公式可化简得到，即可求得答案； （2）利用余弦定理得到，进而化为，结合基本不等式求得，即可得周长的最大值. 【详解】（1）， ，                                    则，                                                               ，， 又，； （2），， 由余弦定理得，                                            即，， 所以,（当且仅当时取“＝”），                       故，，                                                         的最大值为8，的最大值为12， 周长的最大值为12． 压轴题型4.正弦定理边角互化的应用、基本不等式求和的最小值 例题： （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)若，求B； (2)求的最小值． 【答案】(1)； (2)． 【知识点】正弦定理边角互化的应用、基本不等式求和的最小值 【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出； （2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出． 【详解】（1）因为，即， 而，所以； （2）由（1）知，，所以， 而， 所以，即有，所以 所以 ． 当且仅当时取等号，所以的最小值为． 巩固训练1.在中，A，B为锐角，C为钝角，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且． (1)求角B； (2)求的取值范围． 【答案】(1)； (2) 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理边角互化的应用、正余弦定理与三角函数性质的结合应用 【分析】（1）利用B角的余弦定理代入得到，结合B的范围求出答案； （2）利用正弦定理边化角得到，接着根据题意求出A角的范围，继而求出答案 【详解】（1）因为， 所以， 从而，即， 因为，所以 所以，即； （2）因为，， 所以， 因为，C是钝角，B为锐角，所以，即， 解得， 所以，于是，从而， 因此的取值范围是 2.已知的角对边分别为，. (1)求； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1)； (2) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围、基本不等式求和的最小值 【分析】（1）由正弦定理化简已知等式，结合，可求，结合范围，可得的值； （2）由已知利用余弦定理，基本不等式可求，结合，即可求解的取值范围． 【详解】（1）， 由正弦定理可得：， ， , 即， ， ． （2），， 由余弦定理可得， 当且仅当时等号成立， ， ， ． 压轴题型5.三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、数量积的运算律 例题： （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． (1)若，求； (2)若，求． 【答案】(1)； (2). 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、数量积的运算律 【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答. （2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答. 【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，    则，解得， 在中，，由余弦定理得， 即，解得，则， ， 所以. 方法2：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，由余弦定理得， 即，解得，有，则， ，过作于，于是，， 所以. （2）方法1：在与中，由余弦定理得， 整理得，而，则， 又，解得，而，于是， 所以. 方法2：在中，因为为中点，则，又， 于是，即，解得， 又，解得，而，于是， 所以. 巩固训练1.（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知． (1)求的面积； (2)若，求b． 【答案】(1) (2) 【知识点】正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可； （2）由正弦定理得，即可求解. 【详解】（1）由题意得，则， 即，由余弦定理得，整理得，则，又， 则，，则； （2）由正弦定理得：，则，则，. 2.在中，已知，，. (1)求； (2)若D为BC上一点，且，求的面积. 