2026版三维设计一轮高中总复习数学教师用-第四节　平面向量的综合问题

第四节平面向量的综合问题重点解读平面向量的综合问题，尤其是最值、范围问题是高考的热点，也是难点.此类问题综合性强，体现知识的交汇组合，其基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值，比较向量的模、数量积、参数等.解题思路是建立目标函数的解析式，转化为求函数的最值求解.同时要注意向量“数”与“形”的双重身份，解题时重视数形结合思想.平面向量的实际应用（师生共研过关）在日常生活中，我们常常会看到两个人共提一个行李包的情景，若行李包所受的重力为G，两个拉力分别为F1，F2，且｜F1｜＝｜F2｜，F1与F2的夹角为θ，当两人拎起行李包时，下列结论正确的是（）A.｜G｜＝｜F1｜＋｜F2｜B.当θ＝π2时，｜F1｜＝22｜C.当θ角越大时，用力越省D.当｜F1｜＝｜G｜时，θ＝π解析：B根据题意可得－G＝F1＋F2，则｜G｜＝｜F1＋F2｜＝｜F1＋F2｜2＝F12＋F22+2F1·F2＝2F12+2F12·cosθ，当θ＝0时，｜G｜＝2｜F1｜＝｜F1｜＋｜F2｜，当θ＝π2时，｜G｜＝2F12+2F12·cosθ＝2｜F1｜，即｜F1｜＝22｜G｜，故A错误，B正确；｜G｜＝2F12+2F12·cosθ，因为y＝cosθ在（0，π）上单调递减，且行李包所受的重力G不变，所以当θ角越大时，解题技法用向量方法解决实际问题的步骤如图所示，一条河的两岸平行，河的宽度d＝500m，一艘船从A点出发航行到河对岸，船航行速度的大小为｜v1｜＝10km/h，水流速度的大小为｜v2｜＝4km/h，设v1和v2的夹角为θ（0°＜θ＜180°）.当cosθ＝－25时，船能垂直到达对岸解析：船垂直到达对岸，即v＝v1＋v2与v2垂直，即（v1＋v2）·v2＝0，所以v1·v2＋v22＝0，即｜v1｜｜v2｜·cosθ＋｜v2｜2＝0，所以40cosθ＋16＝0，解得cosθ＝－平面向量在几何中的应用（师生共研过关）已知△ABC中，AD为中线，求证：AD2＝12（AB2＋AC2）－（BC2）2证明：以B为坐标原点，BC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，设A（a，b），C（c，0），D（c2，0），则｜AD｜2＝（c2－a）2＋（0－b）2＝c24－ac＋a2＋b2，12（｜AB｜2＋｜AC｜2）－（｜BC｜2）2＝12[a2＋b2＋（c－a）2＋b2]－c24＝a2＋b2－ac＋c24，从而｜AD｜2＝12（｜AB｜2＋｜AC｜2）－（｜BC｜2）2，解题技法用向量方法解决平面几何问题的步骤平面几何问题向量问题解决向量问题解决平面几何问题.如图所示，若D是△ABC内的一点，且AB2－AC2＝DB2－DC2.求证：AD⊥BC.证明：设AB＝a，AC＝b，AD＝e，DB＝c，DC＝d，则a＝e＋c，b＝e＋d，即a2－b2＝（e＋c）2－（e＋d）2＝c2＋2e·c－2e·d－d2.由已知可得a2－b2＝c2－d2，所以c2＋2e·c－2e·d－d2＝c2－d2，即e·（c－d）＝0.因为BC＝BD＋DC＝d－c，所以AD·BC＝e·（d－c）＝0，所以AD⊥BC，即AD⊥BC.与平面向量有关的最值（范围）问题（师生共研过关）（1）（2024·天津高考14题）在边长为1的正方形ABCD中，E为线段CD的三等分点，CE＝12DE，BE＝λBA＋μBC，则λ＋μ＝43；F为线段BE上的动点，G为AF中点，则AF·DG的最小值为－518解析：（1）以点A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），B（1，0），C（1，1），D（0，1），E（23，1），所以BE＝（－13，1），BA＝（－1，0），BC＝（0，1），因为BE＝λBA＋μBC，所以（－13，1）＝λ（－1，0）＋μ（0，1），所以λ＝13，μ＝1，所以λ＋μ＝43.由B（1，0），E（23，1）可得直线BE的方程为y＝－3（x－1），设F（a，3－3a）（23≤a≤1），则G（a2，3－3a2），所以AF＝（a，3－3a），DG＝（a2，1－3a2），所以AF·DG＝a·a2＋（3－3a）·1－3a2＝5a2－6a＋32＝5（（2）平面向量a，b满足｜a｜＝｜b｜，且｜a－3b｜＝1，则cos＜b，3b－a＞的最小值是223解析：（2）由｜a－3b｜＝1两边平方得a2－6a·b＋9b2＝1.