专题01平面向量及其应用章末重点题型汇编（十六大题型）-2025-2026学年高一数学下学期高频考点题型归纳与满分必练（人教A版必修第二册）

专题01平面向量及其应用章末重点题型汇编 【题型1 平面向量的相关概念理解】 【题型2 向量共线与三点共线问题】 【题型3 向量共线定理的推论应用】 【题型4 对平面向量基底的判断】 【题型5 用基底表示相关向量】 【题型6 平面向量基本定理的应用】 【题型7 平面向量数量积的求解】 【题型8 平面向量模长的求解】 【题型9 平面向量夹角的求解】 【题型10 平面向量垂直及应用】 【题型11 平面向量的实际应用】 【题型12 正余弦定理解三角形】 【题型13 判断三角形的个数问题】 【题型14 正余弦定理判断三角形形状】 【题型15 解三角形的最值范围问题】 【题型16 正余弦定理的实际应用】 【题型1 平面向量的相关概念理解】 技巧：抓三要素：大小（模）、方向、起点（自由向量可平移） 易错区分： 零向量：模为 0，方向任意，与任意向量共线 单位向量：模 = 1，方向不定 相等向量：模相等 + 方向相同；相反向量：模相等 + 方向相反 共线（平行）向量≠同一直线，可平移重合 1.（多选）下列说法不正确的是（    ） A．向量的模是一个正实数 B．零向量没有方向 C．单位向量的模等于1个单位长度 D．零向量就是实数0 【答案】ABD 【分析】根据向量的模、零向量和单位向量的定义逐个选项分析可得答案. 【详解】对于A，零向量的模等于零，故A错误； 对于B，零向量有方向，其方向是任意的，故B错误； 对于C，根据单位向量的定义可知C正确； 对于D，零向量有大小还有方向，而实数0只有大小没有方向，故D错误. 故选：ABD. 2．关于非零向量方向上的单位向量，下列说法正确的是（    ） A．有无数个 B．与可能反向 C． D． 【答案】D 【分析】根据单位向量的定义即可判断． 【详解】非零向量方向上的单位向量，且，故ABC错误， 故选：D． 3．（多选）下列说法正确的是（   ） A．向量与向量的长度相等 B．两个有共同起点，且长度相等的向量，它们的终点相同 C．零向量的长度都为0 D．两个单位向量的长度相等 【答案】ACD 【分析】根据题意，由向量的概念逐一判断，即可得到结果. 【详解】向量与向量互为相反向量，所以模长相等，故A正确； 两个有共同起点，且长度相等的向量，它们的方向不一定相同，终点也不一定相同，故B错误； 零向量的模都是0，故C正确； 单位向量的长度都是1，故D正确； 故选：ACD 【题型2 向量共线与三点共线问题】 技巧： 1.共线向量定理 向量(≠0)与共线的充要条件是：存在唯一一个实数λ，使＝λ 2. 三点共线的方法 一般来说，要判定A，B，C三点是否共线，只需看是否存在实数λ，使得＝λ(或＝λ等)即可． 3．利用向量共线求参数的方法 判断、证明向量共线问题的思路是根据向量共线定理寻求唯一的实数λ，使得＝λ(≠0)．而已知向量共线求λ，常根据向量共线的条件转化为相应向量系数相等求解．若两向量不共线，必有向量的系数为零，利用待定系数法建立方程，解方程从而求得λ的值． 1．已知是两个不共线的向量，.若与是共线向量，则________． 【答案】 【分析】根据向量共线可得，存在实数，使，待定系数，即可得答案. 【详解】因为与是共线向量， 所以存在实数，使，即， 所以，解得. 故答案为： 2．给出下列命题，正确的是（    ） A．的充要条件是且 B．若，则它们的起点和终点均相同 C．若存在实数，使得，则 D．若是平面内的四点，且，则四点一定能构成平行四边形 【答案】C 【分析】由，可得且向量与同向，可判定A错误；相等向量的起点和终点不一定相同，可判定B错误；根据向量的共线定理，可得判定C正确；根据可能在同一条直线上，可判定D错误. 【详解】对于A中，由，可得且向量与同向， 所以的必要不充分条件是且，所以A错误； 对于B中，若，则它们的起点和终点不一定均相同，所以B错误； 对于C中，若存在实数，使得，根据向量的共线定理，可得，所以C正确； 对于D中，若是平面内的四点，且，则可能在同一条直线上，不一定构成平行四边形，所以D错误. 故选：C. 3．已知向量，则“与共线”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据讨论同向、反向共线两种情况，结合充分、必要性定义确定条件间的关系. 【详解】若与共线且，同向共线时，反向共线时，充分性不成立； 若，而，则与反向共线，必要性成立； 所以“与共线”是“”的必要不充分条件. 故选：B 4．（多选）下列能使成立的充分条件是（   ） A． B． C．与方向相反 D．或 【答案】ACD 【分析】根据共线向量的定义，以及与任意向量共线，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由，可得，所以A符合题意； 对于B中，由时，向量与的方向不一定相同或相反，所以与不一定共线，所以B不符合题意； 对于C中，由与方向相反，则向量与共线，所以，所以C符合题意； 对于D中，由或，得到或，即向量与至少有一个为， 根据与任意向量共线，可得，所以D符合题意. 故选：ACD. 5．已知平面向量且，则一定共线的三点是（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】A 【分析】先考虑向量共线时，的位置关系，再考虑向量不共线时，利用向量共线定理和平面向量基本定理逐项判断即可. 【详解】若向量共线，则共线，此时共线， 当向量不共线时， 对于A选项， ，所以三点共线，A正确； 对于B选项，设  ，则 ，即 无解，B错误； 对于C选项，设  ，则 ，即 ，无解，C错误； 对于D选项， ，设 ， 即 ，即 ，无解，D错误． 故选：A 6．如图所示，在中，为的中点，与交于点，若，则实数的值为______. 