专题02 平面向量及其应用（期末复习课件）高一年级数学下学期人教A版

专题02 平面向量及其应用 高一年级数学下学期 期末复习讲义 人教A版 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 1 题型01 平面向量的相关概念理解 题型02 向量共线与三点共线的应用 题型03 平面向量的基底的判断 题型04 用基底表示向量 题型05 平面向量基本定理定理的应用 题型06 三点共线的推论及应用 题型07 平面向量数量积的计算 题型08 利用数量积求向量的模长 题型09 利用数量积求向量的夹角 题型10 利用数量积解决垂直问题 题型11 求平面向量的投影向量 题型12 平面向量的实际应用 题型13 利用正余弦定理解三角形 题型14 三角形解的个数问题 题型15 三角形的面积问题 题型16 利用正余弦定理判断三角形的形状 题型17 解三角形的最值与范围问题 题型18 解三角形的实际应用 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 1 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 2 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 3 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 4 CONTENTS 内 容 导 航 2 明•期末考情 第一部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 3 核心考点 复习目标 考情规律 平面向量的基本概念 1、能准确区分向量与数量的区别； 2、能清晰判断零向量、单位向量、相等向量、相反向量的特征； 3、能正确理解共线向量（平行向量）的定义，区分共线与重合的关系 基础必考点，多以小题（选择题、填空题）形式考查，难度较低； 易错点：混淆零向量的方向、共线向量与相等向量的关系；忽略单位向量的方向不唯一 平面向量的线性运算 1、能熟练运用三角形法则、平行四边形法则进行向量加法、减法运算； 2、能掌握数乘向量的定义、运算律，明确数乘向量的几何意义； 3、能化简简单的向量线性表达式 高频必考点，小题、大题均可能考查，侧重考查几何意义的应用； 命题趋势：常结合平面图形（三角形、平行四边形）考查向量线性分解，注重数形结合思想； 易错点：向量减法方向判断错误；数乘向量的模长与方向计算失误 平面向量基本定理及坐标表示 1、能理解平面向量基本定理的内涵，会选择合适基底表示平面内任意向量； 2、能熟练进行向量的坐标加减、数乘运算； 3、能运用共线向量的坐标条件判断向量共线、求参数值 核心高频考点，小题、大题均有涉及，是后续向量应用的基础； 命题趋势：常与平面几何结合，考查基底表示、坐标运算及共线参数求解； 易错点：记错共线向量坐标公式；基底选择不当导致运算繁琐；忽略向量坐标与点坐标的区别 4 核心考点 复习目标 考情规律 平面向量的数量积 1、能掌握数量积的定义及几何意义，理解投影的概念； 2、能熟练运用数量积坐标公式进行计算； 3、能运用数量积求向量的模长、夹角，判断向量垂直 重中之重，必考考点，小题侧重模长、夹角计算，大题侧重综合应用； 命题趋势：常与几何图形、函数最值结合，考查数量积的综合应用，凸显向量的工具性； 易错点：混淆向量夹角与图形内角；忽略数量积的符号；模长公式记忆错误 平面向量在平面几何中的应用 1、能运用向量方法判断平面几何中的平行、垂直关系； 2、能运用向量运算求平面图形中线段的长度、角的大小； 3、掌握向量法解决平面几何问题的“三步曲”（化几何量为向量→进行向量运算→还原几何结论） 期末中档难度考点，考查形式灵活，多以解答大题为主，偶尔搭配填空小题考查。贴合期末命题原则，淡化复杂运算，侧重考查向量转化几何问题的思维方法，常结合三角形、四边形等常规几何图形命题，是期末大题高频出题方向。 易错点：无法将几何问题转化为向量问题；向量运算失误导致几何结论错误 正弦定理、余弦定理 1、能熟练掌握正弦定理、余弦定理的文字语言和符号语言； 2、能运用正弦定理、余弦定理解决三角形的边长、角度求解问题； 3、能运用定理解决简单的三角形面积计算问题 高频必考考点，小题、大题均有考查，大题常单独命题或与向量结合； 命题趋势：侧重基础应用，偶尔结合实际情境（仰角、俯角）考查，难度适中； 易错点：正弦定理中解的个数判断失误；；忽略三角形内角和为180° 5 记•必备知识 第二部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 6 知识点01 平面向量基本概念 1、向量：既有大小又有方向的量叫做向量，向量的大小叫做向量的模． 2、零向量：长度为0的向量，记作. 3、单位向量：长度等于1个单位长度的向量． 4、平行向量：方向相同或相反的非零向量，又叫共线向量，规定：与任一向量平行． 5、相等向量：长度相等且方向相同的向量． 6、相反向量：长度相等且方向相反的向量． ·易错点：混淆共线向量与相等向量，认为共线向量就是相等向量，忽略方向和长度的双重要求；同时容易忽略“共线向量包含反向向量” 7 知识点02 平面向量的线性运算 易错点：向量减法方向判断错误，牢记“起点相同，指向被减向量终点”的口诀． 