第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考備考高中數(shù)學(xué)個(gè)性化分層教輔尖子生篇《平面向量及其應(yīng)用》一．選擇題（共10小題）1．（2024春?懷寧縣校級(jí)期末）在△ABC中，B=π3，D是AB的中點(diǎn)，CD=3，則ABA．(3，23] B．(23，22．（2024?江陰市校級(jí)二模）在△ABC中，AB＝BC，點(diǎn)D是邊AB的中點(diǎn)，△ABC的面積為49，則線段CDA．（0，1） B．（1，+∞） C．[63，+∞） D．（0，63．（2024春?慈溪市期末）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a+2cb=3A．332 B．233 C．4．（2024春?河北期末）十七世紀(jì)法國(guó)數(shù)學(xué)家、被譽(yù)為業(yè)余數(shù)學(xué)家之王的皮埃爾?德?費(fèi)馬提出一個(gè)著名的幾何問(wèn)題：已知一個(gè)三角形，求作一點(diǎn)，使其與這個(gè)三角形的三個(gè)頂點(diǎn)的距離之和最小．其答案如下：當(dāng)三角形的三個(gè)角均小于120°時(shí)，所求的點(diǎn)為三角形的正等角中心，即該點(diǎn)與三角形三個(gè)頂點(diǎn)的連線兩兩成120°角；當(dāng)三角形有一內(nèi)角大于或等于120°時(shí)，所求的點(diǎn)為三角形最大內(nèi)角的頂點(diǎn)．在費(fèi)馬問(wèn)題中所求的點(diǎn)被稱(chēng)為費(fèi)馬點(diǎn)．已知a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且a2+c2?b2A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．?5．（2024?潮陽(yáng)區(qū)校級(jí)模擬）若a→，b→都為非零向量，且a→A．π4 B．3π4 C．π36．（2024春?梅州月考）已知△ABC是銳角三角形，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，S為△ABC的面積，2S＝b2+c2﹣a2，則cbA．(55，5) B．(27．（2024?浙江模擬）在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊，若tanA＝3，B=π4，bc＝210，則A．2 B．3 C．22 D．8．（2024春?牡丹江校級(jí)期末）向量AB→=(2，1)在向量AC→=(0，1A．23 B．22 C．89．（2024?廣東模擬）已知△ABC是銳角三角形，內(nèi)角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c．若a2﹣b2＝bc，則ba+cA．(33，22) B．(2?10．（2024?涼山州模擬）已知平面向量a→，b→滿(mǎn)足|a→|=32，|bA．223 B．13 C．15二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?江陰市校級(jí)一模）已知向量a→，b→，c→為平面向量，|a→|=1，A．1≤|cB．(c→?C．?1≤bD．若c→=λa→+μb（多選）12．（2024春?臺(tái)州期末）已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，其中a為定值．若△ABC的面積S=1A．tanA的最大值為43B．b2+c2的最小值為2a2 C．△ABC周長(zhǎng)的最小值為(5D．bc的取值范圍是（多選）13．（2024春?常州期末）在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，下列說(shuō)法正確的有（）A．a(chǎn)＝bcosC+ccosB B．若a2＜b2+c2，則△ABC為銳角三角形 C．若sinA＞sinB，則A＞B D．若cosA＞sinB，則△ABC為鈍角三角形（多選）14．（2024春?成都期末）設(shè)點(diǎn)D是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，O是平面上一個(gè)定點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的有（）A．若AD→=(23AB→+1B．若AD→=λ(AB→|AB→|cosB+AC→C．若AD→=xAB→+yAC→，且x，y∈R，D．若平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足OP→=OA→+λ(AB→|AB→（多選）15．（2024?德慶縣校級(jí)模擬）已知a→=(2，?4)，A．(aB．|aC．a(chǎn)→與b→的夾角為D．a(chǎn)→在b→三．填空題（共5小題）16．（2024春?高州市月考）已知菱形ABCD中，AC=22，BD=2，點(diǎn)E為CD上一點(diǎn)，且CE＝2ED，則∠AEB的余弦值為17．（2024?耒陽(yáng)市校級(jí)開(kāi)學(xué)）已知，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，一半圓以BC的中點(diǎn)為圓心，且與兩腰AB，AC分別相切于點(diǎn)D，G，EF與半圓相切，交AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)F．過(guò)E作AB的垂線，過(guò)F作AC的垂線，兩垂線相交于P，作PQ⊥BC，Q為垂足．若EF＝2025，且sin∠ABC=2536，則PQ的長(zhǎng)為18．（2024?重慶模擬）在四邊形ABCD中，BC→=2AD→，點(diǎn)P是四邊形ABCD所在平面上一點(diǎn)，滿(mǎn)足PA→+10PB→+PC→+1019．（2024春?晉安區(qū)校級(jí)期末）已知向量a→=(2，4)，b→=(1，0)，若(20．（2024春?株洲期末）已知平行四邊形ABCD中，|AB→|=5，|AD→|=4，∠A=π3．若點(diǎn)M滿(mǎn)足AM四．解答題（共5小題）21．（2024秋?大祥區(qū)校級(jí)月考）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且（12sinB﹣sinAcosC）b＝asinCcosB．（1）求ba（2）若a＝6，點(diǎn)D是線段BC上的一點(diǎn)，∠CAD＝∠BAD，DA＝DC，求cosC的值．22．（2024春?即墨區(qū)期末）在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F，G分別是AD，BC的三等分點(diǎn)（AF=13AD，BG=13（1）若|a→|=4，|b→|=3，(2a（2）若|b①EF→與EG②判斷四邊形EFCG的形狀，并說(shuō)明理由．23．（2024秋?禹王臺(tái)區(qū)校級(jí)月考）已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，_____．①2bsinAcosC﹣asinB＝0②2absinC=③2cos2C﹣8cosC+5＝0請(qǐng)?jiān)谝陨先齻€(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在橫線處，并解答．（1）求C的值；（2）若C=3，M是AB的中點(diǎn)，CM=224．（2024?長(zhǎng)安區(qū)一模）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，設(shè)3bsinA＝a（2+cosB）．（1）求B；（2）若△ABC的面積等于3，求△ABC的周長(zhǎng)的最小值．25．（2024?濠江區(qū)校級(jí)一模）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S，已知a2+c2﹣b2=433S（1）求角B；（2）若2cos2A+cos2A﹣1＝0，求S的值．