【答案】/0.75 【分析】由向量共线定理可得，进而可得，结合向量的线性运算可得，比较系数即可求解. 【详解】三点共线，且为的中点， 存在实数使， ， ， 因为，即， ， 即，解得. 故答案为：. 7．已知中，延长到C，使，D是将分成的一个分点，和交于点E，设，， (1)用，表示向量，； (2)若，求实数的值． 【答案】(1)， ． (2) 【分析】（1）利用向量的线性运算求解即可； （2）利用与共线，可得存在实数m，使得，进而计算可得，进而计算可求实数的值． 【详解】（1）为中点， ，． ． （2）， ． 与共线， ∴存在实数m，使得， 即， 即． ，不共线，， 解得． 【题型3 向量共线定理的推论应用】 技巧：若A，B，C三点共线，O为直线外一点⇔存在实数x，y，使＝x＋y且x＋y＝1. 1．如图，在△ABC中，，E为AD的中点，过点E的直线分别与边AB、AC交于P、Q两点，且，，则的最小值为（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】A 【分析】由可得，根据三点共线向量性质可得，再结合均值不等式即可求出结果． 【详解】∵， ，∴， 又∵，， ∴， 又∵E，P，Q三点共线，∴， ， 当且仅当时取等号. 故选：A． 2．在中，点M是上一点，且，P为上一点，向量，则的最小值为（    ） A．18 B．16 C．12 D．8 【答案】B 【分析】由三点共线及平面向量基本定理得的关系，然后结合基本不等式得最小值． 【详解】因为，所以， 又三点共线，所以， 所以， 当且仅当，即，时，取等号， 所以的最小值为16. 故选：B. 【题型4 对平面向量基底的判断】 技巧：e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，{e1，e2}叫做表示这一平面内所有向量的一组基底 1．设，是平面内的一组基底，则下列能作为该平面内一组基底的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】由平面向量基本定理可知，非零、不共线的一组向量可作为平面向量的基底，由此即可选出答案. 【详解】对于A：不存在实数，使得，即它们不共线，故可以作为基底，A正确； 对于B：，即它们共线，故不能作为一组基底，B错误； 对于C：，即它们共线，故不能作为一组基底，C错误； 对于D：，即它们共线，故不能作为一组基底，D错误， 故选：A. 2．已知，是不共线的非零向量，则以下向量可以作为基底的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】由不共线的两个非零向量才可以作为基底，结合共线定理对各项逐一判断. 【详解】对于A，因为，所以与共线，不能作为基底； 对于B，设，则，解得，所以与共线，不能作为基底； 对于C，设，则，即：，此时无解，所以与不共线，可以作为基底； 对于D，设，则，即：，解得，所以与共线，不能作为基底； 故选：C. 3．已知向量是一个基底，实数x，y满足，则________. 【答案】3 【分析】利用平面的基底不共线得到关于的方程组，解之即可得解. 【详解】因是一个基底，故与不共线， 由平面向量基本定理得，解得， 则. 故答案为：3. 【题型5 用基底表示相关向量】 技巧：用基底表示向量的三个依据和两个“模型” (1)依据：①向量加法的三角形法则和平行四边形法则；②向量减法的几何意义；③数乘向量的几何意义． (2)模型： 1．如图，已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用基底表示即可求出. 【详解】因为，所以， 则， 因为，所以，即， 则. 故选：C 2．如图，在平行四边形中，F为的中点，，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合图形，根据平面向量基本定理用将向量表示出来即可. 【详解】因为在平行四边形中，F为的中点，， 所以. 故选：B. 3．如图，已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得. 【详解】因为，， 所以，， 所以, 又，， 所以. 故选：A. 4．已知向量，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平面向量的坐标运算和向量的减法即可求解. 【详解】由题意. 故选：A 5．如图，平行四边形中，是的中点，在线段上，且，记，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取，作为基底，把 用基底表示出来，利用向量的减法即可表示出. 【详解】取，作为基底，因为是中点，则. 因为，所以， 所以. 故选：D. 【题型6 平面向量基本定理的应用】 技巧；对于这一平面内的任一向量，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2 1．如图所示，中，，点是线段的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由图形，根据平面向量的线性运算即可求解. 【详解】由题意知， . 故选：C 2．如图，在矩形ABCD中，E为AD边上靠近点A的三等分点，F为AB边上靠近点B的四等分点，且线段EF交AC于点P．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】，将用表示，再根据E，F，P三点共线，求得λ即可得答案． 【详解】由E为AD边上靠近点A的三等分点，F为AB边上靠近点B的四等分点，得， 设，由E，F，P三点共线，得，解得， 所以. 故选：B 3．如图，在中，，是上的一点，若，则实数的值为______. 【答案】/0.25 【分析】由题意，可根据向量运算法则得到，从而由向量分解的唯一性得出关于t的方程，求出t的值． 