向量运算 定义 法则(或几何意义) 运算律 加法 求两个向量和的运算 交换律：； 结合律： 减法 求与的相反向量的和的运算 数乘 求实数λ与向量的积的运算 ， 当λ>0时，与的方向相同； 当λ<0时，与的方向相反； 当λ＝0时， 结合律：； 第一分配律：； 第二分配律： 8 知识点03 平面向量基本定理及坐标运算 1、平面向量基本定理 （1）平面向量基本定理的定义：如果是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量，有且只有一对实数，使． （2）向量的基底：若不共线，我们把叫做表示这一平面内所有向量的一个基底． 2、向量线性运算的坐标表示 （1）已知，则，． （2）若，则； 3、共线向量的坐标条件 已知，则向量，共线的充要条件是． 9 知识点04 平面向量的数量积 1、向量的夹角 （1）定义：已知两个非零向量和，作，，则∠AOB就是向量与的夹角． （2）范围：设θ是向量与的夹角，则0°≤θ≤180°. （3）共线与垂直：若θ＝0°，则与同向；若θ＝180°，则与反向；若θ＝90°，则与垂直． 2、平面向量的数量积 （1）定义：已知两个非零向量与，它们的夹角为θ，则数量叫做与的数量积(或内积)， 记作，即，规定零向量与任一向量的数量积为0，即. （2）几何意义：数量积等于的长度与在的方向上的投影的乘积． 【注意】（1）数量积也等于的长度|b|与在方向上的投影的乘积，这两个投影是不同的． （2）在方向上的投影也可以写成，投影是一个数量，可正可负可为0，取决于θ角的范围． 10 知识点04 平面向量的数量积 3、向量数量积的性质 设，是两个非零向量，是单位向量，α是与的夹角，于是我们就有下列数量积的性质： （1）. （2）. （3），同向⇔；，反向⇔.特别地或. （4）若θ为，的夹角，则. 4、向量数量积的运算律 （1） (交换律)． （2） (结合律)． （3） (分配律)． 11 知识点04 平面向量的数量积 5、向量数量积的坐标表示 已知非零向量，，与的夹角为θ. 结论 几何表示 坐标表示 模 夹角 的充要条件 与的关系 12 知识点05 平面向量在几何中的应用 1、用向量方法解决平面几何问题的“三步曲” （1）建立平面几何与向量的关系，用向量表示问题中涉及到的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题； （2）通过向量运算，研究元素之间的关系，如距离、夹角等问题； （3）把运算结果“翻译”成几何关系． 2、平面几何中证明问题的具体转化方法 （1）证明线段，可转化为证明． （2）证明线段，只需证明存在一个实数，使成立． （3）证明两线段，只需证明数量积． （4）证明三点共线，只需证明存在一个，使成立． 3、向量在物理中的应用主要解题思路 （1）转化问题：将物理问题转化为数学问题； （2）建立模型：建立以向量为载体的数学模型； （3）求解参数：求向量的模长、夹角、数量积等； （4）回答问题：把所得到的数学结论回归到物理问题． 13 知识点06 正弦定理与余弦定理 1、正、余弦定理与变形 【注意】若已知两边和其中一边的对角，解三角形时，可用正弦定理．在根据另一边所对角的正弦值确定角的值时，要注意避免增根或漏解，常用的基本方法就是注意结合“大边对大角，大角对大边”及三角形内角和定理去考虑问题． 14 知识点06 正弦定理与余弦定理 2、解三角形中的常用结论 （1）三角形内角和定理：在△ABC中，A＋B＋C＝π；变形＝ . （2）三角形中的三角函数关系 ①sin(A＋B)＝sin C； ②cos(A＋B)＝－cos C； ③sin ＝cos ； ④cos ＝sin . （3）三角形中的射影定理：在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B；b＝acos C＋ccos A；c＝bcos A＋acos B. （4）三角形中的大角对大边：在△ABC中，A＞B⇔a＞b⇔sin A＞sin B. 3、三角形常用面积公式 （1）S＝a·ha(ha表示边a上的高)； （2）S＝ absin C＝acsin B＝bcsin A； （3）S＝r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)． 15 名称 意义 图形表示 仰角与俯角 在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线方的叫做仰角，目标视线在水平视线方的叫做俯角   方位角 从某点的指方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角，方位角θ的范围是0°≤θ<360°   方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的角，通常表达为北(南)偏东(西) 例：(1)北偏东α： (2)南偏西α：   知识点06 正弦定理与余弦定理 16 破•重难题型 第三部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 17 题型一 平面向量的相关概念理解 牢记核心概念的关键细节：零向量方向任意、单位向量仅长度为1、共线向量方向相同/相反（含零向量）、相等向量需长度+方向都相同； 排除法优先：遇到模糊选项，先排除明显错误的（如“零向量有固定方向”“共线向量就是相等向量”）； 举例验证：对不确定的选项，举简单例子验证. 解｜题｜技｜巧 18 19 20 21 题型二 向量共线与三点共线的应用 1、向量共线问题：一般地，解决向量，共线求参问题，可用两个不共线向量（如，）表示向量，，设，化为关于，的方程，由于，不共线，则，解方程组即可 2、若三点共线，则向量在同一直线上，因此必定存在实数，使得其中两个向量之间存在线性关系，而向量共线定理是实现线性关系的依据． 