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专题6.3 平面向量的应用（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）
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这是一份专题6.3 平面向量的应用（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用），文件包含专题63平面向量的应用原卷版docx、专题63平面向量的应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共55页， 欢迎下载使用。
【核心素养】
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、夹角等问题；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，凸显直观想象、数学运算、数学建模的核心素养．
2．考查平面向量在物理学中的应用，体现其工具性，凸显数学建模、数学运算的核心素养．
知识点一
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csθ＝eq \f(a·b,|a||b|) ．
(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．
知识点二
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三
正弦定理
正弦定理：eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝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＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)等形式，以解决不同的三角形问题．
面积公式S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B
知识点四
余弦定理
余弦定理： ， ， .
变形公式cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，s C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
知识点五
常用结论
(1)在三角形ABC中，A＋B＋C＝π，则
①sin A＝sin(B＋C)，cs A＝－cs(B＋C)，tan A＝－tan(B＋C)．
②sin eq \f(A,2)＝cs eq \f(B＋C,2)，cs eq \f(A,2)＝sin eq \f(B＋C,2).
③sin A＝sin B⇔A＝B；
sin 2A＝sin 2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2).
④A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cs A(2)三角形的面积
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(abc,4R)＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.
常考题型剖析
题型一：平面向量在平面几何中的应用
【典例分析】
例1-1.（2023春·新疆省直辖县级单位·高一校联考期末）已知O为的外心，且．若向量在向量上的投影向量为，其中，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得到，过作的垂线，由在上的投影向量为，求得，又由，得到，结合，即可求解.
【详解】因为，所以，
又因为O为的外心，所以为直角三角形且，O为斜边BC的中点，
过作的垂线，垂足为，
因为在上的投影向量为，
所以在上的投影向量为，
又因为，所以，
因为，所以，即的取值范围为．
故选：D.
例1-2.【多选题】（2023春·河南商丘·高一商丘市第一高级中学校联考期末）在直角梯形中，，，，，点P在所在的平面内，满足，若M是的中点，则的取值可能是（ ）
A．7B．10C．13D．16
【答案】BC
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，由，可确定点P在以D为圆心，1为半径的圆上，设，由三角恒等变换与平面向量模长坐标运算即可化简为正弦型三角函数，结合函数性质可得其取值范围，从而得答案.
【详解】以D为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，
则点P在以D为圆心，1为半径的圆上，可设，
由题意知，，则，
所以，
则
，其中，
所以.
故选：BC.
例1-3.【多选题】（2023春·黑龙江绥化·高一校考期末）下列说法中正确的有（ ）
A．点O在所在平面内，若，则点O为的重心
B．向量能作为平面内所有向量的一个基底
C．点O在所在平面内，若，则点O为的垂心
D．点O在所在平面内，且满足，则为等腰三角形
【答案】AD
【分析】根据平面向量的加减法与数乘以及数量积的几何意义，结合图形的几何性质，结合平面向量基底的定义，可得答案.
【详解】对于A，由题意，取的中点为，并连接，作图如下：
由，则共线，同理可得为中线交点，故A正确；
对于B，由，则显然，即共线，故B错误；
对于C，由题意可作图如下：
设，，，，
由，则，
由，，则，，
若，则与不共线，即与不垂直，
同理可得：与不垂直，故C错误；
对于D，由题意, 取为的中点，作图如下：
则，即，
由为的中点，则为的中垂线，即，故D正确.
故选：AD.
【规律方法】
1.用平面向量解决几何问题，往往涉及平行、垂直、夹角．
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eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))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eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))．
5.要求一个角，如∠ABC，只要求向量eq \(BA,\s\up6(→))与向量eq \(BC,\s\up6(→))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．
【变式训练】
变式1-1.（2023春·浙江丽水·高一统考期末）如图，、、三点在半径为的圆上运动，且，是圆外一点，，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，可知为的中点，计算得出，利用向量模的三角不等式可求得的最大值.
【详解】连接，如下图所示：
因为，则为圆的一条直径，故为的中点，
所以，，
所以，
，
当且仅当、、共线且、同向时，等号成立，
因此，的最大值为.
故选：C.
变式1-2.（2023春·山东聊城·高一统考期末）如图，在中，已知，，，是的中点，，设与相交于点，则 ．
【答案】
【分析】用和表示和，根据以及，，，可求出结果.
【详解】因为是的中点，所以，
，
因为，，
，
所以，
所以.
故答案为：.
变式1-3.【多选题】（2023春·黑龙江大庆·高一大庆中学校考期中）下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A．已知，点在直线上，且，则的坐标为；
B．若是的外接圆圆心，则
C．若，且，则
D．若点是所在平面内一点，且，则是的垂心.
【答案】BD
【分析】对于A，设，由题意可得或，再根据平面向量的坐标表示计算即可；对于B，如图，设为的中点，根据数量积的定义即可得解；对于C，当时，再根据数量积的运算律即可判断；根据数量积的运算律即可判断D.
【详解】对于A，设，则，
因为点在直线上，且，
所以或，
则或，
所以或，解得或，
所以或，故A错误；
对于B，如图，设为的中点，则，
则，故B正确；
对于C，当时，，
满足，则与不一定相等，故C错误；
对于D，因为，
所以，所以，
同理可得，
所以是的垂心，故D正确.
故选：BD.