2025年高考備考高中數(shù)學(xué)個(gè)性化分層教輔尖子生篇《平面向量及其應(yīng)用》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024春?懷寧縣校級(jí)期末）在△ABC中，B=π3，D是AB的中點(diǎn)，CD=3，則ABA．(3，23] B．(23，2【考點(diǎn)】解三角形；正弦定理．【專(zhuān)題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；三角函數(shù)的求值；解三角形；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】C【分析】根據(jù)題意，由正弦定理可得BD＝2sin∠BCD，BC＝2sin∠BDC，即可得到AB+2BC=43【解答】解：因?yàn)锽=π3，CD=3由正弦定理可得BDsin∠BCD則BD＝2sin∠BCD，BC＝2sin∠BDC，且D是AB的中點(diǎn)，則AB+2BC＝2BD+2BC＝4sin∠BCD+4sin∠BDC，又B=π3，則則AB+2BC=4sin(=4(3=4(3=43又∠BCD∈(0，23π)所以sin(∠BCD+π6)∈(即AB+2BC的取值范圍為(23故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查正弦定理，三角恒等變換，正弦函數(shù)的性質(zhì)，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．2．（2024?江陰市校級(jí)二模）在△ABC中，AB＝BC，點(diǎn)D是邊AB的中點(diǎn)，△ABC的面積為49，則線段CDA．（0，1） B．（1，+∞） C．[63，+∞） D．（0，6【考點(diǎn)】三角形中的幾何計(jì)算．【專(zhuān)題】計(jì)算題；函數(shù)思想；參數(shù)法；解三角形；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】C【分析】設(shè)AB＝BC＝x，∠ABC＝α，如圖建立平面直角坐標(biāo)系，將線段長(zhǎng)度的取值范圍轉(zhuǎn)化為函數(shù)的取值范圍求解．【解答】解：設(shè)AB＝BC＝x，∠ABC＝α，如圖建立平面直角坐標(biāo)系，則C(xcosα，xsinα)，B(0，0)，D(x由已知得S△ABC∴CD令y=∴y′=2(4?5cosα)令y′＝0得cosα=4并令此時(shí)α＝θ，因?yàn)閥＝4﹣5cosα在（0，π）上單調(diào)遞增，所以α∈（0，θ）時(shí)，y′＜0，函數(shù)遞減，α∈（θ，π）時(shí)，y′＞0，函數(shù)遞增．故α＝θ，即cosα=4易知，當(dāng)x→0或x→π時(shí)，y→+∞．故CD2?23，所以CD?故CD的取值范圍是[6故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形中的最值問(wèn)題，屬于難題．3．（2024春?慈溪市期末）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a+2cb=3A．332 B．233 C．【考點(diǎn)】解三角形．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；解三角形；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】B【分析】根據(jù)a+2cb=3sinC+cosC，利用正弦定理結(jié)合兩角和與差的三角函數(shù)得到cosBsinC+2sinC=3【解答】解：在△ABC中，有a+2cb=3又sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，所以cosBsinC+2sinC=3sinBsinC，因?yàn)閟in所以3sinB?cosB=2，即2sin(B?π6)=2，則B?由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2+ac＝（a+c）2﹣ac≥(a+c)則a+c≤23b3，當(dāng)且僅當(dāng)所以a+cb故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正弦定理，余弦定理的應(yīng)用，基本不等式的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題．4．（2024春?河北期末）十七世紀(jì)法國(guó)數(shù)學(xué)家、被譽(yù)為業(yè)余數(shù)學(xué)家之王的皮埃爾?德?費(fèi)馬提出一個(gè)著名的幾何問(wèn)題：已知一個(gè)三角形，求作一點(diǎn)，使其與這個(gè)三角形的三個(gè)頂點(diǎn)的距離之和最?。浯鸢溉缦拢寒?dāng)三角形的三個(gè)角均小于120°時(shí)，所求的點(diǎn)為三角形的正等角中心，即該點(diǎn)與三角形三個(gè)頂點(diǎn)的連線兩兩成120°角；當(dāng)三角形有一內(nèi)角大于或等于120°時(shí)，所求的點(diǎn)為三角形最大內(nèi)角的頂點(diǎn)．在費(fèi)馬問(wèn)題中所求的點(diǎn)被稱(chēng)為費(fèi)馬點(diǎn)．已知a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且a2+c2?b2A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．?【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算；正弦定理；余弦定理．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；平面向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】D【分析】首先分析題意，根據(jù)兩角和的三角函數(shù)公式進(jìn)行化簡(jiǎn)，下一步依據(jù)三角函數(shù)的同角關(guān)系，余弦定理，結(jié)合向量數(shù)量積的定義進(jìn)行求解即可．【解答】解：因?yàn)?sinBsin(C+π角A，B，C為三角形ABC的內(nèi)角，則A+B+C＝π，3sinA=所以sinBsinC+3即sinBsinC=3sinCcosB．因?yàn)閟inC≠0，所以因?yàn)锽∈（0，π），所以B=π由三角形內(nèi)角和性質(zhì)可知，△ABC的三個(gè)內(nèi)角均小于120°，結(jié)合題設(shè)易知P點(diǎn)一定在△ABC的內(nèi)部．由余弦定理可得a2+c2﹣b2＝2accosB＝3，解得ac=3．S所以|PA|?|PB|+|PB|?|PC|+|PA|?|PC|＝3，所以PA→故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．5．（2024?潮陽(yáng)區(qū)校級(jí)模擬）若a→，b→都為非零向量，且a→A．π4 B．3π4 C．π3【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算；數(shù)量積表示兩個(gè)平面向量的夾角．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；平面向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】D【分析】根據(jù)兩向量垂直數(shù)量積等于0，聯(lián)立a→?(a【解答】解：因?yàn)閍→⊥(a所以a→?(a化簡(jiǎn)得a→2=所以cos?a因?yàn)?≤?a→，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及運(yùn)算，屬中檔題．6．（2024春?梅州月考）已知△ABC是銳角三角形，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，S為△ABC的面積，2S＝b2+c2﹣a2，則cbA．(55，5) B．(2【考點(diǎn)】余弦定理；正弦定理．