2025高考帮备考教案数学第六章　平面向量、复数第3讲　平面向量的数量积及应用含答案

2025高考帮备考教案数学第六章平面向量、复数第3讲平面向量的数量积及应用课标要求命题点五年考情命题分析预测1.理解平面向量数量积的概念及其物理意义，会计算平面向量的数量积.2.了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义.3.会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.4.能用坐标表示平面向量的数量积，会表示两个平面向量的夹角.5.会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决数学和实际问题中的应用.平面向量的数量积运算2023全国卷乙T6；2022全国卷乙T3；2022全国卷甲T13；2021新高考卷ⅡT15；2020北京T13；2019全国卷ⅡT3本讲每年必考，主要考查向量的数量积运算、向量的夹角、模长、垂直问题，一般以客观题形式出现，难度不大.预计2025年高考命题稳定，常规备考的同时要关注向量与三角、解析几何等的综合以及坐标法在解题中的应用.平面向量数量积的应用2023新高考卷ⅠT3；2023新高考卷ⅡT13；2023全国卷甲T4；2022全国卷乙T3；2022新高考卷ⅡT4；2022天津T14；2021新高考卷ⅠT10；2021全国卷甲T14；2021全国卷甲T14；2021全国卷乙T14；2020全国卷ⅠT14；2020全国卷ⅡT13；2020新高考卷ⅠT7；2019全国卷ⅠT7平面向量的应用2023全国卷乙T12；2020天津T15学生用书P1171.向量的夹角定义图示范围共线与垂直已知两个非零向量a，b，O是平面上的任意一点.作OA＝a，OB＝b，则①∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作＜a，b＞.设θ是a与b的夹角，则θ的取值范围是②[0，π].θ＝0或π⇔③a∥b，④θ＝π2⇔a⊥b注意确定向量的夹角时应注意“共起点”.思维拓展1.两个向量夹角的范围为[0，π]，两条直线夹角的范围为[0，π2]2.（1）两个向量a，b的夹角为锐角⇔a·b＞0且向量a，b不共线；（2）两个向量a，b的夹角为钝角⇔a·b＜0且向量a，b不共线.2.平面向量的数量积已知两个非零向量a与b的夹角为θ，我们把数量⑤｜a｜｜b｜cosθ叫做向量a与b的数量积，记作⑥a·b.注意零向量与任一向量的数量积为0.3.投影与投影向量如图，过AB的起点A和终点B，分别作向量CD所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到A1B1，我们称上述变换为向量a向向量b⑦投影，A1B1叫做向量设与b方向相同的单位向量为e，a与b的夹角为θ，则A1B1＝｜a｜cos4.向量数量积的运算律对于向量a，b，c和实数λ，有（1）a·b＝b·a；（2）（λa）·b＝λ（a·b）＝a·（λb）；（3）（a＋b）·c＝a·c＋b·c.注意（1）向量数量积的运算不满足乘法结合律，即（a·b）·c不一定等于a·（b·c），这是由于（a·b）·c表示一个与c共线的向量，a·（b·c）表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线.（2）a·b＝a·c（a≠0）b＝c，等式两边不能约去同一个向量.（3）平方差公式、完全平方公式仍适用.5.平面向量数量积的有关结论已知非零向量a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），a与b的夹角为θ.几何表示坐标表示数量积a·b＝｜a｜｜b｜cosθ.a·b＝⑨x1x2＋y1y2.模｜a｜＝a·｜a｜＝⑩x12夹角cosθ＝⑪a·bcosθ＝x1a⊥b的充要条件a·b＝0.⑫x1x2＋y1y2＝0.a∥b的充要条件a＝λb（λ∈R）.⑬x1y2－x2y1＝0.｜a·b｜与｜a｜｜b｜的关系｜a·b｜≤｜a｜｜b｜（当且仅当a∥b时等号成立）.｜x1x2＋y1y2｜≤（x1.以下说法正确的是（A）A.两个向量的数量积是一个实数，向量的加法、减法、数乘运算的运算结果是向量B.由a·b＝0可得a＝0或b＝0C.（a·b）·c＝a·（b·c）D.已知两个非零向量a与b的夹角为θ，若a·b＞0，则θ为锐角2.[教材改编]已知向量a＝（1＋x，x－3），b＝（1－x，2），a·b＝－4，则a＋2b与b的夹角为（B）A.π3 B.π4 C.2π3解析因为a·b＝－4，所以（1＋x）（1－x）＋2（x－3）＝－4，得x＝1.所以a＝（2，－2），b＝（0，2），所以a＋2b＝（2，2），｜a＋2b｜＝22＋22＝22，｜b｜＝2，所以cos＜a＋2b，b＞＝（a+2b）·b｜a+2b||b｜＝422×2＝22.又＜a＋3.[2022全国卷甲]已知向量a＝（m，3），b＝（1，m＋1）.若a⊥b，则m＝－34解析∵a⊥b，∴a·b＝m＋3（m＋1）＝4m＋3＝0，解得m＝－344.已知点A（－1，1），B（1，2），C（－2，－1），D（3，4），则AB在CD方向上的投影向量为（32，32解析依题意，得CD＝（5，5），则与CD同向的单位向量e＝CD｜CD｜＝（22，22），AB＝（2，1），则AB在CD方向上的投影向量为AB·CD｜CD｜·e＝10+552（22，22）5.[易错题]已知平面内三个向量a，b，c两两夹角相等，且｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝3，则｜a＋b＋c｜＝2或5.解析当a，b，c共线时，｜a＋b＋c｜＝｜a｜＋｜b｜＋｜c｜＝5；当a，b，c两两夹角为2π3时，a·b＝－12，a·c＝b·c＝－32.｜a＋b＋c｜＝｜学生用书P119命题点1平面向量的数量积运算例1（1）[2023全国卷乙]正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则EC·ED＝（B）A.5 B.3 C.25 D.5解析解法一由题意知，EC＝EB＋BC＝12AB＋AD，ED＝EA＋AD＝－12AB＋AD，所以EC·ED＝（12AB＋AD）·（－12AB＋AD）＝｜AB｜＝2，所以EC·ED＝4－1＝3，故选B.解法二以点A为坐标原点，AB，AD的方向分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则E（1，0），C（2，2），D（0，2），则EC＝（1，2），ED＝（－1，2），EC·ED＝－1＋4＝3，故选B.（2）[2022全国卷甲]设向量a，b的夹角的余弦值为13，且｜a｜＝1，｜b｜＝3，则（2a＋b）·b＝11解析（2a＋b）·b＝2a·b＋b2＝2｜a｜｜b｜cos＜a，b＞＋｜b｜2＝2×1×3×13＋32＝11方法技巧求非零向量a，b的数量积的方法1.定义法：a·b＝｜a｜｜b｜cosθ.2.基底法：选取合适的一组基底，利用平面向量基本定理将待求数量积的两个向量分别表示出来，进而根据数量积的运算律和定义求解.3.坐标法：已知条件中有（或隐含）正交基底，优先考虑建立平面直角坐标系，利用a·b＝x1x2＋y1y2求解.训练1（1）[2022全国卷乙]已知向量a，b满足｜a｜＝1，｜b｜＝3，｜a－2b｜＝3，则a·b＝（C）A.－2 B.－1 C.1 D.2解析由｜a－2b｜＝3，可得｜a－2b｜2＝a2－4a·b＋4b2＝9.又｜a｜＝1，｜b｜＝3，所以a·b＝1，故选C.（2）[全国卷Ⅱ]已知AB＝（2，3），AC＝（3，t），｜BC｜＝1，则AB·BC＝（C）A.－3 B.－2 C.2 D.3解析因为BC＝AC－AB＝（1，t－3），所以｜BC｜＝1+（t－3）2＝1，解得t＝3，所以BC＝（1，0），所以AB·BC＝2×1＋3命题点2平面向量数量积的应用角度1向量的模问题例2（1）[2022全国卷乙]已知向量a＝（2，1），b＝（－2，4），则｜a－b｜＝（D）A.2 B.3 C.4 D.5解析由题意知a－b＝（2，1）－（－2，4）＝（4，－3），所以｜a－b｜＝42＋（－3（2）[2023新高考卷Ⅱ]已知向量a，b满足｜a－b｜＝3，｜a＋b｜＝｜2a－b｜，则｜b｜＝3.解析由｜a－b｜＝3，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3①.