又因为｜a｜＝｜b｜，所以a·b＝10a2－16，所以cos＜b，3b－a＞＝b·（3b－a）｜b｜·｜3b－a｜＝3b2－a·b｜b｜＝18b2-(10a2－解题技法求向量数量积的最值（范围）问题的关键（1）会计算向量的数量积，有关向量数量积的计算通常有两种方法：数量积的定义及坐标运算；（2）会求目标代数式，通过引入参数求出向量的数量积，转化为关于参数的函数，此时，常利用函数的单调性、配方法、基本不等式等方法求出向量数量积的最值（范围）.1.如图，在△ABC中，BD＝23BC，E为线段AD上的动点，且CE＝xCA＋yCB，则1x＋3yA.8 B.9C.12 D.16解析：D由已知得CB＝3CD，∴CE＝xCA＋yCB＝xCA＋3yCD，∵E为线段AD上的动点，∴A，D，E三点共线，∴x＋3y＝1且x＞0，y＞0，∴1x＋3y＝（1x＋3y）（x＋3y）＝10＋3yx＋3xy≥10＋23yx·3xy＝16，当且仅当x＝2.在平面直角坐标系xOy中，若A（1，0），B（3，4），OC＝xOA＋yOB，x＋y＝6，则｜AC｜的最小值为25.解析：由题意得OA＝（1，0），OB＝（3，4），由OC＝xOA＋yOB，得OC＝（x＋3y，4y），所以AC＝OC－OA＝（x＋3y－1，4y）.又x＋y＝6，所以AC＝（5＋2y，4y），则｜AC｜＝（5+2y）2＋（4y）2＝20y2+20y+25＝25（y平面向量与三角函数的交汇问题（师生共研过关）已知向量m＝（cos（ωx＋π3），cosωx），n＝（sin（ωx－π2），cosωx），ω＞0，f（x）＝m·n－14，y＝f（x）图象上相邻的最高点与最低点之间的距离为（1）求ω的值及f（x）在［0，π3］上的单调递增区间解：（1）依题意可得f（x）＝cos（ωx＋π3）·sin（ωx－π2）＋cos2ωx＝－（cosωxcosπ3－sinωxsinπ3）·cosωx＋cos2ωx＝－（12cosωx－32sinωx）·cosωx＋cos2ωx＝－12cos2ωx＋32sinωxcosωx＋cos2ωx＝34sin2ωx＋14cos2ωx＝12sin（2ωx＋设函数f（x）的最小正周期为T，则2＝（T2）2+1，解得T则T＝2＝2π2ω，解得ω所以f（x）＝12sin（πx＋π6令2kπ－π2≤πx＋π6≤2kπ＋π2（k得2k－23≤x≤2k＋13（k∈所以f（x）的单调递增区间为［2k－23，2k＋13］（k∈故f（x）在［0，π3］上的单调递增区间为［0，13（2）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＋c＝2，A＝π3，求f（a）的值域解：（2）在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝（b＋c）2－3bc＝4－3bc，又2＝b＋c≥2bc且bc＞0，所以0＜bc≤1，当且仅当b＝c＝1时取等号，所以1≤a2＜4，又2＝b＋c＞a，所以1≤a＜2，所以7π6≤πa＋π6＜13π6，则－1≤sin（πa＋π6）＜12，则－12≤f（a）＜14，所以f（a解题技法平面向量与三角函数的综合问题的解题思路（1）当题中给出的向量坐标中含有三角函数的形式时，先结合已知条件运用向量共线、垂直等相关知识，得到含有三角函数的关系式，然后求解；（2）当给出用三角函数表示的向量坐标，求向量的模或向量的其他表达式时，可通过向量的坐标运算，将其转化为三角函数的性质或值域等问题.已知向量a＝（cosx，sinx），b＝（3，－3），x∈[0，π].（1）若a∥b，求x的值；解：（1）因为a＝（cosx，sinx），b＝（3，－3），a∥b，所以－3cosx＝3sinx.若cosx＝0，则sinx＝0，与sin2x＋cos2x＝1矛盾，故cosx≠0，所以tanx＝－33又x∈[0，π]，所以x＝5π（2）记f（x）＝a·b，求f（x）的最大值和最小值以及对应的x的值.解：（2）f（x）＝a·b＝3cosx－3sinx＝23cos（x＋π6）因为x∈[0，π]，所以x＋π6∈［π6，7π6］，从而－1≤cos（x＋π所以当x＋π6＝π6，即x＝0时，f（x）取得最大值，为当x＋π6＝π，即x＝5π6时，f（x）取得最小值，为－1.