【專(zhuān)題】整體思想；綜合法；三角函數(shù)的求值；解三角形；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】A【分析】由已知結(jié)合余弦定理及三角形面積公式可求tanA，進(jìn)而可求sinA，coA，然后結(jié)合正弦定理及和差角公式進(jìn)行化簡(jiǎn)，再由正切函數(shù)的性質(zhì)即可求解．【解答】解：因?yàn)镾＝b2+c2﹣a2，所以bcsinA＝b2+c2﹣a2＝2bccosA，所以tanA＝2，因?yàn)锳為銳角，所以sinA=255，cosA=所以tanB＞tan（π2?A）所以0＜1所以0＜2則cb=sinCsinB故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面積公式的應(yīng)用，還考查了同角基本關(guān)系，誘導(dǎo)公式，和差角公式的應(yīng)用，屬于中檔題．7．（2024?浙江模擬）在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊，若tanA＝3，B=π4，bc＝210，則A．2 B．3 C．22 D．【考點(diǎn)】解三角形；正弦定理．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；解三角形；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】B【分析】根據(jù)B，A，求出C，再利用正弦定理分別求出c和a．【解答】解：∵tanA＝3，∴sinA=31010，cos∴sinC＝sin（A+π4）＝sinAcosπ4+cos由正弦定理bsinB=csinC可得，∴bc=104c2＝210，∴c＝2又由正弦定理可得a=csinA故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角變換以及正弦定理，屬于中檔題．8．（2024春?牡丹江校級(jí)期末）向量AB→=(2，1)在向量AC→=(0，1A．23 B．22 C．8【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算；平面向量的投影向量；平面向量的概念與平面向量的模．【專(zhuān)題】整體思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】B【分析】根據(jù)投影向量公式可得λ＝2，然后由向量模的坐標(biāo)表示可得．【解答】解：已知向量AB→=(2，1)，則AB→?AC所以向量AB→在向量AC→上的投影向量為所以λ＝2，所以AB→所以|AB故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，屬中檔題．9．（2024?廣東模擬）已知△ABC是銳角三角形，內(nèi)角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c．若a2﹣b2＝bc，則ba+cA．(33，22) B．(2?【考點(diǎn)】解三角形；余弦定理．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；解三角形；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】C【分析】由余弦定理和正弦定理，結(jié)合正弦和角公式得到sinB＝sin（A﹣B），結(jié)合△ABC為銳角三角形，得到A＝2B，故π6＜B＜π【解答】解：因?yàn)閍2﹣b2＝bc，得a2＝b2+bc．由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，所以b2+bc＝b2+c2﹣2bccosA，即b＝c﹣2bcosA．由正弦定理得sinB＝sinC﹣2sinBcosA，因?yàn)镃＝π﹣（A+B），則sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，所以sinB＝sinAcosB﹣cosAsinB，即sinB＝sin（A﹣B）．因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以0＜A＜π2，0＜B＜π又y＝sinx在(?π2，π2)上單調(diào)遞增，所以B＝A﹣因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以0＜B＜π2，0＜A=2B＜π所以π6由正弦定理得b=sinB=1令cosB＝t，因?yàn)棣?＜B＜πy=4t2+2t?1=4當(dāng)t=22時(shí)，y=1+2，當(dāng)t=故ba+c故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．10．（2024?涼山州模擬）已知平面向量a→，b→滿(mǎn)足|a→|=32，|bA．223 B．13 C．15【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算．【專(zhuān)題】運(yùn)動(dòng)思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】B【分析】根據(jù)已知得出|a→+λb→|2=λ【解答】解：平面向量a→，b→滿(mǎn)足|a→|=3所以|a則λ=?32cos＜a→，故?32cos＜a→，所以sin＜a故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平面向量的性質(zhì)和線性運(yùn)算，屬于中檔題．二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?江陰市校級(jí)一模）已知向量a→，b→，c→為平面向量，|a→|=1，A．1≤|cB．(c→?C．?1≤bD．若c→=λa→+μb【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算．【專(zhuān)題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；直線與圓；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】BCD【分析】設(shè)a→=(1，0)，b→=(0，2)，c→=(x，y)，根據(jù)|c→?a→|=12推導(dǎo)出(x?1)2+y2=14，從而計(jì)算出|c→【解答】解：對(duì)于A，設(shè)a→根據(jù)c→?a→=（x﹣1，y），|所以點(diǎn)（x，y）在以C（1，0），半徑r=1|c→|=x2+y對(duì)于B，(c當(dāng)圓(x?1)2+y2=14上一點(diǎn)（x因此，(c→?a→對(duì)于C，b→?c→=2y，由前面的分析，可知?對(duì)D，根據(jù)(x?1)2+y因?yàn)閏→=λa所以λ+μ=cosθ故當(dāng)sin（θ+φ）＝﹣1時(shí)，λ+μ取得最小值，最小值等于1?54，故故選：BCD．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算、點(diǎn)與圓的位置關(guān)系、三角恒等變換公式及其應(yīng)用，考查了計(jì)算能力、邏輯推理能力，屬于中檔題．（多選）12．（2024春?臺(tái)州期末）已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，其中a為定值．若△ABC的面積S=1A．tanA的最大值為43B．b2+c2的最小值為2a2 C．△ABC周長(zhǎng)的最小值為(5D．bc的取值范圍是【考點(diǎn)】解三角形．