题型二：用向量方法探究存在性问题
例2-1.【多选题】（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）设，过定点的直线与过定点的直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，给出下列四个结论：其中所有正确结论的序号是（ ）
A．一定垂直
B．的最大值为4
C．点的轨迹方程为
D．的最小值为
【答案】AB
【分析】A选项，根据两直线垂直满足的关系式进行判断；B选项，求出和，由⊥，得到，再结合基本不等式得到答案；C选项，分析得到，点的轨迹为以为直径的圆，求出轨迹方程；D选项，设的中点为，求出，得到点轨迹方程，进而得到的最小值为圆心距减去两半径，结合求出答案.
【详解】A选项，因为，所以一定垂直，A正确；
B选项，变形得到，从而，
变形得到，从而，
由⊥，由勾股定理得，
由基本不等式可得，故，
当且仅当时，等号成立，故B正确；
C选项，由B可知，点的轨迹为以为直径的圆，其中线段的中点坐标为，半径为，
故轨迹方程为，C错误；
D选项，的圆心为，半径为2，
设的中点为，由垂径定理得，
故点的轨迹方程为，
因为点轨迹方程为，
则的最小值为圆心距减去两半径，即，
其中，
所以的最小值为，D错误.
故选：AB
例2-2.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eq \(BP,\s\up6(→))的坐标设出，从而得到eq \(CP,\s\up6(→))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eq \(AC,\s\up6(→))＝(3，－4)．
∵点M是边AC上靠近点A的一个三等分点，
∴eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，－eq \f(4,3))，
∴M(4，eq \f(8,3))，
∴eq \(BM,\s\up6(→))＝(4，eq \f(8,3))．
假设在BM上存在点P使得PC⊥BM，
设eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BM,\s\up6(→))，且0<λ<1，
即eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BM,\s\up6(→))＝λ(4，eq \f(8,3))＝(4λ，eq \f(8,3)λ)，
∴eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝(－6,0)＋(4λ，eq \f(8,3)λ)＝(4λ－6，eq \f(8,3)λ)．
∵PC⊥BM，∴eq \(CP,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝0，
得4(4λ－6)＋eq \f(8,3)×eq \f(8,3)λ＝0，
解得λ＝eq \f(27,26)．
∵λ＝eq \f(27,26)∈/(0,1)，∴线段BM上不存在点P使得PC⊥BM．
【变式训练】
变式2-1.（2023春·福建龙岩·高一统考期末）已知是边长为1的正六边形所在平面内一点，，则下列结论正确的是（ ）
A．当为正六边形的中心时，B．的最大值为4
C．的最小值为D．可以为0
【答案】ACD
【分析】以为原点，以为轴，建立坐标系，，设，求出，进而可得答案．
【详解】以为原点，以为轴，建立平面直角坐标系，如图，
正六边形边长为1，
，设
则，
，
可得，
，
，
，
时，的最小值为，C对，
为正六边形的中心时，即时，，A对，
可以为0，没有最大值，D对，B错，
故选：ACD.
变式2-2.△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)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－2)．
设eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))，
则eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝(0,2)＋(2λ，－2λ)＝(2λ，2－2λ)．
又eq \(DA,\s\up6(→))＝(－1,2)，eq \(BF,\s\up6(→))⊥eq \(DA,\s\up6(→))，∴eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DA,\s\up6(→))＝0，
∴－2λ＋2(2－2λ)＝0，∴λ＝eq \f(2,3)．
∴eq \(BF,\s\up6(→))＝(eq \f(4,3)，eq \f(2,3))，eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(BF,\s\up6(→))－eq \(BD,\s\up6(→))＝(eq \f(1,3)，eq \f(2,3))．
又eq \(DC,\s\up6(→))＝(1,0)，∴cs∠ADB＝eq \f(\(DA,\s\up6(→))·\(DB,\s\up6(→)),|\(DA,\s\up6(→))|·|\(DB,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
cs∠FDC＝eq \f(\(DF,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→)),|\(DF,\s\up6(→))|·|\(DC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
又∠ADB，∠FDC∈(0，π)，∴∠ADB＝∠FDC．
题型三：平面向量在物理中的应用
【典例分析】
例3-1．（2023·全国·高三专题练习）在日常生活中，我们会看到两个人共提一个行李包的情况（如图所示）．假设行李包所受的重力为，所受的两个拉力分别为，，且，与的夹角为，则以下结论不正确的是（ ）
A．的最小值为
B．的范围为
C．当时，
D．当时，
【答案】B
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
【详解】解：如图，对于选项A：当、方向同向时，有，此时取得最小值，且最小值为，A正确；
对于选项B：当时，有，行李包不会处于平衡状态，即，B错误；
对于选项C：当行李包处于平衡时，，若，
则有，变形得，
，即，正确；
对于D选项：若，则有则有，变形可得则有，D正确，
故选：B．
例3-2.（2019秋·福建厦门·高三统考期末）长江某地南北两岸平行，一艘游船南岸码头出发航行到北岸.假设游船在静水中的航行速度的大小为，水流的速度的大小为.设和的夹角为，北岸的点在的正北方向，则游船正好到达处时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设船的实际速度为，根据题意作图，设与南岸上游的夹角为，由题意可得的值，再计算的值即可.
【详解】设船的实际速度为，与南岸上游的夹角为，如图所示，
要使得游船正好到达处，则，即，
又因为，所以，
故选：D.