由｜a＋b｜＝｜2a－b｜，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，a2＝2a·b，结合①，得a2＝a2＋b2－3，整理得，b2＝3，所以｜b｜＝3.方法技巧求平面向量模的两种方法公式法利用如下公式转化求解.①a2＝a·a＝｜a｜2或｜a｜＝a·②｜a±b｜＝（a±b③若a＝（x，y），则｜a｜＝x2几何法利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等求解.角度2向量的夹角问题例3（1）[2023全国卷甲]已知向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝2，且a＋b＋c＝0，则cos＜a－c，b－c＞＝（D）A.－45 B.－25 C.25 解析∵a＋b＋c＝0，∴c＝－a－b，等式两边同时平方得2＝a2＋b2＋2a·b＝1＋1＋2a·b，∴a·b＝0.解法一∵a－c＝a－（－a－b）＝2a＋b，b－c＝b－（－a－b）＝a＋2b，∴（a－c）·（b－c）＝（2a＋b）·（a＋2b）＝2a2＋5a·b＋2b2＝4，且｜a－c｜＝｜2a＋b｜＝（2a＋b）2＝4+1＝5，｜b－c｜＝｜a＋2b｜＝∴cos＜a－c，b－c＞＝（a－c）·（解法二如图，令OA＝a，OB＝b，则OC＝c，∴CA＝a－c，CB＝b－c，而｜AB｜＝2，｜AC｜＝｜BC｜＝5，在△ABC中，由余弦定理得cos＜a－c，b－c＞＝cos＜CA，CB＞＝cos∠ACB＝5+5－225×5解法三如图，令向量a，b的起点均为O，终点分别为A，B，以OA，OB的方向分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则a＝（1，0），b＝（0，1），c＝－a－b＝（－1，－1），所以a－c＝（2，1），b－c＝（1，2），则cos＜a－c，b－c＞＝（a－c）·（b－（2）[2022新高考卷Ⅱ]已知向量a＝（3，4），b＝（1，0），c＝a＋tb，若＜a，c＞＝＜b，c＞，则t＝（C）A.－6 B.－5 C.5 D.6解析解法一由题意，得c＝a＋tb＝（3＋t，4），所以a·c＝3×（3＋t）＋4×4＝25＋3t，b·c＝1×（3＋t）＋0×4＝3＋t.因为＜a，c＞＝＜b，c＞，所以cos＜a，c＞＝cos＜b，c＞，即a·c｜a||c｜＝b·c｜b||解法二因为＜a，c＞＝＜b，c＞，且c＝a＋tb，所以由向量加法的平行四边形法则得｜a｜＝t｜b｜，易知｜a｜＝5，｜b｜＝1，所以t＝5.方法技巧求平面向量夹角问题的三种方法定义法当a，b是非坐标形式时，由cosθ＝a·b坐标法若a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），则cos＜a，b＞＝x1x2＋y1y2x12＋解三角形法可以把所求两向量的夹角放到三角形中进行求解.注意向量夹角与三角形内角的关系.角度3向量的垂直问题例4（1）[2023新高考卷Ⅰ]已知向量a＝（1，1），b＝（1，－1）.若（a＋λb）⊥（a＋μb），则（D）A.λ＋μ＝1 B.λ＋μ＝－1C.λμ＝1 D.λμ＝－1解析因为a＝（1，1），b＝（1，－1），所以a＋λb＝（1＋λ，1－λ），a＋μb＝（1＋μ，1－μ），因为（a＋λb）⊥（a＋μb），所以（a＋λb）·（a＋μb）＝0，所以（1＋λ）（1＋μ）＋（1－λ）（1－μ）＝0，整理得λμ＝－1.故选D.（2）[全国卷Ⅱ]已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是（D）A.a＋2b B.2a＋b C.a－2b D.2a－b解析解法一由题意，得a·b＝｜a｜｜b｜cos60°＝12.对于A，（a＋2b）·b＝a·b＋2b2＝12＋2＝52≠0，故A不符合题意；对于B，（2a＋b）·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B不符合题意；对于C，（a－2b）·b＝a·b－2b2＝12－2＝－32≠0，故C不符合题意；对于D，（2a－b）·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以（2a－b）⊥解法二根据条件，分别作出向量b与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，如图所示. A B C D由图易知，只有选项D满足题意.故选D.解法三不妨设a＝（12，32），b＝（1，0），则a＋2b＝（52，32），2a＋b＝（2，3），a－2b＝（－32，32），2a－b＝（0，3），易知，只有（2a－b）·b＝0，即（2a－b方法技巧1.证明两个向量垂直的解题策略先计算出这两个向量的坐标或表示出两个向量，然后根据数量积的运算公式，计算出这两个向量的数量积为0即可.2.已知两个向量的垂直关系，求解相关参数的值根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数.训练2（1）[2023广州市二检]已知两个非零向量a，b满足｜a｜＝3｜b｜，（a＋b）⊥b，则cos〈a，b〉＝（D）A.12 B.－12 C.13 解析因为（a＋b）⊥b，所以（a＋b）·b＝0，即a·b＝－b2，所以｜a｜·｜b｜·cos〈a，b〉＝－｜b｜2，即3｜b｜·｜b｜cos〈a，b〉＝－｜b｜2，则cos〈a，b〉＝－13.故选（2）[2021全国卷甲]若向量a，b满足｜a｜＝3，｜a－b｜＝5，a·b＝1，则｜b｜＝32.解析由｜a－b｜＝5得（a－b）2＝25，即a2－2a·b＋b2＝25，结合｜a｜＝3，a·b＝1，得32－2×1＋｜b｜2＝25，所以｜b｜＝32.命题点3平面向量的应用例5在日常生活中，我们会看到两人共提一个行李包的情况（如图）.假设行李包所受重力为G，所受的两个拉力分别为F1，F2.若｜F1｜＝｜F2｜，F1与F2的夹角为θ，则下列结论不正确的是（D）A.｜F1｜的最小值为12｜GB.当θ＝2π3时，｜F1｜＝｜GC.当θ＝π2时，｜F1｜＝22｜D.当θ＝2π3时，F1在F2解析由题意知，｜G｜＝｜F1＋F2｜，且｜G｜为定值，因为｜F1｜＝｜F2｜，所以｜G｜2＝｜F1｜2＋｜F2｜2＋2｜F1｜｜F2｜·cosθ＝2｜F1｜2（1＋cosθ），所以｜F1｜2＝｜G当θ∈（0，π）时，y＝cosθ单调递减，所以关于θ的函数y＝｜F1｜2＝｜G即θ越大越费力，θ越小越省力.当θ＝0时，｜F1｜min＝1当θ＝π2时，｜F1｜＝22｜G当θ＝2π3时，｜F1｜＝｜G｜.故A，B，C对于D选项，当θ＝2π3时，F1在F2方向上的投影数量为｜F1｜cos2π3＝｜－｜G｜2，故D不正确方法技巧用向量方法解决实际问题的步骤训练3一条东西方向的河流两岸平行，河宽2503m，河水的速度为正东3km/h.一艘小货船准备从河流南岸码头P处出发，航行到河流对岸对应点Q（PQ与河流的方向垂直）的正西方向并且与Q相距250m的码头M处卸货，若水流的速度与小货船航行的速度的合速度的大小为5km/h，则当小货船的航程最短时，小货船航行速度的大小为（C）A.33km/h B.6km/hC.7km/h D.36km/h解析连接PM，由题意得，当小货船的航程最短时，其航线为线段PM.设小货船航行的速度为v，水流的速度为v1，水流的速度与小货船航行的速度的合速度为v2，作出示意图，如图所示.PQ＝2503m，QM＝250m.在Rt△PQM中，（根据“PQ与河流的方向垂直”得到△PMQ的形状）tan∠PMQ＝PQQM＝2503250＝3，由题意∠PMQ∈（0所以∠PMQ＝π3，∠MPQ＝π6，＜v1，v2＞＝π2＋π易知v＝v2－v1，｜v1｜＝3，｜v2｜＝5，所以｜v｜＝（v2－v1）2所以小货船航行速度的大小为7km/h，故选C.学生用书P120极化恒等式例6（1）[2022北京高考]在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则PA·PB的取值范围是（D）A.[－5，3] B.[－3，5] C.[－6，4] D.