2026年高考数学二轮复习：专题08 平面向量及其取值范围、四心、等和线、极化恒等式等的巧用（复习讲义）（解析版）

/专题08平面向量及其取值范围、四心、等和线、极化恒等式等的巧用目录01析·考情精解 202构·知能框架 303破·题型攻坚 3考点一平面向量基本定理及数量积 3真题动向必备知识知识1平面向量数量积知识2平面向量数量积的坐标表示知识3平面向量求最值范围的常用方法命题预测考向1平面向量基本定理及其应用考向2平面向量的数量积考向3平面向量的模及夹角考向4平面向量的范围最值问题考点二等和线定理、极化恒等式及矩形恒等式 27必备知识知识1等和线定理（向量系数和问题）知识2极化恒等式知识2矩形恒等式命题预测考向1等和线问题考向2极化恒等式考向3矩形恒等式考点三奔驰向量与向量四心 38必备知识知识1重心的常见向量式知识2垂心的常见向量式知识3内心的常见向量式知识4外心的常见向量式知识5奔驰定理命题预测考向1奔驰定理考向2向量四心命题轨迹透视近三年全国卷平面向量考查形式稳定，以选择题、填空题为主，分值约5分，难度集中在基础至中档。命题核心聚焦数量积、坐标运算、模长、夹角及垂直/平行关系，常以三角形、正方形、圆等平面图形为背景，深度融合平面几何、三角函数、解析几何等模块。模的最值、参数求解是高频题型，偶涉向量线性运算与基本定理的综合应用。核心考查内容围绕向量“数”与“形”的双重属性，既检验坐标运算、数量积公式的应用熟练度，也强调数形结合、转化化归思想的运用。能力上要求精准进行代数运算，能将几何问题转化为向量问题求解，同时规避垂直与平行条件混淆、数量积公式记错等易错点，凸显对基础素养与知识迁移能力的综合检验。考点频次总结考点2025年2024年2023年平面向量的数量积一卷T6，5分二卷T12，5分甲卷（理）T9，5分I卷T3，5分II卷T3，5分I卷T3，5分II卷T13，5分甲卷（理）T4，5分甲卷（文）T3，5分乙卷（文）T6，5分平面向量的最值范围乙卷（理）T12，5分2026命题预测2026年全国卷平面向量仍以选择、填空题为主，分值稳定在5分左右。核心聚焦数量积、模长、夹角及垂直/平行关系，将强化工具性作用，多作为解析几何、立体几何的解题桥梁。可能结合实际情境（如速度、位移）或新定义题型，延续与三角函数、不等式的跨模块融合，难度中等，侧重数形转化与运算精准性。考点一平面向量基本定理及数量积1．（2025·全国一卷·高考真题，6，5分）帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小与方向，测出的结果在航海学中称为视风风速.视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风风速对应的向量之和，其中船行风风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图2所示（线段长度代表速度大小，单位：m/s），则该时刻的真风为（

）级数名称风速大小（单位：m/s)2轻风1.6~3.33微风3.4~5.44和风5.5~7.95劲风8.0~10.7A．轻风 B．微风 C．和风 D．劲风【答案】A【详解】由题意及图得，视风风速对应的向量为：，视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，船速方向和船行风速的向量方向相反，设真风风速对应的向量为，船行风速对应的向量为，∴，船行风速：，∴，，∴由表得，真风风速为轻风，故选：A.2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题，3，5分）已知向量，若，则（

）A． B． C．1 D．2【答案】D【详解】因为，所以，所以即，故，故选：D.3．（2024·全国甲卷·高考真题，9，5分）设向量，则（

）A．“”是“”的必要条件 B．“”是“”的必要条件C．“”是“”的充分条件 D．“”是“”的充分条件【答案】C【详解】对A，当时，则，所以，解得或，即必要性不成立，故A错误；对C，当时，，故，所以，即充分性成立，故C正确；对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误；对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误.故选：C.4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题，3，5分）已知向量满足，且，则（

）A． B． C． D．1【答案】B【详解】因为，所以，即，又因为，所以，从而.故选：B.5．（2023·全国甲卷·高考真题，3，5分）已知向量，则（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，所以，则，，所以.故选：B.6．（2025·全国二卷·高考真题，12，5分）已知平面向量若，则【答案】【详解】，因为，则，则，解得.则，则.故答案为：.7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题，13，5分）已知向量，满足，，则．【答案】【详解】法一：因为，即，则，整理得，又因为，即，则，所以.法二：设，则，由题意可得：，则，整理得：，即.故答案为：.8．（2023·全国乙卷·高考真题，6，5分）正方形的边长是2，是的中点，则（