【规律方法】
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|csθ，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．
【变式训练】
变式3-1.（2022·全国·高三专题练习）加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分.某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为，每只胳膊的拉力大小均为，则该学生的体重（单位：）约为（参考数据：取重力加速度大小为）（ ）
A．B．61C．75D．60
【答案】D
【分析】用向量表示两只胳膊的拉力的大小和方向，它们的合力与体重相等，求出，再化为千克即可得．
【详解】如图，，，
作平行四边形，则是菱形，，
，
所以，
因此该学生体重为（kg）.
故选：D．
变式3-2.（2023春·湖南永州·高一统考期末）一个人骑自行车由A地出发向东骑行了到达B地，由B地向南东方向骑行了到达C地，从C地向北偏东骑行了到达D地，则A，D两地的距离是 ．
【答案】
【分析】结合题意建立直角坐标系，利用向量的坐标运算求出，从而求出即可.
【详解】以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，如图，
则，，即，
，即，
所以，故.
所以A，D两地距离为.
故答案为：.
题型四：正弦定理基本应用
【典例分析】
例4-1．（2023·全国·统考高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
例4-2.（2023·全国·统考高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
例4-3.（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）在中，角所对的边分别为，.
(1)求角的值；
(2)若，边上的中点为，求的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）切化弦后，利用两角和的正弦公式求解；
（2）利用平面向量数量积可求出结果.
【详解】（1），，
，，
，，
.
（2）是边上的中线，
，
，
.
【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
【变式训练】
变式4-1.（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+acsB=0，则B=___________.
【答案】.
【解析】
由正弦定理，得．，得，即，故选D．
变式4-2.（2024·江西·校联考模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，，.
(1)求的大小；
(2)若角的平分线交于点，，，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及辅助角公式得，结合角的范围可得结果；
（2）利用三角形面积公式，由求解即可.
【详解】（1）由已知及正弦定理得，
又，所以，
所以，即，所以，
因为，所以，
所以，即．
（2）由，
得．
所以．
即，
解得．
变式4-3.（2018·北京高考真题（理））在△ABC中，a=7，b=8，csB= –17．
（Ⅰ）求∠A；
（Ⅱ）求AC边上的高．
【答案】(1) ∠A=π3 (2) AC边上的高为332
【解析】
（1）在△ABC中，∵csB=–17，∴B∈（π2，π），∴sinB=1−cs2B=437．由正弦定理得asinA=bsinB ⇒ 7sinA=8437，∴sinA=32．∵B∈（π2，π），∴A∈（0，π2），∴∠A=π3．
（2）在△ABC中，∵sinC=sin（A+B）=sinAcsB+sinBcsA=32×(−17)+12×437=3314．
如图所示，在△ABC中，∵sinC=ℎBC，∴h=BC⋅sinC=7×3314=332，∴AC边上的高为332．
题型五：余弦定理基本应用
【典例分析】
例5-1．．（2023春·浙江台州·高一校联考期中）在中，，，，对任意，有恒成立，点P是直线BA上，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】由得为点到的垂线段，再通过将军饮马模型进行计算即得.
【详解】因为，所以，
由减法与数乘的几何意义，为点到的垂线段，所以，
因为，，所以，，所以，
在中，由余弦定理易得，，
设关于直线对称点为，连接，连接交于，
易得，此时最小，，
，
即的最小值为.
故答案为:.
例5-2.（2020·江苏·统考高考真题）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是 ．
【答案】或0
【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
例5-3.（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），
，
，
.
【规律方法】
应用余弦定理解答两类问题：
1.已知三角形两边和它们的夹角：
（1）根据余弦定理求出第三边；
（2）根据余弦定理求一未知角；
（3）根据三角形内角和求另一未知角.应该注意的是求出第三边后，也可以应用正弦定理求角，这样往往可以计算简便，应用正弦定理求角时，为避免讨论，应先求较小边所对的角，它必是锐角.
2.已知三边：可以连续应用余弦定理求出两角，常常是分别求较小两边所对的角，再由三角形内角和求第三角；由余弦定理求出一个角后，也可以根据正弦定理求出第二个角，但依然是先求最小边所对的角.
【变式训练】
变式5-1.（2021·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则 ．
【答案】
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
变式5-2.（2021·浙江·统考高考真题）在中，，M是的中点，，则 ， .
【答案】
【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.
【详解】由题意作出图形，如图，
在中，由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
所以，
在中，由余弦定理得，
所以；
在中，由余弦定理得.
故答案为：；.
变式5-3.（2020·全国·统考高考真题）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，证明：△ABC是直角三角形．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出；
（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，
再根据勾股定理或正弦定理即可证出．
【详解】（1）因为，所以，
即，
解得，又，
所以；
（2）因为，所以，
即①，
又②， 将②代入①得，，
即，而，解得，
所以，
故，
即是直角三角形．
题型六：正弦定理与余弦定理的综合运用
【典例分析】
例6-1．（2023·天津·统考高考真题）在中，角所对的边分別是．已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出．
【详解】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；
（2）由余弦定理可得，，即，
解得：或（舍去）．
（3）由正弦定理可得，，即，解得：，而，
所以都为锐角，因此，，
故．
例6-2.（2023·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
（2）方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
【规律方法】
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．
【变式训练】
变式6-1.（2023·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）因为，所以，解得：．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
变式6-2.（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.
一、单选题
1．（2023·陕西宝鸡·统考二模）在中，内角，，的对边分别是，，，的面积，且，则的外接圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由正弦定理面积公式和余弦定理进行化简，找到，再根据正弦定理求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
又，所以．
设的外接圆的半径为，所以，解得．
故选：D．
2．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，，则（ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】C
【分析】先利用正弦定理求出，再由同角三角函数的平方关系求得，但需要注意根据“大边对大角”的性质，对的值进行取舍．
【详解】由正弦定理得，，即，得，
所以，
因为，所以，所以，即．
故选：C．
3．（2023春·陕西西安·高一西安市铁一中学校考期末）已知中，，，则此三角形为（ ）
A．直角三角形B．等边三角形
C．钝角三角形D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】根据即可得为等腰三角形，又因为可知，所以为等边三角形.
【详解】如下图所示：
设M为AC中点，则，
所以，即为等腰三角形，
又，所以，
即，
所以，可得，
综上可知三角形为等边三角形.
故选：B.
二、多选题
4．（2023春·河南开封·高一统考期末）若平面上的三个力作用于一点，且处于平衡状态.已知，与的夹角为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．与的夹角为
C．与的夹角为D．
【答案】AC
【分析】根据向量的图形运算法则，结合余弦定理和向量数量积的定义等知识进行求解即可.
【详解】如图所示，设分别为，
将向量进行平移，平移至，将反向延长至点D，
则，，
在中，由余弦定理得，,
所以，即，故A正确；
显然，在中，，即，
所以，
所以与的夹角，故B错误；
与的夹角，故C正确；
，故D错误
故选：AC
5．（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）中，角所对的边分别为.以下结论中正确的有（ ）
A．若，则必有两解
B．若，则一定为等腰三角形
C．若，则一定为直角三角形
D．若，且该三角形有两解，则的范围是
【答案】AC
【分析】根据正弦定理可判断选项A；已知条件得出角的关系，可判断选项B；化边为角可判断选项C；根据正弦定理可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于A，若，则，
又，所以必有两解，故A正确；
对于B，若，则或，
即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，由正弦定理得：，
即，而，故，
所以一定为直角三角形，故C正确；
对于D，若，且该三角形有两解，所以，
即，也即，故D错误.
综上所述，只有AC正确，
故选：AC.
三、填空题
6．（2023春·北京通州·高一统考期末）如图，正方形ABCD的边长为2，P为CD边上的一个动点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】以为原点，建立合适的直角坐标系，设，，计算出，根据二次函数的性质则得到其范围.
【详解】以为原点，,所在直线分别为,轴,建立如图所示的平面直角坐标系，
则，设，其中，
则，
，
当时,有最小值3，
当或2时，有最大值为4，
的取值范围为.
故答案为：.
7．（2023·西藏日喀则·统考一模）在中，内角的对边分别为，且，写出满足条件“”的一个的值
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据正余弦定理边角互化可得，考虑为等腰三角形时即可求解.
【详解】由正弦定理可得，由余弦定理可得，
所以，
由于，不妨考虑此时为等腰三角形时，则，
由，得，
故答案为： （答案不唯一）
8．（2023春·广东深圳·高二统考期末）已知线段是圆上的一条动弦，且，设点为坐标原点，则的最大值为 ；如果直线与相交于点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】综合应用直线与圆、圆与圆的位置关系和平面向量的数量积等知识即可解决问题.
【详解】设为中点，则，点的轨迹方程为，
，则最大值为，
由直线，，
可得且过定点过定点， 点的轨迹是以为直径端点的圆，其方程为，
，
，，
，
的最小值为.
故答案为：；.
四、解答题
9．（2023·重庆巴南·统考一模）在中，角所对的边分别为，．
(1)求角；
(2)若的面积为，且，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换与三角函数的恒等变换化简题干条件，从而得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理分别得到与的值，从而求得，由此得解.
【详解】（1），
由正弦定理得，即，
即，，
，
（2），
又，
所以，即（负值舍去），
又，所以的周长为.
10.（2023·河北张家口·统考三模）在中，内角的对边分别为.
(1)若，求的面积；
(2)求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由得，代入，得，再根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式可得结果.
（2）根据余弦定理得，再切化弦，利用两角和的正弦公式、正弦定理变形可得结果.
【详解】（1）因为，所以，所以，即，
又，所以，所以，
所以.
（2）由，得，得，
所以，所以，
所以
.
11.（2023春·湖北·高一统考期末）如图，在中，，，，点，分别在边，上，且，，与交于点．
(1)设，，试用，表示；
(2)求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知，利用三角形的余弦定理、直角三角形的性质以及向量的加减法、数乘运算计算求解.
（2）根据已知，利用三角形的余弦定理、直角三角形的性质计算求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理有：
，
即，
即，解得（负值舍去）．
．
则在中，，
所以，．
即．，
．即．
（2）由（1）知，，在中，由余弦定理有：
，
所以．
则在中，．
12.（2022·陕西汉中·校联考模拟预测）的内角、、的对边分别为、、，已知.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件结合正弦定理以及两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）由三角形的面积公式可求得，利用余弦定理可求得的值，即可求得的周长.
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理得，
所以，，则.
又，且、，，所以，，故.
（2）解：因为的面积为，即，可得，
由余弦定理，得，
所以，，故的周长为.
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
【核心素养】
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、夹角等问题；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，凸显直观想象、数学运算、数学建模的核心素养．
2．考查平面向量在物理学中的应用，体现其工具性，凸显数学建模、数学运算的核心素养．
知识点一
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csθ＝eq \f(a·b,|a||b|) ．
(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．
知识点二
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三
正弦定理
正弦定理：eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝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＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)等形式，以解决不同的三角形问题．
面积公式S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B
知识点四
余弦定理
余弦定理： ， ， .
变形公式cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，s C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
知识点五
常用结论
(1)在三角形ABC中，A＋B＋C＝π，则
①sin A＝sin(B＋C)，cs A＝－cs(B＋C)，tan A＝－tan(B＋C)．
②sin eq \f(A,2)＝cs eq \f(B＋C,2)，cs eq \f(A,2)＝sin eq \f(B＋C,2).
③sin A＝sin B⇔A＝B；
sin 2A＝sin 2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2).
④A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cs A
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(abc,4R)＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.
常考题型剖析
题型一：平面向量在平面几何中的应用
【典例分析】
例1-1.（2023春·新疆省直辖县级单位·高一校联考期末）已知O为的外心，且．若向量在向量上的投影向量为，其中，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得到，过作的垂线，由在上的投影向量为，求得，又由，得到，结合，即可求解.
【详解】因为，所以，
又因为O为的外心，所以为直角三角形且，O为斜边BC的中点，
过作的垂线，垂足为，
因为在上的投影向量为，
所以在上的投影向量为，
又因为，所以，
因为，所以，即的取值范围为．
故选：D.
例1-2.【多选题】（2023春·河南商丘·高一商丘市第一高级中学校联考期末）在直角梯形中，，，，，点P在所在的平面内，满足，若M是的中点，则的取值可能是（ ）
A．7B．10C．13D．16
【答案】BC
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，由，可确定点P在以D为圆心，1为半径的圆上，设，由三角恒等变换与平面向量模长坐标运算即可化简为正弦型三角函数，结合函数性质可得其取值范围，从而得答案.
【详解】以D为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，
则点P在以D为圆心，1为半径的圆上，可设，
由题意知，，则，
所以，
则
，其中，
所以.
故选：BC.
例1-3.【多选题】（2023春·黑龙江绥化·高一校考期末）下列说法中正确的有（ ）
A．点O在所在平面内，若，则点O为的重心
B．向量能作为平面内所有向量的一个基底
C．点O在所在平面内，若，则点O为的垂心
D．点O在所在平面内，且满足，则为等腰三角形
【答案】AD
【分析】根据平面向量的加减法与数乘以及数量积的几何意义，结合图形的几何性质，结合平面向量基底的定义，可得答案.
【详解】对于A，由题意，取的中点为，并连接，作图如下：
由，则共线，同理可得为中线交点，故A正确；
对于B，由，则显然，即共线，故B错误；
对于C，由题意可作图如下：
设，，，，
由，则，
由，，则，，
若，则与不共线，即与不垂直，
同理可得：与不垂直，故C错误；
对于D，由题意, 取为的中点，作图如下：
则，即，
由为的中点，则为的中垂线，即，故D正确.
故选：AD.
【规律方法】
1.用平面向量解决几何问题，往往涉及平行、垂直、夹角．
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eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))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eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))．
5.要求一个角，如∠ABC，只要求向量eq \(BA,\s\up6(→))与向量eq \(BC,\s\up6(→))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．
【变式训练】
变式1-1.（2023春·浙江丽水·高一统考期末）如图，、、三点在半径为的圆上运动，且，是圆外一点，，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，可知为的中点，计算得出，利用向量模的三角不等式可求得的最大值.
【详解】连接，如下图所示：
因为，则为圆的一条直径，故为的中点，
所以，，
所以，
，
当且仅当、、共线且、同向时，等号成立，
因此，的最大值为.
故选：C.
变式1-2.（2023春·山东聊城·高一统考期末）如图，在中，已知，，，是的中点，，设与相交于点，则 ．
【答案】
【分析】用和表示和，根据以及，，，可求出结果.
【详解】因为是的中点，所以，
，
因为，，
，
所以，
所以.
故答案为：.
变式1-3.【多选题】（2023春·黑龙江大庆·高一大庆中学校考期中）下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A．已知，点在直线上，且，则的坐标为；
B．若是的外接圆圆心，则
C．若，且，则
D．若点是所在平面内一点，且，则是的垂心.
【答案】BD
【分析】对于A，设，由题意可得或，再根据平面向量的坐标表示计算即可；对于B，如图，设为的中点，根据数量积的定义即可得解；对于C，当时，再根据数量积的运算律即可判断；根据数量积的运算律即可判断D.
【详解】对于A，设，则，
因为点在直线上，且，
所以或，
则或，
所以或，解得或，
所以或，故A错误；
对于B，如图，设为的中点，则，
则，故B正确；
对于C，当时，，
满足，则与不一定相等，故C错误；
对于D，因为，
所以，所以，
同理可得，
所以是的垂心，故D正确.
故选：BD.
题型二：用向量方法探究存在性问题
例2-1.【多选题】（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）设，过定点的直线与过定点的直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，给出下列四个结论：其中所有正确结论的序号是（ ）
A．一定垂直
B．的最大值为4
C．点的轨迹方程为
D．的最小值为
【答案】AB
【分析】A选项，根据两直线垂直满足的关系式进行判断；B选项，求出和，由⊥，得到，再结合基本不等式得到答案；C选项，分析得到，点的轨迹为以为直径的圆，求出轨迹方程；D选项，设的中点为，求出，得到点轨迹方程，进而得到的最小值为圆心距减去两半径，结合求出答案.
【详解】A选项，因为，所以一定垂直，A正确；
B选项，变形得到，从而，
变形得到，从而，
由⊥，由勾股定理得，
由基本不等式可得，故，
当且仅当时，等号成立，故B正确；
C选项，由B可知，点的轨迹为以为直径的圆，其中线段的中点坐标为，半径为，
故轨迹方程为，C错误；
D选项，的圆心为，半径为2，
设的中点为，由垂径定理得，
故点的轨迹方程为，
因为点轨迹方程为，
则的最小值为圆心距减去两半径，即，
其中，
所以的最小值为，D错误.
故选：AB
例2-2.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eq \(BP,\s\up6(→))的坐标设出，从而得到eq \(CP,\s\up6(→))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eq \(AC,\s\up6(→))＝(3，－4)．
∵点M是边AC上靠近点A的一个三等分点，
∴eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，－eq \f(4,3))，
∴M(4，eq \f(8,3))，
∴eq \(BM,\s\up6(→))＝(4，eq \f(8,3))．
假设在BM上存在点P使得PC⊥BM，
设eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BM,\s\up6(→))，且0<λ<1，
即eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BM,\s\up6(→))＝λ(4，eq \f(8,3))＝(4λ，eq \f(8,3)λ)，
∴eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝(－6,0)＋(4λ，eq \f(8,3)λ)＝(4λ－6，eq \f(8,3)λ)．
∵PC⊥BM，∴eq \(CP,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝0，
得4(4λ－6)＋eq \f(8,3)×eq \f(8,3)λ＝0，
解得λ＝eq \f(27,26)．
∵λ＝eq \f(27,26)∈/(0,1)，∴线段BM上不存在点P使得PC⊥BM．
【变式训练】
变式2-1.（2023春·福建龙岩·高一统考期末）已知是边长为1的正六边形所在平面内一点，，则下列结论正确的是（ ）
A．当为正六边形的中心时，B．的最大值为4
C．的最小值为D．可以为0
【答案】ACD
【分析】以为原点，以为轴，建立坐标系，，设，求出，进而可得答案．
【详解】以为原点，以为轴，建立平面直角坐标系，如图，
正六边形边长为1，
，设
则，
，
可得，
，
，
，
时，的最小值为，C对，
为正六边形的中心时，即时，，A对，
可以为0，没有最大值，D对，B错，
故选：ACD.
变式2-2.△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)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－2)．
设eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))，
则eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝(0,2)＋(2λ，－2λ)＝(2λ，2－2λ)．
又eq \(DA,\s\up6(→))＝(－1,2)，eq \(BF,\s\up6(→))⊥eq \(DA,\s\up6(→))，∴eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DA,\s\up6(→))＝0，
∴－2λ＋2(2－2λ)＝0，∴λ＝eq \f(2,3)．
∴eq \(BF,\s\up6(→))＝(eq \f(4,3)，eq \f(2,3))，eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(BF,\s\up6(→))－eq \(BD,\s\up6(→))＝(eq \f(1,3)，eq \f(2,3))．
又eq \(DC,\s\up6(→))＝(1,0)，∴cs∠ADB＝eq \f(\(DA,\s\up6(→))·\(DB,\s\up6(→)),|\(DA,\s\up6(→))|·|\(DB,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
cs∠FDC＝eq \f(\(DF,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→)),|\(DF,\s\up6(→))|·|\(DC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
又∠ADB，∠FDC∈(0，π)，∴∠ADB＝∠FDC．
题型三：平面向量在物理中的应用
【典例分析】
例3-1．（2023·全国·高三专题练习）在日常生活中，我们会看到两个人共提一个行李包的情况（如图所示）．假设行李包所受的重力为，所受的两个拉力分别为，，且，与的夹角为，则以下结论不正确的是（ ）
A．的最小值为
B．的范围为
C．当时，
D．当时，
【答案】B
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
【详解】解：如图，对于选项A：当、方向同向时，有，此时取得最小值，且最小值为，A正确；
对于选项B：当时，有，行李包不会处于平衡状态，即，B错误；
对于选项C：当行李包处于平衡时，，若，
则有，变形得，
，即，正确；
对于D选项：若，则有则有，变形可得则有，D正确，
故选：B．
例3-2.（2019秋·福建厦门·高三统考期末）长江某地南北两岸平行，一艘游船南岸码头出发航行到北岸.假设游船在静水中的航行速度的大小为，水流的速度的大小为.设和的夹角为，北岸的点在的正北方向，则游船正好到达处时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设船的实际速度为，根据题意作图，设与南岸上游的夹角为，由题意可得的值，再计算的值即可.
【详解】设船的实际速度为，与南岸上游的夹角为，如图所示，
要使得游船正好到达处，则，即，
又因为，所以，
故选：D.
【规律方法】
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|csθ，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．
【变式训练】
变式3-1.（2022·全国·高三专题练习）加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分.某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为，每只胳膊的拉力大小均为，则该学生的体重（单位：）约为（参考数据：取重力加速度大小为）（ ）
A．B．61C．75D．60
【答案】D
【分析】用向量表示两只胳膊的拉力的大小和方向，它们的合力与体重相等，求出，再化为千克即可得．
【详解】如图，，，
作平行四边形，则是菱形，，
，
所以，
因此该学生体重为（kg）.
故选：D．
变式3-2.（2023春·湖南永州·高一统考期末）一个人骑自行车由A地出发向东骑行了到达B地，由B地向南东方向骑行了到达C地，从C地向北偏东骑行了到达D地，则A，D两地的距离是 ．
【答案】
【分析】结合题意建立直角坐标系，利用向量的坐标运算求出，从而求出即可.
【详解】以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，如图，
则，，即，
，即，
所以，故.
所以A，D两地距离为.
故答案为：.
题型四：正弦定理基本应用
【典例分析】
例4-1．（2023·全国·统考高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
例4-2.（2023·全国·统考高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
例4-3.（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）在中，角所对的边分别为，.
(1)求角的值；
(2)若，边上的中点为，求的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）切化弦后，利用两角和的正弦公式求解；
（2）利用平面向量数量积可求出结果.
【详解】（1），，
，，
，，
.
（2）是边上的中线，
，
，
.
【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
【变式训练】
变式4-1.（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+acsB=0，则B=___________.
【答案】.
【解析】
由正弦定理，得．，得，即，故选D．
变式4-2.（2024·江西·校联考模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，，.
(1)求的大小；
(2)若角的平分线交于点，，，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及辅助角公式得，结合角的范围可得结果；
（2）利用三角形面积公式，由求解即可.
【详解】（1）由已知及正弦定理得，
又，所以，
所以，即，所以，
因为，所以，
所以，即．
（2）由，
得．
所以．
即，
解得．
变式4-3.（2018·北京高考真题（理））在△ABC中，a=7，b=8，csB= –17．
（Ⅰ）求∠A；
（Ⅱ）求AC边上的高．
【答案】(1) ∠A=π3 (2) AC边上的高为332
【解析】
（1）在△ABC中，∵csB=–17，∴B∈（π2，π），∴sinB=1−cs2B=437．由正弦定理得asinA=bsinB ⇒ 7sinA=8437，∴sinA=32．∵B∈（π2，π），∴A∈（0，π2），∴∠A=π3．
（2）在△ABC中，∵sinC=sin（A+B）=sinAcsB+sinBcsA=32×(−17)+12×437=3314．
如图所示，在△ABC中，∵sinC=ℎBC，∴h=BC⋅sinC=7×3314=332，∴AC边上的高为332．
题型五：余弦定理基本应用
【典例分析】
例5-1．．（2023春·浙江台州·高一校联考期中）在中，，，，对任意，有恒成立，点P是直线BA上，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】由得为点到的垂线段，再通过将军饮马模型进行计算即得.
【详解】因为，所以，
由减法与数乘的几何意义，为点到的垂线段，所以，
因为，，所以，，所以，
在中，由余弦定理易得，，
设关于直线对称点为，连接，连接交于，
易得，此时最小，，
，
即的最小值为.
故答案为:.
例5-2.（2020·江苏·统考高考真题）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是 ．
【答案】或0
【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
例5-3.（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），
，
，
.
【规律方法】
应用余弦定理解答两类问题：
1.已知三角形两边和它们的夹角：
（1）根据余弦定理求出第三边；
（2）根据余弦定理求一未知角；
（3）根据三角形内角和求另一未知角.应该注意的是求出第三边后，也可以应用正弦定理求角，这样往往可以计算简便，应用正弦定理求角时，为避免讨论，应先求较小边所对的角，它必是锐角.
2.已知三边：可以连续应用余弦定理求出两角，常常是分别求较小两边所对的角，再由三角形内角和求第三角；由余弦定理求出一个角后，也可以根据正弦定理求出第二个角，但依然是先求最小边所对的角.
【变式训练】
变式5-1.（2021·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则 ．
【答案】
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
变式5-2.（2021·浙江·统考高考真题）在中，，M是的中点，，则 ， .
【答案】
【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.
【详解】由题意作出图形，如图，
在中，由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
所以，
在中，由余弦定理得，
所以；
在中，由余弦定理得.
故答案为：；.
变式5-3.（2020·全国·统考高考真题）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，证明：△ABC是直角三角形．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出；
（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，
再根据勾股定理或正弦定理即可证出．
【详解】（1）因为，所以，
即，
解得，又，
所以；
（2）因为，所以，
即①，
又②， 将②代入①得，，
即，而，解得，
所以，
故，
即是直角三角形．
题型六：正弦定理与余弦定理的综合运用
【典例分析】
例6-1．（2023·天津·统考高考真题）在中，角所对的边分別是．已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出．
【详解】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；
（2）由余弦定理可得，，即，
解得：或（舍去）．
（3）由正弦定理可得，，即，解得：，而，
所以都为锐角，因此，，
故．
例6-2.（2023·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
（2）方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
【规律方法】
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．
【变式训练】
变式6-1.（2023·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）因为，所以，解得：．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
变式6-2.（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.
一、单选题
1．（2023·陕西宝鸡·统考二模）在中，内角，，的对边分别是，，，的面积，且，则的外接圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由正弦定理面积公式和余弦定理进行化简，找到，再根据正弦定理求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
又，所以．
设的外接圆的半径为，所以，解得．
故选：D．
2．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，，则（ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】C
【分析】先利用正弦定理求出，再由同角三角函数的平方关系求得，但需要注意根据“大边对大角”的性质，对的值进行取舍．
【详解】由正弦定理得，，即，得，
所以，
因为，所以，所以，即．
故选：C．
3．（2023春·陕西西安·高一西安市铁一中学校考期末）已知中，，，则此三角形为（ ）
A．直角三角形B．等边三角形
C．钝角三角形D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】根据即可得为等腰三角形，又因为可知，所以为等边三角形.
【详解】如下图所示：
设M为AC中点，则，
所以，即为等腰三角形，
又，所以，
即，
所以，可得，
综上可知三角形为等边三角形.
故选：B.
二、多选题
4．（2023春·河南开封·高一统考期末）若平面上的三个力作用于一点，且处于平衡状态.已知，与的夹角为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．与的夹角为
C．与的夹角为D．
【答案】AC
【分析】根据向量的图形运算法则，结合余弦定理和向量数量积的定义等知识进行求解即可.
【详解】如图所示，设分别为，
将向量进行平移，平移至，将反向延长至点D，
则，，
在中，由余弦定理得，,
所以，即，故A正确；
显然，在中，，即，
所以，
所以与的夹角，故B错误；
与的夹角，故C正确；
，故D错误
故选：AC
5．（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）中，角所对的边分别为.以下结论中正确的有（ ）
A．若，则必有两解
B．若，则一定为等腰三角形
C．若，则一定为直角三角形
D．若，且该三角形有两解，则的范围是
【答案】AC
【分析】根据正弦定理可判断选项A；已知条件得出角的关系，可判断选项B；化边为角可判断选项C；根据正弦定理可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于A，若，则，
又，所以必有两解，故A正确；
对于B，若，则或，
即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，由正弦定理得：，
即，而，故，
所以一定为直角三角形，故C正确；
对于D，若，且该三角形有两解，所以，
即，也即，故D错误.
综上所述，只有AC正确，
故选：AC.
三、填空题
6．（2023春·北京通州·高一统考期末）如图，正方形ABCD的边长为2，P为CD边上的一个动点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】以为原点，建立合适的直角坐标系，设，，计算出，根据二次函数的性质则得到其范围.
【详解】以为原点，,所在直线分别为,轴,建立如图所示的平面直角坐标系，
则，设，其中，
则，
，
当时,有最小值3，
当或2时，有最大值为4，
的取值范围为.
故答案为：.
7．（2023·西藏日喀则·统考一模）在中，内角的对边分别为，且，写出满足条件“”的一个的值
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据正余弦定理边角互化可得，考虑为等腰三角形时即可求解.
【详解】由正弦定理可得，由余弦定理可得，
所以，
由于，不妨考虑此时为等腰三角形时，则，
由，得，
故答案为： （答案不唯一）
8．（2023春·广东深圳·高二统考期末）已知线段是圆上的一条动弦，且，设点为坐标原点，则的最大值为 ；如果直线与相交于点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】综合应用直线与圆、圆与圆的位置关系和平面向量的数量积等知识即可解决问题.
【详解】设为中点，则，点的轨迹方程为，
，则最大值为，
由直线，，
可得且过定点过定点， 点的轨迹是以为直径端点的圆，其方程为，
，
，，
，
的最小值为.
故答案为：；.
四、解答题
9．（2023·重庆巴南·统考一模）在中，角所对的边分别为，．
(1)求角；
(2)若的面积为，且，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换与三角函数的恒等变换化简题干条件，从而得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理分别得到与的值，从而求得，由此得解.
【详解】（1），
由正弦定理得，即，
即，，
，
（2），
又，
所以，即（负值舍去），
又，所以的周长为.
10.（2023·河北张家口·统考三模）在中，内角的对边分别为.
(1)若，求的面积；
(2)求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由得，代入，得，再根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式可得结果.
（2）根据余弦定理得，再切化弦，利用两角和的正弦公式、正弦定理变形可得结果.
【详解】（1）因为，所以，所以，即，
又，所以，所以，
所以.
（2）由，得，得，
所以，所以，
所以
.
11.（2023春·湖北·高一统考期末）如图，在中，，，，点，分别在边，上，且，，与交于点．
(1)设，，试用，表示；
(2)求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知，利用三角形的余弦定理、直角三角形的性质以及向量的加减法、数乘运算计算求解.
（2）根据已知，利用三角形的余弦定理、直角三角形的性质计算求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理有：
，
即，
即，解得（负值舍去）．
．
则在中，，
所以，．
即．，
．即．
（2）由（1）知，，在中，由余弦定理有：
，
所以．
则在中，．
12.（2022·陕西汉中·校联考模拟预测）的内角、、的对边分别为、、，已知.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件结合正弦定理以及两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）由三角形的面积公式可求得，利用余弦定理可求得的值，即可求得的周长.
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理得，
所以，，则.
又，且、，，所以，，故.
（2）解：因为的面积为，即，可得，
由余弦定理，得，
所以，，故的周长为.
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
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