【答案】(1)； (2). 【知识点】三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得； (2)由题意可得，则，据此即可求得的面积. 【详解】（1）由余弦定理可得： ， 则，， . （2）由三角形面积公式可得， 则. 压轴题型6.平面向量共线定理证明点共线问题压轴题型2.三角恒等变换的化简问题、余弦定理解三角形、几何图形中的计算 例题： （22-23高一上·辽宁锦州·期末）在中，点，分别在边和边上，且，，交于点，设，. (1)若，试用，和实数表示； (2)试用，表示； (3)在边上有点，使得，求证：，，三点共线. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【知识点】向量加法的法则、平面向量共线定理证明点共线问题、用基底表示向量、平面向量基本定理的应用 【分析】(1)根据向量加减法运算即可; (2)根据向量的数量关系及向量加减法表示; (3)应用向量共线且有公共点证明即可. 【详解】（1）由题意，所以， ① （2）设，由，， ② 由①、②得，， 所以，解得，所以； （3）由，得，所以， 所以，因为与有公共点，所以，，三点共线. 巩固训练1.如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别与边、交于、两点（点、与点、不重合），设，． (1)求的值； (2)求的最小值，并求此时，的值． 【答案】(1) (2)，时，最小值为． 【知识点】三角形的心的向量表示、已知向量共线（平行）求参数、基本不等式“1”的妙用求最值 【分析】（1）由三角形重心性质可得，结合三点共线性质即可求得结果. （2）运用“1”的代换及基本不等式求解即可. 【详解】（1）如图所示， 因为G为重心，所以， 所以， 因为M，G，N三点共线，所以，即． （2）由题意可知，且， 所以 当且仅当，即时取等号， 又∵，∴，时，取得最小值为． 2.（23-24高一下·四川·期末）如图，在锐角中，，； (1)用表示； (2)若，求的长度； (3)当取最小值时，求． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】余弦定理解三角形、用基底表示向量、用定义求向量的数量积 【分析】（1）由向量的线性运算可求得； （2）由向量的线性运算可得，利用点共线可得，结合条件可求得，利用面积可求，利用余弦定理可求； （3）利用，可求最小值及此时的，进而可求. 【详解】（1），所以， 所以，所以； （2）又，所以，所以， ，所以， 又三点共线，所以，若，可得， 所以，又， 所以， 又因为，所以，所以， 因为是锐角三角形，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以； （3）由（2）可知，则， 当且仅当，即取最小值时， 所以，所以， 所以. 压轴题型7.由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、余弦定理解三角形 例题： （2016·湖北·三模）已知函数的图象经过三点，，，且在区间内有唯一的最值，且为最小值. （1）求出函数的解析式； （2）在中，，，分别是A、B、的对边，若且，，求的值. 【答案】（1）；（2）. 【知识点】由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、余弦定理解三角形 【分析】（1）结合五点法，由周期求得，由一个零点的坐标求得，由轴上点的坐标求得；（2）由余弦定理求解． 【详解】（1）由题意可得函数的周期， ∴，又由题意当时，， ∴， 结合可解得， 再由题意当时，，∴，∴， ∴． （2）∵，∴． ∵， ∴由余弦定理得：， 则． 巩固训练1.已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）在中，角、、的对边分别为、、，，，，求的值． 【答案】（1）；（2）． 【知识点】余弦定理解三角形、由图象确定正（余）弦型函数解析式 【分析】（1）利用图象可得出函数的最大值，可得出的值，由图象确定函数的最小正周期，可求得的值，再将点的坐标代入函数的解析式，结合的取值范围可求得的值，由此可求得函数的解析式； （2）由结合角的取值范围可求得角的值，然后利用余弦定理可求得的值. 【详解】（1）由图象可得，最小正周期，， 又，可得， ，可得，则，可得， 因此，； （2）由，可得， ，. 当时，则，由余弦定理得， 整理得，解得； 当时，则，此时为直角三角形，但，矛盾，故舍去. 综上所述，. 【点睛】本题考查利用函数图象求函数解析式，同时也考查了利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题. 2.已知函数. (1)求函数的最小正周期及单调递增区间； (2)在中，内角所对的边分别是，若，，，求的值. 