三角函数与平面向量课件-2026届高三数学二轮复习

三角函数与平面向量 高中数学 二轮复习 返回导航 平面向量与三角函数的新定义问题，背景新颖，考查角度具有多样性，一般要转化为向量的运算、正弦定理、余弦定理的应用问题，难度较大． 返回导航 内容索引 第一部分 热点分类　考向探究 创新练2 第二部分 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 一 返回导航 考向 1 平面向量的新定义问题 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 1．平面向量背景下的新定义问题，通常基于平面向量的方向和大小，引入新的运算规则或概念． 2．解题时，首先要准确理解新定义的本质，明确其涉及的向量运算和性质．接着，将新定义应用到具体的题目情境中，通过向量的加法、减法、数乘、数量积等运算，推导出所需的结论．这类问题往往信息量大，背景新颖，需要考生耐心分析，细致推理．同时，注意平面向量的模、夹角等几何特征在新定义问题中的应用，以及如何利用这些特征简化解题过程． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 解三角形的新情境问题 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 解三角形新情境问题的注意点 1．理解新情境：首先，需要仔细阅读题目中的新情境，理解其含义和所涉及的数学概念．将新情境与已知的三角函数或解三角形的方法联系起来，找出其中的关联点． 2．应用解三角形的方法：使用正弦定理、余弦定理等解三角形的基本方法，将三角形的边和角联系起来，通过作辅助线、构造特殊三角形等方式，将复杂问题转化为简单问题． 3．结合图形分析：在解题过程中，结合图形进行分析，可以更直观地理解问题．利用图形的对称性、相似性等性质，简化计算过程． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 创新练2 第 分 部 二 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 例1　我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对(z1，z2)(z1，z2∈C)视为一个向量，记作a＝(z1，z2)．两个复向量a＝(z1，z2)，b＝(z3，z4)的线性运算定义为ma＋nb＝(mz1＋nz3，mz2＋nz4)(m，n∈R)；两个复向量a＝(z1，z2)，b＝(z3，z4)相等定义为z1＝z3，z2＝z4；两个复向量a＝(z1，z2)，b＝(z3，z4)的积记作a·b，定义为a·b＝z1z3＋z2z4；复向量a的模定义为|a|＝；若复向量a与b满足|a·b|＝|a||b|，则称复向量a与b平行．已知a＝(1，i)． (1)若复向量b＝(z1，－1)(z1∈C)，c＝(2－i，1＋2i)，且b＝ma＋nc(m，n∈R)． ①求m，n的值； ②判断a＋b与a－b是否平行，并说明理由． 解：(1)①由题意得b＝ma＋nc＝(m＋2n－ni，n＋mi＋2ni)＝(z1，－1)， 所以所以解得 所以m＝2，n＝－1． ②由①知b＝(i，－1)，所以a＋b＝(1＋i，－1＋i)，a－b＝(1－i，1＋i)， 因为(a＋b)·(a－b)＝(1＋i)(1＋i)＋(－1＋i)(1－i)＝4i，得|(a＋b)·(a－b)|＝4， 因为|a＋b|＝＝＝ ＝ ＝2， 同理得|a－b|＝＝2， 所以|(a＋b)·(a－b)|＝|a＋b|·|a－b|，故a＋b与a－b平行． (2)若复向量d＝(1＋i，z2)(z2∈C)，且a与d平行，求z2． 解：(2)设z2＝λ＋μi(λ，μ∈R)， 则a·d＝(1，i)·(1＋i，z2)＝(1，i)·(1＋i，λ＋μi)＝1－i＋i(λ－μi)＝1＋μ＋(λ－1)i， 得|a·d|＝， 又|a|＝＝＝，|d|＝＝＝， 若a与d平行，则|a·d|＝|a||d|，即＝， 化简整理得(λ＋1)2＋(μ－1)2＝0，所以λ＝－1，μ＝1，所以z2＝－1＋i． 跟踪训练 (2025·湖北武汉二模)设有n维向量a＝，b＝，称[a，b]＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn为向量a和b的内积．