【详解】由题意及图，， 又，所以， 所以， 又 ，所以，解得m，t． 故答案为：． 【题型7 平面向量数量积的求解】 技巧：1.定义：·＝||||cos θ. 2.公式：设向量＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，则·＝x1x2＋y1y2 1．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则（    ） A．12 B． C．20 D． 【答案】B 【分析】利用平面向量数量积的运算律求解. 【详解】. 故选:B. 2．已知向量满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对左右两边同时平方，化简代入数值即可求得. 【详解】因为， 化简得：，解得：. 故选：C. 【题型8 平面向量模长的求解】 技巧：1.向量的模：·＝2＝||2 2.一些常见的等式，如(±)2＝2±2·＋2，(＋)·(－)＝2－2等 1．已知，方向相同，且，，则（   ） A．10 B．100 C．11 D．121 【答案】A 【分析】根据题意，两向量方向相同，结合向量的模性质求解即可. 【详解】由题意可得：因为，同向，所以向量夹角为零.且， 所以. 故选：A. 2．已知向量，满足，且，则的值为（   ） A．4 B．2 C．8 D． 【答案】A 【分析】由两边平方可得，，由此可求结论, 【详解】由， 所以， 所以，， 所以，又， 所以． 3．设平面向量满足，，，则（    ） A．3 B．2 C． D．1 【答案】C 【分析】根据平面向量垂直的性质，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可. 【详解】， 所以. 故选：C 4．已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的模长与数量积运算即可求解. 【详解】因为，所以， 展开得，又，所以. 因为，则，所以， 解得（负值舍去）. 故选： 【题型9 平面向量夹角的求解】 技巧：cos θ.= 注意：夹角范围θ∈[0,π]，必须是同起点的夹角 1．已知非零向量，满足，则，角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为， 所以，则， 所以. 2．已知向量，满足，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】计算、，再利用向量的夹角公式计算. 【详解】由题意得，，， 所以． 故选：D 3.若向量，与的夹角为钝角，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由向量的夹角为钝角以及向量的数量积公式，可得且不共线，由此建立关于的不等式组，解之即可得到本题的答案. 【详解】由题意，向量,与的夹角为钝角, ∴，与不共线即， ∴且, ∴实数的取值范围是. 故选：C. 4．已知向量，与的夹角为锐角的一个充分不必要条件是（    ） A． B．且 C． D． 【答案】D 【分析】求出与的夹角为锐角的充要条件，其对应集合的真子集即满足题意. 【详解】因为， 所以， 解得， 当与共线时，，解得， 所以与的夹角为锐角的充要条件为且， 故四个选项中只有为与的夹角为锐角的一个充分不必要条件， 故选：D 5．已知向量，若向量的夹角是锐角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平面向量数量积的坐标运算求解，再根据向量的夹角是锐角与数量积与向量共线的关系列式求解即可. 【详解】因为，所以， 因为向量，的夹角是锐角，所以 解得且，所以的取值范围是. 故选：C. 【题型10 平面向量垂直及应用】 技巧：充要条件：⊥⇔ ·=0 坐标形式：x1x2＋y1y2＝0 1．已知向量，若，则等于（   ） A． B．1 C．4 D． 【答案】B 【分析】利用两个垂直向量的数量积为零，再结合向量数量积的坐标运算法则计算即可得出答案． 【详解】由，可得， 所以由，解得． 故选：B. 2．已知向量与垂直，则实数的值为（    ） A． B． C． D．6 【答案】D 【分析】根据向量垂直的坐标公式即可求解. 【详解】由可得，，解得. 故选：D 3．已知向量，，且，则（   ） A．8 B． C． D． 【答案】D 【分析】由向量垂直的坐标表示列方程求参数值，再由向量数量积的运算律及模长的坐标运算求结果. 【详解】由，得，所以． 故选：D 4．设为实数，向量，，且，则的值为（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】根据列式计算. 【详解】因为， 所以， 解得或. 故选：D. 【题型11 平面向量的实际应用】 1．如图，一条河的南北两岸平行.游船在静水中的航行速度的大小为，水流的速度的大小为，则游船要从A行到正北方向上位于北岸的码头处，其航行速度的大小（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平面向量加法的几何意义、数量积的运算性质可得，然后再求出即可 【详解】设与所成的角为， 由题意得，， 则 . 故选:A 2．小娟，小明两个人共提一桶水匀速前进，已知水和水桶总重力为，两人手臂上的拉力分别为，，且，与的夹角为，下列结论中正确的是（    ） A．越小越费力，越大越省力 B．始终有 C．当时， D．当时， 【答案】C 【分析】根据题意，由向量的平行四边形法则可得，由此分析选项，即可得答案． 【详解】根据题意，由于，又由， 则有向量，为邻边的四边形为菱形， 则有，, 对于A，由于不变，则越小越省力，越大越费力，A错误； 对于B，由于，B错误； 对于C，当时，，C正确； 对于D，当时，，D错误． 