1.导学案 20 第6章 阶段提升课(Word版+PPT版)-【满分思维】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

01 02 知识网络·体系构建 重点题型·深研突破 阶段提升课 内容概览 01 知识网络·体系构建 返回 返回 02 重点题型·深研突破 返回 题型一　平面向量的线性运算 常考题型 平面向量的线性运算、用已知向量表示其他向量、用向量线性运算求参数 解题关键 熟悉向量线性运算法则、运算律,掌握平面向量基本定理 核心素养 数学运算、逻辑推理、直观想象 返回 A.a+b　 B.a+b C.a+b　 D.a+b √ 返回 返回 √ 返回 题型二　向量的数量积运算 常考题型 向量的数量积运算、向量的垂直、夹角、模、投影向量、与向量数量积有关的参数问题 解题关键 掌握向量数量积的定义、坐标运算、向量数量积的运算律 核心素养 数学运算、逻辑推理 返回 1.(2024·新高考Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|= (　　) A.　 B. C.　 D.1 【解析】选B.因为(b-2a)⊥b, 所以(b-2a)·b=0,即b2=2a·b, 又因为|a|=1,|a+2b|=2, 所以1+4a·b+4b2=1+6b2=4,从而|b|=. √ 返回 √ 返回 【解析】选ACD.取AD的中点E,连接BE,CE,AC,BD,AE=AD, 根据题意可知,AD∥BC且AD=2BC,则BC ED, √ √ √ 返回 返回 题型三　正、余弦定理 常考题型 利用正、余弦定理解三角形、利用正、余弦定理判定三角形的形状、正、余弦定理的实际应用 解题关键 掌握正、余弦定理、熟记两角和、差的正弦、余弦、正切公式和二倍角公式 核心素养 数学运算、逻辑推理、数学建模 返回 1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3c,sin C=,则sin A=(　　) A.　 B.　 C.　 D. 【解析】选C.由a=3c以及正弦定理可得sin A=3sin C,因为sin C=,所以 sin A=3×=. √ 返回 2.如图,在某座山的山脚A测得山顶P的仰角为30°,沿倾斜角为15°的斜坡从A向上走了600米到达B处,在B处测得山顶P的仰角为60°,则山高PQ= (　　) A.300米　 B.300米 C.300米　 D.300米 √ 返回 【解析】选B.如图,过点B作BC⊥PQ于点C, 由题意知,∠PAQ=30°,∠BAQ=15°,∠PBC=60°,AB=600米, 在△PAB中,∠PAB=30°-15°=15°,易得∠BPA=30°,∠PBA=135°, 所以=, 而sin 135°=sin(90°+45°)=cos 45°=, 所以PA=600米, 又因为∠PAQ=30°,PQ⊥AQ, 所以PQ=PA=300米. 返回 3.(多选)在△ABC中,若sin C+sin(B-A)=sin 2A,则△ABC的形状为 (　　) A.等边三角形　 B.等腰三角形 C.直角三角形　 D.等腰直角三角形 【解析】选BC.由sin C+sin(B-A)=sin 2A, 因为sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,且sin(B-A)=sin Bcos A- cos Bsin A, 可得2sin Bcos A=sin 2A=2sin Acos A, 所以cos A(sin B-sin A)=0,可得cos A=0或sin B=sin A, 因为A,B∈(0,π),所以A=或A=B,所以△ABC为直角三角形或等腰三角形. √ √ 返回 题型四　正、余弦定理的综合问题 常考题型 正、余弦定理与面积(周长)的综合问题、正、余弦定理在平面几何中的应用、正、余弦定理与三角函数的综合问题 解题关键 掌握正、余弦定理、三角形面积公式、三角函数的性质、基本不等式等 核心素养 数学运算、逻辑推理 返回 1.(2024·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab. (1) 求 B; (2) 若△ABC的面积为3+,求c. 返回 【解析】(1)由余弦定理可得:cos C==, 因为C∈(0,π), 所以C=, 所以cos B=sin C=, 即cos B=, 因为 B∈(0,π),所以 B=. (2) 由(1) 可得A=π-B-C=π, 设△ABC 外接圆的半径为R, 由正弦定理可得:===2R,所以b=R,c=R, 所以S△ABC=bcsin A=·R·R·=3+, 解得 R=2, 所以 c=2. 返回 2.(2024·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2. (1)求A. (2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长. 