记Sn为全体由－1和1构成的n维向量的集合． (1)若a＝，存在b∈S4，使得[a，b]＝0，写出所有满足条件的b； 解：(1)由定义，只需满足b1－b2＋b3＋b4＝0， 故所有满足条件的b有6个，为 ，，，，，． (2)令B＝{[x，y]|x，y∈Sn}，若m∈B，求证：m＋n为偶数； 解：(2)证明：由题知，存在x＝，xi∈{－1，1}与y＝，yi∈{－1，1}，i＝1，2，…，n，使[x，y]＝m， 当xi＝yi时，xiyi＝1；当xi≠yi时，xiyi＝－1， 若有k个xi＝yi，则有n－k个xi≠yi，则m＝[x，y]＝iyi＝k－(n－k)＝2k－n， 所以m＋n＝2k－n＋n＝2k为偶数． (3)若f (4)表示能从S4中选出向量的个数的最大值，且满足选出的向量互相之间的内积均为0，猜测f (4)的值，并给出一个实例． 解：(3)猜测符合要求的4维向量最多有4个，即f (4)＝4，举例如下： 不妨取a1＝，a2＝，a3＝，a4＝， 则有[a1，a2]＝0，[a1，a3]＝0，[a1，a4]＝0，[a2，a3]＝0，[a2，a4]＝0，[a3，a4]＝0， 若存在a5使[a1，a5]＝0，则a5＝或或， 当a5＝时，[a4，a5]＝－4；当a5＝时，[a2，a5]＝－4；当a5＝时，[a3，a5]＝－4． 故找不到第5个4维向量与已知的4个向量满足互相之间的内积均为0，即f (4)＝4． 例2　三角形的布洛卡点是德国数学家、数学教育家克雷尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当△ABC内一点P满足条件∠PAB＝∠PBC＝∠PCA＝θ时，称点P为△ABC的布洛卡点，角θ为布洛卡角．如图，在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角为θ． (1)若θ＝30°，求证： ①a2＋b2＋c2＝4S△ABC(S△ABC为△ABC的面积)； ②△ABC为等边三角形． 证明：(1)①若θ＝30°， 则S△ABC＝S△PAB＋S△PBC＋S△PAC＝c·AP·sin θ＋a·BP sin θ＋b·CP sin θ＝sin θ(c·AP＋a·BP＋b·CP)＝(c·AP＋a·BP＋b·CP)， 所以c·AP＋a·BP＋b·CP＝4S△ABC， 在△PAB，△PBC，△PAC中，分别由余弦定理得BP2＝c2＋AP2－2c·AP cos θ， CP2＝a2＋BP2－2a·BP cos θ， AP2＝b2＋CP2－2b·CP cos θ， 三式相加整理得2cos θ(c·AP＋a·BP＋b·CP)＝a2＋b2＋c2， 即×4S△ABC＝a2＋b2＋c2，所以a2＋b2＋c2＝4S△ABC． ②由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cos ∠BAC， 则a2＋b2＋c2－4S△ABC＝2b2＋2c2－2bc cos ∠BAC－4S△ABC＝2b2＋2c2－2bc cos ∠BAC－2bc sin ∠BAC＝2b2＋2c2－4bc sin ≥4bc－4bc＝0， 当且仅当b＝c且sin ＝1时取等号，因为∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＋∈，所以∠BAC＋＝，所以∠BAC＝，即当且仅当b＝c且∠BAC＝时取等号，即当且仅当△ABC为等边三角形时取等号， 所以a2＋b2＋c2≥4S△ABC，当且仅当△ABC为等边三角形时取等号， 又由①知a2＋b2＋c2＝4S△ABC，所以△ABC为等边三角形． (2)若∠BAC＝2θ，求证：sin2∠BAC＝sin∠ABC sin ∠ACB． 证明：(2)由(1)得S△ABC＝sin θ(c·AP＋a·BP＋b·CP)， 所以c·AP＋a·BP＋b·CP＝， 又由(1)得a2＋b2＋c2＝2cos θ(c·AP＋a·BP＋b·CP)， 所以a2＋b2＋c2＝2cos θ·＝2cos θ·＝4bc cos2θ， 又由余弦定理可得b2＋c2＝a2＋2bc cos2θ＝a2＋2bc(cos2θ－sin2θ)， 所以2a2＋2bc(cos2θ－sin2θ)＝4bc cos2θ， 所以a2＝bc(sin2θ＋cos2θ)，所以a2＝bc， 由正弦定理可得sin2∠BAC＝sin∠ABC sin ∠ACB． 跟踪训练 (2025·重庆渝中区二模)法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶点．”如图，在△ABC中，10sin2＝7－cos2∠BAC．