第六章 平面向量-【创新教程】2027年山东省普通高中学业水平合格考数学热点专练

第六章平面向量 考点典例 考点1平面向量的基本概念 例1有下列说法： ①若向量a与向量b不平行，则a与b方向一定不相同； ②若向量AB,CD满足|AB>|CDI,且AB与CD同向，则AB> CD; ③若a=|bl,则a,b的长度相等且方向相同或相反； ④由于零向量方向不确定，故其不能与任何向量平行； ⑤若a//b,b/1c,则a/1c. 其中正确说法的个数是 A.1 B.2 C.3 D.4 考点2平面向量的线性运算 例2(1)设m,n为非零向量，则“存在负数入，使得m=n”是 “m·n<0”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 (2)在△ABC中，设AB=2AD,则CD A.AB-AC B号A店+号AC C.-7AB+AC D.号A计}aG 考点3平面向量基本定理 例3如图所示，在△ABC中，D,F分别是 BC,AC的中点花-号，=a,C-A B (1)用a,b表示向量AD,AE,AF,BE,BF; (2)求证：B、E、F三点共线 考点4平面向量的数量积 —23 名师点津 1.基础题零向量是用向量的长 度来定义的，共线向量是用向量的 方向相同或相反来定义的.相等向 量是用向量的长度和方向共同定 义的，要弄清这些概念的联系和区 别 2.基础题(1)用已知向量表示未 知向量时，通常是结合图形的特 点，把未知向量放到三角形或平行 四边形中，适当选择向量的加法、 减法和数乘运算来求解. (2)本题主要考查平面向量运算的 三角形法则，同时要注意向量的中 点公式. 3.中档题(1)用基底表示平面向 量，要充分利用向量加法、减法的 三角形法则或平行四边形法则结 合数乘定义，解题时要注意解题途 径的优化与组合. (2)证明三点共线问题，可用向量 共线来解决，但应注意向量共线与 三点共线的区别与联系，当两向量 共线且有公共点时，才能得出三点 共线！ 例4(1)已知向量a=(1,-2),b=(-1,y),若a·b=5,则y= A.-3 B.-2 C.2 D.3 （2)设向量a,b满足1al=b1=1,a·b=-,则a+2b1= () A.2 B.√3 C.√5 D.√7 例5已知向量a,b满足|a=1,|b|=4,且a·b=2,则a与b的 夹角0为 () A君 B C. .5 考点5平面向量的坐标运算 例6(1)已知向量a=（2,1),b=(1,5),则2a+b的坐标为 (2)已知向量a=(1,2),b=(2,一2)，c=(1,λ).若c∥(2a十b),则 λ= (3)已知向量a=(m,3),b=(1,m十1).若a⊥b,则m=一· 例7已知向量a=(2sinx,1),b=(1,一1)，x∈R. (1)当x=时，求向量a+b的坐标： (2)若函数f(x)=a·b十3，问：x为何值时，f(x)取得最大值？ 最大值是多少？ —24— 4.基础题(1)求两向量数量积的 步骤是：①求a与b的夹角；②分 别求a,b;③求数量积，即a·b= |a|b|cos0.应注意书写时a与b 之间用“·”连接，而不能用“×”连 接，也不能省去. (2)求满足条件的a的长度a时，通 常利用|a|=√a2=√a2转化为求 a2,常用已知向量表示a来求得. 5.求向量夹角题应用数量积的变形 公式cos0-日b,一般要求两个整 a·b 体a·b,ab,不方便求出的，可寻 求两者关系，转化条件解方程组. 6.(1)基础题向量的坐标运算是几 何与代数的统一，几何图形的法则是 代数运算的直观含义，坐标运算是图 形关系的精确表示，二者的法则互为 补充，要充分利用这一点，有效解决 问题. (2)中档题根据向量共线，三点 共线求向量或点的坐标时，要注意 方程思想的应用，向量共线、向量 相等等条件都可作为列方程的依 据. (3)基础题充分利用公式：a⊥b 台a·b=0台x1x2十y1y2=0,利用 向量数量积的坐标表示，使两向量 垂直的条件更加代数化，因而其判 定方法也更加简捷，在以后解题中 要注意应用. 7.中档题平面向量与三角函数 的综合问题 「解题思路 (1)题目条件给出向量的坐标中含 有三角函数的形式，运用向量共线 或垂直或等式成立等，得到三角函 数的关系式，然后求解. (2)给出用三角函数表示的向量坐 标，要求的是向量的模或者其他向 量的表达形式，解题思路是经过向 量的运算，利用三角函数在定义域 内的有界性，求得值域或最值. 考点6正弦定理解三角形 例8(1)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若A= 60°，B=30°，a=3,则边b等于 A.