[－4，6]解析解法一（极化恒等式）设AB的中点为M，CM与CP的夹角为θ，由极化恒等式得PA·PB＝PM2－14AB2＝（CM－CP）2－254＝CM2＋CP2－2CM·CPcosθ－254＝254＋1－5cosθ－254＝1－5cosθ，因为cosθ∈[－1，1]，所以PA·解法二以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A（3，0），B（0，4），设P（x，y），则x2＋y2＝1，PA＝（3－x，－y），PB＝（－x，4－y），所以PA·PB＝x2－3x＋y2－4y＝（x－32）2＋（y－2）2－254，又（x－32）2＋（y－2）2表示圆x2＋y2＝1上一点到点（32，2）距离的平方，圆心（0，0）到点（32，2）的距离为52，所以PA·PB∈[（52－1）2－254，（52＋1）2－254]，即PA解法三以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A（3，0），B（0，4），因为PC＝1，所以P在以（0，0）为圆心，1为半径的圆上，所以设点P坐标为（cosα，sinα），则PA·PB＝（3－cosα，－sinα）·（－cosα，4－sinα）＝1－3cosα－4sinα＝1－5sin（α＋φ）（其中tanφ＝34）.因为sin（α＋φ）∈[－1，1]，所以PA·PB∈[－4，6]（2）[全国卷Ⅱ]已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA·（PB＋PC）的最小值是（B）A.－2 B.－32 C.－43 D.解析解法一如图，取BC的中点D，则PB＋PC＝2PD，则PA·（PB＋PC）＝2PA·PD.在△PAD中，取AD的中点O，则2PA·PD＝2｜PO｜2－12｜AD｜2＝2｜PO｜2－32由于点P在平面内是任意的，因此当且仅当点P，O重合时，｜PO｜取得最小值，即2PA·PD取得最小值－32.故选解法二如图，以等边三角形ABC的底边BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A（0，3），B（－1，0），C（1，0）.设P（x，y），则PA＝（－x，3－y），PB＝（－1－x，－y），PC＝（1－x，－y），所以PA·（PB＋PC）＝（－x，3－y）·（－2x，－2y）＝2x2＋2（y－32）2－32，易知当x＝0，y＝32时，PA·（PB＋PC）取得最小值，最小值为－3方法技巧极化恒等式：a·b＝14[（a＋b）2－（a－b）2]几何意义：向量a，b的数量积等于以这组向量所对应的线段为邻边的平行四边形的“和对角线长”与“差对角线长”的平方差的14应用：（1）在▱ABCD中，O为AC，BD的交点，则有AB·AD＝14（4｜AO｜2－4｜OB｜2）＝｜AO｜2－｜OB｜2.（2）如图，在△ABC中，若M是BC的中点，则AB·AC＝AM2－1训练4[2023山东青岛二中5月模拟]如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且AD＝λBC，AD·AB＝－32，则实数λ的值为16，若M，N是线段｜MN｜＝1，则DM·DN的最小值为132解析依题意得AD∥BC，∠BAD＝120°，由AD·AB＝｜AD｜·｜AB｜·cos∠BAD＝－32｜AD｜＝－32，得｜AD｜＝1，因此λ＝｜AD｜｜BC｜＝16.取MN的中点E，连接DE，则DM＋DN＝2DE，DM·DN＝14[（DM＋DN）2－（DM－DN）2]＝DE2－14NM2＝DE2－14.注意到线段MN在线段BC上运动时，DE的最小值等于点D到直线BC的距离，即AB·sinB＝332，因此DE思维帮·提升思维快速解题三角形“四心”的向量表示与运用角度1垂心的向量表示与运用例7[2023山西朔州模拟]已知H为△ABC的垂心，若AH＝13AB＋25AC，则sin∠BAC＝解析如图，连接BH，CH，因为AH＝13AB＋25AC，所以BH＝BA－23AB＋25AC，CH＝CA＋AH＝13AB－35AC.由H为△ABC的垂心，得BH·AC＝0，即（－23AB＋25AC）·AC＝0，可知25｜AC｜2＝23｜AC｜·｜AB｜cos∠BAC，即cos∠BAC＝3｜AC｜5｜AB｜①，同理有CH·AB＝0，即（13AB－35AC）·AB＝0，可知13｜AB｜2＝35｜AC｜｜AB｜cos∠BAC，即cos∠BAC＝5｜AB｜9｜AC｜②，①×②得cos2∠方法技巧1.垂心的定义：三角形三条高的交点称为该三角形的垂心.2.垂心的性质：设O是△ABC的垂心，P为△ABC所在平面内任意一点，则有（1）OA·OB＝OB·OC＝OC·OA；（2）｜OA｜2＋｜BC｜2＝｜OB｜2＋｜CA｜2＝｜OC｜2＋｜AB｜2；（3）动点P满足AP＝λ（AB｜AB｜cos∠ABC＋AC｜AC｜cos∠ACB）或OP＝OA＋λ（AB｜角度2重心的向量表示与运用例8[2023广州一中诊断]如图，已知点G是△ABC的重心，过G作直线与AB，AC分别交于M，N两点，AM＝xAB，AN＝yAC，则xyx＋y＝1解析由M，G，N三点共线得，存在实数λ使得AG＝λAM＋（1－λ）AN＝xλAB＋y（1－λ）AC，且0＜λ＜1.因为G是△ABC的重心，所以AG＝13（AB＋AC），所以xλ＝13，y（1－λ）＝13，则x＝13λ，y＝13（1－λ）方法技巧1.重心的定义：三角形三条中线的交点称为该三角形的重心.2.重心的性质：设O是△ABC的重心，P为平面内任意一点，则有（1）OA＋OB＋OC＝0；（2）PO＝13（PA＋PB＋PC）；（3）动点P满足AP＝λ（AB＋AC）或OP＝OAλ（AB＋AC），λ∈[0，＋∞）时，动点P的轨迹经过△ABC的重心.角度3外心的向量表示与运用例9[2023湖北荆门模拟]已知点O为△ABC所在平面内一点，在△ABC中，满足2AB·AO＝｜AB｜2，2AC·AO＝｜AC｜2，则点O为该三角形的（B）A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心解析因为2AB·AO＝2｜AB｜｜AO｜cos∠OAB＝｜AB｜2，所以｜AO｜cos∠OAB＝12｜AB｜，则向量AO在向量AB上的投影向量的长度为｜AB｜的一半，所以点O在边AB的中垂线上，同理，点O在边AC的中垂线上，所以点O为该三角形的外心，故选方法技巧1.外心的定义：三角形三边垂直平分线的交点称为该三角形的外心.2.外心的性质：若O是△ABC的外心，则有（1）｜OA｜＝｜OB｜＝｜OC｜；（2）（OA＋OB）·AB＝（OA＋OC）·AC＝（OB＋OC）·BC＝0.角度4内心的向量表示与运用例10[2023四川南充阶段测试]已知O是△ABC所在平面内一点，且点O满足OA·（AB｜AB｜－AC｜AC｜）＝OB·（BA｜BA｜－BC｜BC｜）＝OC·（CA｜CAA.外心 B.重心 C.内心 D.垂心解析解法一AB｜AB｜，AC｜AC｜分别是与AB，AC方向相同的单位向量，可令AB｜AB｜＝AD，AC｜AC｜＝AE，连接ED，则△ADE为腰长是1的等腰三角形，AB｜AB｜－AC｜AC｜＝ED，所以OA·ED＝0，所以AO为∠CAB的平分线，同理解法二OA·（AB｜AB｜－AC｜AC｜）＝0，即OA·AB｜AB｜＝OA·AC｜AC｜，即｜OA｜·｜AB｜｜AB｜cos（π－∠OAB）＝｜OA｜·｜AC｜｜AC｜·cos（π－∠OAC），所以∠OAB＝∠OAC方法技巧1.内心的定义：三角形三条内角平分线的交点称为该三角形的内心.2.内心的性质：若O是△ABC的内心，P为平面内任意一点，则有（1）aOA＋bOB＋cOC＝0（a，b，c分别是△ABC的三边BC，AC，AB的长）；（2）动点P满足AP＝λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜）或OP＝OA＋λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜），λ训练5（1）[2023长春模拟]点O是平面α上一定点，点P是平面α上一动点，A，B，C是平面α上△ABC的三个顶点（点O，P，A，B，C均不重合），以下命题正确的是①②③④.①动点P满足OP＝OA＋PB＋PC，则△ABC的重心一定在满足条件的P点的集合中；②动点P满足OP＝OA＋λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜）（λ＞0③动点P满足OP＝OA＋λ（AB｜AB｜sinB＋AC｜AC｜sinC④动点P满足OP＝OA＋λ（AB｜AB｜（λ∈R），则△ABC的垂心一定在满足条件的P点的集合中.解析对于①，OP＝OA＋PB＋PC，移项得－OA＋OP＝AP＝PB＋PC，即PA＋PB＋PC＝0，则点P是△ABC的重心，故①正确.