）A． B．3 C． D．5【答案】B【详解】方法一：以为基底向量，可知，则，所以；方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则，可得，所以；方法三：由题意可得：，在中，由余弦定理可得，所以.故选：B.9．（2023·全国甲卷·高考真题，4，5分）已知向量满足，且，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为,所以,即,即,所以.如图,设,由题知,是等腰直角三角形,AB边上的高,所以,,.故选:D.10．（2023·全国乙卷·高考真题，12，5分）已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】如图所示，，则由题意可知:，由勾股定理可得

当点位于直线异侧时或PB为直径时，设，则：，则当时，有最大值.

当点位于直线同侧时，设，则：，，则当时，有最大值.综上可得，的最大值为.故选：A.知识1平面向量数量积设非零向量，是与的夹角，（1）数量积：；（2）模：.（3）夹角：（4）垂直与平行：；【注】当与同向时,；当与反向时，.（5）性质：(当且仅当时等号成立)知识2平面向量数量积的坐标表示设向量，θ为向量的夹角.数量积模夹角两非零向量的充要条件知识3平面向量求最值范围的常用方法1.定义法：先利用数量积的概念及其运算律转化所求问题，再运用基本不等式或二次函数性质求其最值问题2.基底法：利用基底转化向量，然后根据向量运算律化简目标，接着运用适当的数学方法如二次函数的思想、基本不等式的思想、三角函数思想等得出结论3.坐标法：先根据题意建立适当的直角坐标系并写出相应点的坐标，将平面向量的运算坐标化，然后运用适当的数学方法如二次函数的思想、基本不等式的思想、三角函数思想等求解4.数形结合法：结合条件进行向量关系推导，然后利用向量之间的关系确定向量所表达的点的轨迹，结合图形,确定临界位置的动态分析求出范围。考向1平面向量基本定理及其应用1．（2025·河南洛阳·一模）如图，设，线段与交于点，且，则的最小值为（

）

A．5 B．9 C． D．【答案】D【详解】，又，故，所以，因为，所以，因为三点共线，所以，故.所以，当且仅当，即时取等号.故最小值为，故选：D.2．（2025·广西南宁·三模）在中，点，分别为，边上的中点，点满足，则（

）A． B．C． D．【答案】B【详解】因为点，分别为，边上的中点，所以，又，则，所以.故选：B3．（2025·四川眉山·一模）如图，在中，，，.取边中点D，连接AD，设E为中点，连接并延长与交于点F，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】设，因为B，F，E共线，所以，又因为，所以，所以，解得，所以，得，，所以，所以，所以，在中，，，，所以，所以，所以．故选：A4．（2025·甘肃兰州·三模）已知是上三点，射线与的延长线（不包括点）交于点，若，则（

）.A． B．C． D．【答案】D【详解】因为三点共线，不妨设，其中，，

又三点共线，且反方向，不妨设，所以，又，则，所以，故选：D.5．（2025·宁夏固原·一模）在中，为的中点，，过点任作一条直线，分别交线段、于、两点，设，，若，，则的最小值是.【答案】【详解】因为为的中点，所以，因为，所以；因为，，所以，，所以，因为、、三点共线，所以，所以，当且仅当，即，时取等号，所以的最小值为.

故答案为：.6．（2024·广西崇左·模拟预测）在中，为中点，在上，且，与交于点O(1)用表示.(2)过O作直线交线段于点，交线段于，，求的值【答案】(1)，；(2)【分析】【详解】（1）由为的中点可知，由可知，如下图：

因此可得，因为三点共线，所以可设，且三点共线，所以存在实数，使得，因此可得，即，解得，因此；（2）如下图所示：

因为三点共线，所以存在实数使得，其中由可得，又，所以，结合（1）中结论可知，解得；因此.考向2平面向量的数量积7．（2024·黑龙江伊春·二模）已知平面向量满足，与的夹角为，则（

）．A．7 B．1 C． D．【答案】B【详解】因为.故选：B.8．（2024·山东潍坊·模拟预测）A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足，则点P的轨迹一定经过的（

）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】B【详解】令，则是以为始点，向量与为邻边的菱形的对角线对应的向量，即在的平分线上，，共线，故点P的轨迹一定通过△ABC的内心，故选：B9．（2024·河南周口·三模）已知向量，，且，则（

