资源简介

2025年高考数学高频易错考前冲刺：平面向量及其应用
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅲ）已知向量（，），（，），则∠ABC＝（　　）
A．30° B．45° C．60° D．120°
2．（2024 新课标Ⅲ）在△ABC中，cosC，AC＝4，BC＝3，则cosB＝（　　）
A． B． C． D．
3．（2024 福建）已知，若P点是△ABC所在平面内一点，且，则的最大值等于（　　）
A．13 B．15 C．19 D．21
4．（2024 新课标Ⅱ）钝角三角形ABC的面积是，AB＝1，BC，则AC＝（　　）
A．5 B． C．2 D．1
5．（2024 沈阳二模）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足acosA＝bcosB，那么△ABC的形状一定是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形
6．（2024 新课标Ⅲ）在△ABC中，B，BC边上的高等于BC，则sinA＝（　　）
A． B． C． D．
7．（2024 太原校级二模）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，a＝2，，则b的值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024 新课标Ⅰ）设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，则（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 湖北期中）在平行四边形ABCD中，M为DC上任一点，则等于（　　）
A． B． C． D．
（多选）10．（2024春 仓山区校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，acosB+bsinA＝c，则下列结论正确的是（　　）
A．tanC＝2 B．
C． D．△ABC的面积为6
（多选）11．（2024 鞍山期末）△ABC中，D为AB上一点且满足，若P为线段CD上一点，且满足（λ，μ为正实数），则下列结论正确的是（　　）
A． B．4λ+3μ＝2
C．λμ的最大值为 D．的最小值为3
（多选）12．（2024 双塔区校级期末）对于菱形ABCD，给出下列各式，其中结论正确的为（　　）
A． B．
C． D．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 新课标Ⅰ）设，为单位向量，且||＝1，则||＝　 　．
14．（2024 新课标Ⅰ）已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a＝2且（2+b）（sinA﹣sinB）＝（c﹣b）sinC，则△ABC面积的最大值为 　 　．
15．（2024 新课标）在△ABC中，B＝60°，AC，则AB+2BC的最大值为　 　．
16．（2024 北京）若△ABC的面积为（a2+c2﹣b2），且∠C为钝角，则∠B＝　 　；的取值范围是 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 天津）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知asinA＝4bsinB，ac（a2﹣b2﹣c2）．
（Ⅰ）求cosA的值；
（Ⅱ）求sin（2B﹣A）的值．
18．（2024 天津）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asin2BbsinA．
（1）求B；
（2）已知cosA，求sinC的值．
19．（2024 新课标Ⅱ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2（A）+cosA．
（1）求A；
（2）若b﹣ca，证明：△ABC是直角三角形．
20．（2024 新课标Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知B＝150°．
（1）若ac，b＝2，求△ABC的面积；
（2）若sinAsinC，求C．
2025年高考数学高频易错考前冲刺：平面向量及其应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅲ）已知向量（，），（，），则∠ABC＝（　　）
A．30° B．45° C．60° D．120°
【考点】数量积表示两个平面向量的夹角．
【专题】计算题；向量法；综合法；平面向量及应用．
【答案】A
【分析】根据向量的坐标便可求出，及的值，从而根据向量夹角余弦公式即可求出cos∠ABC的值，根据∠ABC的范围便可得出∠ABC的值．
【解答】解：，；
∴；
又0°≤∠ABC≤180°；
∴∠ABC＝30°．
故选：A．
【点评】考查向量数量积的坐标运算，根据向量坐标求向量长度的方法，以及向量夹角的余弦公式，向量夹角的范围，已知三角函数值求角．