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；解三角形；邏輯推理；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】ACD【分析】根據(jù)已知條件得到a＝bsinC，a2＝bcsinA，設(shè)邊a上的高為h，S=12a2=12ah，可得【解答】解：△ABC的面積S=12a2=12bcsinA，所以由正弦定理可得：sin2A＝sinBsinAsinC，即sinA＝sinBsinC，設(shè)邊a上的高為h，所以S=12a2=12ah，可得對(duì)于A，根據(jù)余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，即b2+c2＝a2+2bccosA，又因?yàn)閍2＝bcsinA，所以b2+c2＝bcsinA+2bccosA，即sinA+2cosA=b2+c2bc=可得2cosA≥2﹣sinA，又因?yàn)閟inA∈（0，1]，所以cosA＞0，兩邊平方可得：4cos2A≥（2﹣sinA）2＝4﹣4sinA+sin2A，又因?yàn)閟in2A+cos2A＝1，即4﹣4sin2A≥4﹣4sinA+sin2A，解所以﹣4sinA+5sin2A≤0，又因?yàn)閟inA≠0，所以0＜sinA≤45，則cosA∈[3所以tanA的最大值為43，故A對(duì)于B，b2+c2≥2bc=由A可知sinA≤45，所以b2+c2≥2a2sinA對(duì)于C，△ABC周長(zhǎng)為a+b+c，因?yàn)閎+c≥2bc=2a2sinA=2a1sinA，當(dāng)所以△ABC周長(zhǎng)的最小值為(5+1)a，故對(duì)于D，因?yàn)閎2因?yàn)閟in（A+φ）∈（﹣1，1），所以b2兩邊同時(shí)除以c2，b2c2+1≤5bc，所以（可得bc的取值危圍是[5?1故選：ACD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正弦定理，余弦定理及基本不等式的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題．（多選）13．（2024春?常州期末）在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，下列說(shuō)法正確的有（）A．a(chǎn)＝bcosC+ccosB B．若a2＜b2+c2，則△ABC為銳角三角形 C．若sinA＞sinB，則A＞B D．若cosA＞sinB，則△ABC為鈍角三角形【考點(diǎn)】正弦定理；余弦定理．【專(zhuān)題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；三角函數(shù)的求值；解三角形；邏輯推理；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】ACD【分析】首先利用過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC，再利用解直角三角形求出結(jié)果；再利用余弦定理判定B的結(jié)論，利用正弦定理判斷C的結(jié)論，利用三角函數(shù)的關(guān)系式判斷D的結(jié)論．【解答】解：對(duì)于A：由于在△ABC中，如圖所示：過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC交于點(diǎn)D，利用BC＝BD+CD，整理得a＝ccosB+bcosC，故A正確；對(duì)于B：由于a2＜b2+c2，所以cosA=b2+c2?a22bc＞0，由于A對(duì)于C：由于sinA＞sinB，利用正弦定理：2RsinA＞2RsinB，所以a＞b，故A＞B，故C正確；對(duì)于D：在△ABC中，cosA＞sinB，由于sinB＞0，所以cosA＞0，所以A為銳角，若B為銳角，則cosA＞cos（π2?B），可得A＜π2?B，整理得若B為鈍角，則cosA＞cos（B?π2），可得A＜B?π2，故B＞A+π2，故故選：ACD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)點(diǎn)：正弦定理，余弦定理和三角函數(shù)關(guān)系式的變換，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力，屬于中檔題．（多選）14．（2024春?成都期末）設(shè)點(diǎn)D是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，O是平面上一個(gè)定點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的有（）A．若AD→=(23AB→+1B．若AD→=λ(AB→|AB→|cosB+AC→C．若AD→=xAB→+yAC→，且x，y∈R，D．若平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足OP→=OA→+λ(AB→|AB→【考點(diǎn)】平面向量的線性運(yùn)算．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；邏輯推理．【答案】ABC【分析】根據(jù)向量的線性運(yùn)算，結(jié)合三角形外心、內(nèi)心的概念及面積公式，對(duì)各選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可．【解答】解：對(duì)于A，由AD→=2即BD→=13BC→，所以D是對(duì)于B，由AD→得AD→即AD→?BC所以直線AD經(jīng)過(guò)△ABC的垂心，故B正確；對(duì)于C，設(shè)AB的中點(diǎn)為E，AC的中點(diǎn)為F，則AD→因?yàn)閤+y=12，所以2x+2所以D，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線，所以S△BCD=1對(duì)于D，由向量加法的平行四邊形法則可知，AB→|AB→|所以O(shè)P→=OA→+λ(所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡一定通過(guò)△ABC的內(nèi)心，故D錯(cuò)誤．故選：ABC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查平面向量的線性運(yùn)算，考查三角形的內(nèi)心、垂心的性質(zhì)，屬中檔題．（多選）15．（2024?德慶縣校級(jí)模擬）已知a→=(2，?4)，A．(aB．|aC．a(chǎn)→與b→的夾角為D．a(chǎn)→在b→【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算；平面向量的投影向量；數(shù)量積表示兩個(gè)平面向量的夾角；數(shù)量積判斷兩個(gè)平面向量的垂直關(guān)系．【專(zhuān)題】整體思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】AC【分析】A．利用平面向量的數(shù)量積運(yùn)算求解判斷；B．利用平面向量的模公式求解判斷；C．利用平面向量夾角公式求解判斷；D．利用平面向量的投影向量的定義求解判斷．【解答】解：因?yàn)閍→=(2，?4)，所以a→則(a所以(a故A正確；a→所以|a故B錯(cuò)誤；cos?a因?yàn)?a所以?a故C正確；a→在b→方向上的投影向量是故D錯(cuò)誤．故選：AC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，屬中檔題．三．填空題（共5小題）16．（2024春?高州市月考）已知菱形ABCD中，AC=22，BD=2，點(diǎn)E為CD上一點(diǎn)，且CE＝2ED，則∠AEB的余弦值為3【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；平面向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】33【分析】建立如圖平面直角坐標(biāo)系，利用平面向量的坐標(biāo)表示和數(shù)量積的定義與坐標(biāo)表示計(jì)算即可求解．【解答】解：設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC，BD所在直線分別為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(2所以EA→有EA→則cos∠AEB=EA故答案為：33【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，屬于中檔題．17．（2024?