√5 B含雨 C.23 D.3√3 (2)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若a=√3， A=60°，则b-c= () A.2(sin B-sin C) B.3(sin B-sin C) C.2(sin C-sin B) D.√3(sinC-sinB) 考点7余弦定理解三角形 例9(1)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=√7，c=1, cos A=- 则。的省为 A.6 B.√6 C.10 D.√10 (2)(2025·全国二卷，5)在△ABC中，BC=2,AC=1+√3，AB= √6，则A= A.45° B.60° C.120 D.1359 考点8三角形的面积与三角形的形状 例10(1)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为 52,c=5,A=开，则6的值为 A.2 B.2√2 C.4 D.4√2 (2)在△ABC中，已知sinA:sinB:sinC=4:5:8,则△ABC 一定为 () A.正三角形 B.等腰三角形 C.直角三角形 D.钝角三角形 (3)在△ABC中，若sin2A+sin2B<sinC,则△ABC的形状是 ( A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不能确定 —25 8.中档题(1)已知两边和一边对 角解三角形，先判定三角形是否有 解，再用正弦定理求解. (2)正弦定理是三角形中的边与角 联系的纽带和桥梁，也就是说，能 够将三角形中边的关系转化为角 之间的关系，也能将角的关系转化 为边之间的关系.这是正弦定理的 “灵魂” 9.基础题(1)考查已知三角形两 边及其夹角，用余弦定理解三 角形 (2)考查已知三角形三边，用余弦 定理解三角形. 10.(1)中档题求三角形的面积， 要充分挖掘题目中的条件，转化为 求两边及夹角正弦问题，要注意方 程思想在解题中的应用 (2)中档题考查正弦定理的边角 转化功能。 (3)中档题利用余弦定理（有时 还要结合正弦定理)把已知条件转 化为边的关系，通过因式分解、配 方等方法得出边的相应关系，从而 判断三角形的形状 考点9正弦、余弦定理的应用 例11在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,且a=10,b=8, A=60°. (1)求sinB的值； (2)求cosC的值. 例12△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin(A+C) 6in多 (1)求cosB; (2)若a+c=6,△ABC的面积为2，求b. —26 11.中档题以三角形为载体，以 正、余弦定理为工具，以三角恒等 变换为手段来考查解三角形问题 是近几年水平测试中的一类热点 题型.在具体解题中，除了熟练使 用正、余弦定理这个工具外，也要 根据条件，合理选用三角函数公 式，达到简化解题的目的. 12.中档题在解决较复杂的解三 角形问题时，往往既用到正弦定理 又用到余弦定理，既要用三角函数 的有关公式进行转化，又要注意正 弦定理和余弦定理的变形应用.(2)sin75°=sin(30°+45)=sin30cos45°+cos30°sin45° 4 (3)y=2sin .r-cos r=5sin(r+). :x十p=受十2kxk∈Z)时，sinx十p）=1, 原函数的最大值为√5 答案：(1)B(2)2+6 4 (3)W5 例7解析：1)0s25in25=os10-os10-2. sin40cos40°= 2sin80°1 cos10° 故选B (2)原式=sin215+c0s215+sin15cos15-1+7in30 =1+片 (3)由题意，cos2a=1一2sin2a= 2 25 答案：1B(2)C8)号 例8解：0<<至， cos(a-圣）=于十sina sin圣 2+3×2_72 4× 5 25 210 例解析：na-0=-25(-受<a-长0 sin 2a=3 v10 10 ..cos(a+B)=cos[2a-(a-B)] =cos 2acos(a-B)+sin 2asin(a-B) a+0,x)a+=至 雀聚晋 例o解.-mr+m+号-(+看）+号 =kx十受k∈)，整理得x=x十吾(k∈Z),所 令x十6 以函数f(x)的图象的对称轴方程为x=kx十于(k∈Z). (2)由)得x)=ine+吾)十2。 