第20讲平面向量的应用课件-2026年广东省学考数学备考复习

该高中数学高考复习课件聚焦平面向量应用与正余弦定理两大核心模块，覆盖向量在几何（平行垂直判断、面积计算）和物理（速度合成、功的计算）中的应用，以及解三角形与实际测量等高考高频考点。依据高考评价体系梳理知识网络，通过表格对比问题类型与公式应用，归纳出向量法三步曲、正余弦定理变形等常考题型，明确数量积运算、边角互化等高频考点权重。 课件亮点在于融合高考真题训练与应试思维培养，如2022广东高考题中用余弦定理求边长、向量法判断三角形面积关系等实例，以数学思维引导推理过程，用数学语言规范解题表达。通过“考点精析+综合提升”结构，帮助学生掌握向量坐标运算、定理边角转化等突破方法，教师可据此精准定位学情，助力学生高效冲刺高考。

第20讲　平面向量的应用 必备知识 1 考点精析 2 综合提升 3 必备知识 PART 01 第一部分 1．向量在平面几何中的应用 (1)用向量解决常见平面几何问题的技巧： 问题类型 所用知识 公式表示 线平行、点共线等问题 共线向量定理 a∥b⇔a＝λb⇔_________________， 其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，b≠0 x1y2－x2y1＝0 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 3．余弦定理 (1)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＝___________________； c2＝___________________． b2＋c2－2bccos A c2＋a2－2cacos B a2＋b2－2abcos C ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 考点精析 PART 02 第二部分 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 归纳总结　向量法解决平面几何问题的“三步曲”　 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 考点二　向量的在物理中的应用 (1)河水的流速大小为5 m/s，一艘小船想沿垂直于河岸方向以大小为12 m/s的速度驶向对岸，则小船的静水速度大小为(　　) A．13 m/s B．12 m/s C．17 m/s D．15 m/s √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 归纳总结　(1)物理问题中常见的向量有力、速度、位移等． (2)向量的加减法运算体现在一些物理量的合成和分解中． (3)动量mv是向量的数乘运算． (4)功是力F与位移s的数量积． ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 考点三　正余弦定理在解三角形中的应用 (1)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2＋c2＝a2＋bc.若sin B·sin C＝sin2 A，则△ABC的形状是(　　) A．钝角三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 归纳总结　已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形可用正弦定理，也可用余弦定理．用正弦定理时需判断其解的个数，用余弦定理时可根据一元二次方程根的情况判断解的个数． ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 考点四　正余弦定理的实际应用 (1)某班同学利用课外实践课，测量北京延庆会展中心冬奥会火炬台“大雪花”的垂直高度MN.如图，在过N点的水平面上确定两个观测点A，B，在A处测得M的仰角为30°，N在A的北偏东60°方向上，B在A的正东方向30 m处，在B处测得N在北偏西60°方向上，则MN＝(　　)   A．10 m B．12 m C．16 m D．18 m √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 综合提升 PART 03 第三部分 1．已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(3，4)，B(5，2)，C(－1，－4)，则该三角形为(　　) A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰直角三角形 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 5．(2024·广东学考模拟)如图，小明同学在山顶A处观测到一 辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得 公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝150 m，汽车从C点到B点历时25 s，则这辆汽车的速度为________ m/s. ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 eq \f(a·b,|a||b|) 问题类型 所用知识 公式表示 垂直问题 数量积的运算性质 a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0，其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，且a，b为非零向量 夹角问题 数量积的定义 cos θ＝_________ (θ为向量a，b的夹角)，其中a，b为非零向量 长度问题 数量积的定义 |a|＝eq \r(a2)＝_________， 其中a＝(x，y)，a为非零向量 eq \r(x2＋y2) (2)用向量方法解决平面几何问题的步骤： 平面几何问题eq \o(――→,\s\up17(设向量))向量问题eq \o(――→,\s\up17(运算))解决向量问题eq \o(――→,\s\up17(还原))解决几何问题． 