【答案】(1)最小正周期，单调递增区间为 (2) 【知识点】求正弦（型）函数的最小正周期、辅助角公式、余弦定理解三角形、求sinx型三角函数的单调性 【分析】（1）利用辅助角公式化简得到，利用正弦型函数最小正周期求法可得；令可求得单调递增区间； （2）由可求得，利用余弦定理可求得的值. 【详解】（1），的最小正周期； 令，解得：， 的单调递增区间为. （2）由（1）得：，， ，，，解得：， 由余弦定理得：，. 1 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二章 平面向量及其应用 易错训练与压轴训练 01 思维导图 目录 易错题型1 忽视零向量出错 1 易错题型2. 忽视向量共线情况出错 2 易错题型3. 对向量加、减法的几何意义理解不透致误 3 易错题型4 向量线性运算时忽略图形的性质致误 4 易错题型5忽视向量共线的方向出错 5 易错题型6.对基的理解不准确致误 5 易错题型7误把向量的坐标当作点的坐标运算致误 6 易错题型8.忽视向量共线的特殊情况出错 7 易错题型9.考虑不全面致错 8 易错题型10.忽略构成三角形的条件出错 8 易错题型11.解三角形时忽略隐含条件出错 10 压轴题型1.余弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 11 压轴题型2.三角恒等变换的化简问题、余弦定理解三角形、几何图形中的计算 15 压轴题型3.用和、差角的余弦公式化简、求值、二倍角的正弦公式、正弦定理解三角形、余弦定理解三角形 21 压轴题型5.三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、数量积的运算律 30 压轴题型6.平面向量共线定理证明点共线问题压轴题型2.三角恒等变换的化简问题、余弦定理解三角形、几何图形中的计算 33 压轴题型7.由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、余弦定理解三角形 37 02 易错题型 易错题型1 忽视零向量出错 例1.已知向量a，b，c满足a∥b，b∥c，则a与c一定平行吗？ 解析：分两种情况说明： ①当向量b＝0，向量a与向量c均为非零向量时，不能保证a∥c. ②当向量b≠0时，因为a∥b，所以向量a与向量b具有相同或相反方向．又因为b∥c，所以向量c与向量b具有相同或相反方向，所以向量a与向量c具有相同或相反方向，故a∥c. 综上所述，当向量b≠0时，向量a与c平行；当向量b＝0时，向量a与c不一定平行． 易错警示 易错原因 纠错心得 忽视零向量，误认为a，b，c都是非零向量，则由a∥b，b∥c，得b∥c 求解向量问题时，要注意题目中的向量能否为零向量．零向量是特殊的向量，方向是任意的．所有的零向量都相等．零向量的起点与终点是同一点，故不能用有向线段表示出来． 易错题型2.　忽视向量共线情况出错 例2.已知非零向量a，b，c，以表示a，b，c的有向线段构成三角形的充要条件是a＋b＋c＝0，这个判断正确吗？ 解析：不正确 因为a，b共线时，即使a＋b＋c＝0成立， 但不能构成三角形． 当a，b，c不共线时，a＋b＋c＝0，则以表示a，b，c的有向线段能构成三角形． 易错警示 易错原因 纠错心得 忽视了向量共线的特殊情况． 解决向量问题时不要忽视特殊情形，如零向量、向量同向、向量反向、向量相等． 易错题型3.　对向量加、减法的几何意义理解不透致误 例3.[多选题]如图，点O是平行四边形ABCD两条对角线的交点，则下列等式一定成立的是(　　) A．＝ B．＝0 C．＝ D．＝ 解析：＝，A正确；＝0≠0，B错误；＝＝，C正确；＝＝，D错误．故选AC. 答案：AC 易错警示 易错原因 纠错心得 对向量的加、减法的几何意义理解不透，致使错选A、B、C或A、C、D. (1)向量加法运算时，应做到“首尾顺次相连”． (2)向量加法或减法运算后结果仍是向量． 易错题型4　向量线性运算时忽略图形的性质致误 例4.已知点E，F分别为四边形ABCD的对角线AC，BD的中点，设＝a，＝b，则用a，b表示＝________． 解析：如图，取AB的中点P，连接EP，FP. 在△ABC中，EP是中位线，所以＝＝a. 在△ABD中，FP是中位线， 所以＝＝－＝－b. 在△EFP中，＝＝－＝－a－b＝－(a＋b). 答案：－(a＋b) 易错警示 易错原因 纠错心得 四边形ABCD不一定是梯形，只是一般的四边形，有的同学误认为四边形ABCD是梯形出错． 在根据平面几何图形进行化简、证明时，要准确应用平面几何图形的性质．首先应根据题意判断所给图形是否是特殊图形，不能盲目运用特殊图形的性质进行求解． 易错题型5忽视向量共线的方向出错 例5.设两向量e1，e2不共线，若向量2te1＋7e2与向量e1＋te2共线，求实数t的值． 解析：∵向量2te1＋7e2与向量e1＋te2共线， ∴存在实数λ，使得2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)， 即2t＝λ，且7＝λt，解得t＝±. 故所求实数t的值为±. 易错警示 易错原因 纠错心得 忽视两非零向量反向共线的情况而漏掉一解． 