【解析】(1)方法一(辅助角公式): 由sin A+cos A=2可得sin A+cos A=1,即sin(A+)=1, 由于A∈(0,π)⇒A+∈(,),故A+=,解得A=. 返回 方法二(同角三角函数的基本关系): 由sin A+cos A=2,又sin2A+cos2A=1,消去sin A得到: 4cos2A-4cos A+3=0⇔(2cos A-)2=0,解得cos A=,又A∈(0,π),故A=. (2)由题设条件和正弦定理得, bsin C=csin 2B⇔sin Bsin C=2sin Csin Bcos B, 又B,C∈(0,π),则sin Bsin C≠0,进而cos B=,得到B=,于是C=π-A-B=, sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A=, 由正弦定理可得,==,即==,解得b=2,c=+, 故△ABC的周长为2++3. 返回 3.(2025·枣庄高一检测)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcos C=ccos B,P为△ABC内一点. (1)证明:△ABC为等腰三角形; (2)若A=60°,a=1,∠BPC=150°,求PA的最小值; (3)若cos∠BAC=,∠PAB=∠PBC=∠PCA,PA=,求△PBC的面积. 【解析】(1)因为bcos C=ccos B, 由正弦定理可得sin Bcos C=sin Ccos B,即sin(B-C)=0, 又B,C∈(0,π),所以B-C∈(-π,π),所以B-C=0,即B=C,则b=c, 所以△ABC为等腰三角形. 返回 (2)依题意可得△ABC是边长为1的等边三角形, 在△PBC中,设∠PBC=α(0<α<), 由正弦定理=,所以PC===2sin α, 在△APC中,∠PCA=-∠PCB=+α, 由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·ACcos∠PCA =(2sin α)2+12-2×2sin α×1×cos(+α) =4sin2α+1-4sin α(cos cos α-sin sin α)=6sin2α+1-2sin αcos α =3(1-cos 2α)+1-sin 2α=4-2sin(2α+), 因为0<α<,所以<2α+<,所以当2α+=,即α=时,sin(2α+)=1, 此时(PA2)min=4-2,所以PAmin==-1. 返回 (3)设∠BAC=θ,则cos θ=1-2sin2=,θ为锐角, 所以sin =,sin θ==. 在△ABC中,由余弦定理及AB=AC可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos θ=2AB2(1-cos θ)=4AB2sin2,所以BC=2ABsin , 由∠ABC=∠ACB==-,且∠PBC=∠PCA, 所以∠PBA=∠PCB,又∠PAB=∠PBC,所以△PAB∽△PBC, 所以===, 返回 所以PB=2PAsin ,PC=2PBsin =4PAsin2, 而∠BPC=π-∠PBC-∠PCB=π-∠PCA-∠PCB=π-∠ACB=π-(-)=+, 所以S△PBC=PB·PCsin∠BPC=×2PAsin ×4PAsin2×sin(+) =4PA2sin3cos =2PA2sin2sin θ=2×()2×=4. 返回 1.(2025·湖北黄石高一期中)如图,在四边形ABCD中,=2,=2,设=a,=b,则= (　　) 【解析】选C.因为=2,=2, 所以=+=+=+(-)=+(+-)=++=++=a+b. 2.(2025·宣城高一检测)在△ABC中,已知D是BC边上靠近点B的三等分点,E是AC的中点,且=λ+μ,则λ+μ= (　　) A.-　 B.-1 C.　 D.1 【解析】选A.因为D是BC边上靠近点B的三等分点,E是AC的中点, 所以=+=-=(-)-=-+, 因为=λ+μ,所以λ=-,μ=, 所以λ+μ=-+=-. 2.在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则= (　　) A.- B.- C.+ D.+ 【解析】选A.作出示意图如图所示. =+=+=(+)+(-)=-. 3.(多选)(2025·厦门高一检测)在梯形ABCD中,=2,||=2||,=2,则 (　　) A.=- B.·=0 C.·=0 D.