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本章总结提升
【知识辨析】
1.×　2.√　3.√　4.×　5.√　6.√　7.×　8.×
9.×　10.√　11.√　12.√
【素养提升】
题型一
例1　(1)A　(2)D　[解析] (1)方法一:如图所示,在△ABC中,点D为AB边的中点,∴=-=-,又点N在线段CD上,且=2,∴==×=-,∴=-=-+=+,又=+λ,∴λ=.故选A.
方法二:∵在△ABC中,点D为AB边的中点,∴=.∵点C,N,D三点共线,=+λ=+2λ,∴+2λ=1,解得λ=.
(2)根据题意,=(-1,3),=(2,-2),则=-=(3,-5).若B,C,D三点共线,则∥,则有3×2a=(-5)×(a+1),解得a=-,故选D.
变式　(1)A　(2)AC　(3)(2,4)
[解析] (1)如图,设=y,则-=y(-),则-=y,故=+xy,又D为BC的中点,所以=+,所以+=+xy,所以解得故x=.故选A.
(2)对于A,由=+,得-=-,即=,因此点M是边BC的中点,故A正确;对于B,=2-,则-=-,则=,所以点M在边CB的延长线上,故B不正确;对于C,由=--,得++=0,由三角形重心的性质可知C正确;对于D,=x+y且x+y= 3=3x+3y,3x+3y=1,设=3,所以=3x+3y,3x+3y=1,可知B,C,E三点共线,如图,所以△MBC的面积是△ABC面积的,故D不正确.故选AC.
(3)∵在梯形ABCD中,AB∥CD,DC=2AB,∴=2.设点D的坐标为(x,y),则=(4,2)-(x,y)=(4-x,2-y),又=(2,1)-(1,2)=(1,-1),∴(4-x,2-y)=2(1,-1),即(4-x,2-y)=(2,-2),∴解得故点D的坐标为(2,4).
题型二
例2　(1)D　(2)A　(3)C　[解析] (1)方法一:因为a=(1,1),b=(1,-1),所以|a|=|b|=,a·b=0,又(a+λb)⊥(a+μb),所以(a+λb)·(a+μb)=a2+λμb2=0,即2+2λμ=0,所以λμ=-1,故选D.
方法二:因为a=(1,1),b=(1,-1),所以a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ),由(a+λb)⊥(a+μb)得(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,即2+2λμ=0,所以λμ=-1,故选D.
(2)由题可知,=+,=-,所以·=(+)·(-)=-=4-16=-12.故选A.
(3)设圆心为O,AB的中点为D,连接OD,PD,OA,如图.∵A,B,P是直径为4的圆上的三个动点,且||=2,∴OD==1,且PD的最小值为2-1=1,∴·=[(+)2-(-)2]=(4-)=-×12≥1-3=-2.故选C.
变式　(1)D　(2)AC　(3)　[解析] (1)因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,即4+x(x-4)=0,解得x=2.故选D.
(2)设a与b的夹角为θ.对于选项A,a·b=|a|·|b|cos θ=4cos θ,因为-1≤cos θ≤1,所以a·b≤4,即a·b的最大值为4,故选项A正确.对于选项B,|a-b|====≤4,所以|a-b|的最大值为4,故选项B错误.对于选项C,因为a在b上的投影向量为c,所以b与c的夹角为0°或180°,|c|≤2,所以|b·c|=|b|·|c|=2|c|≤2×2,即|b·c|≤4,故选项C正确.对于选项D,当θ为锐角时,|c|<2,a·b=|a|·|b|cos θ=4cos θ,a·c=|a|·|c|cos θ=2|c|cos θ<4cos θ, 故选项D错误.故选AC.
(3)由|a-b|=可得a2-2a·b+b2=3①,由|a+b|=|2a-b|,可得3a2-6a·b=0,即a2=2a·b②,联立①②得b2=3,即|b|=.
题型三
例3　(1)B　(2)C　[解析] (1)由题意,·-·=·+·=·(+)=0.如图,取AB的中点O,连接CO,延长CO到D,使得CO=OD,连接AD,BD,则四边形ACBD为平行四边形,所以+=,则·=0,即AB⊥CD,所以四边形ACBD为菱形,所以AC=BC,故△ABC一定为等腰三角形.故选B.