对于②，因为动点P满足OP＝OA＋λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜）（λ＞0），移项得AP＝λ（AB｜AB｜＋AC｜AC｜）（λ＞0），所以AP与∠BAC的平分线对应的向量共线，所以P对于③，OP＝OA＋λ（AB｜AB｜sinB＋AC｜AC｜sinC）（λ＞0），即AP＝λ（AB｜AB｜sinB＋AC｜AC｜sinC），过点A作AD⊥BC，垂足为D，则｜AB｜sinB＝｜AC｜sinC＝AD，AP＝λAD（AB＋AC），设M为BC的中点，则AB＋对于④，OP＝OA＋λ（AB｜AB｜cosB＋AC｜AC｜cosC）（λ∈R），即AP＝λ（AB｜AB｜cosB＋AC｜AC｜cosC），所以AP·BC＝λ（AB·BC｜AB｜cosB＋AC·BC｜AC｜（2）[多选/2023安徽淮北师大附中模拟]数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：三角形的重心、垂心和外心共线.这条线就是三角形的欧拉线.在△ABC中，O，H，G分别是外心、垂心和重心，D为BC边的中点，则下列四个选项中正确的是（ABD）A.GH＝2OG B.GA＋GB＋GC＝0C.AH＝OD D.S△ABG＝S△BCG＝S△ACG解析根据题意画出图形，如图所示.对于B，连接GD，由重心的性质可得G为AD的三等分点，且GA＝－2GD，又D为BC的中点，所以GB＋GC＝2GD，所以GA＋GB＋GC＝－2GD＋2GD＝0，故B正确.对于A，C，因为O为△ABC的外心，D为BC的中点，所以OD⊥BC，所以AH∥OD，所以△AHG∽△DOG，所以GHOG＝AHOD＝AGDG＝2，即GH＝2OG，AH＝2OD，故A正确，对于D，延长AH交BC于N，过点G作GE⊥BC，垂足为E，则△DEG∽△DNA，所以GEAN＝DGDA＝13，所以S△BGC＝12×BC×GE＝12×BC×13×AN＝13S△ABC，同理，S△AGC＝S△AGB＝13S△ABC，所以S△ABG＝S△BCG＝S1.[命题点2/多选]已知e1，e2是单位向量，且e1·e2＝12，若向量a满足e1·a＝2，则下列选项正确的是（ABDA.｜e1－e2｜＝1B.e1在e2上的投影向量的模为1C.e1与e1－e2的夹角为5D.a在e1上的投影向量为2e1解析｜e1－e2｜2＝e12－2e1·e2＋e22＝1，故｜e1－e2｜＝1因为e1在e2上的投影向量为e1·e2｜e2｜e2＝12e2，所以e1因为e1·（e1－e2）＝1×1×cos＜e1，e1－e2＞＝e12－e1·e2＝12，所以＜e1，e1－e2＞＝π3设e1与a的夹角为θ，因为e1·a＝2＝｜a｜cosθ，所以a在e1上的投影向量为（｜a｜cosθ）e1＝2e1，故D正确.2.[命题点2/2022天津高考]在△ABC中，CA＝a，CB＝b，AC＝2DC，CB＝2BE，用a，b表示向量DE，则DE＝32b－12a；若AB⊥DE，则∠ACB的最大值为π解析由题意知CD＝12CA＝12a，又CB＝2BE，所以CE＝32CB＝32b，则DE＝CE－CD＝因为AB⊥DE，AB＝CB－CA＝b－a，所以AB·DE＝（b－a）·（32b－12a）＝0，化简整理，得3b2＋a2－4a·b＝0，则3｜b｜｜a｜2－4｜a｜｜b｜·cos∠ACB＝0，所以cos∠ACB＝3｜b｜2＋｜a｜24｜a||b｜≥23｜a||b｜4｜a||b｜＝323.[思维帮]在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，D是AB的中点，E，F分别是边BC，AC上的动点，且EF＝1，则DE·DF的最小值为154解析如图，取EF的中点H，连接DH，CH，CD，则CD＝12AB＝52，CH＝12EF＝12，DE·DF＝DH2－EF24＝DH2｜DH｜≥｜CD｜，所以｜DH｜≥｜CD｜－｜CH｜＝52－12＝2，所以DE·DF≥4－14学生用书·练习帮P3181.[2024武汉部分学校调考]两个单位向量e1与e2满足e1·e2＝0，则向量e1－3e2与e2的夹角为（D）A.30° B.60°C.120° D.150°解析解法一因为e1，e2是单位向量，所以｜e1｜＝｜e2｜＝1，又e1·e2＝0，所以（e1－3e2）·e2＝e1·e2－3e22＝－3，（e1－3e2）2＝e12－23e1·e2＋3e22＝1＋3＝4，所以｜e1－3e2｜＝2.设e1－3e2与e2的夹角为θ，则cosθ＝（e1－3e2）·解法二因为e1，e2是单位向量，e1·e2＝0，所以不妨设e1＝（1，0），e2＝（0，1），所以e1－3e2＝（1，0）－3（0，1）＝（1，－3）.设e1－3e2与e2的夹角为θ，则cosθ＝（e1－3e2）·e2｜e1－3e22.[2024安徽六校联考]已知向量m，n，且｜m｜＝｜n｜＝1，｜3m－2n｜＝7，则向量m在向量n上的投影向量为（C）A.0 B.12m C.12n D.－解析由｜3m－2n｜＝7，得｜3m－2n｜2＝（3m－2n）2＝9m2＋4n2－12m·n＝7，又｜m｜＝｜n｜＝1，所以9＋4－12m·n＝7，整理得m·n＝12，因为＜m，n＞∈[0，π]，所以m，n的夹角为π3，所以向量m在向量n上的投影向量为12n3.[2023吉林长春质监]已知向量a与b的夹角为60°，｜a｜＝2，｜b｜＝1，则｜a－2b｜＝（C）A.1 B.3 C.2 D.23解析 解法一a·b＝｜a｜·｜b｜cos60°＝2×1×12＝1，所以｜a－2b｜2＝a2－4a·b＋4b2＝4－4×1＋4＝4，所以｜a－2b｜＝2，故选解法二如图所示，记OA＝a，OB＝b，则∠AOB＝60°.延长OB到C，使OC＝2OB＝2b，因为｜a｜＝2，｜b｜＝1，所以｜OA｜＝｜OC｜＝2.连接AC，则△OAC为正三角形，所以｜a－2b｜＝｜CA｜＝2，故选C.4.已知单位向量a，b满足｜a＋b｜＞1，则a与b夹角的取值范围是（B）A.[0，π3） B.[0，2π3） C.（π3，π] D.（解析解法一设单位向量a，b的夹角为θ，则θ∈[0，π]，将｜a＋b｜＞1两边同时平方得a2＋2a·b＋b2＞1，化简得2＋2cosθ＞1，即cosθ＞－12，又因为θ∈[0，π]，所以0≤θ＜2π解法二设单位向量a，b的夹角为θ，显然当θ＝0时，｜a＋b｜＞1成立；当θ≠0时，如图所示，令OA＝a，OB＝b，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，则OC＝a＋b，设∠AOB＝θ，因为a，b均为单位向量，所以平行四边形OACB是边长为1的菱形，在θ从0增大到π的过程中，｜OC｜一直在减小，当｜OC｜＝1时，△AOC为等边三角形，此时θ＝2π3，故0＜θ＜2π3.综上可知，0≤θ＜25.[2023河南安阳模拟]已知a＝（1，0），b＝（0，1），c＝a＋tb，t∈R，若sin＜a，c＞＝sin＜b，c＞，则t＝（B）A.－1 B.±1 C.2 D.±2解析∵a＝（1，0），b＝（0，1），c＝a＋tb，∴c＝（1，t），又sin＜a，c＞＝sin＜b，c＞，∴cos＜a，c＞＝±cos＜b，c＞，而cos＜a，c＞＝11+t2，cos＜b，c＞＝t1+t2，∴1＝±t6.[多选]已知向量a＝（1，sinθ），b＝（cosθ，2），则下列命题正确的是（BD）A.存在θ，使得a∥bB.当tanθ＝－22时，a与bC.对任意θ，都有｜a｜≠｜b｜D.当a·b＝－3时，a在b上的投影向量的模为3解析对于A选项，若a∥b，则1×2－sinθcosθ＝0，又因为sinθcosθ＝12sin2θ∈[－12，12]，所以方程1×2－sinθcosθ＝0无解，即不存在θ，使得a∥b，所以A不正确；对于B选项，若a⊥b，则cosθ＋2sinθ＝0，即tanθ＝－2对于C选项，｜a｜＝1+sin2θ，｜b｜＝2+cos2θ，当θ＝π2时，｜a｜＝对于D选项，a·b＝cosθ＋2sinθ＝3sin（θ＋φ）＝－3，其中sinφ＝33，cosφ＝63，所以θ＋φ＝2kπ－π2，k∈Z，所以｜b｜＝2+cos2θ＝2+13＝73，a在b上的投影向量的模为｜a·b｜b｜×a｜7.已知向量a与b的夹角为π3，且｜a｜＝1，｜2a－b｜＝3，则｜b｜＝1解析｜2a－b｜2＝（2a－b）2＝4｜a｜2－4｜a｜·｜b｜cos＜a，b＞＋｜b｜2＝4－2｜b｜＋｜b｜2＝3，解得｜b｜＝1.8.