故选：C. 3．如图，在中，已知边上的两条中线AM，BN相交于点.    (1)求AM的长度； (2)求∠MPB的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据AM是中线，由求解； （2）易知为向量的夹角，然后利用平面向量的夹角公式求解. 【详解】（1）解：因为AM是中线， 所以， 所以， 则； （2）由图象知：为向量的夹角， 因为， 所以， ，则， 又 ， ， 所以， 因为， 所以. 4．如图，为边长为2的等边三角形，以的中点为圆心，1为半径作一个半圆，点为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（   ）    A． B． C．的最大值为5 D．若，则当三点共线时， 【答案】ACD 【分析】由向量的线性运算可判断A；由数量积的定义可判断B；以为坐标原点，建立平面直角坐标系，结合三角函数的性质可判断C；由共线向量定理求出可判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，由A知，， ，故B错误； 对于C，以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， ，，设， 所以， 当时，的最大值为5，故C正确； 对于D，当三点共线时，， ，所以， 又因为，所以， 所以，所以，故D正确.    故选：ACD. 【题型12 正余弦定理解三角形】 技巧：余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccos_A，b2＝a2＋c2－2accos_B，c2＝a2＋b2－2abcos_C 正弦定理：1在△ABC中，.＝＝＝2R.（R为△ABC外接圆的半径） 1．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知，则（    ） A． B．13 C． D．37 【答案】A 【分析】直接根据余弦定理即可得结果. 【详解】由余弦定理可得，则， 故选：A. 2．在中，角，，的对边分别是，，，已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用余弦定理即可. 【详解】在中利用余弦定理得，. 故选：C 3．在中，内角所对各边分别为，且，则角（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用余弦定理结合给定条件得到，再依据三角形中角的范围求解即可. 【详解】因为，且由余弦定理得， 所以，解得，而在中，，则，故A正确. 故选：A． 4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而结合余弦定理可得，进而结合面积公式即可求解. 【详解】由， 根据正弦定理得，， 即， 即， 即， 因为，则， 所以，即， 所以， 又， 则，即， 又， 所以的面积为. 故选：A. 5．在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且. (1)求角A的大小； (2)若，，求a； (3)若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）结合正弦定理和诱导公式，化简求值即可； （2）通过三角形的面积公式求出边长，再利用余弦定理求解即可； （3）通过正弦定理，将边用角表示，然后结合三角形中角的关系，将问题表示为单一变量角的函数，再结合锐角三角形，确定角的取值范围，再利用正弦函数求取值范围即可. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，即， 因为在中，，所以， 又，所以. （2）因为，，，所以，解得. 由余弦定理得. （3）因为，， 结合正弦定理，得，所以，. 在中，, 所以 . 因为为锐角三角形，所以，所以， 则，所以， 所以. 6．已知的内角A，B，C的对边为a，b，c，且 (1)求角A； (2)若的面积为. ①已知E为BC的中点，且，求中线AE的长； ②求内角A的角平分线AD长的最大值. 【答案】(1) (2)①，② 【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，求出； （2）①由三角形面积求出，从而得到，或，，根据中线得到，两边平方，结合向量数量积运算法则求出；②根据求出，由基本不等式求出长的最大值. 【详解】（1）由正弦定理得，即. 由余弦定理得. 因为，所以. （2）①，. 且，解得，或，. 由于， 所以， ； ②由， 得. 解得， 由于，当且仅当时，取等号， 故,当且仅当时，取等号，即的最大值为. 7．在中，内角，，的对边分别为，，，且. (1)求角的大小； (2)若，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换可求得的值，进而可求； （2）由向量数量积及（1）可求得的值，进而计算可求三角形面积. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 即，所以， 又，所以，所以，所以； （2）由，可得，即， 由（1），，所以， 所以. 8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)若，求△ABC面积的最大值； (2)若的角平分线交AC于点D，且，，求BD边的长度. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据余弦定理求出角，再利用基本不等式求出ac的最大值，进而得到三角形面积的最大值；（2）根据角平分线性质和三角形面积的分割关系列出等式，求解BD的长度. 