(2)设鹰的飞行速度的大小为|v2|m/s,飞行时间为t s,在地面上影子速度的大小为|v1|m/s,如图所示,∠BAC=30°,
则||=|v1|t=50t,||=|v2|t,所以|v2|==,故鹰的飞行速度的大小为 m/s.
变式　(1)C　(2)B　[解析] (1)设5个单位时间后点P到达Q,连接PQ,OP,OQ,其中O为坐标原点,则由ν=(4,-3)可得=5(4,-3)=(20,-15),∴=+=(-10,10)+(20,-15)=(10,-5).故选C.
(2)由题意可知△ABC是以A为顶角的等腰三角形,如图所示,AD⊥BC,BE⊥AC,则AD∩BE=O.设=λ,=μ,则λ=+x,得因为=+μ=+μ(-)=(1-μ)+μ=+x,所以μ=,=.在直角三角形ABE中,cos∠BAC===.故选B.
题型四
例4　(1)D　(2)BD　[解析] (1)∵△ABC的面积S=a2+b2-c2,∴absin C=a2+b2-c2,又∵cos C=,∴2abcos C=absin C,则tan C=4,故选D.
(2)设a+b=5k,b+c=6k,a+c=7k,其中k>0,解得a=3k,b=2k,c=4k,故sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=3∶2∶4,故A错误,B正确;∵c>a>b,∴C为最大内角,∵cos C===-<0,∴C为钝角,∴△ABC是钝角三角形,故C错误,D正确.故选BD.
变式　(1)A　(2)D　[解析] (1)在三角形ABC中,B=,c=6,则△ABC有两解的充要条件为csin B(2)因为+=3cos A,所以=3·,整理可得b2=c2-3a2①,又+=,可得+====,所以cos B===,解得2b2=a2+c2②,由①②可得c=a,b=2a,所以cos B===,则sin B==.故选D.
例5　解:(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的外接圆的半径为R,由正弦定理可得===2R,所以b=R,c=R,
所以S△ABC=bcsin A=·R·R·=3+,可得R=2,所以c=2.
变式1　解:(1)因为sin2A-sin2C-sin2B=sin Csin B,
所以sin2C+sin2B-sin2A=-sin Csin B,
由正弦定理==,得b2+c2-a2=-bc,
故cos A==-,因为A∈(0,π),所以A=.
(2)由正弦定理得====2,
所以b+c=2sin B+2sin C=2=2=2sin.
又B∈,所以B+∈,
所以b+c∈(,2],又a=,所以△ABC周长的取值范围是(2,2+].
变式2　解:(1)∵S1-S2+S3=(a2-b2+c2)=,∴a2-b2+c2=2.
由余弦定理得cos B=,∴cos B=>0.
又sin B=,∴cos B=,∴ac==,
故S△ABC=acsin B=××=.
(2)由(1)知ac=.由正弦定理得=·===,故=,则b=sin B=.
例6　解:(1)方法一:因为A+B+C=π,A+B=3C,所以C=,即A+B=,则B=-A,
故2sin=sin,即2=sincos A-cossin A,
整理得sin A=3cos A.
又sin2A+cos2A=1,A∈(0,π),所以sin A=.
方法二:因为A+B=3C,所以A+B=3(π-A-B),
所以A+B=,所以C=.
由题意得2sin(A-C)=sin(A+C),
即2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,
整理得sin A=3cos A,
又sin2A+cos2A=1,A∈(0,π),
所以sin A=.
(2)由(1)可得cos A=,
所以sin B=sin(A+C)=×+×=.由=,得AC=2,
所以S△ABC=×5×2×=15.
设AB边上的高为h,则·AB·h=15,解得h=6,
所以AB边上的高为6.
变式1　2　[解析] 如图所示,记AC=b.方法一:在△ABC中,由余弦定理可得,22+b2-2×2×b×cos 60°=6,可得b=1+.由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得,×2×b×sin 60°=×2×AD×sin 30°+×AD×b×sin 30°,可得AD===2.