已知非零向量m，n满足4｜m｜＝3｜n｜，cos＜m，n＞＝13.若n⊥（tm＋n），则t＝－4解析由n⊥（tm＋n）可得n·（tm＋n）＝0，即tm·n＋n2＝0，所以t＝－n2－n2｜m｜·｜n｜cos＜m，n＞＝－9.[2021新高考卷Ⅱ]已知向量a＋b＋c＝0，｜a｜＝1，｜b｜＝｜c｜＝2，a·b＋b·c＋c·a＝－92解析（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2（a·b＋a·c＋b·c）＝0，因为｜a｜＝1，｜b｜＝｜c｜＝2，所以a·b＋a·c＋b·c＝－9210.已知单位向量a，b满足｜a－2b｜＝3a·b，则向量a，b夹角的余弦值为59解析设a，b的夹角为θ，将｜a－2b｜＝3a·b两边同时平方得9cos2θ＋4cosθ－5＝0，解得cosθ＝59或cosθ＝－1.由｜a－2b｜＝3a·b可知a·b≥0，所以cosθ≥0，所以cosθ＝511.[2024山东日照联考]如图，在边长为2的等边△ABC中，点E为中线BD的三等分点（靠近点B），点F为BC的中点，则FE·FC＝（B）A.－34 B.－C.34 D.解析解法一由题意，以点D为坐标原点，DA，DB的方向分别为x，y轴的正方向，建立平面直角坐标系，则D（0，0），C（－1，0），B（0，3），E（0，233），F（－12，32），则FE＝（12，36），FC＝（－12，－32），∴FE·FC＝12×（－1－12，故选解法二∵FC＝12BC，FE＝BE－BF＝13BD－12BC＝16（BA＋BC）－12BC＝16BA－13BC，∴FE·FC＝12BC·（16BA－13BC）＝112BC·12.[角度创新]已知向量a＝（1，2），b＝（－k2，1），k∈R，a，b的夹角为θ，若存在实数m，使得｜b｜cosθ－5m＞0，则m的取值范围是（C）A.（－12，＋∞） B.（0C.（－∞，25） D.（－∞，1解析由｜b｜cosθ－5m＞0，得m＜55｜b｜cosθ，又因为｜a｜＝5，所以m＜｜a||b｜cosθ5.若存在实数m，使得｜b｜cosθ－5m＞0，则m＜（a·b5）max.因为a·b＝－k2＋2，所以（a13.如图，△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝2π3，半径为1的☉A分别交AB，AC于点E，F，点P是劣弧EF上的一个动点，则PB·PC的取值范围是[－11，－9]解析解法一（坐标法）如图1，以A为原点，垂直于BC的直线为x轴建立平面直角坐标系xAy，则B（2，－23），C（2，23），设P（cosθ，sinθ），其中θ∈[－π3，π3所以PB·PC＝（2－cosθ，－23－sinθ）·（2－cosθ，23－sinθ）＝（2－cosθ）2＋sin2θ－12＝－7－4cosθ. 图1因为cosθ∈[12，1所以PB·PC∈[－11，－9].解法二（几何法）如图2，取BC的中点M，连接PM，则PB·PC＝PM2－MC2因为MC为定值，所以PB·PC的变化可由｜PM｜的变化确定. 图2连接AM，易得AM＝2，MC＝23，当P为劣弧EF与AM的交点时，PM取得最小值，为AM－1＝1.连接EM，PM的最大值为EM＝BE2＋所以PM2－MC2的取值范围是[－11，－9]，即PB·PC∈[－11，－914.[2024广东七校联考]已知点D在线段AB上，CD是△ABC的一条角平分线，E为CD上一点，且满足BE＝BA＋λ（AD｜AD｜＋AC｜AC｜）（λ＞0），｜CA｜－｜CB｜＝6，｜BA｜＝14，设BA＝a，则BE在a上的投影向量为2解析如图，连接AE，因为CD是△ABC的一条角平分线，且BE－BA＝AE＝λ（AD｜AD｜＋AC｜AC｜）（λ＞0），所以AE也是△ABC的一条角平分线，所以E为△ABC的内心.作△ABC的内切圆，切点分别为M，Q，N，并连接EM，EQ，EN，则由内切圆的性质可得，｜AC｜－｜BC｜｜BN｜＝｜AQ｜－｜BQ｜＝6，又｜AQ｜＋｜BQ｜＝14，所以｜BQ｜＝7－3＝4，所以BE在a上的投影向量的模为4，则BE在a上的投影向量为414a＝2715.骑行是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱.如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为3，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为4的等边三角形.设P为后轮上一点，则在骑行该自行车的过程中，AC·CP达到最大值时，点P到地面的距离为（B）A.32 B.C.32＋3 D.62解析如图，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A（－8，0），C（－2，23），圆D的方程为x2＋y2＝3.所以可设P（3cosα，3sinα），0≤α＜2π，所以AC＝（6，23），CP＝（3cosα＋2，3sinα－23），所以AC·CP＝63cosα＋12＋6sinα－12＝63cosα＋6sinα＝12sin（α＋π3），当α＋π3＝π2，即α＝π6时，AC·CP取得最大值，此时点P（32，32），点P到地面的距离为32＋课标要求命题点五年考情命题分析预测借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，掌握余弦定理、正弦定理.利用正、余弦定理解三角形2023新高考卷ⅠT17；2023新高考卷ⅡT17；2023全国卷乙T4；2023全国卷甲T16；2022新高考卷ⅠT18；2022新高考卷ⅡT18；2022全国卷甲T16；2021全国卷甲T8；2021全国卷乙T15；2021新高考卷ⅠT19；2021浙江T14；2020全国卷ⅠT16；2020全国卷ⅡT17；2020全国卷ⅢT7；2020新高考卷ⅠT17；2019全国卷ⅠT17；2019全国卷ⅡT15；2019全国卷ⅢT18本讲每年必考，主要考查正、余弦定理的应用，如求解三角形的边长、角度、周长、面积等问题，也会作为方法求解其他章节问题，难度中等.预计2025年高考命题稳定，备考时要重视正、余弦定理的应用.判断三角形的形状2021新高考卷ⅡT18与面积、周长有关的问题2023全国卷乙T18；2022全国卷乙T17；2022新高考卷ⅡT18；2022北京T16；2021北京T16；2021新高考卷ⅡT18；2020全国卷ⅡT17；2019全国卷ⅢT18学生用书P1221.余弦定理、正弦定理在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC的外接圆半径，则定理余弦定理正弦定理内容a2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝①c2＋a2－2cacosB；c2＝②a2＋b2－2abcosC.asinA＝bsinB＝csinC＝变形cosA＝b2cosB＝④c2＋cosC＝⑤a2＋（1）a＝2RsinA，b＝⑥2RsinB，c＝⑦2RsinC；（2）sinA＝a2R，sinB＝⑧b2R，sinC＝⑨c（3）a∶b∶c＝⑩sinA∶sinB∶sinC；（4）a＋b＋csinA2.在△ABC中，若已知角A，B所对的边a，b和角A，则解的情况如下：A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＜bsinAa＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞ba≤b解的个数无解⑪一解⑫两解⑬一解一解无解3.三角形中常用的面积公式△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c.则：（1）S＝12ah（h表示边a（2）S＝12absinC＝⑭12acsinB＝⑮12bcsin（3）S＝12r（a＋b＋c）（r表示三角形⑯内切圆的半径）常用结论三角形中的常见结论（1）在△ABC中，A＋B＋C＝π.变形：A＋B2＝π（2）在△ABC中，a＞b⇔A＞B⇔sinA＞sinB⇔cosA＜cosB.（3）任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.