）A． B．3 C． D．【答案】D【详解】，，，故选：D10．（2025·广东汕头·模拟预测）已知是夹角为的两个单位向量，若，则实数．【答案】4【详解】由是夹角为的两个单位向量，得，由，得，即，所以.故答案为：411．（2024·江苏镇江·模拟预测）设为单位向量，且，则．【答案】1【详解】因为为单位向量，所以.由可得，解得.故答案为：1.12．（2025·山西长治·一模）已知向量均为单位向量，且，则（）A． B． C． D．【答案】D【详解】由向量均为单位向量，且，得，整理得，即，所以.故选：D13．（2025·江苏连云港·模拟预测）在中，为的中点，且外接圆的圆心为M，则（

）A．11 B．14 C． D．【答案】D【详解】因为N为的中点，则，所以．如图，分别取线段的中点为，因为M为的外接圆圆心，所以，则，，因此．故选：D．考向3平面向量的模及夹角14．（2025·黑龙江牡丹江·三模）已知向量，满足，则向量与的夹角为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，所以，解得，所以，所以，又，所以向量与的夹角为，故选：B15．（2025·广东茂名·二模）已知向量，，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，，所以，，又因为，所以，所以，即，则，解得：，又因为，且，，，则.故选：B.16．（2024·江苏盐城·模拟预测）若为空间两两夹角都是的三个单位向量，则．【答案】【详解】因为为空间两两夹角都是的三个单位向量，所以.故答案为：17．（2024·山东淄博·一模）若平面向量，，均为单位向量，且，则与的夹角为．【答案】【详解】由可得，，即，因为，，均为单位向量，所以，所以，即.设与的夹角为，则，所以.故答案为：18．（2025·河北张家口·模拟预测）（多选）已知向量，，，，且，则（

）A．与的夹角为B．在上的投影向量为C．D．【答案】ABD【详解】，与的夹角为，所以A正确；因为在上的投影向量为，所以B正确；由且，得，解得或，则或，所以C不正确；当时，，当时，，故D正确.故选：ABD.19．（2025·吉林长春·二模）冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具，在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．运动员小华以球杆击球，使冰球从点出发，沿运动至点，已知，，且，则冰球位移的大小是（

）

A． B．C． D．【答案】D【详解】，即，则，即，因为，所以，.故选：D考向4平面向量的范围最值问题20．（2024·湖北咸宁·二模）已知正方形ABCD的边长为2，点M，N分别为边AB，DA上的动点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】以点为原点，以和所在直线分别为x轴和y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设，，可得，则．故选C．21．（2025·广东深圳·二模）已知下图是一个边长为2的田字格（由4个边长为1的小正方形构成），田字格中有9个节点（如图加黑的9个点），，，为这9个点中均不相同的三个点，则的最大值为（

）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】C【详解】建立如图所示的直角坐标系，9个点的坐标为，，，，，，，，，若点在原点，任取两点作为向量坐标，发现或取得最大值，故的最大值为6.经检验可知，当，，取其他坐标时，的值均不会超过6.故选：C.22．（2025·江苏泰州·一模）在等腰梯形中，，，是线段上的动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．0【答案】B【详解】方法一：以为原点，射线为轴正半轴建立直角坐标系，如图所示：

，则，设，其中，则，，当时，取得最小值为.方法二：极化恒等式设的中点为，则，当为中点时，取得最小值为.故选：B.23．（2025·海南三沙·模拟预测）设，，是半径为1的圆上三点，若，则的最大值为（

）A．1 B． C． D．2【答案】B【详解】由题画出图形，则向量的夹角为锐角时适合题意，过作，交直线AB于点，则，故当取得最大值时，的值最大.设圆心为，因为圆的半径为1，故是边长为1的等边三角形，且当与圆相切时，的值最大，过O作，交AB于D，连接OC，则四边形ODHC为矩形，所以，则，即的最大值为故的最大值为.故选：B24．（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在直角梯形中，，以四条边为直径向外作四个半圆，点是这四个半圆弧上的一个动点，则的最大值是（

）A．8 B．16 C． D．【答案】D【详解】要使最大，与的夹角小于，当点在弧上时，，当点在弧上时，，当点在弧上时，取线段中点为，则，所以当与同向时，，此时最大值为，故选：D.25．（2024·甘肃陇南·模拟预测）如图，在中，分别是直线，上的点，，且，则.若是线段上的一个动点，则的最小值为.【答案】/0.5【详解】①，又，，则：，且原式，解得；②设，当时，有最小值，为故答案为：①，②.26．（2025·山西临汾·模拟预测）（多选）已知点在以为直径的圆上运动，且，动点为平面内一点，且，则下列结论正确的是（