在上的投影向量为 所以四边形BEDC为平行四边形,所以==-=-,故A正确; 因为题意没有说明BC与CD的大小关系,所以不能证明AC⊥BD,即不能得到·=0,故B错误; 因为=2,E是AD的中点,所以AE∥BC, AE=AD,BC=AD,且||=||,所以AB=AE=BC,所以四边形AECB为菱形,所以AC⊥BE,因为BE∥CD, 所以AC⊥CD,所以·=0,故C正确; 过N作AC的垂线,垂足为F,连接NF, 因为AC⊥CD且AC⊥NF,=2, 所以AN=AD,NF∥DC,所以AF=AC,在上的投影向量为,故D正确. $ 阶段提升课 知识网络·体系构建 重点题型·深研突破 题型一　平面向量的线性运算 常考题型 平面向量的线性运算、用已知向量表示其他向量、用向量线性运算求参数 解题关键 熟悉向量线性运算法则、运算律,掌握平面向量基本定理 核心素养 数学运算、逻辑推理、直观想象 1.(2025·湖北黄石高一期中)如图,在四边形ABCD中,=2,=2,设=a,=b,则= (　　) A.a+b　 B.a+b C.a+b　 D.a+b 【解析】选C.因为=2,=2, 所以=+=+=+(-)=+(+-)=++=++=a+b. 2.(2025·宣城高一检测)在△ABC中,已知D是BC边上靠近点B的三等分点,E是AC的中点,且=λ+μ,则λ+μ= (　　) A.-　 B.-1 C.　 D.1 【解析】选A.因为D是BC边上靠近点B的三等分点,E是AC的中点, 所以=+=-=(-)-=-+, 因为=λ+μ,所以λ=-,μ=, 所以λ+μ=-+=-. 题型二　向量的数量积运算 常考题型 向量的数量积运算、向量的垂直、夹角、模、投影向量、与向量数量积有关的参数问题 解题关键 掌握向量数量积的定义、坐标运算、向量数量积的运算律 核心素养 数学运算、逻辑推理 1.(2024·新高考Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|= (　　) A.　 B. C.　 D.1 【解析】选B.因为(b-2a)⊥b, 所以(b-2a)·b=0,即b2=2a·b, 又因为|a|=1,|a+2b|=2, 所以1+4a·b+4b2=1+6b2=4,从而|b|=. 2.在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则= (　　) A.- B.- C.+ D.+ 【解析】选A.作出示意图如图所示. =+=+=(+)+(-)=-. 3.(多选)(2025·厦门高一检测)在梯形ABCD中,=2,||=2||,=2,则 (　　) A.=- B.·=0 C.·=0 D.在上的投影向量为 【解析】选ACD.取AD的中点E,连接BE,CE,AC,BD,AE=AD, 根据题意可知,AD∥BC且AD=2BC,则BC ED, 所以四边形BEDC为平行四边形,所以==-=-,故A正确; 因为题意没有说明BC与CD的大小关系,所以不能证明AC⊥BD,即不能得到·=0,故B错误; 因为=2,E是AD的中点,所以AE∥BC, AE=AD,BC=AD,且||=||,所以AB=AE=BC,所以四边形AECB为菱形,所以AC⊥BE,因为BE∥CD, 所以AC⊥CD,所以·=0,故C正确; 过N作AC的垂线,垂足为F,连接NF, 因为AC⊥CD且AC⊥NF,=2, 所以AN=AD,NF∥DC,所以AF=AC,在上的投影向量为,故D正确. 题型三　正、余弦定理 常考题型 利用正、余弦定理解三角形、利用正、余弦定理判定三角形的形状、正、余弦定理的实际应用 解题关键 掌握正、余弦定理、熟记两角和、差的正弦、余弦、正切公式和二倍角公式 核心素养 数学运算、逻辑推理、数学建模 1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3c,sin C=,则sin A= (　　) A.　 B.　 C.　 D. 【解析】选C.由a=3c以及正弦定理可得sin A=3sin C,因为sin C=,所以sin A=3×=. 2.如图,在某座山的山脚A测得山顶P的仰角为30°,沿倾斜角为15°的斜坡从A向上走了600米到达B处,在B处测得山顶P的仰角为60°,则山高PQ= (　　) A.300米　 B.300米 C.300米　 D.300米 【解析】选B.如图,过点B作BC⊥PQ于点C, 由题意知,∠PAQ=30°,∠BAQ=15°,∠PBC=60°,AB=600米, 在△PAB中,∠PAB=30°-15°=15°,易得∠BPA=30°,∠PBA=135°,所以=, 而sin 135°=sin(90°+45°)=cos 45°=, 所以PA=600米, 又因为∠PAQ=30°,PQ⊥AQ, 所以PQ=PA=300米. 3.(多选)在△ABC中,若sin C+sin(B-A)=sin 2A,则△ABC的形状为 (　　) A.等边三角形　 B.等腰三角形 C.直角三角形　 D.等腰直角三角形 【解析】选BC.由sin C+sin(B-A)=sin 2A, 因为sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,且sin(B-A)=sin Bcos A-cos Bsin A, 可得2sin Bcos A=sin 2A=2sin Acos A, 所以cos A(sin B-sin A)=0,可得cos A=0或sin B=sin A, 因为A,B∈(0,π),所以A=或A=B,所以△ABC为直角三角形或等腰三角形. 