（4）在△ABC中，sin（A＋B）＝sinC；cos（A＋B）＝－cosC；tan（A＋B）＝－tanC；sinA＋B2＝cosC2；cosA（5）在△ABC中，角A，B，C成等差数列⇔B＝π3，A＋C＝2（6）在斜△ABC中，tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC.（7）在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB（射影定理）.1.以下说法正确的是（A）A.在△ABC中，A＞B是sinA＞sinB的充要条件B.在△ABC中，若b2＋c2＞a2，则△ABC为锐角三角形C.在△ABC中，若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形D.三角形中的三边之比等于相应的三个内角之比解析易知A正确；对于B，当b2＋c2－a2＞0时，只能说明角A为锐角，△ABC不一定为锐角三角形，故B错误；对于C，若sin2A＝sin2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝π2，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故C错误；对于D，三角形中的三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比，故D错误2.[2021全国卷甲]在△ABC中，已知B＝120°，AC＝19，AB＝2，则BC＝（D）A.1 B.2 C.5 D.3解析由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5（舍去）.故选D.3.[多选]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则符合下列条件的△ABC有且只有一个的是（AC）A.a＝2，b＝1，A＝45° B.a＝1，b＝2，c＝3C.b＝c＝1，B＝45° D.a＝1，b＝2，A＝100°解析对于A，由正弦定理得1sinB＝2sin45°，所以sinB＝12，又a＞b对于B，a＋b＝c，构不成三角形；对于C，b＝c＝1，所以B＝C＝45°，A＝90°，所以满足条件的三角形只有一个；对于D，a＜b，所以A＜B，而A＝100°，所以没有满足条件的三角形.4.已知2a＋1，a，2a－1是钝角三角形的三边，则实数a的取值范围是（2，8）.解析∵2a＋1，a，2a－1是三角形的三边，∴2a+1>0，a>0，2a－1>0，解得a＞12.显然2a＋1是三角形的最大边，则要使2a＋1，a，2a－1构成三角形，需满足a＋2a－1＞2a＋1，解得a＞2.设最大边对应的角为∴a2＋（2a－1）2－（2a＋1）2＜0，即a2－8a＜0，解得0＜a＜8.又a＞2，∴a的取值范围是（2，8）.5.在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝23，则△ABC的面积等于23.解析设△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c.由题意及余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝16+c2－122×4×c＝12，解得c＝2，所以S△学生用书P124命题点1利用正、余弦定理解三角形例1（1）[2023全国卷乙]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acosB－bcosA＝c，且C＝π5，则B＝（CA.π10 B.π5 C.3π10解析因为acosB－bcosA＝c，所以由正弦定理得sinA·cosB－sinBcosA＝sinC＝sin（B＋A），则2sinBcosA＝0.在△ABC中，sinB≠0，则cosA＝0，A＝π2，所以B＝π－A－C＝π－π2－π5＝（2）[2021全国卷乙]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝22.解析由题意得S△ABC＝12acsinB＝34ac＝3，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×12＝8，则b＝方法技巧应用正、余弦定理的解题技巧（1）求边：利用正弦定理变形公式a＝bsinAsinB等或余弦定理a2＝b2＋c2－2bc（2）求角：利用正弦定理变形公式sinA＝asinBb等或余弦定理变形公式cosA＝（3）利用式子的特点转化：若出现a2＋b2－c2＝λab的形式，则用余弦定理；若等式两边是关于边或角的正弦的齐次式，则用正弦定理.训练1（1）[全国卷Ⅰ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－14，则bc＝（AA.6 B.5 C.4 D.3解析由题意及正弦定理得b2－a2＝－4c2，所以由余弦定理得，cosA＝b2＋c2－a22bc＝－（2）[全国卷Ⅰ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinB＋sinA·（sinC－cosC）＝0，a＝2，c＝2，则C＝（B）A.π12 B.π6 C.π4 解析因为sinB＋sinA（sinC－cosC）＝0，所以sin（A＋C）＋sinA·sinC－sinA·cosC＝0，所以sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝0，整理得sinC（sinA＋cosA）＝0.因为sinC≠0，所以sinA＋cosA＝0，所以tanA＝－1.因为A∈（0，π），所以A＝3π4，由正弦定理得sinC＝c·sinAa＝2×222＝12，又0命题点2判断三角形的形状例2在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，c－a2c＝sin2B2，则△ABCA.直角三角形B.等边三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形解析由cosB＝1－2sin2B2，得sin2B2＝1－cosB2，所以c－解法一由余弦定理得cosB＝a2＋c2－b22ac＝ac，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b解法二由正弦定理得cosB＝sinAsinC，又sinA＝sin（B＋C）＝sinBcosC＋cosBsinC，所以cosBsinC＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＝0，又sinB≠0，所以cosC＝0，又角C为△ABC的内角，所以C＝π2，所以命题拓展[变条件]将例2中的条件“c－a2c＝sin2B2”改为“sinAsinB＝ac，（b＋c＋a）（b＋c－a）＝解析因为sinAsinB＝ac，所以由正弦定理得ab＝ac，所以b＝c.又（b＋c＋a）（b＋c－a）＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝bc2bc＝12.方法技巧判断三角形形状的方法（1）化为边：通过正、余弦定理将角化边，利用因式分解、配方等得出边之间的关系进行判断.判断技巧：a2＋b2＜c2cosC＜0C为钝角三角形为钝角三角形a2＋b2＝c2cosC＝0C为直角三角形为直角三角形a2＋b2＞c2cosC＞0C为锐角无法判断（只有C为最大角时才可得出三角形为锐角三角形）（2）化为角：通过正、余弦定理将边化角，通过三角恒等变换公式、三角形的内角和定理得出角的大小或角之间的关系.注意（1）不能随意约掉公因式，要移项、提取公因式，否则会有遗漏一种形状的可能.（2）注意挖掘隐含条件，在变形过程中注意角的范围对三角函数值的影响.训练2[2021新高考卷Ⅱ]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.（1）若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积.（2）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求a；若不存在，说明理由.解析（1）由2sinC＝3sinA及正弦定理，得2c＝3a.又c＝a＋2，所以a＝4，c＝6，所以b＝a＋1＝5.由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－又A∈（0，π），所以sinA＝74所以S△ABC＝12bcsinA＝12×5×6×74（2）存在.