方法二:在△ABC中,由余弦定理可得,22+b2-2×2×b×cos 60°=6,可得b=1+,由正弦定理可得,==,解得sin B=,sin C=,因为1+>>2,所以C=45°,B=180°-60°-45°=75°,又∠BAD=30°,所以∠ADB=75°,所以AD=AB=2.
变式2　解:(1)∵S△ADC=AD·DC·sin∠ADC=S△ABC,
∴×1×DC×=×,∴DC=2,∴BD=2.
过A作AE⊥BC,垂足为E,∴DE=,AE=,BE=BD+DE=.在Rt△ABE中,tan B==.
(2)∵=(+),∴4=+2·+,即4=c2+b2+2bccos∠BAC,
又b2+c2=8,∴bccos∠BAC=-2①.
∵S△ABC=bcsin∠BAC=,∴bcsin∠BAC=2②.
由②÷①得tan∠BAC=-,又0<∠BAC<π,
∴∠BAC=π,代入②得bc=4,
与b2+c2=8联立可得b=c=2.
例7　解:(1)过点O作OE⊥AB于点E,则OE=10 km.
在Rt△AOE中,OA=15 km,OE=10 km,则sin∠OAE==,所以sin∠OBA=sin(60°-∠OAE)=sin 60°cos∠OAE-cos 60°sin∠OAE=×-×=.
在△AOB中,由正弦定理得=,
则OB===(km),所以OB的长度为 km.
(2)过点O作OF⊥AB于点F,设∠AOF=α,则30°<α<90°,所以∠BOF=120°-α,
所以AB=AF+BF=10tan α+10tan(120°-α)=10=.
又cos αcos(120°-α)=-cos2α+cos αsin α=-=sin(2α-30°)-,
因为30°<α<90°,所以30°<2α-30°<150°,所以当2α-30°=90°,即α=60°时,cos αcos(120°-α)取得最大值,此时AB取得最小值,最小值为=20,故AB的长度的最小值为20 km.
变式1　2(2+)　[解析] 如图所示,BG=2米,气球A与其倒影E'的连线与湖面交于点E,作BC⊥AE',垂足为C,则CE=BG=2米.设BC=x米,则CE'=x米,故EE'=CE'-CE=x-2(米),∵AE=EE',∴AE=(x-2)米,故AC=AE-CE=x-4(米),在Rt△ACB中,tan 30°=,即=,∴x=2(3+),故气球离湖面的高度h=AE=x-2=2(2+)米.
变式2　解:(1)因为AB=4,BC=2,∠ABC=,
所以在直角三角形ABC中,AC==2,
所以sin∠BCA==,cos∠BCA==.
又因为AD⊥CD,AD=CD,AC=2,所以在等腰直角三角形ACD中,AD=CD=,sin∠ACD=,
cos∠ACD=,所以cos∠BCD=cos(∠BCA+∠ACD)=
cos∠BCAcos∠ACD-sin∠BCAsin∠ACD=×-×=-.
在△BCD中,BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos∠BCD=22+()2-2×2××=18,
所以BD=3,即主干道BD的长为3百米.
(2)①设∠ABC=α,α∈,由E为AC的中点,得=(+),
故=×(++2·)=×(16+4+2×4×2cos α)=5+4cos α,所以BE=.
在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos α=20-16cos α,所以AC=2.
因为AD⊥CD,AD=CD,
所以DE=EC=AC=,
所以cos∠BEC==,
所以S△BDE=BE·DE·sin∠BED=BE·DE·sin=BE·DE·cos∠BEC=
··=,
所以△BDE的面积为定值.
②设∠ABC=α,∠BAC=β,∠BCA=γ,
因为M,N,E分别为边BC,AB,AC的中点,
所以EM∥AB,EM=AB=2,∠MEC=∠BAC=β,
EN∥BC,EN=BC=1,∠NEA=∠BCA=γ.
在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos α=20-16cos α,由正弦定理==,
得sin β==,sin γ==.