2．（2024 新课标Ⅲ）在△ABC中，cosC，AC＝4，BC＝3，则cosB＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】余弦定理；正弦定理．
【专题】整体思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】A
【分析】先根据余弦定理求出AB，再代入余弦定理求出结论．
【解答】解：在△ABC中，cosC，AC＝4，BC＝3，
由余弦定理可得AB2＝AC2+BC2﹣2AC BC cosC＝42+32﹣2×4×39；
故AB＝3；
∴cosB，
故选：A．
【点评】本题主要考查了余弦定理的应用，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．
3．（2024 福建）已知，若P点是△ABC所在平面内一点，且，则的最大值等于（　　）
A．13 B．15 C．19 D．21
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】平面向量及应用．
【答案】A
【分析】建系，由向量式的几何意义易得P的坐标，可化17﹣（4 t），由基本不等式可得．
【解答】解：由题意建立如图所示的坐标系，
可得A（0，0），B（，0），C（0，t），
∵，∴P（1，4），
∴（1，﹣4），（﹣1，t﹣4），
∴（1）﹣4（t﹣4）＝17﹣（4t），
由基本不等式可得4t≥24，
∴17﹣（4t）≤17﹣4＝13，
当且仅当4t即t时取等号，
∴的最大值为13，
故选：A．
【点评】本题考查平面向量数量积的运算，涉及基本不等式求最值，属中档题．
4．（2024 新课标Ⅱ）钝角三角形ABC的面积是，AB＝1，BC，则AC＝（　　）
A．5 B． C．2 D．1
【考点】余弦定理．
【专题】三角函数的求值．
【答案】B
【分析】利用三角形面积公式列出关系式，将已知面积，AB，BC的值代入求出sinB的值，分两种情况考虑：当B为钝角时；当B为锐角时，利用同角三角函数间的基本关系求出cosB的值，利用余弦定理求出AC的值即可．
【解答】解：∵钝角三角形ABC的面积是，AB＝c＝1，BC＝a，
∴SacsinB，即sinB，
当B为钝角时，cosB，
利用余弦定理得：AC2＝AB2+BC2﹣2AB BC cosB＝1+2+2＝5，即AC，
当B为锐角时，cosB，
利用余弦定理得：AC2＝AB2+BC2﹣2AB BC cosB＝1+2﹣2＝1，即AC＝1，
此时AB2+AC2＝BC2，即△ABC为直角三角形，不合题意，舍去，
则AC．
故选：B．
【点评】此题考查了余弦定理，三角形面积公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．
5．（2024 沈阳二模）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足acosA＝bcosB，那么△ABC的形状一定是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形
【考点】正弦定理．
【专题】计算题；解三角形．
【答案】C
【分析】根据正弦定理把等式acosA＝bcosB的边换成角的正弦，再利用倍角公式化简整理得sin2A＝sin2B，进而推断A＝B，或A+B＝90°答案可得．
【解答】解：根据正弦定理可知∵bcosB＝acosA，
∴sinBcosB＝sinAcosA
∴sin2A＝sin2B
∴A＝B，或2A+2B＝180°即A+B＝90°，
即有△ABC为等腰或直角三角形．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正弦定理的应用，考查二倍角公式及诱导公式的运用，考查计算能力，属基础题．
6．（2024 新课标Ⅲ）在△ABC中，B，BC边上的高等于BC，则sinA＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】解三角形；三角形中的几何计算．
【专题】计算题；转化思想；解三角形．
【答案】D
【分析】由已知，结合勾股定理和余弦定理，求出AB，AC，再由三角形面积公式，可得sinA．
【解答】解：∵在△ABC中，B，BC边上的高等于BC，
∴ABBC，
由余弦定理得：ACBC，
故BC BCAB AC sinA BC BC sinA，
∴sinA，
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是三角形中的几何计算，熟练掌握正弦定理和余弦定理，是解答的关键．
7．（2024 太原校级二模）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，a＝2，，则b的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】正弦定理．
【专题】计算题；解三角形．
【答案】A
【分析】在锐角△ABC中，利用sinA，S△ABC，可求得bc，再利用a＝2，由余弦定理可求得b+c，解方程组可求得b的值．
【解答】解：∵在锐角△ABC中，sinA，S△ABC，
