新高考数学二轮复习提升讲与练专题01第3讲 平面向量与解三角形（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习提升讲与练专题01第3讲 平面向量与解三角形（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了考点透析，跟踪练习等内容，欢迎下载使用。
第3讲 平面向量与解三角形
一、考点透析
考点1 平面向量运算
1．（2025·北京·高考真题）在平面直角坐标系中，，.设，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据，求出，进而可以用向量表示出，即可解出．
【详解】因为，，
由平方可得，，所以．
，，
所以，
，
又，即，
所以，即，
故选：D.
2．（2025·全国二卷·高考真题）已知平面向量若，则
【答案】
【分析】根据向量坐标化运算得，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可.
【详解】，因为，则，
则，解得.
则，则.
故答案为：.
3．（2025·天津·高考真题）中，D为AB边中点，，则 （用，表示），若，，则
【答案】 ；
【分析】根据向量的线性运算求解即可空一，应用数量积运算律计算求解空二.
【详解】如图，
因为，所以，所以．
因为D为线段的中点，所以；
又因为，所以，
，所以
所以，
所以
．
故答案为：；.
考点2 正余弦定理的直接应用
1．（2025·全国二卷·高考真题）在中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由余弦定理直接计算求解即可.
【详解】由题意得，
又，所以.
故选：A
2．（多选题2025·全国一卷·高考真题）已知的面积为，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】对由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较和的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用算出取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项.
【详解】，由二倍角公式，，
整理可得，，A选项正确；
由诱导公式，，
展开可得，
即，
下证.
方法一：分类讨论
若，则可知等式成立；
若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理，
又，于是，
与条件不符，则不成立；
若，类似可推导出，则不成立.
综上讨论可知，，即.
方法二：边角转化
时，由，则，
于是，
由正弦定理，，
由余弦定理可知，，则，
若，则，注意到，则，
于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是，
结合，而都是锐角，则，
于是，这和相矛盾，
故不成立，则
方法三：结合射影定理（方法一改进）
由，结合正弦定理可得，，由射影定理可得，于是，
则，可同方法一种讨论的角度，推出，
方法四：和差化积（方法一改进）
续法三：
，可知同时为或者异号，即，展开可得，
，
即，结合和差化积，，由上述分析，，则，则，则，即，于是，可知.
由，由，则，即，
则，同理，由上述推导，，则，
不妨设，则，即，
由两角和差的正弦公式可知，C选项正确
由两角和的正切公式可得，，
设，则，
由，则，则，
于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误.
故选：ABC
3．（2025·天津·高考真题）在中，角的对边分别为．已知，，．
(1)求A的值；
(2)求c的值；
(3)求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求；
（2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得；
（3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得.
【详解】（1）已知，由正弦定理，
得，显然，
得，由，
故；
（2）由（1）知，且，，
由余弦定理，
则，
解得（舍去），
故；
（3）由正弦定理，且，
得，且，则为锐角，
故，故，
且；
故.
考点3 平面向量和正余弦定理综合应用
1．已知是的中线BD上一点（不包含端点），且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的最大值为
C．的最小值为4D．的最小值为
【答案】ABC
【知识点】基本不等式求和的最小值、条件等式求最值、平面向量共线定理的推论、基本不等式“1”的妙用求最值
【分析】依题意可得，根据平面向量共线定理的推论得到，再利用基本不等式一一判断即可.
【详解】因为为边的中点，所以，
又，，共线，所以，所以A项正确；
对于B项，因为0，所以，可得，
当且仅当时等号成立，所以的最大值为，所以B项正确；
对于C项，，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为4，所以C项正确；
对于D项，由得，
所以
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为，所以D项错误.
故选：ABC.
2．已知向量，，函数，将函数的图象向右平移个单位长度可得到的图象.
(1)求函数的解析式；
(2)设锐角的内角，，所对的边分别为，，，若，且，求周长的最大值.