2．平面向量在物理中的应用 (1)由于物理学中的力、速度、位移都是矢量，它们的分解与合成与向量的加法和减法相似，可以用向量的知识来解决． (2)物理学中的功是一个标量，是力F与位移s的数量积，即W＝F·s＝|F||s|cos θ(θ为F与s的夹角)． (2)余弦定理的推论： cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)； cos B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ca)； cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab). 4．正弦定理 (1)在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(R为△ABC外接圆的半径)． (2)常见变形： ①a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C. ②sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R). ③a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C. ④asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A. 5．面积公式 S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(abc,4R)＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·r(R是三角形外接圆的半径，r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r. 考点一　平面几何中的向量方法 (1)已知平面四边形ABCD满足eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝0，则四边形ABCD一定为(　　) A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 解析：因为eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(DC,\s\up16(→))， 故四边形ABCD的对边AB，DC平行且相等．故四边形ABCD为平行四边形． 又eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝0， 故对角线互相垂直．故四边形ABCD一定为菱形．故选C. (2)已知△ABC所在平面内一点D满足eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(DB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up16(→))＝0，则△ABC的面积是△ABD的面积的(　　) A．5倍 B．4倍 C．3倍 D．2倍 解析：设AB的中点为M，因为eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(DB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up16(→))＝0， 所以eq \o(CD,\s\up16(→))＝2(eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(DB,\s\up16(→)))， 所以eq \o(CD,\s\up16(→))＝4eq \o(DM,\s\up16(→))， 所以点D是线段CM的五等分点，所以eq \f(S△ABC,S△ABD)＝eq \f(|CM|,|DM|)＝5， 所以△ABC的面积是△ABD的面积的5倍．故选A. 解析：设河水的流速为v2，则|v2|＝5 m/s， 静水速度与河水速度的合速度为v，则|v|＝12 m/s，小船的静水速度为v1， 为了使航向垂直河岸，船头必须斜向上游方向， 即静水速度v1的方向为斜向上游方向， 河水速度v2的方向平行于河岸， 静水速度与河水速度的合速度v的方向指向对岸， 所以静水速度|v1|＝2,2)eq \r(v2＋v) ＝eq \r(122＋52)＝13(m/s)． 故选A. (2)一帆船要从A处驶向正东方向200海里的B处，当时有自西北方向吹来的风，风速为15eq \r(2)海里/小时，如果帆船计划在5小时内到达目的地，则船速的大小应为(　　) A．5eq \r(34)海里/小时 B．6eq \r(34)海里/小时 C．7eq \r(34)海里/小时 D．8eq \r(34)海里/小时 解析：如图所示，|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝200海里，|eq \o(AF,\s\up16(→))|＝5×15eq \r(2)＝75eq \r(2)(海里)，∠BAF＝45°， 所以|eq \o(FB,\s\up16(→))|2＝|eq \o(AF,\s\up16(→))|2＋|eq \o(AB,\s\up16(→))|2－2|eq \o(AF,\s\up16(→))|·|eq \o(AB,\s\up16(→))|cos∠BAF＝(75eq \r(2))2＋2002－2×75eq \r(2)×200×cos 45°＝252×34， 所以|eq \o(AE,\s\up16(→))|＝|eq \o(FB,\s\up16(→))|＝25eq \r(34)海里， 又25eq \r(34)÷5＝5eq \r(34)(海里/小时)， 所以船速的大小应为5eq \r(34)海里/小时． 