∴bcsinAbc，
∴bc＝3，①
又a＝2，A是锐角，
∴cosA，
∴由余弦定理得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，
即（b+c）2＝a2+2bc（1+cosA）＝4+6（1）＝12，
∴b+c＝2②
由①②得：，
解得b＝c．
故选：A．
【点评】本题考查正弦定理与余弦定理的应用，考查方程思想与运算能力，属于中档题．
8．（2024 新课标Ⅰ）设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，则（　　）
A． B． C． D．
【考点】平面向量加法的三角形法则和平行四边形法则．
【专题】平面向量及应用．
【答案】A
【分析】利用向量加法的三角形法则，将，分解为和的形式，进而根据D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，结合数乘向量及向量加法的平行四边形法则得到答案．
【解答】解：∵D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，
∴（）+（）（），
故选：A．
【点评】本题考查的知识点是向量在几何中的应用，熟练掌握向量加法的三角形法则和平行四边形法则是解答的关键．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 湖北期中）在平行四边形ABCD中，M为DC上任一点，则等于（　　）
A． B． C． D．
【考点】平面向量的减法．
【专题】计算题；转化思想；向量法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】AB
【分析】根据向量数乘和向量加法的几何意义即可进行运算，并根据相等向量的定义即可得出正确的选项．
【解答】解：．
故选：AB．
【点评】本题考查了向量数乘和加法的几何意义，相等向量的定义，考查了计算能力，属于基础题．
（多选）10．（2024春 仓山区校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，acosB+bsinA＝c，则下列结论正确的是（　　）
A．tanC＝2 B．
C． D．△ABC的面积为6
【考点】余弦定理；正弦定理．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】ABD
【分析】由已知a2+b2﹣c2＝absinC，acosB+bsinA＝c，利用余弦定理，正弦定理可求角C，B的三角函数值，进而求b，利用三角形的面积公式即可求其面积．
【解答】解：∵a2+b2﹣c2＝absinC，
∴2abcosC＝absinC，则tanC＝2，故A正确；
∴sinC，cosC．
∵acosB+bsinA＝c，
∴sinAcosB+sinBsinA＝sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，
∴sinBsinA＝cosAsinB，
又sinB≠0，
∴sinA＝cosA，
∴A，故B正确；
∴sinB＝sin（A+C），
∵a，则由正弦定理得b3，故C错误；
∴S△ABCabsinC36，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查余弦定理，正弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查运算能力，属于基础题．
（多选）11．（2024 鞍山期末）△ABC中，D为AB上一点且满足，若P为线段CD上一点，且满足（λ，μ为正实数），则下列结论正确的是（　　）
A． B．4λ+3μ＝2
C．λμ的最大值为 D．的最小值为3
【考点】平面向量的基本定理．
【专题】计算题；整体思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】AD
【分析】由题设 结合三点共线可得4λ+3μ＝3，再应用基本不等式求的最值，利用向量加减、数乘的几何意义求 的线性关系．
【解答】解：由题设，可得，又 D，P，C三点共线，
∴，即4λ+3μ＝3，故B错误；
由λ，μ 为正实数，，则λ，当且仅当λ时等号成立，故C错误；
，当且仅当3μ＝2λ时等号成立，故D正确；
，又，
∴，故A正确．
故选：AD．
【点评】本题考查平面向量的基本定理，考查学生的运算能力，属于中档题．
（多选）12．（2024 双塔区校级期末）对于菱形ABCD，给出下列各式，其中结论正确的为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】平面向量的概念与平面向量的模．
【专题】数形结合；转化法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】BCD
【分析】由菱形图象可知这两个向量不相等，判断A错误；但是由菱形的定义可知它们的模长相等，得到B正确；
把第三个结果中的向量减法变为加法，等式两边都是二倍边长的模，判断C正确，根据菱形的定义判断D错误即可．
【解答】解：如图示：
由菱形图象可知A错误；