）A．的最小值为1B．的最小值为C．的最大值为10D．的最小值为8【答案】ABC【详解】A选项，设中点为，∵，，且，∴，∴由题意可知，∵，∴，即，当，即同向时取得最小值1.故A正确；B选项，，∵，即，∴当，即反向时，取得最小值，∴，由图可知，当三点共线且在的两侧时，取得最大值为3，∴，即最小值为，故正确；选项C、D，，∴，而∵，∴，∴∴，∴，即的最大值是10，最小值是6，故C正确，D错误．故选：ABC.考点二等和线定理、极化恒等式及矩形恒等式知识1等和线定理（向量系数和问题）定义：在平面内，若（、为不共线基底），则所有满足（k为常数）的点P都在过点O且与平行的直线上，该直线称为“等和线”核心结论：当等和线过O点时，，此时P与O重合，当等和线过A点时，，此时，当等和线过B点时，，此时，等和线与平行，且k的值与等和线到O点的距离成正比（k越大，距离越远，同向时k为正，反向时k为负）拓展技巧：若基底不是从点出发，先将向量转化为共起点基底（如，可转化为，此时，等和线对应）知识2极化恒等式设a，b是平面内的两个向量，则有证明：，①，②将两式相减可得，这个等式在数学上我们称为极化恒等式．①几何解释1（平行四边形模型）以，为一组邻边构造平行四边形，，则，由，得．即“从平行四边形一个顶点出发的两个边向量的数量积是和对角线长与差对角线长平方差的”．②几何解释2（三角形模型）在平行四边形模型结论的基础上，若设M为对角线的交点，则由变形为，得，该等式即是极化恒等式在三角形中的体现，也是我们最常用的极化恒等式的几何模型．知识2矩形恒等式如图，在矩形中，若对角线和交于点，为平面内任意一点，有以下两个重要的向量关系：①；②.证明：①连接，根据，可得；②根据极化恒等式，可得.考向1等和线问题1．（2025·河南平顶山·二模）如图,，点在由射线、线段及的延长线围成的区域内(不含边界)运动,且.当时，的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】如图，，点在由射线、线段及的延长线围成的区域内(不含边界)运动，且.，由向量加法的平行四边形法则，为平行四边形的对角线，该四边形应是以与的反向延长线为两邻边，当时，要使点落在指定区域内，即点应落在上，，的取值范围为.故选：B【点睛】本题主要考查平面向量的基本定理，属于中档题.2．（2025·甘肃武威·模拟预测）（多选）在矩形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上．若，则可能的整数值为（

）A．3 B．1 C．0 D．【答案】AB【详解】以点为原点，建立直角坐标系，则，，所以,,圆的半径为，所以圆，所以圆上点，所以，因为，所以,所以,所以，其中，.所以,所以，即，所以可能的整数值为：1,2,3.故答案为：AB.3．（2025·福建宁德·一模）在△ABC中，M为边BC上任意一点，N为AM中点，且满足，则的最小值为（

）A． B． C． D．1【答案】C【详解】在△ABC中，M为边BC上任意一点，则，于是得，而，且与不共线，则，即有，因此，，当且仅当时取“=”，此时M为BC中点，所以的最小值为.故选：C4．（2024·安徽安庆·一模）如图，已知是圆上不同的三点，与交于点（点与点不重合），若，则的取值范围是．【答案】【详解】因为与交于点，所以三点共线，所以与共线，设，则，因为，所以，可得＝＋，因为三点共线，所以，可得，所以的取值范围是，故答案为：.考向2极化恒等式5．（2024·福建南平·一模）如图，正六边形的边长为，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意可得，，当与正六边形的边垂直时，，当点运动到正六边形的顶点时，，所以，则，即.故选：B6．（2024·湖北随州·二模）如图，在中，是的中点，是上的两个三等分点．若，，则的值为（

）

A． B． C．1 D．2【答案】D【详解】设，则由已知可得.又，，所以联立得，.所以．故选：D.7．（2025·云南保山·三模）向量的数量积可以表示为：以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的四分之一，即如图所示，，我们称为极化恒等式.已知在中，是中点，，，则（

）A． B．16 C． D．8【答案】A【详解】由题设，可以补形为平行四边形，由已知得．故选：A．8．（2025·山东菏泽·二模）在中，，，，P，Q是BC边上的两个动点，且，则的最大值为．【答案】3【详解】