故选A 解析：因为在△ABC中，由余弦定理的推论：cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，① 将b2＋c2＝a2＋bc代入①得cos A＝eq \f(1,2)， 故A＝eq \f(π,3)， 又因为sin B·sin C＝sin2 A， 根据正弦定理可得bc＝a2＝b2＋c2－bc， 所以(b－c)2＝0，即b＝c， 所以△ABC为一个内角为eq \f(π,3)的等腰三角形， 即为等边三角形． 故选C. (2)(2022·广东学考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2eq \r(3)，c＝2，B＝30°.　 ①求b； ②求sin A的值． 解：①由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B＝(2eq \r(3))2＋22－2×2eq \r(3)×2×eq \f(\r(3),2)＝12＋4－12＝4，所以b＝2. ②由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)⇒sin A＝eq \f(asin B,b)＝eq \f(2\r(3)×\f(1,2),2)＝eq \f(\r(3),2). 解析：由已知得，∠MAN＝30°，∠NAB＝∠NBA＝30°，AB＝30 m，在△NAB中，∠ANB＝120°，由正弦定理可得eq \f(30,sin 120°)＝eq \f(NA,sin 30°)，解得NA＝10eq \r(3) m，在Rt△MNA中，MN＝NA·tan 30°＝10eq \r(3)×eq \f(\r(3),3)＝10(m)．故选A. (2)一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°方向上，距离为12eq \r(6) 海里，灯塔C在A的北偏西30°方向上，距离为12eq \r(3) 海里，该游轮由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向上，则此时灯塔C位于游轮的　(　　) A．正西方向上 B．南偏西75°方向上 C．南偏西60°方向上 D．南偏西45°方向上 解析：如图，在△ABD中，B＝180°－60°－75°＝45°，由正弦定理得eq \f(AD,sin 45°)＝eq \f(AB,sin 60°)，则AD＝eq \f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24海里．在△ACD中，由余弦定理得CD2＝(12eq \r(3))2＋242－2×12eq \r(3)×24×eq \f(\r(3),2)，解得CD＝12(负值已舍去)，由正弦定理得eq \f(CD,sin 30°)＝eq \f(AC,sin∠CDA)，则sin∠CDA＝eq \f(\r(3),2)，故∠CDA＝60°或∠CDA＝120°. 因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°，即此时灯塔C位于游轮的南偏西60°方向上． 解析：eq \o(AB,\s\up16(→))＝(2，－2)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－4，－8)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－6，－6)， 所以|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \r(22＋（－2）2)＝2eq \r(2)，|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝eq \r(16＋64)＝4eq \r(5)， |eq \o(BC,\s\up16(→))|＝eq \r(36＋36)＝6eq \r(2)， 所以|eq \o(AB,\s\up16(→))|2＋|eq \o(BC,\s\up16(→))|2＝|eq \o(AC,\s\up16(→))|2， 所以△ABC为直角三角形． 故选B. 2．在△ABC中，若eq \f(b·cos C,c·cos B)＝eq \f(1－cos 2B,1－cos 2C)，则△ABC的形状为(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 解析：由正弦定理，以及二倍角公式可知， eq \f(b·cos C,c·cos B)＝eq \f(sin B·cos C,sin C·cos B)＝eq \f(1－cos 2B,1－cos 2C)＝ eq \f(2sin2 B,2sin2 C)， 即eq \f(cos C,cos B)＝eq \f(sin B,sin C)，整理为sin Bcos B＝sin Ccos C， 即eq \f(1,2)sin 2B＝eq \f(1,2)sin 2C，得2B＝2C，或2B＋2C＝180°⇒B＋C＝90°， 所以△ABC的形状为等腰三角形或直角三角形． 故选D. 3．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D为AC的中点，则cos∠BDC＝(　　) A．－eq \f(7,25) B.eq \f(7,25) C．0 D.eq \f(1,2) 解析：如图，以B为原点，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系， 则B(0，0)，A(0，8)，C(6，0)，D(3，4)， 所以eq \o(DB,\s\up16(→))＝(－3，－4)，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(3，－4)． 又∠BDC为eq \o(DB,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))的夹角， 所以cos∠BDC＝eq \f(\o(DB,\s\up16(→))·\o(DC,\s\up16(→)),|\o(DB,\s\up16(→))||\o(DC,\s\up16(→))|)＝ eq \f(－9＋16,5×5)＝eq \f(7,25). 