《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

考点一 平面向量在几何中的应用
[例1]
(1)(2023·漳州模拟)已知P为△ABC所在平面内一点，$\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{PB}+2\overrightarrow{PC}=0$，$|\overrightarrow{AB}| = 4$，$|\overrightarrow{PB}| = |\overrightarrow{PC}| = 3$，则△ABC的面积等于（ ）
A. $4\sqrt{3}$ B. $8\sqrt{3}$ C. $4\sqrt{2}$ D. $8\sqrt{2}$
(2)在△ABC中，$AC = 9$，$\angle A = 60^{\circ}$，D点满足$\overrightarrow{CD}=2\overrightarrow{DB}$，$AD = \sqrt{37}$，则BC的长为（ ）
A. $3\sqrt{7}$ B. $3\sqrt{6}$ C. $3\sqrt{3}$ D. 6
(3)在△ABC中，已知$(\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}+\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|})\cdot\overrightarrow{BC}=0$，且$\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}\cdot\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}=\frac{1}{2}$，则△ABC为（ ）
A. 等边三角形
B. 直角三角形
C. 等腰三角形
D. 三边均不相等的三角形

答案：

(1)D 因为|$\overrightarrow{PB}$| = |$\overrightarrow{PC}$| = 3，所以P位于线段BC的垂直平分线上，设线段BC的中点为D。
由$\overrightarrow{AB}$ + 2$\overrightarrow{PB}$ + 2$\overrightarrow{PC}$ = 0得，$\overrightarrow{AB}$ = -2($\overrightarrow{PB}$ + $\overrightarrow{PC}$) = -4$\overrightarrow{PD}$ = 4$\overrightarrow{DP}$。
所以AB⊥BC，|$\overrightarrow{DP}$| = 1，如图所示。

所以BC = 2BD = 2$\sqrt{3^{2}-1^{2}}$ = 4$\sqrt{2}$，所以$S_{\triangle ABC}$ = $\frac{1}{2}$BC·AB = $\frac{1}{2}$×4$\sqrt{2}$×4 = 8$\sqrt{2}$。
(2)A 因为$\overrightarrow{CD}$ = 2$\overrightarrow{DB}$，
所以$\overrightarrow{AD}$ = $\overrightarrow{AB}$ + $\overrightarrow{BD}$
= $\overrightarrow{AB}$ + $\frac{1}{3}$$\overrightarrow{BC}$
= $\overrightarrow{AB}$ + $\frac{1}{3}$($\overrightarrow{AC}$ - $\overrightarrow{AB}$)
= $\frac{2}{3}$$\overrightarrow{AB}$ + $\frac{1}{3}$$\overrightarrow{AC}$。
设AB = x，则$\overrightarrow{AD}^{2}$ = ($\frac{2}{3}$$\overrightarrow{AB}$ + $\frac{1}{3}$$\overrightarrow{AC}$)²，
得37 = $\frac{4}{9}$x² + $\frac{4}{9}$×x×9cos 60° + $\frac{1}{9}$×9²，
即2x² + 9x - 126 = 0。
因为x＞0，故解得x = 6，即AB = 6。
所以|$\overrightarrow{BC}$| = |$\overrightarrow{AC}$ - $\overrightarrow{AB}$| =
$\sqrt{|\overrightarrow{AB}|^{2}+|\overrightarrow{AC}|^{2}-2|\overrightarrow{AB}|·|\overrightarrow{AC}|cos 60°}$
= $\sqrt{6^{2}+9^{2}-2×6×9×\frac{1}{2}}$ = 3$\sqrt{7}$。
(3)A $\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}$，$\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}$分别表示$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AC}$方向上的单位向量。
$\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}$ + $\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}$在∠A的平分线上。
因为($\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}$ + $\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}$)·$\overrightarrow{BC}$ = 0，所以|$\overrightarrow{AB}$| = |$\overrightarrow{AC}$|。
又$\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}$·$\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}$ = $\frac{1}{2}$，所以cos＜$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AC}$＞ = $\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}$·$\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}$ = $\frac{1}{2}$。
则$\overrightarrow{AB}$与$\overrightarrow{AC}$的夹角为60°，即∠BAC = 60°，可得△ABC是等边三角形。