题型四　正、余弦定理的综合问题 常考题型 正、余弦定理与面积(周长)的综合问题、正、余弦定理在平面几何中的应用、正、余弦定理与三角函数的综合问题 解题关键 掌握正、余弦定理、三角形面积公式、三角函数的性质、基本不等式等 核心素养 数学运算、逻辑推理 1.(2024·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab. (1) 求 B; (2) 若△ABC的面积为3+,求c. 【解析】(1)由余弦定理可得:cos C==, 因为C∈(0,π), 所以C=, 所以cos B=sin C=, 即cos B=, 因为 B∈(0,π),所以 B=. (2) 由(1) 可得A=π-B-C=π, 设△ABC 外接圆的半径为R, 由正弦定理可得:===2R,所以b=R,c=R, 所以S△ABC=bcsin A=·R·R·=3+, 解得 R=2, 所以 c=2. 2.(2024·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2. (1)求A. (2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长. 【解析】(1)方法一(辅助角公式): 由sin A+cos A=2可得sin A+cos A=1,即sin(A+)=1, 由于A∈(0,π)⇒A+∈(,),故A+=,解得A=. 方法二(同角三角函数的基本关系): 由sin A+cos A=2,又sin2A+cos2A=1,消去sin A得到: 4cos2A-4cos A+3=0⇔(2cos A-)2=0,解得cos A=,又A∈(0,π),故A=. (2)由题设条件和正弦定理得, bsin C=csin 2B⇔sin Bsin C=2sin Csin Bcos B, 又B,C∈(0,π),则sin Bsin C≠0,进而cos B=,得到B=,于是C=π-A-B=, sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A=, 由正弦定理可得,==,即==,解得b=2,c=+, 故△ABC的周长为2++3. 3.(2025·枣庄高一检测)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcos C=ccos B,P为△ABC内一点. (1)证明:△ABC为等腰三角形; (2)若A=60°,a=1,∠BPC=150°,求PA的最小值; (3)若cos∠BAC=,∠PAB=∠PBC=∠PCA,PA=,求△PBC的面积. 【解析】(1)因为bcos C=ccos B, 由正弦定理可得sin Bcos C=sin Ccos B,即sin(B-C)=0, 又B,C∈(0,π),所以B-C∈(-π,π),所以B-C=0,即B=C,则b=c, 所以△ABC为等腰三角形. (2)依题意可得△ABC是边长为1的等边三角形, 在△PBC中,设∠PBC=α(0<α<), 由正弦定理=,所以PC===2sin α, 在△APC中,∠PCA=-∠PCB=+α, 由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·ACcos∠PCA =(2sin α)2+12-2×2sin α×1×cos(+α) =4sin2α+1-4sin α(cos cos α-sin sin α)=6sin2α+1-2sin αcos α =3(1-cos 2α)+1-sin 2α=4-2sin(2α+), 因为0<α<,所以<2α+<,所以当2α+=,即α=时,sin(2α+)=1, 此时(PA2)min=4-2,所以PAmin==-1. (3)设∠BAC=θ,则cos θ=1-2sin2=,θ为锐角, 所以sin =,sin θ==. 在△ABC中,由余弦定理及AB=AC可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos θ=2AB2(1-cos θ)=4AB2sin2,所以BC=2ABsin , 由∠ABC=∠ACB==-,且∠PBC=∠PCA, 所以∠PBA=∠PCB,又∠PAB=∠PBC,所以△PAB∽△PBC, 所以===, 所以PB=2PAsin ,PC=2PBsin =4PAsin2, 而∠BPC=π-∠PBC-∠PCB=π-∠PCA-∠PCB=π-∠ACB=π-(-)=+, 所以S△PBC=PB·PCsin∠BPC=×2PAsin ×4PAsin2×sin(+)=4PA2sin3cos =2PA2sin2sin θ=2×()2×=4. - 3 - 学科网（北京）股份有限公司 $