【详解】（1）因，即，由余弦定理可知， 又，则；又因为， 故（当且仅当时等号成立） 所以△ABC面积的最大值为 （2）由已知的角平分线交AC于点D，则， 又在△ABC中，，即， 即，解得. 【题型13 判断三角形的个数问题】 技巧：模式：已知a,b,A，判断△ABC解的个数 口诀：大角对大边，一锐两钝看高 计算法：求h=bsinA 比较a与h,b：a<h→无解；a=h→一解（直角）；h<a<b→两解；a≥b→一解 1．在中，已知，，若有两解，则边的取值范围为_________. 【答案】 【分析】根据正弦定理和图形关系得到，然后解不等式即可. 【详解】在中，，，若有两解，必须满足的条件为：，即， 故答案为： 2．在中，若，，，三角形有唯一解，则整数______． 【答案】1或4 【分析】关键知道三角形有唯一解的充要条件是或，然后根据这个条件即可解得整数的值. 【详解】 如图：已知是边上的高，由三角形有唯一解的等价条件是或， 由，因为，所以， 又因为，根据唯一解的条件可知：或，解得或， 又因为为整数，,所以的值为1或4． 故答案为：1或4． 3．在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（    ） A．无解 B．有一解 C．有两解 D．解的个数不确定 【答案】C 【分析】利用正弦定理解出再根据，得到，可得角有两个解. 【详解】由正弦定理，得，解得. 因为，所以.又因为，所以或，故此三角形有两解. 故选：C. 4．已知分别是内角所对的边，若，，且有唯一解，则的取值范围为___________. 【答案】 【分析】根据题意和正弦定理求得，分类讨论，即可求解. 【详解】由正弦定理，可得， 当时，，此时唯一； 当时，有两个值，不唯一； 当时，，即，，唯一， 综上可得，实数 的取值范围是. 故答案为： 【题型14 正余弦定理判断三角形形状】 技巧：统一成边 或 统一成角 统一成边：用sinA=​代换，化简边的齐次式 统一成角：用余弦定理化边为角，化简三角恒等式 常见结论： a2+b2<c2⟹ 钝角 a2+b2=c2⟹ 直角 a2+b2>c2⟹ 锐角（需验证最大角） sin2A=sin2B⟹ A=B或A+B=​ 1．在中，角所对的边分别为，若，则一定是（   ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】B 【分析】利用正弦定理化边为角，逆用和角公式即得结论. 【详解】由，利用正弦定理，， 即，因，则或（不合题意舍去）， 故△ABC一定是等腰三角形. 故选：B. 2．在中，若，则是（    ） A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】A 【分析】由余弦定理整理化简等式，可得答案. 【详解】由余弦定理可得，则. 故选：A. 3．在中，若，则是（ ）． A．等腰三角形 B．等腰三角形或直角三角形 C．等腰直角三角形 D．直角三角形 【答案】B 【分析】利用正弦定理将边化角，结合角度范围，即可判断三角形形状. 【详解】由正弦定理，即， ， 因为，所以或， 所以是等腰三角形或直角三角形. 故选：B 4．已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【答案】D 【分析】由正弦定理和得到，，求出，得到答案. 【详解】， 即，故， ， 因为，所以，故， 因为，所以， 故为等腰直角三角形. 故选：D 5．在中，角，，所对的边分别是，，，已知，则的形状是（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】A 【分析】利用正弦定理以及三角形的内角和，两角和的正弦函数化简，求出与的关系，即可判断三角形的形状． 【详解】解：，由正弦定理可知，，因为， 所以，所以， 即 所以，所以，， 因为、、是三角形内角， 所以． 所以是等腰三角形． 故选：A． 【题型15 解三角形的最值范围问题】 技巧：余弦定理 +基本不等式：b2+c2≥2bc 正弦定理 +三角值域：化为Asin(ωx+φ)+k 边的范围：两边之和 > 第三边，两边之差 < 第三边 角的范围：A∈(0,π),A+B+C=π 1．在中，内角的对边分别为，且. (1)求角的大小； (2)点是上的一点，，且，求周长的最小值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由二倍角公式及正弦定理化简计算可得角B; （2）应用正弦定理，再结合周长化简得出周长结合函数的单调性求出最小值即可. 【详解】（1）由二倍角公式得， 故由正弦定理得，而， 故， 则； （2）设，设，则， 在中，，即 在中，，即 周长. 令，则 . 即周长最小值为. 2．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角C的大小； (2)若，求周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在中，由正弦定理边角关系得，由余弦定理求，进而可得答案. （2）由正弦定理可得，推出，，借助辅助角公式及三角函数性质得周长的取值范围. 【详解】（1）在中，， 由正弦定理得：， 由余弦定理得：， 因为为的内角，则，所以. （2）由正弦定理得：， 所以，， 所以的周长为： ， 因为，所以，则， 所以，则， 所以周长的取值范围为. 3．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理将边化为角，结合三角函数的两角和的正弦公式，可求得答案; （2）由余弦定理结合基本不等式可求得，再利用三角形面积公式求得答案. 【详解】（1）根据正弦定理及， 得. ∵， ∴. ∵， ∴. （2）由（1）知，又， 由余弦定理得， 即， ∵， ∴，即， 当且仅当时取等号. ∴. ∴的最大值为. 