四边形ABCD中，AD＝BC，（AB＋AD）·（AB－AD）＝0，则这个四边形是（）A.菱形 B.矩形C.正方形 D.等腰梯形解析：A由题意，AD＝BC，即AD＝BC且AD∥BC，故四边形ABCD为平行四边形，又（AB＋AD）·（AB－AD）＝｜AB｜2－｜AD｜2＝0，故AB＝AD，即四边形ABCD为菱形.2.在水流速度为10km/h的自西向东的河中，如果要使船以103km/h的速度从河的南岸垂直到达北岸，则船出发时行驶速度的方向和大小为（）A.北偏西30°，20km/hB.北偏西60°，102km/hC.北偏东30°，102km/hD.北偏东60°，20km/h解析：A如图，船从点O出发，沿OC方向行驶才能垂直到达对岸，｜OA｜＝10，｜OB｜＝103，则｜OC｜＝｜OA｜2＋｜OB｜2＝20，则cos∠BOC＝｜OB｜｜OC｜＝32，因为∠BOC为锐角，故∠BOC＝30°，故船以203.已知a是单位向量，向量b（b≠a）满足b－a与a所成角为60°，则｜b｜的取值范围是（）A.（12，＋∞） B.（33，＋C.（1，＋∞） D.（233，＋解析：C设AB＝a，AC＝b，如图所示，则由BC＝AC－AB，又因为a与b－a的夹角为60°，所以∠ABC＝120°.又｜AB｜＝｜a｜＝1，由正弦定理｜a｜sinC＝｜b｜sin120°，得｜b｜＝32sinC，因为C∈（0°，60°），所以sinC∈（0，32），所以｜b4.已知平面向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，若a·b＝12，则（2a＋c）·（b－c）的最小值为（A.－2 B.－3C.－1 D.0解析：B∵平面向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，a·b＝12，则cos＜a，b＞＝a·b｜a||b｜＝121×1＝12，∴＜a，b＞＝60°，设OA＝a＝（1，0），OB＝b＝（12，32），c＝（cosθ，sinθ），∴（2a＋c）·（b－c）＝（2＋cosθ，sinθ）·（12－cosθ，32－sinθ）＝（2＋cosθ）（12－cosθ）＋sinθ·（32－sinθ）＝32sinθ－32cosθ＝3sin（θ－5.〔多选〕一物体受到3个力的作用，其中重力G的大小为4N，水平拉力F1的大小为3N，另一力F2未知，则（）A.当该物体处于平衡状态时，｜F2｜＝5NB.当F2与F1方向相反，且｜F2｜＝5N时，该物体所受合力的大小为0NC.当该物体所受合力为F1时，｜F2｜＝4ND.当｜F2｜＝2N时，3N≤｜F1＋F2＋G｜≤7N解析：ACD当该物体处于平衡状态时，F2的大小等于重力G与水平拉力F1的合力大小，如图1，｜F2｜＝5N，故A正确；当F2与F1方向相反时，该物体受力如图2，显然B错误；当该物体所受合力为F1时，G与F2的合力大小为0N，所以｜F2｜＝4N，故C正确；由A知，重力G与水平拉力F1的合力大小为5N，易知当F2与G＋F1同向时合力最大，最大值为7N，反向时合力最小，最小值为3N，即3N≤｜F1＋F2＋G｜≤7N，故D正确.6.〔多选〕已知O为坐标原点，点P1（cosα，sinα），P2（cosβ，－sinβ），P3（cos（α＋β），sin（α＋β）），A（1，0），则（）A.｜OP1｜＝｜B.｜AP1｜＝｜C.OA·OP3＝OD.OA·OP1＝O解析：AC由题可知，｜OP1｜＝cos2α＋sin2α＝1，｜OP2｜＝cos2β＋(-sinβ）2＝1，所以｜OP1｜＝｜OP2｜，故A正确；取α＝π4，则P122，22，取β＝5π4，则P2－22，22，则｜AP1｜≠｜AP2｜，故B错误；因为OA·OP3＝cos（α＋β），OP1·OP2＝cosαcosβ－sinαsinβ＝cos（α＋β），所以OA·OP3＝OP1·OP2，故C正确；因为OA·OP1＝cosα，OP2·OP3＝cosβcos（α＋β7.已知向量a＝（cosθ，sinθ），b＝（－3，1），则｜2a－b｜的最大值为4.解析：法一由题意得｜a｜＝1，｜b｜＝2，a·b＝sinθ－3cosθ＝2sin（θ－π3），所以｜2a－b｜2＝4｜a｜2＋｜b｜2－4a·b＝4×12＋22－8sin（θ－π3）＝8－8sin（θ－π3）.