以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1，O2，O3． (1)求∠BAC； 解：(1)由题意得10sin2＝7－cos2∠BAC， 所以5[1－cos (∠ABC＋∠ACB)]＝7－cos 2∠BAC， 故5(1＋cos ∠BAC)＝8－2cos2∠BAC， 所以2cos2∠BAC＋5cos∠BAC－3＝0， 可得cos ∠BAC＝或cos ∠BAC＝－3(舍去)， 又∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝． 解：(2)设|BC|＝a，|AC|＝b，|AB|＝c， 如图，连接AO1，AO3，由正弦定理得＝2|AO1|，＝2|AO3|， 则|AO1|＝c，|AO3|＝b， 正△O1O2O3面积S1＝·|O1O3|2·sin ＝|O1O3|2＝，所以|O1O3|2＝7， 而∠BAC＝，则∠O1AO3＝， (2)若BC＝3，△O1O2O3的面积为，求△ABC的面积． 在△O1AO3中，由余弦定理得 |O1O3|2＝|AO1|2＋|AO3|2－2|AO1|·|AO3|·cos ∠O1AO3， 即7＝＋－2··， 则b2＋c2＋bc＝21， 在△ABC中，∠BAC＝，a＝3，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos ∠BAC， 则b2＋c2－bc＝9，所以bc＝6，所以△ABC的面积为S＝bc sin ∠BAC＝． 1．(20分)对任意两个非零向量m，n，定义新运算：m⊕n＝． (1)若向量a＝(3，4)，b＝(2，0)，求a⊕b的值； 解：(1)向量a＝(3，4)，b＝(2，0)，则|a|＝＝5，|b|＝2，a·b＝6， 于是cos 〈a，b〉＝＝，而0≤〈a，b〉≤π，则sin 〈a，b〉＝＝，所以a⊕b＝＝＝2． (2)若非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且a⊕b>，求b⊕a的取值范围； 解：(2)由|a|＝2|b|，a⊕b>，得 a⊕b＝＝2sin 〈a，b〉>，则＜sin 〈a，b〉≤1， 所以b⊕a＝＝sin 〈a，b〉∈． (3)已知非零向量a，b满足|a|>2|b|，向量a，b的夹角θ∈，且a⊕b和b⊕a都是集合中的元素，求a⊕b的取值集合． 解：(3)依题意，b⊕a＝，而|a|>2|b|，θ∈，则0＜＜，0＜sin θ＜，于是0＜b⊕a＜，显然存在k1∈Z，b⊕a＝，则0＜＜，因此k1＝1，即＝，则＝4sin θ，显然4sin θ>2，即sin θ>，从而＜sin θ＜， 因此a⊕b＝＝4sin2θ∈(1，2)，又存在k∈Z，使得a⊕b＝，即1＜＜2， 解得4＜k＜8，则k∈{5，6，7}，所以a⊕b的取值集合为． 2．(20分)克罗狄斯·托勒密是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家．他一生有很多发明和贡献，其中托勒密定理和托勒密不等式是欧几里得几何中的重要定理．托勒密不等式内容如下：在凸四边形ABCD中，两组对边乘积的和大于等于两对角线的乘积，即AD·BC＋AB·CD≥AC·BD，当A，B，C，D四点共圆时等号成立．已知如图所示的凸四边形ABCD中，AB＝AD＝1． (1)当△BCD为等边三角形时，求线段AC长度的最大值及取得最大值时△BCD的边长； 解：(1)设BC＝CD＝DB＝x， 因为AC·BD≤AB·DC＋AD·BC，所以AC·x≤x＋x， 所以AC≤2，当A，B，C，D四点共圆时等号成立， 此时∠DAB＝120°， 在△DAB中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos∠DAB＝1＋1－2cos 120°＝3， 所以BD＝．故线段AC长度的最大值为2，取得最大值时△BCD的边长为． (2)当2sin2∠DBC＋3sin2∠BDC＝2sin∠DBC·sin ∠BCD sin ∠CDB＋sin2∠BCD时，求线段AC长度的最大值． 解：(2)设BC＝d，CD＝b，BD＝c，在△BCD中， 因为2sin2∠DBC＋3sin2∠BDC＝2sin∠DBC sin ∠BCD sin ∠CDB＋sin2∠BCD， 所以由正弦定理可得2b2＋3d2＝2bd sin∠BCD＋c2， 所以sin ∠BCD＝．又因为cos ∠BCD＝， 所以sin ∠BCD－cos ∠BCD＝≥＝， 当且仅当b＝d时等号成立． 因为sin ∠BCD－cos ∠BCD＝sin ≤， 所以sin ＝，又∠BCD∈(0，π)， 所以∠BCD－∈，所以∠BCD－＝， 所以∠BCD＝，b＝d，由c2＝b2＋d2－2bd cos ∠BCD＝5d2，得c＝d． 因为AC·BD≤AB·DC＋AD·BC，AB＝AD＝1， 所以AC·d≤d＋d，所以AC≤＝．故线段AC长度的最大值为． $