这两个向量的方向不同，但是由菱形的定义可知它们的模长相等，得到B正确；
把第三个结果中的向量减法变为加法，等式两边都是二倍边长的模，得到C正确；
由菱形的定义知：，故D正确，
故选：BCD．
【点评】大小和方向是向量的两个要素，分别是向量的代数特征和几何特征，借助于向量可以实现某些代数问题与几何问题的相互转化，本题考查向量的概念和模的性质，以及向量的加法和减法，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 新课标Ⅰ）设，为单位向量，且||＝1，则||＝　　．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】计算题；转化思想；分析法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】．
【分析】直接利用向量的模的平方，结合已知条件转化求解即可．
【解答】解：，为单位向量，且||＝1，
||2＝1，
可得，
1+21＝1，
所以，
则||．
故答案为：．
【点评】本题考查向量的模的求法，数量积的应用，考查计算能力．
14．（2024 新课标Ⅰ）已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a＝2且（2+b）（sinA﹣sinB）＝（c﹣b）sinC，则△ABC面积的最大值为 　　．
【考点】正弦定理；余弦定理；解三角形．
【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形；运算求解．
【答案】．
【分析】方法一：由正弦定理化简已知可得2a﹣b2＝c2﹣bc，结合余弦定理可求A的值，由基本不等式可求bc≤4，再利用三角形面积公式即可计算得解．
方法二：由题意利用正弦定理，余弦定理可得A，作△ABC的外接圆，固定B，C，则A在优弧BC上运动（不包含端点），以BC为底边考虑△ABC的面积，当A平分优弧BC时BC边上的高最大，此时三角形为正三角形，解三角形即可得解其面积．
【解答】解：方法一：因为：（2+b）（sinA﹣sinB）＝（c﹣b）sinC
（2+b）（a﹣b）＝（c﹣b）c
2a﹣2b+ab﹣b2＝c2﹣bc，
又因为：a＝2，
所以：，
而b2+c2﹣a2＝bc
b2+c2﹣bc＝a2
b2+c2﹣bc＝4
bc≤4，当且仅当b＝c＝2时等号成立，
所以：，即△ABC面积的最大值为．
方法二：由已知条件结合正弦定理可得（a+b）（a﹣b）＝（c﹣b）c，
整理得b2+c2﹣a2＝bc，从而由余弦定理可得A，
由于三角形ABC的边BC所对的角A为定角，因此△ABC的外接圆的半径是定值，
作△ABC的外接圆，固定B，C，则A在优弧BC上运动（不包含端点），
以BC为底边考虑△ABC的面积，当A平分优弧BC时BC边上的高最大，
因此三角形面积取得最大值，此时三角形为正三角形，面积为 22．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
15．（2024 新课标）在△ABC中，B＝60°，AC，则AB+2BC的最大值为　2　．
【考点】正弦定理；余弦定理．
【专题】计算题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】设AB＝c AC＝b BC＝a利用余弦定理和已知条件求得a和c的关系，设c+2a＝m代入，利用判别大于等于0求得m的范围，则m的最大值可得．
【解答】解：设AB＝c AC＝b BC＝a
由余弦定理
cosB
所以a2+c2﹣ac＝b2＝3
设c+2a＝m
代入上式得
7a2﹣5am+m2﹣3＝0
Δ＝84﹣3m2≥0 故m≤2
当m＝2时，此时a，c符合题意
因此最大值为2
另解：因为B＝60°，A+B+C＝180°，所以A+C＝120°，
由正弦定理，有
2，
所以AB＝2sinC，BC＝2sinA．
所以AB+2BC＝2sinC+4sinA＝2sin（120°﹣A）+4sinA
＝2（sin120°cosA﹣cos120°sinA）+4sinA
cosA+5sinA
＝2sin（A+φ），（其中sinφ，cosφ）
所以AB+2BC的最大值为2．
故答案为：2
【点评】本题主要考查了余弦定理的应用．涉及了解三角形和函数思想的运用．
16．（2024 北京）若△ABC的面积为（a2+c2﹣b2），且∠C为钝角，则∠B＝　　；的取值范围是 　（2，+∞）　．
【考点】余弦定理．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用余弦定理，转化求解即可．
【解答】解：△ABC的面积为（a2+c2﹣b2），
可得：（a2+c2﹣b2）acsinB，
由余弦定理可得cosBsinB，
可得：tanB，所以B，∠C为钝角，A∈（0，），
tanA，
∈（，+∞）．
cosBsinB∈（2，+∞）．
故答案为：；（2，+∞）．
【点评】本题考查三角形的解法，余弦定理的应用，考查计算能力．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 天津）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知asinA＝4bsinB，ac（a2﹣b2﹣c2）．