耒陽(yáng)市校級(jí)開(kāi)學(xué)）已知，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，一半圓以BC的中點(diǎn)為圓心，且與兩腰AB，AC分別相切于點(diǎn)D，G，EF與半圓相切，交AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)F．過(guò)E作AB的垂線，過(guò)F作AC的垂線，兩垂線相交于P，作PQ⊥BC，Q為垂足．若EF＝2025，且sin∠ABC=2536，則PQ的長(zhǎng)為【考點(diǎn)】三角形中的幾何計(jì)算．【專(zhuān)題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；解三角形；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】1458．【分析】設(shè)BC＝a，AB＝AC＝l，利用余弦定理推導(dǎo)出l=a2cosθ．連接PA、PB、PC，根據(jù)勾股定理證出AE2+BQ2+CF2＝AF2+BE2+CQ2，再設(shè)BE＝m，CF＝n，BQ＝s，CQ＝t，代入平方關(guān)系式推導(dǎo)出s=a2+m?n2cosθ．然后過(guò)Q作QK⊥AB于K，根據(jù)BK+KE＝BE，利用銳角三角函數(shù)的定義推導(dǎo)出PQ【解答】解：因?yàn)椤鰽BC中，AB＝AC，所以∠ABC＝∠ACB，設(shè)∠ABC＝θ，由題意得sinθ=25設(shè)BC＝a，AB＝AC＝l，由余弦定理得cos∠ABC＝cosθ=a2+l連接PA、PB、PC，根據(jù)勾股定理，可得AE2+PE2＝AF2+PF2＝AP2，BE2+PE2＝BQ2+PQ2＝BP2，CQ2+PQ2＝CF2+PF2＝CP2，相加可得（AE2+PE2）+（BQ2+PQ2）+（CF2+PF2）＝（AF2+PF2）+（BE2+PE2）+（CQ2+PQ2），整理得AE2+BQ2+CF2＝AF2+BE2+CQ2．設(shè)BE＝m，CF＝n，BQ＝s，CQ＝t，可得（l﹣m）2+s2+n2＝（l﹣n）2+m2+t2，整理得s2﹣t2＝2l（m﹣n），將l=a2cosθ代入上式，得s2﹣t2＝2?a2cosθ?（m結(jié)合s+t＝BC＝a，化簡(jiǎn)得s﹣t=m?ncosθ，與s+t＝a消去t，得s設(shè)半圓的圓心為O，連接OG，則OG⊥AC，Rt△OGC中，CG＝OCcos∠OCG=a2cosθ，故BD＝CG=a所以EF＝DE+GF＝BE+CF﹣（BD+CG）＝BE+CF﹣2BD＝m+n﹣acosθ．過(guò)Q作QK⊥AB于K，則∠PQK＝∠ABC＝θ，由BK+KE＝BE，得scosθ+PQsinθ＝m，可得PQ=m?scosθ故答案為：1458．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查銳角三角形函數(shù)的定義、余弦定理、直線與圓相切的性質(zhì)等知識(shí)，考查了計(jì)算能力、圖形的理解能力，屬于中檔題．18．（2024?重慶模擬）在四邊形ABCD中，BC→=2AD→，點(diǎn)P是四邊形ABCD所在平面上一點(diǎn)，滿(mǎn)足PA→+10PB→+PC→+10PD→【考點(diǎn)】平面向量的基本定理．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；邏輯推理．【答案】211【分析】設(shè)出梯形ABCD兩底的長(zhǎng)，取AB，CD，BD，AC的中點(diǎn)M，N，X，Y，并探討它們的關(guān)系，結(jié)合已知向量等式確定點(diǎn)P的位置并求出PX，再由三角形和梯形面積公式求解即得．【解答】解：在四邊形ABCD中，BC→=2AD且AD∥BC，令A(yù)D＝2，BC＝4，記M，N，X，Y分別是AB，CD，BD，AC的中點(diǎn)，顯然MX∥AD，NY∥AD，MN∥AD，于是點(diǎn)M，X，Y，N順次共線并且MX＝XY＝Y(jié)N＝1，顯然PA→+PC而PA→+10PB因此點(diǎn)P在線段XY上，且PX=1設(shè)A到MN的距離為h，由面積公式可知：tS故答案為：211【點(diǎn)評(píng)】本題考查平面向量基本定理的應(yīng)用，屬中檔題．19．（2024春?晉安區(qū)校級(jí)期末）已知向量a→=(2，4)，b→=(1，0)，若(【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算；數(shù)量積判斷兩個(gè)平面向量的垂直關(guān)系．【專(zhuān)題】整體思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】2．【分析】根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算與垂直關(guān)系的坐標(biāo)表示求解即可．【解答】解：已知向量a→=(2，4)，b則(a故答案為：2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，屬中檔題．20．（2024春?株洲期末）已知平行四邊形ABCD中，|AB→|=5，|AD→|=4，∠A=π3．若點(diǎn)M滿(mǎn)足AM→=【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算．【專(zhuān)題】整體思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】232【分析】由平面向量的線性運(yùn)算，結(jié)合平面向量數(shù)量積的運(yùn)算求解．【解答】解：已知平行四邊形ABCD中，|AB→|=5，|則AB→又點(diǎn)M滿(mǎn)足AM→=14MB則DM→DN→所以DM→故答案為：232【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平面向量的線性運(yùn)算，重點(diǎn)考查了平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，屬中檔題．四．解答題（共5小題）21．（2024秋?大祥區(qū)校級(jí)月考）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且（12sinB﹣sinAcosC）b＝asinCcosB．（1）求ba（2）若a＝6，點(diǎn)D是線段BC上的一點(diǎn)，∠CAD＝∠BAD，DA＝DC，求cosC的值．【考點(diǎn)】解三角形．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；解三角形；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）ba（2）cosC=3【分析】（1）由正弦定理及三角恒等變換即可求解；（2）由△ADB，△ADC的面積比值得ABAC=BDCD（角平分線定理），設(shè)ABAC=BD【解答】解：（1）因?yàn)椋?2sinB﹣sinAcosC）b＝asinCcosB，由正弦定理得（12sinB﹣sinAcosC）sinB＝sinAsinCcosB，所以12sin2B＝sinAsinCcosB+sinAcosCsinB＝sinA（sinCcosB+cosCsinB）＝sinAsin（B+C）＝sinAsin（π﹣A）＝sin2A．即12sin2B＝sin2A，由正弦定理得12b2＝a2，又a＞0、b＞0，則ba=3所以ba（2）因?yàn)椤螩AD＝∠BAD，設(shè)△ABC中BC邊上的高為h，所以S△ADBS△ADC設(shè)ABAC由a＝6，ba=36，BD+所以b=3，則AB=3m，BD=在△ABC中，由余弦定理得cosC=C設(shè)AC的中點(diǎn)為E，連接DE，如圖所示，由DA＝DC，則DE⊥AC，在Rt△CED中，cosC=CE所以3(1+m)解得m＝3或m＝﹣4（舍去），所以cosC=3【點(diǎn)評(píng)】本題考查正余弦定理以及三角形的面積公式在解三角形中的應(yīng)用，屬于中檔題．22．（2024春?即墨區(qū)期末）在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F，G分別是AD，BC的三等分點(diǎn)（AF=13AD，BG=13（1）若|a→|=4，|b→|=3，(2a（2）若|b①EF→與EG②判斷四邊形EFCG的形狀，并說(shuō)明理由．