【题型16 正余弦定理的实际应用】 1．武当山，位于湖北省西北部十堰市境内，其自然风光，以雄为主，兼有险、奇、幽、秀等多重特色.主峰天柱峰犹如金铸玉瑑的宝柱雄峙苍穹，屹立于群峰之巅.环绕其周围的群山，从四面八方向主峰倾斜，形成独特的“七十二峰朝大顶，二十四涧水长流”的天然奇观，被誉为“自古无双胜境，天下第一仙山”.如图，若点为主峰天柱峰的最高点，为观测点，且在同一水平面上的投影分别为，，，由点测得点的仰角为，米，由点测得点的仰角为且，则两点到水平面的高度差约为（    ）（参考数据：）    A．684米 B．732米 C．746米 D．750米 【答案】C 【分析】结合图示首先过作交于，过作交于，然后结合题目中距离和角度，通过正弦定理 ，求得的长，从而算出两点到平面的高度差. 【详解】    如图，过作交于，过作交于， 如图所示，因为，所以，又， 则，， 则， 又，所以， 由正弦定理，得，， 即， 又，所以， 所以， 则两点到平面的高度差为米. 故选：C. 2．某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°. (1)求两点间的距离； (2)求大楼的高度. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理计算即可求解； （2）根据题意可得，结合两角和的正切公式计算即可求解. 【详解】（1）因为， 在中，由正弦定理得， 即，所以m， 即AC两点的距离为m； （2）在中，因为，， 所以， 又， 所以m， 即大楼的高度为m. 3．“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具。有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为10cm，较短边为5cm，如图所示，将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点都在圆周上，角的对边分别为，，，满足 (1)求； (2)若的面积为，且，求的周长 【答案】(1) (2)cm 【分析】（1）根据题意可求圆的直径，再结合正弦定理运算求解； （2）根据题意结合面积公式和余弦定理运算求解. 【详解】（1）设的外接圆半径为，则（cm）， 由正弦定理，可得. （2）∵，则，故为锐角， ∴， 由面积公式，即，可得， 由余弦定理，即， 可得，解得（cm）， 故的周长为（cm）. 4．如图，为了测量出到河对岸铁塔的距离与铁搭的高，选与塔底B同在水平面内的两个测点C与D.在C点测得塔底B在北偏东方向，然后向正东方向前进20米到达D，测得此时塔底B在北偏东方向.    (1)求点D到塔底B的距离； (2)若在点C测得塔顶A的仰角为，求铁塔高. 【答案】(1)米 (2)米 【分析】（1）在中，利用正弦定理可求出的长； （2）利用正弦定求得，再解直角三角形求得. 【详解】（1）由题意可知，，故， 在中， 由正弦定理， 得，即， 所以（米）. 因此点D到塔底B的距离为米； （2）在中， 由正弦定理， 得， 得 ， 在中，， 所以铁塔高为米. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01平面向量及其应用章末重点题型汇编 【题型1 平面向量的相关概念理解】 【题型2 向量共线与三点共线问题】 【题型3 向量共线定理的推论应用】 【题型4 对平面向量基底的判断】 【题型5 用基底表示相关向量】 【题型6 平面向量基本定理的应用】 【题型7 平面向量数量积的求解】 【题型8 平面向量模长的求解】 【题型9 平面向量夹角的求解】 【题型10 平面向量垂直及应用】 【题型11 平面向量的实际应用】 【题型12 正余弦定理解三角形】 【题型13 判断三角形的个数问题】 【题型14 正余弦定理判断三角形形状】 【题型15 解三角形的最值范围问题】 【题型16 正余弦定理的实际应用】 【题型1 平面向量的相关概念理解】 技巧：抓三要素：大小（模）、方向、起点（自由向量可平移） 易错区分： 零向量：模为 0，方向任意，与任意向量共线 单位向量：模 = 1，方向不定 相等向量：模相等 + 方向相同；相反向量：模相等 + 方向相反 共线（平行）向量≠同一直线，可平移重合 1.（多选）下列说法不正确的是（    ） A．向量的模是一个正实数 B．零向量没有方向 C．单位向量的模等于1个单位长度 D．零向量就是实数0 2．关于非零向量方向上的单位向量，下列说法正确的是（    ） A．有无数个 B．与可能反向 C． D． 3．（多选）下列说法正确的是（   ） A．向量与向量的长度相等 B．两个有共同起点，且长度相等的向量，它们的终点相同 C．零向量的长度都为0 D．两个单位向量的长度相等 【题型2 向量共线与三点共线问题】 技巧： 1.共线向量定理 向量(≠0)与共线的充要条件是：存在唯一一个实数λ，使＝λ 2. 三点共线的方法 一般来说，要判定A，B，C三点是否共线，只需看是否存在实数λ，使得＝λ(或＝λ等)即可． 3．利用向量共线求参数的方法 判断、证明向量共线问题的思路是根据向量共线定理寻求唯一的实数λ，使得＝λ(≠0)．而已知向量共线求λ，常根据向量共线的条件转化为相应向量系数相等求解．若两向量不共线，必有向量的系数为零，利用待定系数法建立方程，解方程从而求得λ的值． 1．已知是两个不共线的向量，.若与是共线向量，则________． 2．给出下列命题，正确的是（    ） A．的充要条件是且 B．若，则它们的起点和终点均相同 C．若存在实数，使得，则 D．若是平面内的四点，且，则四点一定能构成平行四边形 3．已知向量，则“与共线”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（多选）下列能使成立的充分条件是（   ） A． B． C．与方向相反 D．