由题意知c＞b＞a，要使△ABC为钝角三角形，需cosC＝a2＋b2－c2得0＜a＜3.因为a为正整数，所以a＝1或a＝2.当a＝1时，b＝2，c＝3，此时不能构成三角形；当a＝2时，b＝3，c＝4，满足题意.综上，存在正整数a＝2，使得△ABC为钝角三角形.命题点3与面积、周长有关的问题角度1面积问题例3[2023全国卷乙]在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.（1）求sin∠ABC；（2）若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积.解析（1）由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝22＋12＋2×2×1×12＝7，得BC＝7由正弦定理得ACsin∠ABC＝BCsin∠BAC，则sin∠ABC＝（2）解法一如图，由sin∠ABC＝2114，得tan∠ABC＝35又tan∠ABC＝DAAB＝DA2，所以DA＝故△ADC的面积为12DA·AC·sin（120°－90°）＝12×235×1×解法二S△ABC＝12AC·AB·sin∠BAC＝12×1×2×32＝32，S△ADCS故△ADC的面积为15S△ABC＝15×32方法技巧与面积有关问题的解题思路1.利用面积公式S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsin2.与面积有关的问题，一般要用到正弦定理、余弦定理进行边和角的转化.角度2周长问题例4[2022全国卷乙]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A－B）＝sinBsin（C－A）.（1）证明：2a2＝b2＋c2；（2）若a＝5，cosA＝2531，求△ABC的周长解析（1）解法一由sinCsin（A－B）＝sinBsin（C－A）可得，sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinB·sinCcosA－sinBcosCsinA，结合正弦定理asinA＝bsinB＝csinC可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosabcosC＝2bccosA.由余弦定理得a2＋c2－b22＋a2＋b2－c22＝b2＋解法二因为A＋B＋C＝π，所以sinCsin（A－B）＝sin（A＋B）sin（A－B）＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A（1－sin2B）－（1－sin2A）sin2B＝sin2A－sin2B.同理有sinBsin（C－A）＝sin（C＋A）sin（C－A）＝sin2C－sin2A，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.（2）由（1）及a2＝b2＋c2－2bccosA得，a2＝2bccosA，所以2bc＝31.因为b2＋c2＝2a2＝50，所以（b＋c）2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14.方法技巧与周长有关问题的解题思路（1）若边长易求，直接求出边长，进而求出周长；（2）若边长不易求，可利用整体思想，构造以两边长的和为未知数的方程求解，进而求出周长.训练3[2022北京高考]在△ABC中，sin2C＝3sinC.（1）求∠C；（2）若b＝6，且△ABC的面积为63，求△ABC的周长.解析（1）因为sin2C＝3sinC，所以2sinCcosC＝3sinC.因为C∈（0，π），所以sinC≠0，所以cosC＝32，C＝π（2）因为△ABC的面积S＝12absinC＝12×a×6×12＝63，所以a＝由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝48＋36－72＝12，所以c＝23，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝43＋6＋23＝6（3＋1）.学生用书P126射影定理的应用例5[2023四川遂宁三诊]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若ca＝1+cosC2－cosA，c＝4，C＝π3，则△A.23 B.43 C.12 D.16解析解法一（射影定理法）由ca＝1+cosC2－cosA得2c＝a＋acosC＋ccosA，则由射影定理可得a＋因为c＝4，所以a＋b＝2c＝8，又C＝π3，所以由余弦定理得cosC＝a2＋b2－c22ab＝所以△ABC的面积为12absinC＝12absinπ3＝34ab＝4解法二由正弦定理及ca＝1+cosC2－cosA所以sinA＋sinAcosC＝2sinC－cosAsinC，所以sinA＋sinAcosC＋cosAsinC＝2sinC，即sinA＋sin（A＋C）＝2sinC，所以sinA＋sinB＝2sinC，由正弦定理得a＋b＝2c.后同解法一.方法技巧射影定理：在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，则a＝bcosC＋ccosB，b＝acosC＋ccosA，c＝acosB＋bcosA.训练4[2023济南历城二中5月模拟]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3bcosC＋3ccosB＝5asinA，且A为锐角，则当a2bc取最小值时，a2b＋c解析由3bcosC＋3ccosB＝5asinA及射影定理得3a＝5asinA，可得sinA＝35，又A是锐角，所以cosA＝45，则由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－85bc，则a2bc＝b2＋c2－85bcbc＝b2＋c此时a2＝25b2，即a＝105b，所以a2b1.[命题点1/2023南京市二模]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若bsinA＋B2＝csinB，则角C的大小为（A.π6 B.π3 C.2π3解析∵bsinA＋B2＝csinB，∴sinBcosC2＝sinCsinB，又sinB＞0，∴cosC2＝sinC＝2sinC2cosC2.∵C2∈（0，π2），∴cosC2＞0，∴sinC2＝122.[命题点1/浙江高考]在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝23，则AC＝213，cos∠MAC＝23913解析由∠B＝60°，AB＝2，AM＝23，及余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8.解法一在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠B＝4＋64－2×2×8×12＝52，所以AC＝213.在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝AC2＋A解法二过点C作CD⊥BA交BA的延长线于点D，则BD＝4，AD＝2，CD＝43，所以在Rt△ADC中，AC2＝CD2＋AD2＝48＋4＝52，得AC＝213.以下同解法一.3.[命题点1/2024杭州市质检]已知四边形ABCD是一个圆的内接四边形，如图，若AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2.（1）求线段BD的长；（2）若∠BPD＝π3，求PB＋PD的取值范围解析（1）由题意知，A＋C＝π，（圆的内接四边形的一个性质是对角互补）所以cosA＝cos（π－C）＝－cosC.根据余弦定理BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosA，BD2＝CB2＋CD2－2CB·CDcosC，得BD2＝5－4cosA，BD2＝13－12cosC.所以5－4cosA＝13－12cosC，所以cosC＝12所以BD＝7.