【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算；數(shù)量積表示兩個(gè)平面向量的夾角．【專(zhuān)題】整體思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）π3（2）①0，②四邊形EFCG為梯形，理由見(jiàn)解析．【分析】（1）展開(kāi)(2a→?3b→（2）①求出EF→?EG→，證明EF→②求出FC→和EG→的關(guān)系，證明FC∥EG，判斷四邊形【解答】解：（1）∵(2a∴4|a即37﹣48cosθ＝13，則cosθ=1∴θ=π（2）①EF→=1EF→∵|b∴EF→即EF→與EG②∵FC→∴FC∥EG，且FC≠EG，∴四邊形EFCG為梯形．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，重點(diǎn)考查了平面向量的線性運(yùn)算，屬中檔題．23．（2024秋?禹王臺(tái)區(qū)校級(jí)月考）已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，_____．①2bsinAcosC﹣asinB＝0②2absinC=③2cos2C﹣8cosC+5＝0請(qǐng)?jiān)谝陨先齻€(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在橫線處，并解答．（1）求C的值；（2）若C=3，M是AB的中點(diǎn)，CM=2【考點(diǎn)】解三角形．【專(zhuān)題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；解三角形；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）C=π（2）54【分析】（1）選①：由正弦定理化簡(jiǎn)已知等式可得cosC=12，結(jié)合C∈（0，π），即可求解選②：由余弦定理，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求tanC=3，結(jié)合C∈（0，π），即可求解C選③：由題意可求4cos2C﹣8cosC+3＝0，解方程得cosC的值，結(jié)合C∈（0，π），即可求解C的值；（2）由余弦定理得a2+b2﹣3＝ab，由M是AB的中點(diǎn)，利用平面向量數(shù)量積的運(yùn)算即可求解．【解答】解：（1）選①：∵2bsinAcosC﹣asinB＝0，由正弦定理得：2sinBsinAcosC﹣sinAsinB＝0，∵sinBsinA≠0，∴cosC=1又∵C∈（0，π），∴C=π選②：∵2absinC=3(a2∴tanC=3又∵C∈（0，π），∴C=π選③：∵2cos2C﹣8cosC+5＝0，∴2（2cos2C﹣1）﹣8cosC+5＝0，即4cos2C﹣8cosC+3＝0，解得cosC=12或又∵C∈（0，π），∴C=π（2）由余弦定理得：cosC=a2+b2?c22ab，則a∵M(jìn)是AB的中點(diǎn)，可得CM→=1則CM→∴4|CM∴ab=5∴CA→【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式以及平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，屬于中檔題．24．（2024?長(zhǎng)安區(qū)一模）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，設(shè)3bsinA＝a（2+cosB）．（1）求B；（2）若△ABC的面積等于3，求△ABC的周長(zhǎng)的最小值．【考點(diǎn)】解三角形；基本不等式及其應(yīng)用．【專(zhuān)題】綜合題；函數(shù)思想；轉(zhuǎn)化思想；分析法；轉(zhuǎn)化法；解三角形；不等式．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）先利用邊角互化將3bsinA＝a（2+cosB）轉(zhuǎn)化為關(guān)于B的方程，求出∠B．（2）因?yàn)锽已知，所以求面積的最小值即為求ac的最小值，結(jié)合余弦定理和基本不等式可以求得．【解答】解：（1）因?yàn)?bsinA＝a（2+cosB）．由正弦定理得3sinBsinA=sinA(2+cosB)顯然sinA＞0，所以3sinB?cosB=2所以2sin（B?π6）＝2，∵B∈（0，所以B?π6=（2）依題意3ac4=所以a+c≥2ac又由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2+ac≥3ac＝12．∴b≥23當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時(shí)取等號(hào)．所以△ABC的周長(zhǎng)最小值為4+23【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查解三角形、基本不等式等知識(shí)，意在考查邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，屬于中檔題．25．（2024?濠江區(qū)校級(jí)一模）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S，已知a2+c2﹣b2=433S（1）求角B；（2）若2cos2A+cos2A﹣1＝0，求S的值．【考點(diǎn)】解三角形；正弦定理；余弦定理．【專(zhuān)題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；解三角形；數(shù)學(xué)運(yùn)算．【答案】（1）B=π（2）3+3【分析】（1）由三角形面積公式及余弦定理，可得tanB=3，從而求得角B（2）由已知條件，求得A=π4，根據(jù)正弦定理解得邊【解答】解：（1）因?yàn)閍2所以a2所以a2即cosB=33sinB又0＜B＜π2，所以（2）因?yàn)?cos2A+cos2A﹣1＝0，所以cos2A＝0，因?yàn)?＜A＜2π3，所以故2A=π2，即由正弦定理，得2sinπ4所以S==6【點(diǎn)評(píng)】本題考查正弦定理、余弦定理的應(yīng)用，考查解三角形，屬中檔題．

考點(diǎn)卡片1．基本不等式及其應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】基本不等式主要應(yīng)用于求某些函數(shù)的最值及證明不等式．其可表述為：兩個(gè)正實(shí)數(shù)的幾何平均數(shù)小于或等于它們的算術(shù)平均數(shù)．公式為：a+b2≥ab（a≥0，b≥0），變形為ab≤（a+b2）2或者a+實(shí)例解析例1：下列結(jié)論中，錯(cuò)用基本不等式做依據(jù)的是．A：a，b均為負(fù)數(shù)，則2ab+b2a≥2．B：x2+2x2解：根據(jù)均值不等式解題必須滿(mǎn)足三個(gè)基本條件：“一正，二定、三相等”可知A、B、D均滿(mǎn)足條件．對(duì)于C選項(xiàng)中sinx≠±2，不滿(mǎn)足“相等”的條件，再者sinx可以取到負(fù)值．故選：C．A選項(xiàng)告訴我們正數(shù)的要求是整個(gè)式子為正數(shù)，而不是式子當(dāng)中的某一個(gè)組成元素；B分子其實(shí)可以寫(xiě)成x2+1+1，然后除以分母就可換成基本不等式．這個(gè)例題告訴我們對(duì)于一個(gè)式子也是可以用基本不等式的，而且求最值也很方便．例2：利用基本不等式求y=xx2+2的最值？當(dāng)0＜解：當(dāng)x＝0時(shí)，y＝0，當(dāng)x≠0時(shí)，y=x用基本不等式若x＞0時(shí)，0＜y≤2若x＜0時(shí)，?24綜上得，可以得出?24≤∴y=xx2+2的最值是這是基本不等式在函數(shù)中的應(yīng)用，他的解題思路是首先判斷元素是否大于0，沒(méi)有明確表示的話就需要討論；然后把他化成基本不等式的形式，也就是化成兩個(gè)元素（函數(shù)）相加，而他們的特點(diǎn)是相乘后為常數(shù)；最后套用基本不等式定理直接求的結(jié)果．【解題方法點(diǎn)撥】基本不等式的應(yīng)用1、求最值例1：求下列函數(shù)的值域．