因为AD=CD,AD⊥CD,E为边AC的中点,所以DE⊥AC,DE=AC.
在△MDE中,cos∠MED=cos(∠MEC+∠CED)=cos=-sin β,由余弦定理得DM2=EM2+DE2-2EM·DE·cos∠MED=22+AC2+2×2×AC×sin β=4+×(20-16cos α)+2×2×AC×=9-4cos α+4sin α.
在△NDE中,cos∠NED=cos(∠NEA+∠AED)=cos=-sin γ,
由余弦定理得DN2=EN2+DE2-2EN·DEcos∠NED=12+AC2+2×1×AC×sin γ=1+×(20-16cos α)+2×1×AC×=6-4cos α+4sin α.
令t=-cos α+sin α=sin,
因为α∈,所以α-∈,所以t∈[0,],
所以DM+DN+EN+EM=++1+2=++3,
令f(t)=++3,则f(t)在[0,]上单调递增,f(0)=3++3=6+,f()=++3=(1+2)+(2+)+3=6+3,
所以DN+DM+EN+EM的取值范围为[6+,6+3].本章总结提升
判断下列说法的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)
1.若向量与向量是共线向量,则A,B,C,D四点在一条直线上. (　 )
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若C=90°,则=c. (　 )
3.对平面内任意一点O,平面内三点P,A,B共线的充要条件是存在t∈R,使=(1-t)+t. (　 )
4.在△ABC中,若A=60°,a=4,b=4,则B=45°或B=135°. (　 )
5.若a,b不共线,且λ1a+μ1b=λ2a+μ2b,则λ1=λ2,μ1=μ2. (　 )
6.在△ABC中,若sin2A>sin2B+sin2C,则△ABC一定为钝角三角形. (　 )
7.从A处望B处的仰角为α,从B处望A处的俯角为β,则一定有α+β=90°. (　 )
8.在四边形ABCD中,若=且·=0,则四边形ABCD为矩形. (　 )
9.若P在Q的北偏东44°的方向上,则Q在P的东偏北44°的方向上. (　 )
10.若a·b>0,则a和b的夹角为锐角或零角;若a·b<0,则a和b的夹角为钝角或平角. (　 )
11.在△ABC中,若·<0,则△ABC为钝角三角形. (　 )
12.若点A在点C北偏东30°的方向上,点B在点C南偏东60°的方向上,且AC=BC,则点A在点B北偏西15°的方向上. (　 )
◆ 题型一　平面向量的线性运算
[类型总述] (1)平面向量及其坐标运算的加法、减法、数乘;(2)平面向量基本定理、共线向量定理;(3)根据向量的线性运算求参数.
例1 (1)在△ABC中,已知点D为AB边的中点,点N在线段CD上,且=2,若=+λ,则λ= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B.-
C. D.-
(2)已知=(-1,3),=(2,-2),=(a+1,2a),若B,C,D三点共线,则实数a的值为 (　 )
A.-2 B.
C.- D.-
变式 (1)已知△ABC中,D为BC边的中点,P,Q分别为AB,AC上的点,=,=x,PQ交AD于点O,若=,则x的值为(　 )
A. B.
C. D.
(2)(多选题)设点M是△ABC所在平面内一点,则下列说法正确的是(　 )
A.若=+,则点M是边BC的中点
B.若=2-,则点M是边BC的三等分点
C.若=--,则点M是△ABC的重心
D.若=x+y,且x+y=,则△MBC的面积是△ABC面积的
(3)已知在梯形ABCD中,AB∥CD,且DC=2AB,若A(1,2),B(2,1),C(4,2),则点D的坐标为　　　　.
◆ 题型二　向量的数量积运算
[类型总述] (1)平面向量数量积的运算;(2)用数量积求向量的模、夹角.