4．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2c，sin2 A＋sin2 C－sin A sin C－sin2 B＝0，则C＝(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2) 解析：由sin2 A＋sin2 C－sin Asin C－sin2 B＝0，得b2＝a2＋c2－ac. 又a＝2c， 所以b2＝4c2＋c2－2c2＝3c2， 从而cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(4c2＋3c2－c2,4\r(3)c2)＝eq \f(\r(3),2).　 因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,6). 故选A. 6eq \r(10) 解析：由题意可知，AB＝300 m，AC＝150eq \r(2) m， 在△ABC中，由余弦定理可得 BC＝ eq \r(90 000＋45 000－2×300×150\r(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝ 150eq \r(10)(m)， 这辆汽车的速度为150eq \r(10)×eq \f(1,25)＝6eq \r(10)(m/s)． 6．在△ABC中，已知eq \o(AB,\s\up16(→))＝(2，3)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(1，k)，且△ABC的一个内角为直 角，则实数k的值为________________________． －eq \f(2,3)或eq \f(11,3)或eq \f(3±\r(13),2) 解析：①若A＝90°，则有eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝0，即2＋3k＝0， 解得k＝－eq \f(2,3). ②若B＝90°，则有eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝0， 因为eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，k－3)， 所以－2＋3(k－3)＝0， 解得k＝eq \f(11,3). ③若C＝90°，则有eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝0， 即－1＋k(k－3)＝0， 解得k＝eq \f(3±\r(13),2). 综上所述，k＝－eq \f(2,3)或eq \f(11,3)或eq \f(3±\r(13),2). 7．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＋cos A＝eq \f(5,4). (1)求A； 解：由题意可得sin2 A＋cos A＝eq \f(5,4)， 即1－cos2 A＋cos A＝eq \f(5,4)， 解得cos A＝eq \f(1,2)， 又0<A<π，所以A＝eq \f(π,3). (2)若b－c＝eq \f(\r(3),3)a，证明：△ABC是直角三角形． 证明：由正弦定理及题意可得， sin B－sin C＝eq \f(\r(3),3)sin A. 由(1)知B＋C＝eq \f(2π,3)， 所以sin B－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq \f(\r(3),3)sin eq \f(π,3)， 即eq \f(1,2)sin B－eq \f(\r(3),2)cos B＝eq \f(1,2)， 即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))＝eq \f(1,2). 由于0<B<eq \f(2π,3)， 所以－eq \f(π,3)<B－eq \f(π,3)<eq \f(π,3)， 所以B－eq \f(π,3)＝eq \f(π,6)，故B＝eq \f(π,2). 从而△ABC是直角三角形．　 8．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b(2－cos A)＝eq \r(3)asin B．　 (1)若a∶b∶c＝1∶2∶2，则此时△ABC是否存在？若存在，求△ABC的面积；若不存在，请说明理由； 解：不存在．理由如下： 由题意得2b＝eq \r(3)asin B＋bcos A， 在△ABC中，由正弦定理得2sin B＝eq \r(3)sin Asin B＋sin Bcos A， 又sin B＞0，则eq \r(3)sin A＋cos A＝2， 即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝1， 因为0＜A＜π，则eq \f(π,6)＜A＋eq \f(π,6)＜eq \f(7,6)π，则A＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，解得A＝eq \f(π,3)，若a∶b∶c＝1∶2∶2，则B＝C＞A＝eq \f(π,3)，必有A＋B＋C＞π，所以△ABC不存在． (2)若△ABC的外接圆半径为4，且b－c＝eq \f(a,2)，求△ABC的面积． 解：由(1)得A＝eq \f(π,3).因为△ABC的外接圆半径R＝4，由正弦定理得a＝2Rsin A＝8sin eq \f(π,3)＝4eq \r(3)， 则b－c＝eq \f(a,2)＝2eq \r(3)， 由余弦定理得，a2＝b2＋c2－bc＝(b－c)2＋bc，即48＝12＋bc，解得bc＝36， 因此△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×36×eq \f(\r(3),2)＝9eq \r(3). $