2、利用基本不等式證明不等式3、基本不等式與恒成立問(wèn)題4、均值定理在比較大小中的應(yīng)用【命題方向】技巧一：湊項(xiàng)點(diǎn)評(píng)：本題需要調(diào)整項(xiàng)的符號(hào)，又要配湊項(xiàng)的系數(shù)，使其積為定值．技巧二：湊系數(shù)例2：當(dāng)0＜x＜4時(shí)，求y＝x（8﹣2x）的最大值．解析：由0＜x＜4知，8﹣2x＞0，利用基本不等式求最值，必須和為定值或積為定值，此題為兩個(gè)式子積的形式，但其和不是定值．注意到2x+（8﹣2x）＝8為定值，故只需將y＝x（8﹣2x）湊上一個(gè)系數(shù)即可．y＝x（8﹣2x）=12[2x?（8﹣2x）]≤12（當(dāng)2x＝8﹣2x，即x＝2時(shí)取等號(hào)，當(dāng)x＝2時(shí)，y＝x（8﹣x2）的最大值為8．評(píng)注：本題無(wú)法直接運(yùn)用基本不等式求解，但湊系數(shù)后可得到和為定值，從而可利用基本不等式求最大值．技巧三：分離例3：求y=x解：本題看似無(wú)法運(yùn)用基本不等式，不妨將分子配方湊出含有（x+1）的項(xiàng)，再將其分離．y=x2+7x+10x+1=當(dāng)x＞﹣1，即x+1＞0時(shí)，y≥2(x+1)×4x+1+技巧四：換元對(duì)于上面例3，可先換元，令t＝x+1，化簡(jiǎn)原式在分離求最值．技巧五：結(jié)合函數(shù)f（x）＝x+a技巧六：整體代換點(diǎn)評(píng)：多次連用最值定理求最值時(shí)，要注意取等號(hào)的條件的一致性，否則就會(huì)出錯(cuò)．技巧七：取平方點(diǎn)評(píng)：本題將解析式兩邊平方構(gòu)造出“和為定值”，為利用基本不等式創(chuàng)造了條件．總之，我們利用基本不等式求最值時(shí)，一定要注意“一正二定三相等”，同時(shí)還要注意一些變形技巧，積極創(chuàng)造條件利用基本不等式．2．平面向量的概念與平面向量的?！局R(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】向量概念既有大小又有方向的量叫做向量（如物理中的矢量：速度、加速度、力），只有大小沒(méi)有方向的量叫做數(shù)量（物理中的標(biāo)量：身高、體重、年齡）．在數(shù)學(xué)中我們把向量的大小叫做向量的模，這是一個(gè)標(biāo)量．向量的幾何表示用有向線段表示向量，有向線段的長(zhǎng)度表示有向向量的大小，用箭頭所指的方向表示向量的方向．即用表示有向線段的起點(diǎn)、終點(diǎn)的字母表示，例如AB→、BC→，…字母表示，用小寫(xiě)字母a→、b→，…表示．有向向量的長(zhǎng)度為模，表示為|向量的模AB→的大小，也就是AB→的長(zhǎng)度（或稱(chēng)模），記作|零向量長(zhǎng)度為零的向量叫做零向量，記作0→單位向量長(zhǎng)度為一個(gè)單位長(zhǎng)度的向量叫做單位向量AB→（與AB→共線的單位向量是相等向量長(zhǎng)度相等且方向相同的兩個(gè)向量叫相等向量，相等向量有傳遞性．3．平面向量的線性運(yùn)算平面向量的線性運(yùn)算4．平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、平面向量數(shù)量積的重要性質(zhì)：設(shè)a→，b→都是非零向量，e→是與b→方向相同的單位向量，a→（1）a→?e→=（2）a→⊥b（3）當(dāng)a→，b→方向相同時(shí)，a→?b→=|a→||b→|；當(dāng)a特別地：a→?a→=|a→|（4）cosθ=a（5）|a→?b→|≤|2、平面向量數(shù)量積的運(yùn)算律（1）交換律：a→（2）數(shù)乘向量的結(jié)合律：（λa→）?b→=λ（a→?（3）分配律：（a→?b→）?平面向量數(shù)量積的運(yùn)算平面向量數(shù)量積運(yùn)算的一般定理為①（a→±b→）2=a→2±2a→?b→+b→2．②（a→?b→）（a→+b→）=【解題方法點(diǎn)撥】例：由代數(shù)式的乘法法則類(lèi)比推導(dǎo)向量的數(shù)量積的運(yùn)算法則：①“mn＝nm”類(lèi)比得到“a→②“（m+n）t＝mt+nt”類(lèi)比得到“（a→+b③“t≠0，mt＝nt?m＝n”類(lèi)比得到“c→≠0，a④“|m?n|＝|m|?|n|”類(lèi)比得到“|a→?b→|＝|⑤“（m?n）t＝m（n?t）”類(lèi)比得到“（a→?b⑥“acbc=ab”類(lèi)比得到a→解：∵向量的數(shù)量積滿(mǎn)足交換律，∴“mn＝nm”類(lèi)比得到“a→即①正確；∵向量的數(shù)量積滿(mǎn)足分配律，∴“（m+n）t＝mt+nt”類(lèi)比得到“（a→+b即②正確；∵向量的數(shù)量積不滿(mǎn)足消元律，∴“t≠0，mt＝nt?m＝n”不能類(lèi)比得到“c→≠0，a即③錯(cuò)誤；∵|a→?b→|≠|(zhì)∴“|m?n|＝|m|?|n|”不能類(lèi)比得到“|a→?b→|＝|即④錯(cuò)誤；∵向量的數(shù)量積不滿(mǎn)足結(jié)合律，∴“（m?n）t＝m（n?t）”不能類(lèi)比得到“（a→?b即⑤錯(cuò)誤；∵向量的數(shù)量積不滿(mǎn)足消元律，∴acbc=a即⑥錯(cuò)誤．故答案為：①②．向量的數(shù)量積滿(mǎn)足交換律，由“mn＝nm”類(lèi)比得到“a→?b→=b→?a→”；向量的數(shù)量積滿(mǎn)足分配律，故“（m+n）t＝mt+nt”類(lèi)比得到“（a→+b→）?c→=a→?c→+b→?c→”；向量的數(shù)量積不滿(mǎn)足消元律，故“t≠0，mt＝nt?m＝n”不能類(lèi)比得到“c→≠0，a→?c→=b→?c→?a→【命題方向】本知識(shí)點(diǎn)應(yīng)該所有考生都要掌握，這個(gè)知識(shí)點(diǎn)和三角函數(shù)聯(lián)系比較多，也是一個(gè)?？键c(diǎn)，題目相對(duì)來(lái)說(shuō)也不難，所以是拿分的考點(diǎn)，希望大家都掌握．5．平面向量的投影向量【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】投影向量是指一個(gè)向量在另一個(gè)向量上的投影．投影向量可以用來(lái)求兩個(gè)向量之間的夾角，也可以用來(lái)求一個(gè)向量在另一個(gè)向量上的分解．設(shè)a→，b→是兩個(gè)非零向量，AB=a→，CD=b→，考慮如下的變換：過(guò)AB的起點(diǎn)A和終點(diǎn)B分別作所在直線的垂線，垂足分別為A1，B1，得到A1B1，稱(chēng)上述變換為向量a→向向量b→投影，A向量a→在向量b→上的投影向量是【解題方法點(diǎn)撥】投影，是一個(gè)動(dòng)作．投影向量，是一個(gè)向量．我們把|a→|cosθ叫作向量a（1）向量a→在向量b→上的投影向量為|a→|e→cosθ（其中e→為與b（2）注意：a→在b→方向上的投影向量與b→在a→方向上的投影向量不同，b→【命題方向】（1）向量分解：將一個(gè)向量分解成與另一個(gè)向量垂直和平行的兩個(gè)部分．（2）向量夾角計(jì)算：通過(guò)求兩個(gè)向量之間的夾角，則可以判斷它們之間的關(guān)系（如垂直、平行或成銳角或成鈍角）．（3）空間幾何問(wèn)題：求點(diǎn)到平面的距離．6．平面向量的基本定理【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、平面向量基本定理內(nèi)容：如果e1、e2是同一平面內(nèi)兩個(gè)不共線的向量，那么對(duì)這一平面內(nèi)任一a→，有且僅有一對(duì)實(shí)數(shù)λ1、λ2，使a2、基底：不共線的e1、e2叫做平面內(nèi)表示所有向量的一組基底．3、說(shuō)明：（1）基底向量肯定是非零向量，且基底并不唯一，只要不共線就行．（2）由定理可將任一向量按基底方向分解且分解形成唯一．7．