向量共线应分同向与反向两种情况． 易错题型6.对基的理解不准确致误 例6.已知e1≠0，λ∈R，a＝e1＋λe2，b＝2e1，则a与b共线的条件为(　　) A．λ＝0 B．e2＝0 C．e1∥e2 D．e1∥e2或λ＝0 解析：当e1∥e2时，a∥e1.因为b＝2e1，所以b∥e1.又因为e1≠0，所以a与b共线；当λ＝0时，a∥e1，因为b＝2e1，所以b∥e1.又因为e1≠0，所以a与b共线．故选D. 答案：D 易错警示 易错原因 纠错心得 本题中e1，e2没指明不共线，应考虑两种情况．本题易忽略e1∥e2的情况致错选A. 在应用平面向量基本定理时不能忽略向量作为基的条件，否则就会出错． 易错题型7误把向量的坐标当作点的坐标运算致误 例7.已知点A(2，3)，B(5，4)，C(7，10)，若＝＋λ(λ∈R)，试求当点P在第三象限时λ的取值范围． 解析：由已知得＝＋λ＝(5－2，4－3)＋λ(7－2，10－3)＝(3，1)＋λ(5，7)＝(3＋5λ，1＋7λ)， 设点P(x，y)，则＝(x－2，y－3)． 于是(x－2，y－3)＝(3＋5λ，1＋7λ)，即 又点P在第三象限，所以解得λ<－1. 故λ的取值范围为(－∞，－1)． 易错警示 易错原因 纠错心得 误把向量的坐标当作点P的坐标运算致错，得到错误答案. 向量的坐标反映的是向量的长度和向量的方向，与终点坐标无关，只有当向量的起点是坐标原点时，向量的坐标与终点的坐标才是一致的． 易错题型8.忽视向量共线的特殊情况出错 例8.设两个向量e1，e2满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夹角为60°，若向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角θ为钝角，求实数t的取值范围． 解析：由向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角θ为钝角，得 cos θ＝<0， ∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，化简得2t2＋15t＋7<0. 解得－7<t<－. 当向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为180°时，也有(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0，但此时夹角不是钝角． 设2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)，λ<0，则 解得 ∴所求实数t的取值范围是(－7，－，－)． 易错警示 易错原因 纠错心得 (2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0包括了向量共线反向的情况，若忽视了这种情况，就得到了错误的答案(－7，－) 若两向量的夹角为钝角，则这两向量的数量积为负，反之不成立．所以解题时注意结论的应用． 易错题型9.考虑不全面致错 例9.已知A(1，2)，B(4，0)，C(8，6)，D(5，8)，判断由此四点构成的四边形的形状． 解析：因为＝(4，0)－(1，2)＝(3，－2)，＝(8，6)－(5，8)＝(3，－2)， 所以＝，故四边形ABCD是平行四边形． 因为＝(5，8)－(1，2)＝(4，6)， 所以·＝3×4＋(－2)×6＝0， 所以⊥，故四边形ABCD是矩形． 因为||＝，||＝2，||≠||， 所以四边形ABCD不是正方形． 综上，四边形ABCD是矩形． 易错警示 易错原因 纠错心得 有的同学只求出＝，就判断四边形ABCD是平行四边形，没有进一步分析与是否垂直，以及它们的模是否相等，从而得到错误答案． 在判断图形的形状时，要从边和角两方面来考虑，从而判断出一个最准确的形状． 易错题型10.忽略构成三角形的条件出错 例10.已知2a＋1，a，2a－1是钝角三角形的三边，则实数a的取值范围为________． 解析：∵2a＋1，a，2a－1是三角形的三边 ∴解得a>. 要使2a＋1，a，2a－1 构成三角形，需满足 解得a>2. 由题知2a＋1是三角形的最大边，设其对应的角为θ(钝角)， 则cos θ＝<0， ∴a2＋(2a－1)2－(2a＋1)2<0，即a2－8a<0，解得0<a<8. 又a>2，∴a的取值范围为(2，8)． 答案：(2，8) 易错警示 易错原因 纠错心得 a>只能保证2a＋1，a，2a－1都是正数，而要表示三角形的三边，还需满足三角形的隐含条件“两边之和大于第三边”． 由于余弦定理的变形较多，且涉及平方和开方等运算，易因不细心而导致错误．在利用余弦定理求三角形的三边时，除了要保证三边长均为正数，还要判断一下三边能否构成三角形． 易错题型11.解三角形时忽略隐含条件出错 例11.在△ABC中，若A＝60°，BC＝4，AC＝4，则角B的大小为(　　) A．30° B．45° C．135° D．45°或135° 解析：根据正弦定理得＝，即＝，解得sin B＝.