新高考数学一轮复习讲练测专题6.3平面向量的应用（讲）（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习讲练测专题6.3平面向量的应用（讲）（含解析），共27页。

专题6.3 平面向量的应用
新课程考试要求
1.会用向量方法解决某些简单的平面几何问题．
2.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题.
3.正弦定理和余弦定理 掌握正弦定理、余弦定理,并能解决一些简单的三角形度量问题.
核心素养
本节涉及所有的数学核心素养：逻辑推理（多例）、直观想象（多例）、数学运算（多例）等.
考向预测
（1）以平面图形为载体，借助于平面向量研究平面几何平行、垂直等问题；也易同三角函数、解析几何等知识相结合，以工具的形式出现．
（2）正弦定理或余弦定理独立命题；
（3）正弦定理与余弦定理综合命题；
（4）与三角函数的变换结合命题；
（5）考查较为灵活，题型多变，选择题、填空题的形式往往独立考查正弦定理或余弦定理，解答题往往综合考查定理在确定三角形边角中的应用，多与三角形周长、面积有关；有时也会与平面向量、三角恒等变换、立体几何等结合考查.
【知识清单】
知识点1.向量在平面几何中的应用
向量在平面几何中的应用主要有以下方面：
(1)证明线段相等、平行，常运用向量加法的三角形法则、平行四边形法则，有时也用到向量减法的意义．
(2)证明线段平行、三角形相似，判断两直线(或线段)是否平行，常运用向量平行(共线)的条件：　a∥b⇔a＝λb(或x1y2－x2y1＝0)　．
(3)证明线段的垂直问题，如证明四边形是矩形、正方形，判断两直线(线段)是否垂直等，常运用向量垂直的条件：　a⊥b⇔a·b＝0(或x1x2＋y1y2＝0)　．
(4)求与夹角相关的问题，往往利用向量的夹角公式　cosθ＝　．
(5)向量的坐标法，对于有些平面几何问题，如长方形、正方形、直角三角形等，建立直角坐标系，把向量用坐标表示，通过代数运算解决几何问题．
知识点2．向量在物理中的应用
数学中对物理背景问题主要研究下面两类：
(1)力向量
力向量是具有大小、方向和作用点的向量，它与前面学习的自由向量不同，但力是具有大小和方向的量，在不计作用点的情况下，__可用向量求和的平行四边形法则，求两个力的合力__．
(2)速度向量
速度向量是具有大小和方向的向量，因而__可用求向量和的平行四边形法则，求两个速度的合速度__．
知识点3．正弦定理
正弦定理：＝＝＝2R，其中R是三角形外接圆的半径．由正弦定理可以变形为：
a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；
sin A＝，sin B＝，sin C＝等形式，以解决不同的三角形问题．
面积公式S＝absin C＝bcsin A＝acsin B
知识点4．余弦定理
余弦定理： ， ， .
变形公式cos A＝，cos B＝，os C＝
【考点分类剖析】
考点一 ：平面向量在平面几何中的应用
【典例1】（2021·四川省内江市第六中学高一期中）已知非零向量与满足，且，则为（ ）
A．等腰非直角三角形 B．直角非等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
【答案】C
【解析】
由推出，由推出，则可得答案.
【详解】
由，得，得，得，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，即，
所以为等腰直角三角形.
故选：C
【典例2】（2021·吉林吉林市·高三三模（文））已知､为平面上的两个定点，且，该平面上的动线段的端点､，满足，，，则动线段所形成图形的面积为（ ）
A．36 B．60 C．72 D．108
【答案】B
【解析】
根据题意建立平面直角坐标系，根据和，得到动点在直线上，且，进而得到扫过的三角形的面积，再由，同理得到扫过的三角形的面积，两者求和即可.
【详解】
根据题意建立平面直角坐标系，如图所示：

则，，设，
∴，；
由，得；
又，
∴，；
∴；
∴，
∴动点在直线上，且，即线段CD上，则,
则扫过的三角形的面积为，
设点
∵，
∴，
∴，，
∴动点在直线上，且，即线段MN上，则,
∴扫过的三角形的面积为，
∴因此和为60，
故选：B.
【典例3】（2021·济南市·山东师范大学附中高一期中）设为所在平面上一点，且满足，若的面积为2，则面积为_______________．
【答案】3
【解析】
由已知条件可得，令，则可得，从而可得为上靠近的三等分点，由，得∥，从而有，进而可求得答案
【详解】
解：因为，
所以，
令，则，
所以，所以为上靠近的三等分点，
因为，所以∥,
所以，
所以，
故答案为：3
【总结提升】
1.用平面向量解决几何问题，往往涉及平行、垂直．
2.处理几何问题有两个角度，一是注意选定基底，用相同的向量表示研究对象；二是通过建立坐标系，利用向量的坐标运算求解．
3.要证明两线段平行，如AB∥CD，则只要证明存在实数λ≠0，使＝λ成立，且AB与CD无公共点．
4.要证明A、B、C三点共线，只要证明存在一实数λ≠0，使＝λ．
5.要求一个角，如∠ABC，只要求向量与向量的夹角即可．
6.在解决求长度的问题时，可利用向量的数量积及模的知识，解题过程中用到的整体代入使问题得到简捷、明了的解决．
【变式探究】
1．（2021·河北高一期中）已知是边长为2的正三角形，点为所在平面内的一点，且，则长度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
通过建立直角坐标系，利用向量的坐标表示结合基本不等式解决向量模长问题.
【详解】
如图，以的中点为原点，，所在直线分别为轴，
轴建立直角坐标系，即，，，
则，.

设，则，，，
所以.
设，，
解得，，
则，
所以长度的最小值为.
故选：B
2. （2021·宁夏银川市·银川一中高三其他模拟（理））若为所在平面内任意一点，且满足，则的形状为______．（填：等腰三角形、等边三角形、直角三角形、等腰直角三角形）
【答案】等腰三角形
【解析】
取的中点，根据平面向量的线性运算计算，从而，于是．
【详解】
取中点，连接，
则，
又，
，
，
，
；
；
的形状是等腰三角形．
故答案为：等腰三角形.
考点二：用向量方法探究存在性问题
【典例4】在△ABC中，已知AB＝AC＝5，BC＝6，M是边AC上靠近点A的一个三等分点，试问：在线段BM(端点除外)上是否存在点P，使得PC⊥BM?
【答案】线段BM上不存在点P使得PC⊥BM．
【解析】[思路分析]　本题是存在性问题，解题时利用共线向量，把向量的坐标设出，从而得到的坐标，然后根据垂直关系，利用数量积为零得到问题的答案．

解：以B为原点，BC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系．
∵AB＝AC＝5，BC＝6，
∴B(0,0)，A(3,4)，C(6,0)，
则＝(3，－4)．
∵点M是边AC上靠近点A的一个三等分点，
∴＝＝(1，－)，
∴M(4，)，
∴＝(4，)．
假设在BM上存在点P使得PC⊥BM，
设＝λ，且0<λ<1，
即＝λ＝λ(4，)＝(4λ，λ)，
∴＝＋＝(－6,0)＋(4λ，λ)＝(4λ－6，λ)．
∵PC⊥BM，∴·＝0，
得4(4λ－6)＋×λ＝0，
解得λ＝．
∵λ＝∈/(0,1)，∴线段BM上不存在点P使得PC⊥BM．
【规律总结】
本题若用平面几何知识解非常复杂，利用共线向量则能巧妙解决，在今后解题中注意体会和应用．
【变式探究】
△ABC是等腰直角三角形，∠B＝90°，D是边BC的中点，BE⊥AD，垂足为E，延长BE交AC于F，连接DF，求证：∠ADB＝∠FDC．
【答案】
【解析】如图，B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，设A(0,2)，C(2,0)，则D(1,0)，＝(2，－2)．

设＝λ，
则＝＋＝(0,2)＋(2λ，－2λ)＝(2λ，2－2λ)．
又＝(－1,2)，⊥，∴·＝0，
∴－2λ＋2(2－2λ)＝0，∴λ＝．
∴＝(，)，＝－＝(，)．
又＝(1,0)，∴cos∠ADB＝＝，
cos∠FDC＝＝，
又∠ADB，∠FDC∈(0，π)，∴∠ADB＝∠FDC．
考点三：平面向量在物理中的应用
【典例5】（2021·全国高一课时练习）空间作用在同一点的三个力两两夹角为，大小分别为，设它们的合力为，则（ ）
A．，且与夹角余弦为
B．，且与夹角余弦为
C．，且与夹角余弦为
D．，且与夹角余弦为
【答案】C
【解析】
设三个力对应的向量分别为、、，以、、为过同一个顶点的三条棱，作平行六面体如图，再以平面为平面，为原点、为轴建立如图空间直角坐标系．分别算出点、、的坐标，运用向量的加法法则，可得，，．最后利用向量模的公式算出，并且利用向量夹角公式算出与夹角余弦，即得解.
【详解】
设向量，，
以、、为过同一个顶点的三条棱，
作平行六面体，如图所示
则可得向量，
以平面为平面，为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图所示
可得，0，，，1，，，3，
设，，，可得，解之得，，．
，，，
结合，1，，，3，，
可得，，

设与所成的角为，可得
即与所成角的余弦之值为.
故选：C．

【典例6】（2021·全国高一课时练习）如图，重为的匀质球，半径为，放在墙与均匀的木板之间，端锁定并能转动，端用水平绳索拉住，板长，与墙夹角为，如果不计木板的重量，则为何值时，绳子拉力最小？最小值是多少？

【答案】时，有最小值．
【解析】
设木板对球的支持力为，得到，绳子的拉力为，化简得，利用三角函数的基本性质和基本不等式，即可求解.
【详解】
如图所示，设木板对球的支持力为，则，
设绳子的拉力为，又由，，
由动力矩等于阻力矩得，
所以，
当且仅当即，即时，有最小值．

【总结提升】
1.求几个力的合力，可以用几何法，通过解三角形求解，也可用向量法求解．
2．如果一个物体在力G的作用下产生位移为s，那么力F所做的功W＝|F||s|cosθ，其中θ是F与s的夹角．由于力和位移都是向量，所以力所做的功就是力与位移的数量积．
【变式探究】
1．【多选题】（2021·浙江高一期末）在水流速度为的河水中，一艘船以的实际航行速度垂直于对岸行驶，则下列关于这艘船的航行速度的大小和方向的说法中，正确的是（ ）
A．这艘船航行速度的大小为
B．这艘船航行速度的大小为
C．这艘船航行速度的方向与水流方向的夹角为
D．这艘船航行速度的方向与水流方向的夹角为
【答案】BD
【解析】
根据题意作出图示，结合向量的平行四边形法则计算出船的速度以及船的航行方向和水流方向的夹角.
【详解】
设船的实际航行速度为，水流速度为，船的航行速度为，
根据向量的平行四边形法则可知：
，
设船的航行方向和水流方向的夹角为，
所以，所以，
故选：BD.

2.（2021·云南昆明市·高三三模（理））两同学合提一捆书，提起后书保持静止，如图所示，则与大小之比为___________．

【答案】
【解析】
物体处于平衡状态，所以水平方向的合力为0，然后可算出答案.
【详解】
物体处于平衡状态，所以水平方向的合力为0
所以，所以

故答案为：
考点四： 正弦定理
【典例7】（2019·全国高考真题（文））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=___________.
【答案】.
【解析】
由正弦定理，得．，得，即，故选D．
【典例8】（2021·济南市·山东师范大学附中高一期中）已知，，
（1）求与的夹角；
（2）在平面四边形中，若，，，，求的面积．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
（1）根据平面向量数量积的运算律得到，再根据计算可得；
（2）由，再根据平面向量数量积的运算律求出，再利用正弦定理求出，即可得到，从而得解；
【详解】
（1）∵，，
∴
∴
∴，
又，∴；
（2）∵，
∴，
∴边的长度为．
在中，由正弦定理可得
即
所以
所以
又，∴
∴，
∴
【总结提升】
已知两角一边可求第三角，解这样的三角形只需直接用正弦定理代入求解即可．
已知两边和一边对角，解三角形时，利用正弦定理求另一边的对角时要注意讨论该角，这是解题的难点，应引起注意．
已知两边和其中一边的对角，解三角形时，注意解的情况．如已知a，b，A，则

A为锐角
A为钝角或直角
图形





关系式
a＜bsin A
a＝bsin A
bsin A＜a＜b
a≥b
a＞b
a≤b
解的个数
无解
一解
两解
一解
一解
无解
【变式探究】
1.（2019·北京高考模拟（理））在中，已知BC=6，AC=4，，则∠B=______．
【答案】
【解析】
∵BC=6，AC=4，，由正弦定理，得：sinB=，
∵AC＜BC，∴得B为锐角，所以B=．
故答案为：．
2. （2018·北京高考真题（理））在△ABC中，a=7，b=8，cosB= –．
（Ⅰ）求∠A；
（Ⅱ）求AC边上的高．
【答案】(1) ∠A= (2) AC边上的高为
【解析】
（1）在△ABC中，∵cosB=–，∴B∈（，π），∴sinB=．由正弦定理得 =，∴sinA=．∵B∈（，π），∴A∈（0，），∴∠A=．
（2）在△ABC中，∵sinC=sin（A+B）=sinAcosB+sinBcosA==．
如图所示，在△ABC中，∵sinC=，∴h==，∴AC边上的高为．

考点五 余弦定理
【典例9】（2020·全国高考真题（文））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.
（1）若a=c，b=2，求的面积；
（2）若sinA+sinC=，求C.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）已知角和边，结合关系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面积公式，即可得出结论；
（2）将代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关角的三角函数值，结合的范围，即可求解.
【详解】
（1）由余弦定理可得，
的面积；
（2），

，
，
.
【典例10】（2021·济南市·山东省实验中学高一期中）在平面四边形ABCD中，AB=4，AD=2，对角线AC与BD交于点E；E是BD的中点，且.
（1）若，求cos∠AED的值；
（2）若，求BD的长.
【答案】（1）；（2）；
【解析】
（1）利用正弦定理得，接着在直角三角形中利用边长求解即可.
（2）利用中线的向量表示，结合向量的数量积得到，最后利用余弦定理进行解题即可.
【详解】
（1）由题意可知：在中，，，,
由正弦定理可知：,即，
解得，所以，
所以为直角三角形，
由勾股定理可知：,
又因为E是BD的中点，所以,
则在直角中，
.

（2）因为，所以，
又因为E是BD的中点，所以,
所以
即
所以,
解得：，
在中，利用余弦定理得：,
所以.

【规律方法】
应用余弦定理解答两类问题：

【变式探究】
1. （2021·四川雅安市·雅安中学高一期中）已知的角所对的边分别为，设向量.
（1）若，求证为等腰三角形；
（2）若，，，求的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）根据平面向量共线的条件以及正弦定理可得结果；
（2）根据平面向量垂直的坐标表示得，根据余弦定理求出，再根据三角形的面积公式可求出结果.
【详解】
（1），，所以，，
为等腰三角形.
（2）由题意可知，即，，
由余弦定理可知
，所以或（舍去），
.
2. （2019·北京高考真题（文））在△ABC中，a=3，，cosB=．
（Ⅰ）求b，c的值；
（Ⅱ）求sin（B+C）的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由余弦定理可得，
因为，所以；因为，所以解得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以；
因为为的内角，所以.
因为.
【总结提升】
已知三边，由余弦定理求，再由求角，在有解时只有一解.
已知两边和夹角，余弦定理求出对边.
考点六 正弦定理与余弦定理的综合运用
【典例11】（2020·江苏省高考真题）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（1）求的值；
（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）由余弦定理得，所以.
由正弦定理得.
（2）由于，，所以.
由于，所以，所以.
所以
.
由于，所以.
所以.

【典例12】（2021·天津滨海新区·高一期末）在中，已知内角所对的边分别为，向量，向量，且∥.
（1）求角的大小；
（2）若求的取值范围；
（3）若的内切圆的周长为，当的值最小时，求的面积.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
（1）由∥，可得，从而可求得角的大小；
（2）可得为钝角，即，再利用正弦定理表示出，从而有，再由可求出的取值范围；
（3）由余弦定理得，由的内切圆的周长为，可得内切圆半径，设圆为的内切圆圆心，，为切点，则可得，，再由切线长定理可得，结合前的式子可得，则有，从而可得当时，的值最小，进而可求出的面积
【详解】
解：（1）∥，，
，即
，
（2）为钝角，从而
由正弦定理，得，


，

（3）由余弦定理得：，

由题意可知：的内切圆周长，
所以内切圆半径
如图，设圆为的内切圆圆心，，为切点，
可知≌，又，可得：
，，
由切线长定理可知从圆外一点引圆的两条切线长相等，

，
化简得(当且仅当时取等号)
即
，或
又，，即，
当且仅当时，的值最小为24，
此时的面积：
【总结提升】

应熟练掌握正、余弦定理及其变形．解三角形时，有时可用正弦定理，也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷就用哪一个定理．
【变式探究】
1.（2020·天津高考真题）在中，角所对的边分别为．已知．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）求的值；
（Ⅲ）求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
（Ⅰ）在中，由及余弦定理得
，
又因为，所以；
（Ⅱ）在中，由，及正弦定理，可得 ；
（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得 ，
进而，
所以 .
2．（2019·全国高考真题（理））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，求sinC．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）
即：
由正弦定理可得：


（2），由正弦定理得：
又，

整理可得：

解得：或
因为所以，故.
（2）法二：，由正弦定理得：
又，

整理可得：，即

由，所以
.