或 5．已知平面向量且，则一定共线的三点是（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 6．如图所示，在中，为的中点，与交于点，若，则实数的值为______. 7．已知中，延长到C，使，D是将分成的一个分点，和交于点E，设，， (1)用，表示向量，； (2)若，求实数的值． 【题型3 向量共线定理的推论应用】 技巧：若A，B，C三点共线，O为直线外一点⇔存在实数x，y，使＝x＋y且x＋y＝1. 1．如图，在△ABC中，，E为AD的中点，过点E的直线分别与边AB、AC交于P、Q两点，且，，则的最小值为（   ） A．2 B． C．4 D． 2．在中，点M是上一点，且，P为上一点，向量，则的最小值为（    ） A．18 B．16 C．12 D．8 【题型4 对平面向量基底的判断】 技巧：e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，{e1，e2}叫做表示这一平面内所有向量的一组基底 1．设，是平面内的一组基底，则下列能作为该平面内一组基底的是（   ） A．， B．， C．， D．， 2．已知，是不共线的非零向量，则以下向量可以作为基底的是（    ） A．， B．， C．， D．， 3．已知向量是一个基底，实数x，y满足，则________. 【题型5 用基底表示相关向量】 技巧：用基底表示向量的三个依据和两个“模型” (1)依据：①向量加法的三角形法则和平行四边形法则；②向量减法的几何意义；③数乘向量的几何意义． (2)模型： 1．如图，已知，则（    ） A． B． C． D． 2．如图，在平行四边形中，F为的中点，，则（   ）    A． B． C． D． 3．如图，已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知向量，则等于（   ） A． B． C． D． 5．如图，平行四边形中，是的中点，在线段上，且，记，，则（    ） A． B． C． D． 【题型6 平面向量基本定理的应用】 技巧；对于这一平面内的任一向量，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2 1．如图所示，中，，点是线段的中点，则（    ） A． B． C． D． 2．如图，在矩形ABCD中，E为AD边上靠近点A的三等分点，F为AB边上靠近点B的四等分点，且线段EF交AC于点P．若，则（    ） A． B． C． D． 3．如图，在中，，是上的一点，若，则实数的值为______. 【题型7 平面向量数量积的求解】 技巧：1.定义：·＝||||cos θ. 2.公式：设向量＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，则·＝x1x2＋y1y2 1．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则（    ） A．12 B． C．20 D． 2．已知向量满足，则（    ） A． B． C． D． 【题型8 平面向量模长的求解】 技巧：1.向量的模：·＝2＝||2 2.一些常见的等式，如(±)2＝2±2·＋2，(＋)·(－)＝2－2等 1．已知，方向相同，且，，则（   ） A．10 B．100 C．11 D．121 2．已知向量，满足，且，则的值为（   ） A．4 B．2 C．8 D． 3．设平面向量满足，，，则（    ） A．3 B．2 C． D．1 4．已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【题型9 平面向量夹角的求解】 技巧：cos θ.= 注意：夹角范围θ∈[0,π]，必须是同起点的夹角 1．已知非零向量，满足，则，角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．已知向量，满足，，，则（   ） A． B． C． D． 3.若向量，与的夹角为钝角，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．已知向量，与的夹角为锐角的一个充分不必要条件是（    ） A． B．且 C． D． 5．已知向量，若向量的夹角是锐角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【题型10 平面向量垂直及应用】 技巧：充要条件：⊥⇔ ·=0 坐标形式：x1x2＋y1y2＝0 1．已知向量，若，则等于（   ） A． B．1 C．4 D． 2．已知向量与垂直，则实数的值为（    ） A． B． C． D．6 3．已知向量，，且，则（   ） A．8 B． C． D． 4．设为实数，向量，，且，则的值为（    ） A． B． C．或 D．或 【题型11 平面向量的实际应用】 1．如图，一条河的南北两岸平行.游船在静水中的航行速度的大小为，水流的速度的大小为，则游船要从A行到正北方向上位于北岸的码头处，其航行速度的大小（   ） A． B． C． D． 2．小娟，小明两个人共提一桶水匀速前进，已知水和水桶总重力为，两人手臂上的拉力分别为，，且，与的夹角为，下列结论中正确的是（    ） A．越小越费力，越大越省力 B．始终有 C．当时， D．当时， 3．如图，在中，已知边上的两条中线AM，BN相交于点.    (1)求AM的长度； (2)求∠MPB的正弦值. 4．如图，为边长为2的等边三角形，以的中点为圆心，1为半径作一个半圆，点为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（   ）    A． B． C．的最大值为5 D．