解｜题｜技｜巧 22 23 24 题型三 平面向量基底的判断 考查两个向量是否能构成基底，主要看两向量是否非零且不共线．此外，平面内的一个基底一旦确定，那么平面内任意一个向量都可以由这个基底唯一线性表示出来． 解｜题｜技｜巧 25 26 27 28 29 题型四 用基底表示向量 用基底表示向量的两种基本方法： 1、运用向量的线性运算对待求向量不断地进行转化，直至用基底表示为止； 2、通过列向量方程（组），利用基底表示向量的唯一性求解，即若，且则来构建方程（组），使得问题获解. 解｜题｜技｜巧 30 31 32 33 34 题型五 平面向量基本定理的应用 1、应用平面向量基本定理表示向量的实质是平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算． 2、用平面向量基本定理解决问题的一般思路是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决． 解｜题｜技｜巧 35 36 37 38 题型六 三点共线的推论及应用 已知平面内四点，其中三点共线，且，则，反之也成立 解｜题｜技｜巧 39 40 41 42 43 题型七 平面向量数量积的计算 1、应用平面向量基本定理表示向量的实质是平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算． 2、用平面向量基本定理解决问题的一般思路是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决． 解｜题｜技｜巧 44 45 46 47 题型八 利用数量积求向量的模长 （1）解决向量模长常利用模的平方与数量积的联系求解； （2）利用或，可以实现实数运算与向量运算的相互转化． 解｜题｜技｜巧 48 49 50 题型九 利用数量积求向量的夹角 求向量与夹角的思路： （1）求向量夹角关键时计算及，在此基础上结合数量积的定义或性质计算，最后借助，求出的值； （2）在个别含有，的等量关系式中，常利用消元思想计算的值． 解｜题｜技｜巧 51 52 53 54 题型十 利用数量积解决垂直问题 两个非零向量垂直的充要条件： 解｜题｜技｜巧 55 56 57 题型十一 求平面向量的投影向量 1、求一个向量在另一个向量方向上的投影向量时，首先要根据题意确定向量的模及两个向量的夹角，然后代入公式计算即可． 2、设向量是向量在向量上的投影向量，则有，则． 解｜题｜技｜巧 58 59 60 题型十二 平面向量的实际应用 1、忽略向量方向：实际场景中，向量方向（如方位角、夹角）直接影响运算结果，需准确标注方向，避免方向混淆导致错误． 2、建模不规范：未明确向量的实际意义，导致向量与实际量对应错误（如将速度向量误作为位移向量）． 解｜题｜技｜巧 61 62 63 64 题型十三 利用正余弦定理解三角形 1、选定理. （1）已知两角及一边，求其余的边或角，利用正弦定理； （2）已知两边及其一边的对角，求另一边所对的角，利用正弦定理； （3）已知两边及其夹角，求第三边，利用余弦定理； （4）已知三边求角或角的余弦值，利用余弦定理的推论； （5）已知两边及其一边的对角，求另一边，利用余弦定理； 2、巧转化：化边为角后一般要结合三角形的内角和定理与三角恒等变换进行转化；若将条件转化为边之间的关系，则式子一般比较复杂，要注意根据式子结构特征灵活化简. 3、得结论：利用三角函数公式，结合三角形的有关性质（如大边对大角，三角形的内角取值范围等），并注意利用数形结合求出三角形的边、角或判断出三角形的形状等。 解｜题｜技｜巧 65 66 67 题型十四 三角形解的个数问题 在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况 解｜题｜技｜巧 68 69 70 71 题型十五 三角形的面积问题 在求三角形的面积时，若存在三角形边长平方和的情况，一般联想到用余弦定理解决；若存在边长乘积的情况，一般联想到用公式． 解｜题｜技｜巧 72 73 74 75 题型十六 利用正余弦定理判断三角形的形状 1、判断三角形的形状是看该三角形是否为某些特殊的三角形(如锐角、直角、钝角、等腰、等边三角形等)； 2、判断三角形的形状特征，必须从研究三角形边与边的关系，或角与角的关系入手，充分利用正弦定理与余弦定理进行边角转化，由三角形的边或角的代数运算或三角运算，得出边与边或角与角的关系，从而作出正确判断； 3、对于给定条件是边角关系混合在一起的问题，一般地，应运用正弦定理和余弦定理，要么把它统一为边的关系，要么统一为角的关系．再利用三角形的有关知识、三角恒等变形方法、代数恒等变形方法进行转化、化简，从而得出结论． 解｜题｜技｜巧 76 77 78 79 题型十七 解三角形的最值与范围问题 三角形中的最值、范围问题的解题策略 （1）定基本量：根据题意或几何图形厘清三角形中边、角的关系，利用正、余弦定理求出相关的边、角或边角关系，并选择相关的边、角作为基本量，确定基本量的范围． （2）构建函数：根据正、余弦定理或三角恒等变换将待求范围的变量用关于基本量的函数解析式表示． （3）求最值：利用基本不等式或函数的单调性等求最值． 解｜题｜技｜巧 80 81 82 83 84 题型十八 解三角形的实际应用 1、方位角、仰角、俯角判断错误：牢记方位角顺时针从正北起算，仰角/俯角与水平线夹角，避免混淆导致角度转化错误． 2、忽略解的个数：SSA场景（已知两边及其中一边的对角），需结合实际场景判断解的合理性（如距离、高度为正，角度在0°~180°），排除不合理的解． 