（2）解法一因为BD2＝PB2＋PD2－2PB·PDcos∠BPD＝PB2＋PD2－PB·PD＝（PB＋PD）2－3PB·PD≥（PB＋PD）2－3·（PB＋PD）24（提示：此处用到了PB·PD＝（PB＋所以（PB＋PD）2≤28，所以PB＋PD≤27（当且仅当PB＝PD时取等号）.所以7＜PB＋PD≤27.（注意：三角形中两边之和大于第三边）解法二由题意知∠BPD＝π3，设∠PBD＝θ，则∠PDB＝2π3由正弦定理PBsin∠PDB＝PDsin可得PBsin（2π3－θ）＝PDsinθ＝BDsinπ3＝273＝221所以PB＋PD＝2213[sinθ＋sin（2π3－θ）]＝27sin（θ＋因为0＜θ＜2π3，所以π6＜θ＋π所以27sin（θ＋π6）∈（7，27].所以7＜PB＋PD≤27.4.[命题点2/全国卷Ⅱ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2（π2＋A）＋cosA＝5（1）求A；（2）若b－c＝33a，证明：△ABC是直角三角形解析（1）由已知得sin2A＋cosA＝54即cos2A－cosA＋14＝所以（cosA－12）2＝0，cosA＝1由于0＜A＜π，故A＝π3（2）由正弦定理及已知条件可得sinB－sinC＝33sinA由（1）知B＋C＝2π3，所以sinB－sin（2π3－B）＝即12sinB－32cosB＝12，sin（B－π3由0＜B＜2π3，得B＝π2，则△5.[命题点3/2024长春市质量监测（一）]在△ABC中，AD为BC边上的中线，BD＝3，AD＝7，tan∠BAD＝32（1）求△ABC的面积；（2）若AE＝107AD，求∠解析（1）由tan∠BAD＝32，可得sin∠BAD＝21在△ABD中，由BD＝3，AD＝7，结合正弦定理BDsin∠BAD＝ADsin∠ABD，得解得sin∠ABD＝1，所以∠ABD＝90°，从而AB＝AD2－B在△ABC中，AB＝2，BC＝2BD＝23，∠ABC＝90°，所以△ABC的面积S＝12×2×23＝23（2）以B为坐标原点，BC，BA的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，则B（0，0），A（0，2），C（23，0），D（3，0），所以AD＝（3，－2）.由AE＝107AD得AE＝（1037所以E（1037，－从而EB＝（－1037，67），EC＝（4所以cos＜EB，EC＞＝EB·EC｜EB||EC｜＝－103学生用书·练习帮P3201.[2024湖北模拟]在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若a＝3，b＝13，B＝60°，则c＝（D）A.1 B.2 C.3 D.4解析由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝9＋c2－3c＝13，即c2－3c－4＝0，解得c＝－1（舍去）或c＝4，∴c＝4.故选D.2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，cosB＝74，则A＝（AA.π6 B.π3 C.5π6 解析在△ABC中，cosB＝74，所以sinB＝1－cos2B＝34，又a＝2，b＝3，所以由正弦定理可得sinA＝a·sinBb＝2×343＝3.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinA＝3acosC，c＝23，ab＝8，则a＋b的值是（A）A.6 B.8 C.4 D.2解析由csinA＝3acosC及正弦定理可得sinCsinA＝3sinAcosC，因为sinA≠0，所以sinC＝3cosC，可得tanC＝3，又C∈（0，π），所以C＝π3.又c＝23，ab＝8，所以由余弦定理可得12＝a2＋b2－ab＝（a＋b）2－3ab＝（a＋b）2－24，所以a＋b＝6.故选4.在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，则sin∠ADC的值为（C）A.1+33 B.1+24 C.1+解析因为在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，所以由正弦定理得3sin∠BAD＝6sin45°，所以sin∠BAD＝24，因为AD＞BD，所以∠BAD＜45°，所以cos∠BAD＝144，所以sin∠ADC＝sin（∠BAD＋45°）＝22×（245.[设问创新/多选]黑板上有一道解三角形的习题，求解过程是正确的，但一位同学不小心把其中一部分擦去了，现在只能看到：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，……，解得B＝60°.根据以上信息，你认为下面哪个选项可以作为这个习题的其余已知条件？（ABD）A.b＝23，C＝90° B.A＝30°，c＝4C.b＝23，A＝30° D.b＝23，c＝4解析对于A，因为a＝2，b＝23，C＝90°，所以tanB＝ba＝232＝3，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，故对于B，因为a＝2，A＝30°，c＝4，所以根据正弦定理得asinA＝csinC，即2sin30°＝4sinC，所以sinC＝1，又0°＜C＜180°，所以C对于C，因为a＝2，b＝23，A＝30°，所以根据正弦定理得2sin30°＝23sinB，所以sinB＝32，又0°＜B＜180°，且b＞a，所以B对于D，因为a＝2，b＝23，c＝4，所以根据余弦定理得cosB＝a2＋c2－b22ac＝22＋42－（23）226.[多选]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列条件能判断△ABC是钝角三角形的有（BC）A.a＝6，b＝5，c＝4B.AB·BC＝2aC.a－bD.b2sin2C＋c2sin2B＝2bccosBcosC解析A选项，由a＞b＞c知A＞B＞C，又因为b2＋c2＝41＞36＝a2，所以A是锐角，故A不正确.B选项，由AB·BC＝－accosB＝2a，得cosB＜0，所以B为钝角，故B正确.C选项，由a－bc＋b＝sinCsinA＋sinB及正弦定理得a－bc＋b＝ca＋b，得b2＋c2－aD选项，由正弦定理得，已知条件等价于sin2Bsin2C＋sin2Csin2B＝2sinBsinCcosBcosC，易知sinB·sinC≠0，所以sinBsinC＝cosBcosC，即cos（B＋C）＝0，又因为0＜B＋C＜π，故B＋C＝π2，所以A＝π－（B＋C）＝π2，故D7.[2024河北唐山一中段考]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝π6，（1＋3）c＝2b，则B＝7π解析解法一在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－3bc，又b＝1+32c，所以a＝22c，由正弦定理得asinA＝csinC，所以sinC＝casinA＝2·sinπ6＝22.因为c＜b，所以C为锐角，C＝π4解法二在△ABC中，由（1＋3）c＝2b及正弦定理得（1＋3）sinC＝2sinB，因为A＝π6，所以（1＋3）sin（5π6－B）＝2sinB，展开得1+32cosB＋3+32sinB＝2sinB，化简整理得tanB＝1+31－3＝tanπ4＋tan8.[2024青岛模拟]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A＝60°，b＋c＝6，且△ABC的面积为3，则△ABC的内切圆的半径为3－2.解析由题意得△ABC的面积S＝12bcsinA＝34bc＝3，故bc＝4，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc＝24，所以a＝26，△ABC的周长为6＋26.设△ABC的内切圆半径为r，则12（a＋b＋c）r＝12×（6＋26）r＝3，所以r＝9.[角度创新]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cb＜cosA，则△ABC的形状为钝角三角形解析已知cb＜cosA，由正弦定理，得sinCsinB＜cosA，即sinC＜sinBcosA，所以sin（A＋B）＜sinBcosA，即sinB·cosA＋cos