若，则当三点共线时， 【题型12 正余弦定理解三角形】 技巧：余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccos_A，b2＝a2＋c2－2accos_B，c2＝a2＋b2－2abcos_C 正弦定理：1在△ABC中，.＝＝＝2R.（R为△ABC外接圆的半径） 1．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知，则（    ） A． B．13 C． D．37 2．在中，角，，的对边分别是，，，已知，，，则（   ） A． B． C． D． 3．在中，内角所对各边分别为，且，则角（    ） A． B． C． D． 4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 5．在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且. (1)求角A的大小； (2)若，，求a； (3)若为锐角三角形，，求的取值范围. 6．已知的内角A，B，C的对边为a，b，c，且 (1)求角A； (2)若的面积为. ①已知E为BC的中点，且，求中线AE的长； ②求内角A的角平分线AD长的最大值. 7．在中，内角，，的对边分别为，，，且. (1)求角的大小； (2)若，求的面积. 8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)若，求△ABC面积的最大值； (2)若的角平分线交AC于点D，且，，求BD边的长度. 【题型13 判断三角形的个数问题】 技巧：模式：已知a,b,A，判断△ABC解的个数 口诀：大角对大边，一锐两钝看高 计算法：求h=bsinA 比较a与h,b：a<h→无解；a=h→一解（直角）；h<a<b→两解；a≥b→一解 1．在中，已知，，若有两解，则边的取值范围为_________. 2．在中，若，，，三角形有唯一解，则整数______． 3．在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（    ） A．无解 B．有一解 C．有两解 D．解的个数不确定 4．已知分别是内角所对的边，若，，且有唯一解，则的取值范围为___________. 【题型14 正余弦定理判断三角形形状】 技巧：统一成边 或 统一成角 统一成边：用sinA=​代换，化简边的齐次式 统一成角：用余弦定理化边为角，化简三角恒等式 常见结论： a2+b2<c2⟹ 钝角 a2+b2=c2⟹ 直角 a2+b2>c2⟹ 锐角（需验证最大角） sin2A=sin2B⟹ A=B或A+B=​ 1．在中，角所对的边分别为，若，则一定是（   ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形 2．在中，若，则是（    ） A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形 D．等腰或直角三角形 3．在中，若，则是（ ）． A．等腰三角形 B．等腰三角形或直角三角形 C．等腰直角三角形 D．直角三角形 4．已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 5．在中，角，，所对的边分别是，，，已知，则的形状是（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 【题型15 解三角形的最值范围问题】 技巧：余弦定理 +基本不等式：b2+c2≥2bc 正弦定理 +三角值域：化为Asin(ωx+φ)+k 边的范围：两边之和 > 第三边，两边之差 < 第三边 角的范围：A∈(0,π),A+B+C=π 1．在中，内角的对边分别为，且. (1)求角的大小； (2)点是上的一点，，且，求周长的最小值. 2．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角C的大小； (2)若，求周长的取值范围． 3．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若，求面积的最大值. 【题型16 正余弦定理的实际应用】 1．武当山，位于湖北省西北部十堰市境内，其自然风光，以雄为主，兼有险、奇、幽、秀等多重特色.主峰天柱峰犹如金铸玉瑑的宝柱雄峙苍穹，屹立于群峰之巅.环绕其周围的群山，从四面八方向主峰倾斜，形成独特的“七十二峰朝大顶，二十四涧水长流”的天然奇观，被誉为“自古无双胜境，天下第一仙山”.如图，若点为主峰天柱峰的最高点，为观测点，且在同一水平面上的投影分别为，，，由点测得点的仰角为，米，由点测得点的仰角为且，则两点到水平面的高度差约为（    ）（参考数据：）    A．684米 B．732米 C．746米 D．750米 2．某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°. (1)求两点间的距离； (2)求大楼的高度. 3．“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具。有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为10cm，较短边为5cm，如图所示，将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点都在圆周上，角的对边分别为，，，满足 (1)求； (2)若的面积为，且，求的周长 4．如图，为了测量出到河对岸铁塔的距离与铁搭的高，选与塔底B同在水平面内的两个测点C与D.在C点测得塔底B在北偏东方向，然后向正东方向前进20米到达D，测得此时塔底B在北偏东方向.    (1)求点D到塔底B的距离； (2)若在点C测得塔顶A的仰角为，求铁塔高. 1 学科网（北京）股份有限公司 $