如图，取中点，连接，，，两式相减得，要使有最大值，则最小，当时，，所以的最大值为.故答案为：3.9．（2025·河南驻马店·模拟预测）如图，在边长为1的正方形中，是以为圆心，为半径的圆弧（在正方形内，包括边界点）上的任意一点，则的取值范围是．【答案】【详解】如图，取的中点，，而，所以．故答案为：考向3矩形恒等式10．（2024·河北沧州·二模）在中，，AB＝6，点P满足CP＝2，则的最大值为（

）A．9 B．16 C．18 D．25【答案】B【详解】，AB＝6，,∴当与方向相同时，取得最大值2×6＝12，的最大值为16.故选：B.【点睛】本题考查了向量的线性运算、数量积运算、平行四边形法则等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思想，属于中档题目.11．（2025·黑龙江鹤岗·二模）已知点为矩形所在平面上一点，若，，，则.【答案】【详解】建立平面直角坐标系，如图所示；设由，，，得①；②；③；②-①得，④；③-④得，；．故答案为：12．（2024·山东泰安·三模）已知O为矩形内一点，满足，，，则．【答案】【详解】设矩形的对角线交点为,则=，由两边平方得：,∵，，，∴，∴.∴，故答案为：-4.13．（2024·安徽马鞍山·一模）在平面内，，，，若，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】解：如图所示：以A为原点，，的方向为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系.设，，，则，，，，则，即，所以.由，得，所以，.由，得，即，所以，即.所以的取值范围是，故选：D.考点三奔驰定理与向量四心知识1重心的常见向量式设是的重心,为平面内任意一点,则有①;②③若,则动点的轨迹经过三角形的重心④若,则动点的轨迹经过三角形的重心知识2垂心的常见向量式若是的垂心,为平面内任意一点,则有:①;②③,则动点的轨迹通过的垂心知识3内心的常见向量式若是的垂心,则有：①②,则动点的轨迹经过三角形的内心知识4外心的常见向量式若是的外心,为平面内任意一点,则①②③,则动点的轨迹通过外心.④若知识5奔驰定理如图，已知P为内一点，则有.由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，我们把它称为“奔驰定理”.考向1奔驰定理1．（2024·陕西西安·模拟预测）设O点在内部，且有，则的面积与的面积的比值为（

）A．2 B． C． D．3【答案】A【详解】不妨设，如图所示，

根据题意则，即点O是的重心，取的中点，连接，则三点共线，且，所以边上的高是边上的高的倍，，即，同理可得：，，所以有，又因为，那么，故的面积与的面积的比值为.故选：A.2．（2025·黑龙江鸡西·一模）奔驰定理：已知点O是内的一点，若的面积分别记为，则．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．如图，已知O是的垂心，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】延长交于点P，是的垂心，，．同理可得，．又，．又，．不妨设，其中．，，解得．当时，此时，则A，B，C都是钝角，不合题意，舍掉．故，则，故C为锐角，∴，解得，故选：B．【点睛】关键点点睛：此题考查向量的线性运算，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是利用垂心的性质得，再结合已知条件得，设，再利用两角和的正切公式可得，从而可求得结果，考查计算能力和转化思想，属于较难题.3．（2025·江苏淮安·一模）已知点O为所在平面上一点，且满足，若的面积与的面积比值为，则的值为（

）A． B． C．2 D．3【答案】B【详解】，．如图，，分别是对应边的中点，

由平行四边形法则知，，故，在正三角形中，，，且三角形与三角形的底边相等，面积之比为,所以，得.故选：B.4．（2024·辽宁锦州·二模）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”（Mercedes-Benz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理）．“奔驰定理”的内容如下：如图，已知是内一点，，，的面积分别为，，，则．若是锐角内的一点，，，是的三个内角，且点满足，则下列说法正确的是（填序号）

①是的垂心；②；③；④【答案】①③④【详解】因为，所以，所以，所以，同理可得，，，所以为的垂心，故①正确；因为，，所以，，所以，又，所以，又，所以，故②不正确；由②知，，延长交于点，

所以，同理可得，所以，所以，故③正确；由，，则，同理，所以，又，则，故④正确.故答案为：①③④.5．（2024·江西萍乡·模拟预测）已知点在内，且满足，设、、的面积依次为、、，则．【答案】

【详解】因为，所以，所以．6．（2025·海南三亚·一模）如图，在中，，分别为边，上的点，且，，为上任意一点，实数，满足，设，，，的面积分别为，，，，记，，，则当取最大值时，的