例2 (1)[2023·新课标Ⅰ卷] 已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则 (　 )
A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1
C.λμ=1 D.λμ=-1
(2)[2024·厦门双十中学高一月考] 在矩形ABCD中,AB=2AD=4,则·= (　 )
A.-12 B.-8
C.8 D.12
(3)已知A,B,P是直径为4的圆上的三个动点,且||=2,则·的最小值为 (　 )
A.-4 B.-3
C.-2 D.-1
变式 (1)[2024·新课标Ⅰ卷] 已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x= (　 )
A.-2 B.-1
C.1 D.2
(2)(多选题)设平面向量a,b满足|a|=2,|b|=2,a在b上的投影向量为c,则 (　 )
A.a·b的最大值为4
B.|a-b|的最大值为2
C.|b·c|≤4
D.a·b=a·c
(3)[2023·新课标Ⅱ卷] 已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|=　　　　.
◆ 题型三　平面向量在几何、物理中的应用
[类型总述] (1)平面向量在几何中的应用;(2)平面向量在物理中的应用.
例3 (1)在△ABC中,若·=·,则△ABC一定为 (　 )
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
(2)一只鹰正以与水平方向成30°角的方向向下飞行,直扑猎物,太阳光垂直于地面照射下来,鹰在地面上影子的速度是50 m/s,则鹰的飞行速度的大小为 (　 )
A. m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
变式 (1)点P在平面上做匀速直线运动,速度ν=(4,-3),设开始时点P的坐标为(-10,10),则5个单位时间后点P的坐标为 (　 )
A.(-2,4) B.(-30,25)
C.(10,-5) D.(5,-10)
(2) [2024·福州一中高一期中] 在△ABC中,AB=AC,若点O为△ABC的垂心,且满足=+x,则cos∠BAC的值为 (　 )
A. B. C. D.
◆ 题型四　余弦定理、正弦定理
[类型总述] (1)应用余弦定理、正弦定理解三角形;(2)余弦定理、正弦定理的综合应用;(3)余弦定理、正弦定理的实际应用.
例4 (1)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知△ABC的面积S=a2+b2-c2,则tan C的值为 (　 )
A. B.
C.2 D.4
(2)(多选题)在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,已知(a+b)∶(b+c)∶(a+c)=5∶6∶7,则下列结论正确的是 (　 )
A.sin A∶sin B∶sin C=2∶4∶3
B.sin A∶sin B∶sin C=3∶2∶4
C.△ABC是锐角三角形
D.△ABC是钝角三角形
变式 (1)[2024·华师大一附中高一期中] 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,B=,c=6,若△ABC有两解,则b的取值范围是(　 )
A.(3,6) B.(3,6)
C.(3,6) D.(3,6)
(2)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且+=3cos A,+=,则sin B= (　 )
A. B. C. D.
例5 [2024·新课标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.
变式1 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin2A-sin2C-sin2B=sin Csin B.
(1)求角A;
(2)若a=,求△ABC周长的取值范围.
变式2 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,以a,b,c为边长的三个正三角形的面积分别为S1,S2,S3,且S1-S2+S3=,sin B=.
(1)求△ABC的面积;
(2)若sin Asin C=,求b.
例6 [2023·新课标Ⅰ卷] 已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB边上的高.
变式1 [2023·全国甲卷] 在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD=　　　　.
变式2 [2023·新课标Ⅱ卷] 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求tan B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
例7 如图所示,某市有一条沿正北方向通过市中心O后转向北偏东60°方向的公路,现要修建一条地铁l,在OA,OB上各设一站A,B,地铁线为AB部分的直线段,现要求市中心O到AB的距离为10 km.
(1)若OA=15 km,求OB的长度;
(2)求AB的长度的最小值.
变式1 某人在水平湖面之上2米处测得空中一气球(看作一点)的仰角为30°,且测得湖中气球倒影的俯角为45°,若不考虑水的折射,则气球离湖面的高度为　　　　米.
变式2 为提升城市景观面貌,改善市民生活环境,某市计划对一公园的一块四边形区域ABCD进行改造.如图,AB=4(百米),BC=2(百米),AD=CD,AD⊥CD,∠ABC∈,M,N,E分别为边BC,AB,AC的中点,△BDE所在区域为运动健身区域,其余改造为绿化区域,并规划4条观景栈道DM,DN,EM,EN以及两条主干道AC,BD(单位:百米).
(1)若∠ABC=,求主干道BD的长.
(2)当∠ABC变化时,
①证明运动健身区域△BDE的面积为定值,并求出该值;
②求4条观景栈道总长度的取值范围.(共67张PPT)
本章总结提升
题型一 平面向量的线性运算
题型二 向量的数量积运算
题型三 平面向量在几何、物理中的应用
题型四 余弦定理、正弦定理
判断下列说法的正误.（正确的打“√”,错误的打“×”）
1.若向量与向量是共线向量,则,,, 四点在一条直线上.( )
×
2.在中,内角,,的对边分别为,,,若 ,则 .
( )
√
3.对平面内任意一点，平面内三点，， 共线的充要条件是存在
，使 .( )
√
4.在中,若 ,,,则 或 .
( )
×
5.若,不共线,且,则, .( )
√
6.在中,若,则 一定为钝角三角形.
( )
√
7.从处望处的仰角为 ,从处望处的俯角为 ,则一定有
.( )
×
8.在四边形中,若且,则四边形 为矩形.
( )
×
9.若在的北偏东 的方向上,则在的东偏北 的方向上.( )
×
10.若,则和的夹角为锐角或零角;若,则和 的夹
角为钝角或平角.( )
√
11.在中,若,则 为钝角三角形.( )
√
12.若点在点北偏东 的方向上,点在点南偏东 的方向上,
且,则点在点北偏西 的方向上.( )
√
题型一 平面向量的线性运算
［类型总述］（1）平面向量及其坐标运算的加法、减法、数乘；
（2）平面向量基本定理、共线向量定理；（3）根据向量的线性运
算求参数.
例1（1） 在中，已知点为边的中点，点在线段 上，
且，若，则 ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：如图所示，在中，点D为 边的中点，
，又点在线段上，且 ，
，
,
又, ．故选A.
，解得 .
方法二： 在中，点D为边的中点，.
点C, ,D三点共线， ，
（2）已知,,，若，，
三点共线，则实数 的值为( )
A. B. C. D.
[解析] 根据题意，， ，
则.
若B，C，D三点共线，则 ，
则有，解得 ，故选D.
√
变式（1） 已知中，为边的中点，，分别为，
上的点，，，交于点，若 ，
则 的值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图，设 ，则 ，
则 ,
故，
又D为 的中点， 所以 ，
所以 ,
所以解得故． 故选A.
（2）（多选题）设点是 所在平面内一点，则下列说法正确
的是( )
A.若，则点是边 的中点
B.若，则点是边 的三等分点
C.若，则点是 的重心
D.若，且，则的面积是 面
积的
√
√
[解析] 对于A，由 ，得
，即 ，因
此点是边 的中点，故A正确；
对于B，，则 ,则
，所以点在边 的延长线上，故B不正确；
对于C，由,得 ，由三角形重心的
性质可知C正确；
对于D，且 ,
，
设 ，所以, ，
可知B,C, 三点共线，如图，所以的面积是 面积的，
故D不正确. 故选 .
（3）已知在梯形中,,且,若, ,
,则点 的坐标为______.
[解析] 在梯形中,,,.
设点 的坐标为,则 ,
又, ,
即,
解得故点 的坐标为 .
题型二 向量的数量积运算
［类型总述］（1）平面向量数量积的运算；（2）用数量积求向量
的模、夹角.
例2（1） [2023· 新课标Ⅰ卷]已知向量， .若
，则( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：因为,，
所以 ，，
又 ，所以，
即 ，所以 ，故选D.
方法二：因为,，所以 ,
，
由 得，
即，所以 ，故选D.
（2）[2024·厦门双十中学高一月考]在矩形中， ，
则 ( )
A. B. C.8 D.12
[解析] 由题可知，, ，
所以
故选A.
√
（3）已知，，是直径为4的圆上的三个动点，且 ，
则 的最小值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设圆心为， 的中点为D，连接，，，如图.
，B， 是直径为4的圆上的三个动点，且 ，
，且 的最小值为，
．故选C.
变式（1） [2024· 新课标Ⅰ卷]已知向量， ，若
,则 ( )
A. B. C.1 D.2
[解析] 因为,所以,即 ,
解得 .故选D.
√
（2）（多选题）设平面向量，满足，，在 上的
投影向量为 ，则( )
A.的最大值为4 B. 的最大值为2
C. D.
√
√
[解析] 设与的夹角为 .
对于选项A， ，
因为 ，所以，即的最大值为4，故选项A正确.
对于选项B， ，
所以的最大值为4，故选项B错误.
对于选项C，因为在 上的投影向量为，所以与的夹角为 或， ，所以，即 ，故选项C正确.
对于选项D，当 为锐角时，， ，
，故选项D错误.故选 .
（3）[2023· 新课标Ⅱ卷] 已知向量,满足 ，
，则 ____.
[解析] 由可得 ，
由，可得，即 ，
联立①②得，即 .
题型三 平面向量在几何、物理中的应用
［类型总述］（1）平面向量在几何中的应用;（2）平面向量在物理
中的应用.
例3（1） 在中，若，则 一定为
( )
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] 由题意， .
如图，取的中点，连接，延长 到 D，使得，连接，，则四边形 为平行四边形，
所以，则，即，
所以四边形 为菱形，
所以，故 一定为等腰三角形.故选B.
（2）一只鹰正以与水平方向成 角的方向向下飞行，直扑猎物，
太阳光垂直于地面照射下来，鹰在地面上影子的速度是 ，则
鹰的飞行速度的大小为( )
A. B. C. D.
[解析] 设鹰的飞行速度的大小为 ，
飞行时间为 ，在地面上影子速度的大小为，
如图所示, ，则， ，所以
，故鹰的飞行速度的大小为 .
√
变式（1） 点在平面上做匀速直线运动，速度 ，设开始
时点的坐标为，则5个单位时间后点 的坐标为( )
A. B. C. D.
[解析] 设5个单位时间后点到达，连接，，，其中 为坐
标原点，则由可得 ，
.故选C.
√
（2）[2024·福州一中高一期中] 在中，，若点 为
的垂心，且满足，则 的值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题意可知 是以A为顶角的等腰三角形，如图所示，， ，则.
设, ，则，
得因为
，
所以 , .
在直角三角形 中， .故选B.
题型四 余弦定理、正弦定理
［类型总述］（1）应用余弦定理、正弦定理解三角形;（2）余弦定
理、正弦定理的综合应用;（3）余弦定理、正弦定理的实际应用.
例4（1） 在中，内角，，所对的边分别为，， ，已
知的面积，则 的值为( )
A. B. C.2 D.4
[解析] 的面积， ，
又，，则 ，故选D.
√
（2）（多选题）在中，，，分别是内角，， 所对的
边，已知 ，则下列结论正确的是
( )
A. B.
C.是锐角三角形 D. 是钝角三角形
√
√
[解析] 设,,，其中 ，解得
,,，故 ，故A
错误，B正确；
， 为最大内角，
，
为钝角， 是钝角三角形，故C错误，D正确.故选 .
变式（1） [2024·华师大一附中高一期中]已知的内角,, 的
对边分别为,,,,，若有两解，则 的取值范围是
( )
A. B. C. D.
[解析] 在三角形中，,，则 有两解的充要条件
为,即 .故选A.
√
（2）已知的内角，，的对边分别为，， ，且
，，则 ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因为，所以 ，整理可得
，
又 ，可得
，
所以，解得 ，
由①②可得,，所以 ，
则 .故选D.
例5 [2024· 新课标Ⅰ卷] 记的内角，，的对边分别为,, ,
已知, .
（1）求 ；
解：由余弦定理可得 ,
因为,所以,所以,即 .
因为,所以 .
（2）若的面积为,求 .
解：由（1）可得 ，
设 的外接圆的半径为，
由正弦定理可得,所以 , ,
所以，可得 ，
所以 .
变式1 记的内角，，的对边分别为，， ，已知
.
（1）求角 ；
解：因为 ，
所以 ，
由正弦定理，得 ，
故，因为，所以 ．
（2）若，求 周长的取值范围．
解：由正弦定理得 ，
所以 ．
又，所以 ，
所以，又，所以 周长的取值范围是
．
变式2 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 记的内角，， 的对边分别
为,,,以,,为边长的三个正三角形的面积分别为,, ,且
, .
（1）求 的面积；
解：, .
由余弦定理得， .
又，, ,
故 .
（2）若,求 .
解：由（1）知 .
由正弦定理得,
故，则 .
例6 [2023· 新课标Ⅰ卷] 已知在中， ，
.
（1）求 ；
解：方法一：因为 ，，所以 ，即
，则 ，故 ，
即 ，
整理得 .
又，，所以 .
方法二：因为，所以 ，
所以，所以 .
由题意得 ，
即 ，
整理得 ，
又， ，所以 .
（2）设，求 边上的高.
解：由（1）可得 ，
所以.由 ，
得 ，
所以 .
设边上的高为，则，解得 ，
所以 边上的高为6.
变式1 [2023·全国甲卷] 在中， ， ，
，的角平分线交于，则 ___.
2
[解析] 如图所示，记 .
方法一：在 中，由余弦定理可得，
，可得.
由可得，
，
可得 .
方法二：在 中，由余弦定理可得，
，可得 ，
由正弦定理可得，，解得 ， ，
因为，所以 ， ，
又 ，所以 ，所以 .
变式2 [2023· 新课标Ⅱ卷] 记的内角，，的对边分别为 ,
,，已知面积为，为的中点，且 .
（1）若，求 ；
解： ，
，, .
过作，垂足为，， ，.
在中， .
（2）若，求, .
解：， ，
即 ,
又， .
， .
由得，又 ,
，代入②得 ，与联立可得 .
例7 如图所示，某市有一条沿正北方向通过市中
心后转向北偏东 方向的公路，现要修建一
条地铁，在，上各设一站， ，地铁线为
部分的直线段，现要求市中心到 的距离为
．
（1）若，求 的长度；
解：过点作于点，则 .
在中，， ，
则，所以 .
在中，由正弦定理得 ，
则，所以 的长度
为 .
（2）求 的长度的最小值．
解：过点作于点，设 ，则
，所以 ，
所以 .
又 ，
因为 ，所以 ，
所以当 ，
即 时，取得最大值，此时 取得最小值，最小值为，
故 的长度的最小值为 .
变式1 某人在水平湖面之上2米处测得空中一气球（看作一点）的仰
角为 ，且测得湖中气球倒影的俯角为 ，若不考虑水的折射，
则气球离湖面的高度为__________米.
[解析] 如图所示，米，气球 与其倒
影的连线与湖面交于点，作 ，
垂足为，则米.
设 米，则米，故 （米）,
, 米，故（米），
在 中，，即 ,
，故气球离湖面的高度 米.
变式2 为提升城市景观面貌，改善市民生
活环境，某市计划对一公园的一块四边形
区域进行改造.如图，
（百米），（百米）， ，
，，，， 分别
为边，，的中点， 所在区域为运动健身区域，其余改造
为绿化区域，并规划4条观景栈道，，， 以及两条主干道
， （单位：百米）.
（1）若，求主干道 的长.
解：因为,, ，
所以在直角三角形 中， ，
所以 , .
又因为,,，所以在等腰直角三角形 中，
, , ，
所以
.
在 中，
，
所以，即主干道的长为 百米.
（2）当 变化时，
①证明运动健身区域 的面积为定值，
并求出该值；
[解析] 设 ，，由 为
的中点，得 ，
故 ，所以 .
在 中，由余弦定理得
，
所以 .
因为， ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以的面积为定值 .
②求4条观景栈道总长度的取值范围.
[解析] 设 ， ， ，
因为，，分别为边，， 的中点，
所以,, ，
,, .
在 中，由余弦定理得
，由正弦定理
，
得 , .
因为，，为边的中点，
所以, .
在 中， ，由余弦定理 .
在中， ，
由余弦定理得 .
令 ，因为，所以，所以 ，
所以 ，
令，则在
上单调递增， ，
，
所以的取值范围 .

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