1. P为△ABC内一点，满足$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+2\overrightarrow{PC}=0$，则△PAB和△ABC的面积比为__________

答案：
[解析]如图，取AB的中点D，连接PA，PB，PC，PD。

则$\overrightarrow{PA}$ + $\overrightarrow{PB}$ = 2$\overrightarrow{PD}$，又由题意$\overrightarrow{PA}$ + $\overrightarrow{PB}$ + 2$\overrightarrow{PC}$ = 0，所以2$\overrightarrow{PD}$ + 2$\overrightarrow{PC}$ = 0。
故C，D，P三点共线，且满足$\overrightarrow{CP}$ = $\frac{1}{2}$$\overrightarrow{CD}$，所以P为CD的中点。
从而$S_{\triangle PAB}$ : $S_{\triangle ABC}$ = 1 : 2。
答案:1 : 2

2. 如图，在△ABC中，$\cos\angle BAC=\frac{1}{4}$，点D在线段BC上，且$BD = 3DC$，$AD = \frac{\sqrt{15}}{2}$，则△ABC的面积的最大值为__________.

答案： [解析]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为BD = 3DC。
所以$\overrightarrow{AD}$ = $\frac{1}{4}$$\overrightarrow{AB}$ + $\frac{3}{4}$$\overrightarrow{AC}$。
又AD = $\frac{\sqrt{15}}{2}$，cos∠BAC = $\frac{1}{4}$。
所以$\overrightarrow{AD}^{2}$ = ($\frac{1}{4}$$\overrightarrow{AB}$ + $\frac{3}{4}$$\overrightarrow{AC}$)²
= $\frac{1}{16}$c² + $\frac{9}{16}$b² + $\frac{3}{8}$bccos∠BAC
= $\frac{1}{16}$c² + $\frac{9}{16}$b² + $\frac{3}{32}$bc。
又$\frac{15}{4}$ = $\frac{1}{16}$c² + $\frac{9}{16}$b² + $\frac{3}{32}$bc = ($\frac{1}{4}$c)² + ($\frac{3}{4}$b)² + $\frac{3}{32}$bc≥2×$\frac{1}{4}$c×$\frac{3}{4}$b + $\frac{3}{32}$bc = $\frac{15}{32}$bc。
当且仅当c = 3b时，等号成立。
所以bc≤8，又sin∠BAC = $\frac{\sqrt{15}}{4}$。
所以$S_{\triangle ABC}$ = $\frac{1}{2}$bcsin∠BAC≤$\frac{1}{2}$×8×$\frac{\sqrt{15}}{4}$ = $\sqrt{15}$。
答案:$\sqrt{15}$

考点二 平面向量的实际应用
[例2]
(1)渭河某处南北两岸平行，如图所示，某艘游船从南岸码头A出发航行到北岸，假设游船在静水中航行速度的大小为$|\boldsymbol{v}_{1}| = 10$km/h，水流速度的大小为$|\boldsymbol{v}_{2}| = 6$km/h.设$\boldsymbol{v}_{1}$与$\boldsymbol{v}_{2}$的夹角为$120^{\circ}$，北岸的点$A'$在码头A的正北方向，那么该游船航行到北岸的位置应（ ）

A. 在$A'$东侧 B. 在$A'$西侧
C. 恰好与$A'$重合 D. 无法确定
(2)若平面上的三个力$\boldsymbol{F}_{1}$，$\boldsymbol{F}_{2}$，$\boldsymbol{F}_{3}$作用于一点，且处于平衡状态.已知$|\boldsymbol{F}_{1}| = 1$N，$|\boldsymbol{F}_{3}| = 2$N，$\boldsymbol{F}_{1}$与$\boldsymbol{F}_{3}$的夹角为$60^{\circ}$，则$\boldsymbol{F}_{2}$的大小为（ ）
A. 1 N B. $\sqrt{3}$ N C. $\sqrt{7}$ N D. 3 N
(3)(2023·温州模拟)物理学中，如果一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，我们就说这个力对物体做了功，功的计算公式：$W = \boldsymbol{F}\cdot\boldsymbol{s}$（其中W是功，$\boldsymbol{F}$是力，$\boldsymbol{s}$是位移）.一物体在力$\boldsymbol{F}_{1}=(2,4)$和$\boldsymbol{F}_{2}=(-5,3)$的作用下，由点$A(1,0)$移动到点$B(2,4)$，在这个过程中这两个力的合力对物体所做的功等于（ ）
A. 25 B. 5 C. -5 D. -25