平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、向量的夾角概念：對(duì)于兩個(gè)非零向量a→，b→如果以O(shè)為起點(diǎn)，作OA→=a→，OB→=b→，那么射線OA，OB的夾角2、向量的數(shù)量積概念及其運(yùn)算：（1）定義：如果兩個(gè)非零向量a→，b→的夾角為θ，那么我們把|a→||b→|cosθ叫做a即：a→?b→=|a→||b→注意：①a→?b②符號(hào)“?”在數(shù)量積運(yùn)算中既不能省略也不能用“×”代替；③在運(yùn)用數(shù)量積公式解題時(shí)，一定要注意向量夾角的取值范圍是：0≤θ≤π．（2）投影：b→在a→上的投影是一個(gè)數(shù)量|b→（3）坐標(biāo)計(jì)算公式：若a→=（x1，y1），b→=（x2，y2），則a→?b→=x3、向量的夾角公式：4、向量的模長(zhǎng)：5、平面向量數(shù)量積的幾何意義：a→與b→的數(shù)量積a→?b→等于a→的長(zhǎng)度|a→|與8．?dāng)?shù)量積表示兩個(gè)平面向量的夾角【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】我們知道向量是有方向的，也知道向量是可以平行的或者共線的，那么，當(dāng)兩條向量a→與b→不平行時(shí)，那么它們就會(huì)有一個(gè)夾角θ，并且還有這樣的公式：cosθ【解題方法點(diǎn)撥】例：復(fù)數(shù)z=3+i與它的共軛復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的兩個(gè)向量的夾角為解：zz=3∴復(fù)數(shù)z=3+i與它的共軛復(fù)數(shù)故答案為：60°．點(diǎn)評(píng)：這是個(gè)向量與復(fù)數(shù)相結(jié)合的題，本題其實(shí)可以換成是用向量（3，1）與向量（3，﹣1）的夾角．【命題方向】這是向量里面非常重要的一個(gè)公式，也是一個(gè)?？键c(diǎn)，出題方式一般喜歡與其他的考點(diǎn)結(jié)合起來(lái)，比方說(shuō)復(fù)數(shù)、三角函數(shù)等，希望大家認(rèn)真掌握．9．?dāng)?shù)量積判斷兩個(gè)平面向量的垂直關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】向量是有方向的，那么在一個(gè)空間內(nèi)，不同的向量可能是平行，也可能是重合，也有可能是相交．當(dāng)兩條向量的方向互相垂直的時(shí)候，我們就說(shuō)這兩條向量垂直．假如a→=（1，0，1），b→=（2，0，﹣2），那么a→與b【解題方法點(diǎn)撥】例：與向量(?35，A：（3，﹣4）B：（﹣4，3）C：（4，3）D：（4，﹣3）解：對(duì)于A：∵(?35，45)?（3，﹣4）對(duì)于B：∵(?35，45)?（﹣4，3）對(duì)于C：∵(?35，45)?（4，3）對(duì)于D：∵(?35，45)?（4，﹣3）故選：C．點(diǎn)評(píng)：分別求出向量(?35，45)和A，B，【命題方向】向量垂直是比較喜歡考的一個(gè)點(diǎn)，主要性質(zhì)就是垂直的向量積為0，希望大家熟記這個(gè)關(guān)系并靈活運(yùn)用．10．正弦定理【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理內(nèi)容asinA=（R是△ABC外接圓半徑）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accosB，c2＝a2+b2﹣2abcosC變形形式①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；②sinA=a2R，sinB=b2R③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=bcosB=acosC=解決三角形的問(wèn)題①已知兩角和任一邊，求另一角和其他兩條邊；②已知兩邊和其中一邊的對(duì)角，求另一邊和其他兩角①已知三邊，求各角；②已知兩邊和它們的夾角，求第三邊和其他兩角在△ABC中，已知a，b和角A時(shí)，解的情況A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞b解的個(gè)數(shù)一解兩解一解一解由上表可知，當(dāng)A為銳角時(shí)，a＜bsinA，無(wú)解．當(dāng)A為鈍角或直角時(shí)，a≤b，無(wú)解．2、三角形常用面積公式1．S=12a?ha（ha表示邊2．S=12absinC=12acsinB=3．S=12r（a+b+c）（【解題方法點(diǎn)撥】正余弦定理的應(yīng)用1、解直角三角形的基本元素．2、判斷三角形的形狀．3、解決與面積有關(guān)的問(wèn)題．4、利用正余弦定理解斜三角形，在實(shí)際應(yīng)用中有著廣泛的應(yīng)用，如測(cè)量、航海、幾何等方面都要用到解三角形的知識(shí)（1）測(cè)距離問(wèn)題：測(cè)量一個(gè)可到達(dá)的點(diǎn)到一個(gè)不可到達(dá)的點(diǎn)之間的距離問(wèn)題，用正弦定理就可解決．解題關(guān)鍵在于明確：①測(cè)量從一個(gè)可到達(dá)的點(diǎn)到一個(gè)不可到達(dá)的點(diǎn)之間的距離問(wèn)題，一般可轉(zhuǎn)化為已知三角形兩個(gè)角和一邊解三角形的問(wèn)題，再運(yùn)用正弦定理解決；②測(cè)量?jī)蓚€(gè)不可到達(dá)的點(diǎn)之間的距離問(wèn)題，首先把求不可到達(dá)的兩點(diǎn)之間的距離轉(zhuǎn)化為應(yīng)用正弦定理求三角形的邊長(zhǎng)問(wèn)題，然后再把未知的邊長(zhǎng)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為測(cè)量可到達(dá)的一點(diǎn)與不可到達(dá)的一點(diǎn)之間的距離問(wèn)題．（2）測(cè)量高度問(wèn)題：解題思路：①測(cè)量底部不可到達(dá)的建筑物的高度問(wèn)題，由于底部不可到達(dá)，因此不能直接用解直角三角形的方法解決，但常用正弦定理計(jì)算出建筑物頂部或底部到一個(gè)可到達(dá)的點(diǎn)之間的距離，然后轉(zhuǎn)化為解直角三角形的問(wèn)題．②對(duì)于頂部不可到達(dá)的建筑物高度的測(cè)量問(wèn)題，我們可選擇另一建筑物作為研究的橋梁，然后找到可測(cè)建筑物的相關(guān)長(zhǎng)度和仰、俯角等構(gòu)成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．點(diǎn)撥：在測(cè)量高度時(shí)，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一鉛錘面內(nèi)，視線與水平線的夾角．當(dāng)視線在水平線之上時(shí)，成為仰角；當(dāng)視線在水平線之下時(shí)，稱(chēng)為俯角．11．余弦定理【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理內(nèi)容asinA=（R是△ABC外接圓半徑）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accos_B，c2＝a2+b2﹣2abcos_C變形形式①a＝2RsinA，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；②sinA=a2R，sinB=b2R③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=bcosB=acosC=解決三角形的問(wèn)題①已知兩角和任一邊，求另一角和其他兩條邊；②②已知兩邊和其中一邊的對(duì)角，求另一邊和其他兩角①已知三邊，求各角；②已知兩邊和它們的夾角，求第三邊和其他兩角【解題方法點(diǎn)撥】正余弦定理的應(yīng)用1、解直角三角形的基本元素．2、判斷三角形的形狀．3、解決與面積有關(guān)的問(wèn)題．4、利用正余弦定理解斜三角形，在實(shí)際應(yīng)用中有著廣泛的應(yīng)用，如測(cè)量、航海、幾何等方面都要用到解三角形的知識(shí)（1）測(cè)距離問(wèn)題