【答案】(1)
(2)12
【知识点】求图象变化前（后）的解析式、辅助角公式、余弦定理解三角形、基本（均值）不等式的应用
【分析】（1）利用平面向量数量积的计算公式，结合辅助角公式，求出的解析式，再根据图象的平移，可求的解析式.
（2）由和为锐角三角形，求出角，再利用余弦定理结合基本（均值）不等式，可求周长的最大值.
【详解】（1）因为.
所以.
（2）由，
所以或，所以或，
又因为为锐角三角形，所以.
由余弦定理：.
又，所以（当且仅当时取“”），
此时，的周长取得最大值，为.
3．（2025·河北张家口·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求；
(2)若的外接圆面积为，且，，求的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由三角形的性质及同角三角函数基本关系将条件化为，然后利用正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得解；
（2）由正弦定理可得，由余弦定理及得，利用及向量的线性运算得，结合数量积的运算律，利用向量模的运算公式求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，所以，
所以，
由正弦定理可知，即，
又由余弦定理可知，
又，则；
（2）由的外接圆面积为，得外接圆半径为1，由正弦定理得，
由余弦定理及得，，
化简得，解得（负根舍去），从而，
因为，所以，
，所以
，
故的长是.
二、跟踪练习
1．（2025·湖南·三模）若向量满足，且，则的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据平面向量的数量积的定义计算即可得出结果.
【详解】∵，.
∴，，，∴，
且，则，
故选：B.
2．（2025·河南·三模）若点A在点O的正北方向，点B在点O的南偏西方向，且，则向量表示（ ）
A．从点O出发，朝北偏西方向移动
B．从点O出发，朝北偏西方向移动
C．从点O出发，朝北偏西方向移动2km
D．从点O出发，朝北偏西方向移动2km
【答案】C
【分析】以O为坐标原点，正东方向为x轴的正方向，正北方向为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，标出题中所给信息，再利用向量加法的平行四边形法则求出即可.
【详解】以O为坐标原点，正东方向为x轴的正方向，正北方向为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，
依题意可得，
设，因为，所以四边形OACB为菱形，
则，则为正三角形，所以，
故向量表示从点O出发，朝北偏西方向移动2km.
故选：C
3．（多选题2025·吉林·三模）已知向量，，若，则可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】由，得到，再由向量数量积的坐标表示列出等式求解即可.
【详解】，以为临边的平行四边形对角线相等，
，
，
，，时，，
故选：ACD．
4．（2025·河北保定·一模）记的内角所对的边分别为，若，则边上的中线长度的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理、三角恒等变换等知识化简已知条件，求得，结合余弦定理、向量运算、基本不等式等知识来求得正确答案.
【详解】由，得，
所以，
即，
则由正弦定理得，
因为，所以，所以，即，
又，所以，因为，
所以由余弦定理得，即.
由题可得，
所以，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以，则，
所以边上的中线长度的最小值为.
故选：C.
5．（2025·北京大兴·三模）在中，内角，，所对的边分别为，，，角的角平分线交于点，且．
(1)求；
(2)若，且的面积为，角的角平分线为，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，再根据二倍角公式化简可得解；
（2）根据三角形面积可得，再根据等面积法可得角分线长度.
【详解】（1）由已知，
又由正弦定理可得，
又，所以，
则，又，即，
又，，即，
则，所以，；
（2）由已知，所以，
因为为角的角分线，
故，
所以，
即，
解得.
6．记的内角，，所对的边分别为，，，满足，且.
(1)求与比值；
(2)当时，求.
【答案】(1)；
(2)
【知识点】余弦函数图象的应用、三角恒等变换的化简问题、正弦定理解三角形、由向量共线（平行）求参数
【分析】（1）根据向量平行得到方程，利用三角恒等变换得到，分类讨论，得到，；
（2）由正弦定理得，又，得到，求出.
【详解】（1），故，
其中，所以，
若，则，则，
此时若，则，，
若，则，
要想，则，
又，所以，即，这是不可能的，
故舍去；
若，则，，
则，故，此时均为钝角，不合要求，
综上，；
（2），由正弦定理得，
又，故，即，
又，，所以，
所以