答案：

(1)A 建立如图所示的平面直角坐标系。

由题意可得$\boldsymbol{v}_{1}$ = (-5,5$\sqrt{3}$)，$\boldsymbol{v}_{2}$ = (6,0)。
所以$\boldsymbol{v}_{1}$ + $\boldsymbol{v}_{2}$ = (1,5$\sqrt{3}$)。
说明游船有x轴正方向的速度，即向东的速度，所以该游船航行到北岸的位置应在A东侧。
(2)C 根据三力平衡得$\boldsymbol{F}_{1}$ + $\boldsymbol{F}_{3}$ + $\boldsymbol{F}_{2}$ = 0，即$\boldsymbol{F}_{1}$ + $\boldsymbol{F}_{3}$ = -$\boldsymbol{F}_{2}$。
两边同时平方得$\boldsymbol{F}_{1}^{2}$ + 2$\boldsymbol{F}_{1}$·$\boldsymbol{F}_{3}$ + $\boldsymbol{F}_{3}^{2}$ = |$\boldsymbol{F}_{2}$|²。
即|$\boldsymbol{F}_{1}$|² + 2|$\boldsymbol{F}_{1}$||$\boldsymbol{F}_{3}$|cos 60° + |$\boldsymbol{F}_{3}$|² = |$\boldsymbol{F}_{2}$|²。
即1² + 2×1×2×$\frac{1}{2}$ + 2² = 7 = |$\boldsymbol{F}_{2}$|²。
解得|$\boldsymbol{F}_{2}$| = $\sqrt{7}$N。
(3)A 因为$\boldsymbol{F}_{1}$ = (2,4)，$\boldsymbol{F}_{2}$ = (-5,3)，所以$\boldsymbol{F}_{1}$ + $\boldsymbol{F}_{2}$ = (-3,7)，又A(1,0)，B(2,4)，所以$\overrightarrow{AB}$ = (1,4)，故W = ($\boldsymbol{F}_{1}$ + $\boldsymbol{F}_{2}$)·$\overrightarrow{AB}$ = -3 + 7×4 = 25。

1. (多选题)在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包.假设行李包所受重力为$\boldsymbol{G}$，作用在行李包上的两个拉力分别为$\boldsymbol{F}_{1}$，$\boldsymbol{F}_{2}$，且$|\boldsymbol{F}_{1}| = |\boldsymbol{F}_{2}|$，$\boldsymbol{F}_{1}$与$\boldsymbol{F}_{2}$的夹角为$\theta$.给出以下结论正确的是（ ）
A. $\theta$越大越费力，$\theta$越小越省力
B. $\theta$的范围为$[0,\pi]$
C. 当$\theta = \frac{\pi}{2}$时，$|\boldsymbol{F}_{1}| = |\boldsymbol{G}|$
D. 当$\theta = \frac{2\pi}{3}$时，$|\boldsymbol{F}_{1}| = |\boldsymbol{G}|$

答案： AD 对于B，当θ = π时，$\boldsymbol{F}_{1}$ + $\boldsymbol{F}_{2}$ = 0，故无法提动行李包，故B错误。
对于A，根据题意，得|$\boldsymbol{G}$| = |$\boldsymbol{F}_{1}$ + $\boldsymbol{F}_{2}$|。
所以|$\boldsymbol{G}$|² = |$\boldsymbol{F}_{1}$|² + |$\boldsymbol{F}_{2}$|² + 2|$\boldsymbol{F}_{1}$||$\boldsymbol{F}_{2}$|cosθ = 2|$\boldsymbol{F}_{1}$|²(1 + cosθ)。
解得|$\boldsymbol{F}_{1}$|² = $\frac{|\boldsymbol{G}|^{2}}{2(1 + cosθ)}$，因为θ∈(0,π)时，y = cosθ单调递减，所以θ越大越费力，θ越小越省力，故A正确。
对于C，因为|$\boldsymbol{F}_{1}$|² = $\frac{|\boldsymbol{G}|^{2}}{2(1 + cosθ)}$，所以当θ = $\frac{\pi}{2}$时，|$\boldsymbol{F}_{1}$|² = $\frac{|\boldsymbol{G}|^{2}}{2}$。
所以|$\boldsymbol{F}_{1}$| = $\frac{\sqrt{2}}{2}$|$\boldsymbol{G}$|，故C错误。
对于D，因为|$\boldsymbol{F}_{1}$|² = $\frac{|\boldsymbol{G}|^{2}}{2(1 + cosθ)}$，所以当θ = $\frac{2\pi}{3}$时，|$\boldsymbol{F}_{1}$|² = |$\boldsymbol{G}$|²，所以|$\boldsymbol{F}_{1}$| = |$\boldsymbol{G}$|，故D正确。