所以｜2a－b｜2的最大值为8－8×（－1）＝16，故｜2a－b｜的最大值为4，此时θ＝2kπ－π6，法二因为a＝（cosθ，sinθ），b＝（－3，1），所以2a－b＝（2cosθ＋3，2sinθ－1），所以｜2a－b｜＝（2cosθ＋3）2＋（2sinθ－1）2＝8－4（sinθ－3cosθ）＝8－8sin法三由题意得｜2a－b｜≤2｜a｜＋｜b｜＝2×1＋2＝4，当且仅当向量a，b方向相反时不等式取等号，故｜2a－b｜的最大值为4.8.已知｜a｜＝2｜b｜，｜b｜≠0，且关于x的方程x2＋｜a｜x＋a·b＝0有实根，则a与b的夹角θ的取值范围是［π3，π］解析：因为关于x的方程x2＋｜a｜x＋a·b＝0有实根，所以Δ＝｜a｜2－4a·b＝｜a｜2－4｜a｜·｜b｜·cosθ＝4｜b｜2－8｜b｜2·cosθ≥0，所以cosθ≤12，又θ∈[0，π]，所以π3≤θ≤π，即a与b的夹角θ的取值范围是［π3，9.如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，A（2，0），B（－2，0），点P，Q在单位圆上，以x轴非负半轴为始边，以射线OP为终边的角为θ，以射线OQ为终边的角为φ，满足φ－θ＝π2（1）若θ＝π3，求OA·QA（2）当点P在单位圆上运动时，求函数f（θ）＝AP·BQ的解析式，并求f（θ）的最大值.解：（1）由题意可知∠POA＝θ＝π3，则∠QOA＝π3＋π2所以OA·QA＝OA·（OA－OQ）＝OA2－OA·OQ＝22－2×1×cos5π6＝4（2）由题意可知P（cosθ，sinθ），Q（cosφ，sinφ）.因为cosφ＝cos（θ＋π2）＝－sinθsinφ＝sin（θ＋π2）＝cosθ所以Q（－sinθ，cosθ），所以AP＝（cosθ－2，sinθ），BQ＝（－sinθ＋2，cosθ），所以f（θ）＝AP·BQ＝（cosθ－2）（2－sinθ）＋sinθcosθ＝2cosθ－sinθcosθ＋2sinθ－4＋sinθcosθ＝22sin（θ＋π4）－4当θ＋π4＝2kπ＋π2（k∈Z），即θ＝2kπ＋π4（k∈Z）时，f（θ）取得最大值，为2210.（2024·邵阳期中）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，向量p＝（sinA＋sinC，sinB），q＝（sinA－sinC，sinB），p·q＝sinA·sinB.（1）求角C；（2）若AD＝2DB，求｜CD｜解：（1）由已知得p·q＝sinA·sinB＝（sinA＋sinC）·（sinA－sinC）＋sin2B＝sin2A－sin2C＋sin2B，由正弦定理得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理得cosC＝a2＋b∵C∈（0，π），∴C＝π3（2）∵AD＝2DB，∴CD＝23CB＋13CA，BD＝13∴｜CD｜2＝CD2＝19（4a2＋2ab＋b2），｜DB｜2＝BD2＝19（a2＋b2－ab），｜CD｜2｜DB｜2＝4a2+2ab设f（t）＝4+2t＋t2t2－t+1（t＞0），则f'（t）＝－3·－2+2t＋t2（t2－t+1）2，∴f（f（t）max＝f（－1＋3）＝4＋23＝（1＋3）2，故｜CD｜｜DB｜11.已知（a2＋b2）（m2＋n2）＝（am＋bn）2，其中mn≠0，用向量法求证：am＝b证明：法一设c＝（a，b），d＝（m，n），则｜c｜2＝a2＋b2，｜d｜2＝m2＋n2，c·d＝am＋bn.∵（a2＋b2）（m2＋n2）＝（am＋bn）2，∴｜c｜2·｜d｜2＝（c·d）2，即c·d＝±｜c｜·｜d｜，∴c∥d，∴an＝bm.又mn≠0，∴am＝b法二设c＝（a，b），d＝（m，n），c与d的夹角为θ，则cos2θ＝（am＋bna由条件知（am＋bn∴cos2θ＝1，即θ＝0°或θ＝180°，即c∥d，于是an－bm＝0.又mn≠0，∴am＝b12.（新定义）〔多选〕设向量a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），当x1≥x2，且y1＞y2时，称a≫b，当x1＜x2，且y1≤y2时，称a≪b.下列结论正确的有（）A.若a≫b且μa≫λb，则μ≥λB.若a＝（2022，2024），b＝（2023，2025），则a≪