3、单位不统一：边长、角度单位不一致直接导致运算错误，解题前先统一单位． 解｜题｜技｜巧 85 86 87 88 89 过•分层验收 第四部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 90 感谢聆听 每天解决一个小问题，每周攻克 一个薄弱点，量变终会引发质变. 教师寄语 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 感谢聆听 每天解决一个小问题，每周攻克 一个薄弱点，量变终会引发质变. 教师寄语 102 定理 正弦定理 余弦定理 内容 ＝＝＝2R a2＝b2＋c2－2bccos A； b2＝c2＋a2－2cacos B； c2＝a2＋b2－2abcos C 变形 (1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C； (2)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C； (3)＝＝2R cos A＝； cos B＝； cos C＝ A．向量与向量是相等向量 B．若两个向量是共线向量,则向量所在的直线可以平行,也可以重合 C．与实数类似,对于两个向量,有,,三种关系 D．向量的模是一个非负实数 【解析】对于A,向量与向量是相反向量,不是相等向量,因此A不正确；对于B,若两个非零向量是共线向量,则这两个向量所在的直线可以平行,也可以重合,若两个共线向量中含有零向量时,零向量所在直线不确定,故B错误；对于C,与实数不一样,两个实数可以比较大小,而两个向量不能比较大小,因此C不正确；对于D,向量的模指的是向量的长度,是一个非负实数,因此D正确.故选：D. 题型一 平面向量的相关概念理解 【典例1】(25-26高一上.黑龙江牡丹江.期末)下列说法正确的是(    ) 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 【解析】若“”则“且”成立,即充分性成立；反之若与反向共线时,满足“且”,但不满足“”,故必要性不成立,故“”是“且”的充分不必要条件,故选：A. 【变式1-2】(25-26高一上.北京顺义.期末)设均为非零向量,则“与共线”是“与共线”的(    ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【解析】若与共线,且,则存在实数使得：移项可得：即故与共线,充分性成立；若与共线,且,则存在实数使得：代入得故与共线,必要性成立.综上,“与共线”是“与共线”的充分必要条件.故选：C 【变式1-1】(25-26高一上.湖北武汉.期末)“”是“且”的(    ) C．若,则 D．若,,则 【解析】对于A：向量的长度相等,方向不一定相同,从而得不出,即该选项错误； 对于B：若,则,故该选项正确； 对于C：向量有方向不能比较大小,故该选项错误； 对于D：因为,,所以,则该选项正确． 【变式1-3】(24-25高一下.安徽淮北.期末)(多选)关于向量,,下列命题中正确的是(    ) A．若,则 B．若,则 【典例2】(24-25高一下.山东泰安.期末)已知向量,不共线,且向量与共线,则实数的值为(    ) A．或 B．或3 C．或2 D．2 【解析】因为向量,不共线,所以,又向量与共线,所以,使,则,解得或2.故选：C. 【变式2-1】(25-26高一上.北京.期末)已知向量,且与方向相反,则实数的值为(    ) A．-1或 B．1或 C．1 D． 【解析】因为 ,所以向量 , 不共线,且向量 , 方向相反,所以存在实数 使 ,即,又因为向量 不共线,所以,整理得 ,解得 或 ,又因为 ,所以 ,故舍去 ,最终得到 .故选：D. 题型二 向量共线与三点共线的应用 A． B． C． D． 【解析】因为,,, 所以, ,又因为、、三点共线,所以存在,使得,即, 因为、是平面内的一组基底,所以,解得,．故选：D． 【变式2-3】(24-25高一下.四川成都.期末)已知向量,,,,,则一定共线的三点是(    ) A． B． C． D． 【解析】因为,故三点共线, A正确；因为,,故不存在任何的使得,所以不共线,B错误；因为,,故不存在任何的使得,所以不共线,C错误；因为,,故不存在任何的使得,所以不共线,D错误；故选：A 【变式2-2】(24-25高一下.贵州六盘水.期末)已知、是平面内的一组基底,,,, 若、、三点共线,则实数的值为(    ) A． B． C． D． 【解析】对于A,因为,则不共线,故A正确； 对于B,因为,则共线,故B错误； 对于C,因为,则共线,故C错误；对于D, 因为,则共线,故D错误.故选：A. 题型三 平面向量基底的判断 【典例3】(24-25高一下.江苏宿迁.期末)在下面的四组向量中,能作为一组基底的是(    ) C．和 D．和 【解析】对于A,假设,则使得,因为不共线得且,则无解,故,不共线可作为一组基底；对于B,因为,所以,不能作为基底；对于C,因为,所以,不能作为基底；对于D,假设,则使得,则因为不共线得且,则无解,故和不共线可作为一组基底.故选:BC. 【变式3-1】(25-26高一上.辽宁.期末)(多选)设是平面内的一组基底向量,则下列四组向量中,不能作为基底的是(    ) A．和 B．和 C． D． 【解析】对于A,,不共线,可作基底,A是； 对于B,,,不能作基底,B不是； 对于C,,不共线,可作基底,C是； 对于D,不能作基底,D不是.故选：AC 【变式3-2】(24-25高一下.河北邢台.期末)(多选)下列各组向量中,可以作为基底的是(    ) A． B． C．, D．, 【解析】对于A选项,已知,零向量与任意向量共线,所以与共线,不能作为基底,A选项错误. 对于B选项,对于,, ,所以与不共线,可以作为基底,B选项正确. 对于C选项,对于,, ,所以与共线,不能作为基底,C选项错误. 对于D选项,对于,,计算,所以与不共线,可以作为基底,D选项正确. 故选：BD. 【变式3-3】(24-25高一下.吉林.月考)(多选)下列各组向量中,可以作为基底的是(    ) A．, B．, A． B． C． D． 【解析】如图所示,由题意得.故选：C. 题型四 用基底表示向量 【典例4】(24-25高一下.黑龙江.期末)已知为所在平面内的一点,,则(    ) A． B． C． D． 【解析】由题意：.故选：C 【变式4-1】(24-25高一下.广东汕尾.期末)如图,在中,是BC上靠近的一个三等分点,记,,则可以用,表示为(    ) C． D． 【解析】在中, E是的中点, 则.故选：D. 【变式4-2】(24-25高一下.河南郑州.期末)如图,在△ABC中, E是AD的中点,则(    ) A． B． 【解析】对于A选项,由平面向量加法的平行四边形法则可得,A错； 对于B选项,,B对；对于C选项,,C对； 对于D选项,由题意可得,,所以,故,D对. 故选：A. 【变式4-3】(24-25高一下.广西河池.期末)如图所示,已知在正方形中,、分别是边、的中点,与交于点.设,,下列选项错误的是(    ) A． B． C． D． 【典例5】(25-26高一上.江苏盐城.期末)在中,为上一点,,为线段上任一点,若,则的值是(    ) A．4 B．3 C．2 D．1 【解析】由题意得三点共线,则, 又,,则,,.故选：D. 【变式5-1】(24-25高一下.四川眉山.期末)如图,在平行四边形中,是对角线的交点,,若,则(    ) A．1 B． C．2 D． 【解析】在平行四边形中,是对角线的交点,,因为,则,.故选：A. 题型五 平面向量基本定理的应用 【解析】因为是边上靠近点的三等分点,是的中点, 所以, 所以,因为,不共线,所以. 故选：C. 【变式5-2】(24-25高一下.广西南宁.期末)在中,是边上靠近点的三等分点,是的中点,若,则(    ) A．0 B． C． D．1 【变式5-3】(25-26高一上.辽宁沈阳.期末)如图：在平行四边形中,、分别为边、上的点,且,,连接,交于点,若,则_____. 【解析】由题意可得,,因为三点共线,所以设, 则, 则,由平面向量基本定理可得,,得. A． B． C． D． 【解析】,,,, ,是线段上一点,三点共线,,解得.故选A. 题型六 三点共线的推论及应用 【典例6】(24-25高一下.湖南岳阳.期末)如图,在中,,P是上一点,若,则实数的值为(    ) 【解析】由是边上靠近的三等分点,可得：,又因为,所以,又因为三点共线,所以又因为,所以,当且仅当,即时取得等号,所以的最小值为,故选：C 【变式6-1】(25-26高一上.河南安阳.期末)已知中,是边上靠近的三等分点,过点的直线分别交直线于不同的两点,设,其中,则的最小值是(    ) A．4 B． C． D． 【变式6-2】(24-25高二下.河北邯郸.期末)如图,在中,点在边上,过点的直线与,所在的直线分别交于点,,且是的中点,若,(,),则的最小值为________. 【解析】因为点在上,所以,因为是的中点,所以,又因为,(,),所以,所以,,计算可得,所以,当且仅当,即时等号成立,所以的最小值为. 【变式6-3】(24-25高一下.河南漯河.期末)如图,在中,,过点的直线分别交直线于不同的两点,设,,则的最小值为______． 【解析】因为三点共线,则,且, 且,,即,,可得,又因为, 则,可得,则,可得,显然,则, 当且仅当,即时,等号成立,所以的最小值为. 【典例7】(24-25高一下.天津西青.期末)平面向量,在上的投影为,则______. 【解析】在上的投影为,则,所以. 【变式7-1】(24-25高一下.辽宁丹东.期末)在中,,,,点D满足,则(    ) A．6 B．8 C． D．12 【解析】由题意可得, 所以.故选：D. 题型七 平面向量数量积的计算 A．1 B．2 C． D．4 【解析】,为中点,则,,又,所以,,,所以.故选：D. 【变式7-2】(24-25高一下.河北雄安.期末)已知圆为的外接圆,且,,,则(    ) 【变式7-3】(24-25高一下.吉林松原.期末)如图,在菱形中,为上靠近于C的三等分点,则的值是__________. 【解析】因为为上靠近于C的三等分点,所以,所以, 又,所以, 所以. 【典例8】(24-25高一下.辽宁.期末)已知向量在上的投影的数量为,且,则(    ) A．4 B．8 C．10 D．12 【解析】由题意得,所以.故选：B 【变式8-1】(25-26高一上.江苏无锡.期末)已知向量满足,且与的夹角为,则_________. 【解析】因为向量满足,则,又与的夹角为,所以,则. 题型八 利用数量积求向量的模长 A．2 B． C． D． 【解析】由题意知,, 与的夹角为 ,所以,,,故选：A 【变式8-3】(25-26高一上.湖南衡阳.期末)均为单位向量,且,向量满足,则的取值范围是___________． 【解析】由题意,均为单位向量,且,则,由,则,解得,则的取值范围是. 【变式8-2】(25-26高一上.北京海淀.期末)已知与的夹角为,则的值为(    ) 【典例9】(25-26高一上.浙江宁波.期末)已知,均为单位向量,且,则,的夹角为__________. 【解析】因为,均为单位向量,且,所以,所以,所以,所以,的夹角余弦值为,所以,的夹角为. 【变式9-1】(25-26高一上.安徽合肥.期末)已知单位向量满足,则向量与向量的夹角为(    ) A． B． C． D． 【解析】由单位向量,,可知,,故,设向量与向量的夹角为,则,所以,解得,由,可知,故选：D. 题型九 利用数量积求向量的夹角 【解析】,,,, 所以,故选：A． 【变式9-2】(25-26高一上.云南昭通.期末)已知向量,满足,,,则向量,的夹角的余弦值为(    ) A． B． C． D． 【解析】因为,两边平方得,所以,则,,则向量与的夹角的余弦值为.故选：D 【变式9-3】(24-25高一下.新疆.期末)已知向量,满足,,则向量与的夹角的余弦值(    ) A． B． C． D． 【典例10】(24-25高一下.重庆.期末)已知向量,满足,,,,则实数(    ) A． B．1 C． D． 【解析】因为,,,所以.因为,所以,所以.故选：A 【变式10-1】(24-25高一下.山东青岛.期末)在四边形ABCD中,若,则“”是“四边形是菱形”的(    ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分也不必要条件 D．充要条件 【解析】在四边形中,由,可得四边形为平行四边形,若,则平行四边形对角线垂直,所以为菱形,反之也成立,故“”是“四边形是菱形”的充要条件．故选：D. 题型十 利用数量积解决垂直问题 【解析】由得,,化简得,因为,,所以,解得. 【变式10-3】(24-25高一下.江西宜春.期末)已知平面向量,满足：,,． (1)求； (2)当时,求实数k的值． 【解析】(1)因为,,,则,又因为,所以． (2)因为,则,可得,即,解得. 【变式10-2】(24-25高一下.广东汕头.期末)已知向量,满足,,且,则______. 【典例11】(24-25高一下.甘肃临夏.期末)已知且,则向量在向量上的投影向量为(    ) A． B． C． D． 【解析】因为且,所以向量在向量上的投影向量为．故选：D． 【变式11-1】(24-25高一下.福建福州.期末)已知向量,满足,,,则在上的投影向量是(    ) A． B． C． D． 【解析】由题可知,向量,满足,,,所以,则在上的投影向量为. 题型十一 求平面向量的投影向量 【解析】由题意,,则向量在向量上的投影向量为. 【变式11-3】(25-26高一上.广东深圳.期末)已知向量,满足,且,则向量在向量方向上的投影向量为(    ) A． B． C． D． 【解析】,,解得,向量在向量方向上的投影向量为：,故选：B． 【变式11-2】(25-26高一上.湖南长沙.期末)已知向量与的夹角是,且 ,则向量在向量上的投影向量是______ 【典例12】(24-25高一下.福建福州.期末)一条河两岸平行,河的宽度,一艘船从河岸边的A地出发,向河对岸航行．已知船在静水中的速度的大小为,水流速度的大小为,那么当航程最短时,这艘船到达河对岸行驶时间为(    ) A． B． C． D． 【解析】设航船方向与河岸夹角为,所以,所以,,分钟.故选：C. 【变式12-1】(24-25高一下.甘肃白银.期末)已知三个力,,同时作用于某质点上,若对该质点再施加一个力,该质点恰好达到平衡状态(合力为零),则(    ) A． B． C． D． 【解析】由题意,作用在该质点上的三个力,,,则．想要该质点恰好达到平衡状态,只需．故选：C. 题型十二 平面向量的实际应用 C．当时, D．当时, 【解析】对于A,由为定值,所以,解得；由题意知时,单调递减,且为定值,由符合函数的单调性可得单调递增,即越大越费力,越小越省力,故A正确；对于B,当时,,故B错误对于C,当时,,所以,故C错误；对于D,当时,,所以,故D正确.故选：AD. 【变式12-2】(24-25高一下.广西河池.期末)(多选)在日常生活中,向量无处不在,如图所示的情境,两个人共提一个行李包.假设行李包所受重力为,作用在行李包上的两个拉力分别为,,且,与的夹角为.给出以下结论,其中正确的是(    ) A．越大越费力,越小越省力 B．当时, 【变式12-3】(24-25高一下.广东佛山.期末)若物体在共点力,的作用下产生位移,则合力对物体所做的功为__________. 【解析】已知共点力,则合力为,又已知位移为,所以合力对物体所做的功. 【典例13】(24-25高一下.甘肃临夏.期末)已知的内角的对边分别为,且,则(    ) A． B． C． D． 【解析】由正弦定理可得.故选：A. 【变式13-1】(24-25高一下.四川成都.期末)中,角,,所对的边分别为,,,,,,则角的对边____________. 【解析】在中,因为,所以根据正弦定理有,又,则,,由,得. 题型十三 利用正余弦定理解三角形 A． B． C． D． 【解析】在中,,,,由余弦定理可得,即,整理得,解得或(舍去),故.故选：D. 【变式13-3】(24-25高一下.北京顺义.期末)在中,,,,则(    ) A．4 B．3 C． D．2 【解析】在中,,所以,又因为,则由正弦定理得,解得.故选：D. 【变式13-2】(25-26高一上.北京东城.期末)在中,若,,,则等于(    ) A． B． C． D． 【解析】对于A,,则,只有一解,A不符合题意；对于B,,满足,只有一解,B不符合题意；对于C,,则,故,结合,故B有两解,分别在以及之间,C符合题意；对于D,,则,故,此时无解,D不符合题意,故选：C 题型十四 三角形解的个数问题 【典例14】(24-25高一下.安徽合肥.期末)在中,内角的对边分别为,分别根据下列条件解三角形,其中有两解的是(    ) C． D． 【解析】对于A中,由正弦定理,可得,则这样的三角形不存在,所以A错误；对于B中,由,可得,又由,则这样的三角形是唯一的,所以B不符合题意；对于C中,由余弦定理,可得,所以,则这样的三角形是唯一的,所以C不符合题意；对于D中,由正弦定理,可得,因为,可得,所以或,则这样的三角形有两个,所以D符合题意.故选：D. 【变式14-1】(24-25高一下.福建龙岩.期末)在中,角所对的边分别为,则满足以下条件的三角形的解个数为两个的是(    ) A． B． 【解析】的外接圆的半径,如图所示,,是圆的直径.可知点在优弧上(不包括端点),当为时,此时取到最大值；当点从点A到时,此时越来越大,且；当点从点到C时,此时越来越小,且；综上所述：若只有一个解,则的取值范围为.故选：D. 【变式14-2】(24-25高一下.陕西商洛.期末)在中,角的对边分别为,,,若,,只有一个解,则的取值范围为(    ) A． B． C． D． 【典例15】(24-25高一下.湖南.期末)在中,,,,则的面积为(    ) A． B． C． D． 【解析】依题意,在中,,,,则的面积为.故选：C. 【变式15-1】(24-25高一下.云南曲靖.期末)在中,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若,则的面积为(    ) A． B． C． D． 【解析】由题设,即,又,所以,则的面积为.故选：A 题型十五 三角形的面积问题 【解析】中,点在边上,,则,又平分∠,,,又由,和的高相同,设为,则,,又,,在中,由余弦定理,；在中,由余弦定理,,,,即,化简得,把代入,计算即得.故选：. 【变式15-2】(24-25高一下.辽宁大连.期末)已知三角形中,点在边上,平分∠,且,若,则=(    ) A．1 B． C．2 D． (2)若,则的面积为,求. 【解析】(1),,,由正弦定理得：,,,,,,,即,,,即； (2)的面积为,,即,由余弦定理得：,,,. 【变式15-3】(24-25高一下.福建福州.期末)在中,角A,B,C的对边分别为,且,,. (1)求； 【典例16】(24-25高一下.河南安阳.期末)在中,,则的形状为(    ) A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形 【解析】,,,,,或,又由可知,,,,为直角三角形．故A正确. 【变式16-1】(24-25高一下.河北承德.期末)在中,已知,则一定是(    ) A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．锐角三角形 【解析】因为,所以由正弦定理得,又,所以,,即,所以一定是等腰三角形,故选：B. 题型十六 利用正余弦定理判断三角形的形状 【解析】因为,所以,由正弦定理得,整理得,因为,所以,故,故,所以为直角三角形．故选：A． 【变式16-2】(24-25高一下.福建福州.期末)记的内角、、的对边分别为、、,且,则是(    ) A．直角三角形 B．锐角三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 【解析】因为,所以,所以,所以,因为,所以,所以符号相同,若,则,而这会导致,这与三角形内角和矛盾,从而只能,所以,所以或,所以或,所以的形状是等腰三角形或直角三角形.故选：D. 【变式16-3】(24-25高一下.天津滨海新区.期末)在中, 记角A,B,C的对边分别为a,b,c, 若,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 A．2 B． C． D． 【解析】设为边中点,连接,作于,即为中点,因为,同理,则,所以,因为,所以的面积为,当且仅当时取等号.故选：B 题型十七 解三角形的最值与范围问题 【典例17】(24-25高一下.安徽合肥.期末)分别为的外心和重心,,若,则的面积的最大值(    ) 【解析】,由正弦定理得：,即,由余弦定理知：,,,即,由正弦定理得：,,整理可得：,为锐角三角形,,,,,即,,,,,,,,,,即的取值范围为. 【变式17-1】(24-25高一下.黑龙江大庆.期末)在锐角中,内角的对边分别为,且,则的取值范围为(    ) A． B． C． D． 【变式17-2】(24-25高一下.辽宁丹东.期末)的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,,,则周长的取值范围是______. 【解析】因为,所以,由正弦定理得,则由余弦定理得,又,所以.则.因,则,由和差化积公式得：.因,则,.从而,则. (2)设点为边中点,且,求最大值； 【解析】(1)由正弦定理得：,即,,又,. (2)为边中点,,,,(当且仅当时取等号),最大值为. 【变式17-3】(24-25高一下.吉林长春.期末)已知中,分别为内角的对边,且满足. (1)求角； 【解析】依题意可得如下图：其中,,,在中,由余弦定理可得,由正弦定理可得即,解得所以乙船前往营救遇险游轮时的目标方向线(由观测点看目标的视线)与直线的夹角的正弦值为. 题型十八 解三角形的实际应用 【典例18】(24-25高一下.江苏无锡.期末)位于某海域处的甲船获悉,在其正东方向相距20km的处有一艘游轮遇险后抛锚等待营救．甲船立即前往救援,同时把信息告知位于甲船南偏西,且与甲船相距10km的处的乙船．则乙船前往营救遇险游轮时的目标方向线(由观测点看目标的视线)与直线的夹角的正弦值为________． 【解析】由题设及图知：,则,在中,可得,又,可得.故选：A 【变式18-1】(24-25高一下.福建福州.期末)如图,为了测量河对岸塔的高度,甲在处观测到河对岸塔在北偏东方向,顶部的仰角为,往正东方向前进到达处,测得该塔在北偏西方向,底部和在同一水平面内,则该建筑物的高为(    ) A． B． C． D． (2)若为人工圆形湖泊优弧上一动点(异于两点),求四边形周长的取值范围． 【解析】(1)在中,由余弦定理可得,即,故米．设该人工圆形湖泊的半径为R,故,所以该人工圆形湖泊的直径为米． (2)因为A,B,C,D四点共圆,,所以,在,由余弦定理可得,,即,所以,所以,当且仅当时取等号, 所以,又,又,,所以四边形周长的取值范围为(米)． 【变式18-2】(24-25高一下.湖南衡阳.期末)某高中高一学生成立了课外实践数学小组,计划通过数学建模的方法来测量某人工圆形湖泊的直径,如图为该人工湖泊的大致俯视图,该小组成员首先在湖泊边缘处点处固定一旗帜,然后从点沿逆时针方向绕着湖泊边缘走到点处固定一旗帜,并在红外线角度测量仪的帮助下从点逆时针走至点处,此时测得,且测得米,米． (1)求该人工圆形湖泊的直径； A． B． C．, D． 【解析】在中,由,则.在中,可得,由正弦定理,可得,解得,在中,由余弦定理,可得,解得,所以两个目标点间的距离为. 【变式18-3】(24-25高一下.广东云浮.期末)如图,某河流两边有(在同一个平面内)四点,已知两个观察点在河的南岸,二者间的距离为,为了测量在河的北.岸两个目标点间的距离,某小组测得,则两个目标点间的距离为(    ) 1．(24-25高一下.北京通州.期中)已知平面向量,是不共线的两个向量,,,,则(    ) A．,,三点共线 B．,,三点共线 C．,,三点共线 D．,,三点共线 【解析】由题意,,,,不存在唯一的实数使得,所以,,三点不共线,故A错误,由于,所以,则,,三点共线,故D正确.由于,不存在唯一的实数使得,不存在唯一的实数使得,故BC错误,故选：D. 2．(24-25高一下.山东威海.期末)已知P是所在平面内一点,满足,若,,则(    ) A． B．12 C． D．18 【解析】设是的中点,由,则,所以,又,则.故选：B 期末基础通关练(测试时间：10分钟) 【解析】,,,因此. 4．(24-25高一下.北京房山.期末)已知的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,则的最小值为(    ) A． B． C． D．1 【解析】由余弦定理得,当且仅当时等号成立,所以的最小值为．故选：A. 3．(24-25高一下.湖南衡阳.期末)在三角形中,,,,则______． C．等腰直角三角形 D．不含的直角三角形 【解析】由和正弦定理,可得,因,代入上式,化简得：,即,故得或,当时,,所以,此时是直角三角形；当时,,又,,则或(舍去),此时为等腰三角形.综上：可得的形状一定是等腰或直角三角形.故选：B. 5．(24-25高一下.山东潍坊.期末)在中,若,则的形状一定是(    ) A．等腰三角形 B．等腰或直角三角形 A． B．1 C． D． 【解析】由题意可知：,因为,则,可得,又因为,则,解得.故选：A. 期末重难突破练(测试时间：10分钟) 1．(25-26高一上.浙江台州.期末)若非零向量,的夹角为,,,则的值为(    ) A． B． C． D． 【解析】设,因为,所以；因为,所以,在中,,由余弦定理得：,解得,故A错误,B正确；因为,所以,又因为,所以,解得,故C错误,D正确. 2．(24-25高一下.江苏无锡.期末)(多选)已知某校数学兴趣小组想测量河对岸山的高度,先在河岸边定好一条基线,在点测得山顶的仰角为,在点测得山顶的仰角为.测得,.在点后移至点,测得仰角为,,则山高为(    ) (2)求的取值范围． 【解析】(1)以为原点,为轴正半轴,为轴正半轴,建立平面直角坐标系,,,设,则,,,,,由,则,即,又,,,,,,,,又为锐角,； (2)设,,,,,,. 4．(24-25高一下.吉林长春.期末)如图,在梯形中,,,,,分别为,的中点,且,是线段上的一个动点． (1)求； A． B． C． D． 【解析】由题意得,又,所以.故选：A 期末综合拓展练(测试时间：15分钟) 1．(2025.全国二卷.高考真题)在中,,,,则(    ) (1)求A的值； (2)求c的值； (3)求的值． 【解析】(1)已知,由正弦定理,得,显然,得,由,故； (2)由(1)知,且,,由余弦定理, 则,解得(舍去),故； (3)由正弦定理,且,得,且,则为锐角,故,故,且；故. 2．(2025.天津.高考真题)在中,角的对边分别为．已知,,． (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使得存在,求BC边上的高．条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 【解析】(1)因为,所以,由正弦定理有,解得； (2)如图所示,若存在,则设其边上的高为,若选①,,因为,所以,因为,这表明此时三角形有两个钝角,而这是不可能的,所以此时三角形不存在,故边上的高也不存在； 3．(2025.北京.高考真题)在中,． (1)求c的值； 若选②,,由有,由正弦定理得,所以,所以由余弦定理得,此时三角形是存在的,且唯一确定,所以,即,所以边上的高； 若选③,的面积是,则,解得,由余弦定理可得可以唯一确定,进一步由余弦定理可得也可以唯一确定,即可以唯一确定,这表明此时三角形是存在的,且边上的高满足：,即. $