（Ⅰ）求cosA的值；
（Ⅱ）求sin（2B﹣A）的值．
【考点】解三角形．
【专题】综合题；函数思想；数学模型法；解三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）由正弦定理得asinB＝bsinA，结合asinA＝4bsinB，得a＝2b．再由，得，代入余弦定理的推论可求cosA的值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，代入asinA＝4bsinB，得sinB，进一步求得cosB．利用倍角公式求sin2B，cos2B，展开两角差的正弦可得sin（2B﹣A）的值．
【解答】（Ⅰ）解：由，得asinB＝bsinA，
又asinA＝4bsinB，得4bsinB＝asinA，
两式作比得：，∴a＝2b．
由，得，
由余弦定理，得；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得sinA，
代入asinA＝4bsinB，得．
由（Ⅰ）知，A为钝角，则B为锐角，
∴．
于是，，
故sin（2B﹣A）＝sin2BcosA﹣cos2BsinA．
【点评】本题考查三角形的解法，考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，是中档题．
18．（2024 天津）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asin2BbsinA．
（1）求B；
（2）已知cosA，求sinC的值．
【考点】解三角形．
【专题】对应思想；综合法；解三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用正弦定理将边化角即可得出cosB；
（2）求出sinA，利用两角和的正弦函数公式计算．
【解答】解：（1）∵asin2BbsinA，
∴2sinAsinBcosBsinBsinA，
∴cosB，∴B．
（2）∵cosA，∴sinA，
∴sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB．
【点评】本题考查了正弦定理解三角形，两角和的正弦函数，属于基础题．
19．（2024 新课标Ⅱ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2（A）+cosA．
（1）求A；
（2）若b﹣ca，证明：△ABC是直角三角形．
【考点】正弦定理；运用诱导公式化简求值；同角三角函数间的基本关系．
【专题】方程思想；转化法；解三角形；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由已知利用诱导公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得sin2A﹣cosA0，解方程得cosA，结合范围A∈（0，π），可求A的值；
（2）由已知利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sin（B），结合范围B∈（，），可求B，即可得证．
【解答】解：（1）∵cos2（A）+cosA＝sin2A+cosA＝1﹣cos2A+cosA，
∴cos2A﹣cosA0，解得cosA，
∵A∈（0，π），
∴A；
（2）证明：∵b﹣ca，A，
∴由正弦定理可得sinB﹣sinCsinA，
∴sinB﹣sin（B）＝sinBcosBsinBsinBcosB＝sin（B），
∵B，B∈（，），
∴B，可得B，可得△ABC是直角三角形，得证．
【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，考查了方程思想的应用，属于基础题．
20．（2024 新课标Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知B＝150°．
（1）若ac，b＝2，求△ABC的面积；
（2）若sinAsinC，求C．
【考点】三角形中的几何计算．
【专题】方程思想；分析法；解三角形；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据题意，B＝150°，通过余弦定理，即可求得c＝2，a＝2，进而通过三角形面积公式．
（2）通过三角形内角和为180°，将A＝180°﹣150°﹣C代入sinAsinC，根据C的范围，即可求得C＝15°．
【解答】解：（1）△ABC中，B＝150°，ac，b＝2，
cosB，
∴c＝2（负值舍去），a＝2，
∴．
（2）sinAsinC，
即sin（180°﹣150°﹣C），
化简得，
sin（C+30°），
∵0°＜C＜30°，
∴30°＜C+30°＜60°，
∴C+30°＝45°，
∴C＝15°．
【点评】本题主要考查解三角形中余弦定理的应用，结合三角恒等变换中辅助角公式的应用，属于基础题．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