由于x∈[-x0],所以-≤r十晋<吾 6 则-1≤sim(+君)）2，所以-<fx)≤1， 画数x)的值线为[合小 第六章平面向量 例1解析：对于①，由共线向量的定义知，两向量不平行，方 向一定不相同，故①正确； 对于②，因为向量不能比较大小，故②错误； 对于③，由a=b,只能说明a,b的长度相等，确定不了 它们的方向，故③错误： 对于④，因为零向量与任一向量平行，故④错误. 对于⑤，当b=0时不正确. 答案：A 例2解析：(1)若3入<0，使m=入n,即两向量反向，夹角是 180°，那么m·n=m|ncos180°=-mn<0,若m· n<0,那么两向量的夹角为(90°，180]，并不一定反向，即 不一定存在负数入，使得m=,所以是充分不必要条件， 故选A. (2)AB=2AD, C市=AD-AC=号AB-AC 答案：(1)A(2)A 例3解：(1)延长AD到G,使AD= 2AG,连接BG,CG,得到平行四边 形ABGC, 所以AG=a+b, A市=2AG=合(a+b, A正=号AD=号(a+b), AF-2AC-2b. B眩=A范-A-子a+b)-a=子(h-2a. 萨-A证-A花=b-a= 1(b-2a) 2证明由)可物成-号成。 又因为BE,BF有公共，点B, 所以B、E、F三点共线. 例4解析：(1)，a·b=1×(-1)+(-2)·y=5, .-1-2y=5,解得y=-3. (2)由于a+2b|2=a2+4a·b+4b2=3, 所以a+2b=√3，故选B. 答案：(1)A(2)B 例5解析：由题意，知a·b=a|bcos0=4cos0=2, 所以c0s0=分又0≤x,所以0=子 答案：C 例6解析：(1)2a=(4,2),.2a十b=(4,2)十(1,5)=(5,7). (2)2a十b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),又c∥(2a+b 故有4X1-2X1=0A=合 (3)a⊥b,a·b=m+3(m+1)=4m+3=0, 解得m=-3 4 答案：167)(2)号8)-是 例7解：1)由题知：当x=吾时， a=(2sim吞1）(21） a+6=(合1）十1-1)=(2+11-1）（受0） (2)f(x)=a·b+3=(2sin2x,1)·(1,-1)+3, :f(r)=2sin2x-1+3=3-cos 2x, 当2x=2hx十元，即x=x+(k∈Z)时， 函数f(x)有最大值为4. b 例8解析：①)由正孩定理得m00品 即爱兰 2 2 (2由正袋定理得益BC-2 √3 ..6=2sin B,c=2sin C,..6-c=2(sin B-sin C). 答案：(1)A(2)A 例9解析：(1)a2=b2+c2-2 bccos A -+1-2x7x1×(） =10. .a=√10. (2)解析：cosA= AB2+AC2-BC26+4+2√5-4 2AB·AC 2√6(1+√3) 2(1+=5,又0<A<180,故A=45 26(1+√3)2 答案：(1)D(2)A 例10解析：(1)S△Anc=2 besin A 7Xbx5X号E.6=4 2 (2)由正弦定理可知a:b:c=sinA:sinB:sinC =4:5:8, 令a=4k,b=5k,c=8k(k>0),由余弦定理c0sC= 2+62-c2=-23, 2ab 一0，所以C为钝角，△ABC为钝角三角 形.选D. (3)根据正弦定理sin2A十sinB<sinC可变为 a2+b2<c2. .cos C=a2+62-c2 2ab <0,角C为钝角，△ABC为钝角 三角形.选C 答案：(1)C(2)D(3)C 例11解：(1)由正弦定理得，sin A-sin B' b .‘a=10,b=8,A=60°， ∴.sinB=bsin A_23 a 51 (2)由1)得，inB=25,且a>b, 5 cos B-V1-sin B=13 5 又，A=60°， sin A= .cosA .'cos C=-cos(A+B)=sin Asin B-cos Acos B -E×2_1×⑧_6-⑧ 2 521 10 例12解：)由题设及A十B+C=元得snB=8i2号，故 sin B=4(1-cos B). 上式两边平方，整理得17cos2B-32cosB+15=0, 部得co0B-1(合去)cosB贵 (2)由cosB= 号释mB=多故SaAc=合acnB- 8 ,又SaA=2,则uc- 4 由余弦定理及a十c=6得b2=a2十c2-2 accos B =(a+c)2-2ac(1+cos B) =36-2x号×(1+)） =4.所以b=2. 41