又BC>AC，所以A>B，所以角B的大小为45°.故选B. 答案：B 易错警示 易错原因 纠错心得 忽略BC＝4>4＝AC⇒A>B这一条件，导致选D出错．即忽略了三角形中大边对大角的条件． 已知三角形的两边及其中一边的对角，利用正弦定理求另一边的对角时，由于三角形内角的正弦都为正的，而这个内角可能为锐角，也可能为钝角，因此需要由题中的隐含条件来判断角的情况． 03 压轴题型 压轴题型1.余弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 例题： 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求证：. (2)求的取值范围. 巩固训练1.（2022·全国·模拟预测）已知四边形内接于圆，，，是钝角. (1)求的最大值； (2)，求四边形周长的最大值. 2.（2021·北京·模拟预测）在中，，，则的最大周长是（） A． B． C． D． 压轴题型2.三角恒等变换的化简问题、余弦定理解三角形、几何图形中的计算 例题： 记的内角、、的对边分别为、、，已知. (1)求； (2)若点在边上，且，，求. 巩固训练1.记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，. （1）证明：； （2）若，求. 2.在中，角、、的对边分别是、、且． (1)求角的大小； (2)若，，为的中点，求的面积及的长度． 压轴题型3.用和、差角的余弦公式化简、求值、二倍角的正弦公式、正弦定理解三角形、余弦定理解三角形 例题： （2024·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为，已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 巩固训练1.在中，点D在上，，. (1)求的值； (2)若，求的长. 2.（2024·上海松江·二模）设，函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为． (1)求函数的解析式； (2)在中，设角、及所对边的边长分别为、及，若，，，求角． 3.已知的内角A，，的对边分别是，，，的面积为，且满足． (1)求角A的大小； (2)若，求周长的最大值． 压轴题型4.正弦定理边角互化的应用、基本不等式求和的最小值 例题： （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)若，求B； (2)求的最小值． 巩固训练1.在中，A，B为锐角，C为钝角，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且． (1)求角B； (2)求的取值范围． 2.已知的角对边分别为，. (1)求； (2)若，求的取值范围. 压轴题型5.三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、数量积的运算律 例题： （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． (1)若，求； (2)若，求． 巩固训练1.（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知． (1)求的面积； (2)若，求b． 2.在中，已知，，. (1)求； (2)若D为BC上一点，且，求的面积. 压轴题型6.平面向量共线定理证明点共线问题压轴题型2.三角恒等变换的化简问题、余弦定理解三角形、几何图形中的计算 例题： （22-23高一上·辽宁锦州·期末）在中，点，分别在边和边上，且，，交于点，设，. (1)若，试用，和实数表示； (2)试用，表示； (3)在边上有点，使得，求证：，，三点共线. 巩固训练1.如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别与边、交于、两点（点、与点、不重合），设，． (1)求的值； (2)求的最小值，并求此时，的值． 2.（23-24高一下·四川·期末）如图，在锐角中，，； (1)用表示； (2)若，求的长度； (3)当取最小值时，求． 压轴题型7.由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、余弦定理解三角形 例题： （2016·湖北·三模）已知函数的图象经过三点，，，且在区间内有唯一的最值，且为最小值. （1）求出函数的解析式； （2）在中，，，分别是A、B、的对边，若且，，求的值. 巩固训练1.已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）在中，角、、的对边分别为、、，，，，求的值． 2.已知函数. (1)求函数的最小正周期及单调递增区间； (2)在中，内角所对的边分别是，若，，，求的值. 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $$