高中数学人教A版 (2019)必修 第二册平面向量的应用复习练习题

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1.在中，已知，求边的长度．
2.中，，求.
3.在中，若，求.
4.在中，若，同时有，判断形状.
5.在中，，点为中点，求中线的长度.
类型一：余弦定理公式记忆错误
【错因解读】忽略夹角修正项或混淆加减号导致公式错用.
【典例引导】在中，已知，求边的长度．
【错误解法】由题意，代入公式，
∴，
∴.
【正确解法】由题意，代入公式，
∴，
∴.
【补救措施】本题的错误在于记错了余弦定理公式的符号规则，误将“减夹角余弦”写为“加”.
总结：加强记忆，记不清时可以结合实例进行推导.
【再练一个】（北京第四中学2025—2026新高一分班考试）
1．在中，，则 .
类型二：余弦定理求角时涉及多解情况
【错因解读】SSA条件（两边及一边对角）下用余弦定理求边时，忽略二次方程可能产生无效解.
【典例引导】中，，求.
【错误解法】由余弦定理：，
，
解得或.
∴ 或.
【正确解法】由余弦定理：，
，
解得或.
若，则，但（由得），矛盾，故舍去，
若，则，成立.
∴.
【补救措施】本题的错误在于未验证三边关系，导致多解.
总结：SSA条件下求边时，解方程后代入三边关系及角度一致性验证.
【再练一个】（吉林长春慧泽高中2024-2025高一下期第一次月考）
2．已知的内角的对边分别为．若三角形有两解，则边的取值可以是（ ）
A．7B．8C．9D．10
类型三：向量夹角与三角形内角概念混淆
【错因解读】向量夹角是共起点形成的角，而三角形内角是共顶点的角，两者可能互补（如平行四边形中的向量），运用余弦定理求解时容易混淆导致出错.
【典例引导】在中，若，求.
【错误解法】由题意，向量与夹角为，得：，
∴，
∴，三角形的边不能为负数，所以无法解出.
【正确解法】由题意，
向量夹角分析：，
由得，代入得：
，即.
∴.
∴.
【补救措施】本题的错误在于将向量的内角与三角形内角混淆，使结果出现负数.
总结：向量数量积中的角与三角形内角满足：或.
【再练一个】
3．如图，在中，，的平分线交边于点，已知，且，则的长为 ．

类型四：边角转换方向不统一
【错因解读】边化角与角化边混用导致逻辑漏洞，可能会出现情况导致三角形不存在.
【典例引导】在中，若，同时有，判断形状.
【错误解法】∵，
∴，即.
故为等腰三角形.
【正确解法】统一角化边：.
化简得，为等腰三角形.
【补救措施】本题的错误在于未考虑 时（不构成三角形）的情况，边化角与角化边混用导致逻辑漏洞.
总结：单一条件中只沿一个方向转化（全边化角或全角化边）.
【再练一个】
4．已知的内角，，的对边分别为，，，，，则 .
类型五：忽略向量模长与余弦定理的联系
【错因解读】求向量模长（如中线、三等分点向量）时，未将向量关系转化至三角形中用余弦定理求解.
【典例引导】在中，，点为中点，求中线的长度.
【错误解法】使用余弦定理求：
因此，.
点是的中点，因此.
∴，
.
∴.
【正确解法】向量转化：（中线向量公式）.
模的平方：，
.
代入余弦定理，其中，
，
.
【补救措施】本题的错误在于未验证角度关系直接套用余弦定理，求中线长时依赖未经验证的角关系.
总结：向量模问题中求中线长时，首选向量法或中线定理.向量模长问题本质是“形”到“数”的转化，其核心桥梁是数量积与余弦定理的等价性.要善用向量与余弦定理间的联系.
【再练一个】
5．如图，已知为的外心，内角的对边分别为．若，求的值．

（易错点：边角转换方向不统一）（江苏盐城五校2024-2025高一下期5月期中联考）
6．在中，角A、B、C所对边分别为a、b、c.若，则该三角形一定是（ ）
A．正三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形
（易错点：向量夹角与三角形内角概念混淆）
7．如图，是边长为2的正三角形，直线围成一个正三角形，且，则（ ）
A．B．C．D．
（易错点：忽略向量模长与余弦定理的联系）
8．已知点O，A，B是同一平面内不同的三个点，且，若，的最小值为，则（ ）
A．B．C．D．
（易错点：余弦定理公式记忆错误）
9．已知的内角的对边分别为，且，，，则 .
（易错点：余弦定理求角时涉及多解情况）
10．设的内角，，所对的边分别为，，.已知，，如果解此三角形有且只有两个解，则的取值范围是 ．
《6.4.1 余弦定理【错题档案】（我的错题本）人教A必修二》参考答案：
1．
【分析】利用余弦定理，可得答案.
【详解】由余弦定理可得.
故答案为：.
2．BC
【分析】本题可根据余弦定理得到关于边的方程，再结合三角形有两解的条件，列出关于边的不等式，进而求出边的取值范围.
【详解】∵，
∴由余弦定理得：，
即，
∵三角形有两解，
∴方程有两个不相等的正根，
∴，
解得：，
结合选项可得B，C正确，
故选：BC.
3．##
【分析】由三点共线可得，故，从而可求得，进一步求出.
【详解】由三点共线及知，．
由内角平分线定理知，，即．
由，得，
即，化简得，
，．
∴，即．
故答案为：
4．或2
【分析】由余弦定理得，解方程即可得解.
【详解】由余弦定理有，所以，
解得或2.
故答案为：或2.
5．2
【分析】由向量的加法运算和向量的数量积得到，由余弦定理分别表示出，代入化简整理可得.
【详解】由，得，
即，
设外接圆的半径为，即，
所以．
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
则．
故答案为：.
6．B
【分析】应用二倍角余弦公式及余弦边角关系得到，即可得.
【详解】由，则，
所以，可得，不能确定是否成立，
所以一定是直角三角形.
故选：B
7．A
【分析】首先得出，然后结合余弦定理、同角三角函数关系分别求出，进一步结合两角差的余弦公式可得的余弦值，从而结合数量积的定义即可运算求解.
【详解】如图所示：
延长射线交于点，点在射线上，，
设，由题意，所以，
由题意可设，在三角形中，，，
由余弦定理有，解得，
在三角形中，由余弦定理有，所以，
从而，
由上述分析结合题意可知，
从而由数量积的定义可知.
故选：A.
8．D
【分析】设，进而，设，点关于对称的点为，与交于点，与交于点，故当点位于位置时，取得最小值，再结合余弦定理求解即可.
【详解】解：设
所以，
设，点关于对称的点为，与交于点，与交于点，
则当点位于位置时，取得最小值，
在中，，
所以由余弦定理得：，解得：，
所以，
所以
故选：D
9．##
【分析】根据已知条件结合余弦定理求出角，再利用可求得答案.
【详解】由余弦定理，知.
因为，所以，
所以.
故答案为：
10．
【分析】由余弦定理写出c与x的等式，再由有两个正解，解出x的取值范围
【详解】根据余弦定理： 代入数据并整理有，有且仅有两个解，记为 则：
【点睛】本题主要考查余弦定理以及韦达定理，属于中档题．