2027年高考数学一轮复习第五章　§5.4　平面向量中的综合问题学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第五章　§5.4　平面向量中的综合问题学案含解析，共17页。
题型一 平面向量在几何中的应用
例1 (1)设P是△ABC所在平面内一点，若AB·(CB+CA)=2AB·CP，且AB2=AC2-2BC·AP，则点P是△ABC的( )
A.外心B.内心
C.重心D.垂心
答案 A
解析 由AB·(CB+CA)=2AB·CP，
得AB·(CB+CA-2CP)=0，
即AB·[(CB-CP)+(CA-CP)]=0，
所以AB·(PB+PA)=0.
设D为AB的中点，则AB·2PD=0，
故AB·PD=0.
由AB2=AC2-2BC·AP，
得(AB+AC)·(AB-AC)=-2BC·AP，
即(AB+AC-2AP)·CB=0.
设E为BC的中点，则(2AE-2AP)·CB=0，
则2PE·CB=0，故CB·PE=0.
所以P为AB与BC的垂直平分线的交点，
所以P是△ABC的外心.
(2)如图所示，在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=3，点D在线段BC上，且DC=2BD.则AD的长为 ；∠DAC的大小为 .
答案 3 90°
解析 设AB=a，AC=b，
则AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13(AC-AB)=23AB+13AC=23a+13b，
∴|AD|2=23a+13b2=49a2+2×29a·b+19b2=49×9+2×29×3×3×cs 120°+19×9=3，
∴AD=3.
设∠DAC=θ，则向量AD与AC的夹角为θ.
∵cs θ=AD·AC|AD||AC|=23a+13b·b3×3=23a·b+13b233=23×3×3×cs120°+13×933=0，
∴θ=90°，即∠DAC=90°.
思维升华 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几何问题.
跟踪训练1 (1)在△ABC中，若OA·OB=OB·OC=OC·OA，则点O是△ABC的( )
A.内心B.外心
C.垂心D.重心
答案 C
解析 ∵OA·OB=OB·OC，
∴OB·(OA-OC)=0，∴OB·CA=0，
∴OB⊥CA，
即OB为△ABC边CA上的高所在的直线.
同理OA·BC=0，OC·AB=0，
∴OA⊥BC，OC⊥AB，
故点O是△ABC的垂心.
(2)在△ABC中，A=π3，O为△ABC的外心，若AO·AB=AO·AC=2，则AB·AC的值为 .
答案 2
解析 取AB，AC的中点分别为D，E，连接OD，OE，如图，∵O为△ABC的外心，∴OD⊥AB，OE⊥AC，AO·AB=|AO|·|AB|cs∠OAD=|AD||AB|=12|AB|2=2，
∴|AB|=2，同理|AC|=2，
∴AB·AC=|AB||AC|cs∠BAC=2×2×12=2.
题型二 和向量有关的最值(范围)问题
命题点1 与平面向量基本定理有关的最值(范围)问题
例2 给定两个长度为3的平面向量OA和OB，它们的夹角为2π3，如图所示，点C在以O为圆心的AB上运动，若OC=xOA+yOB，其中x，y∈R，则x+y的最大值是 ；2x+y的最大值是 .
答案 2 2213
解析 方法一 建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(3，0)，B−32，332，
设C(3cs α，3sin α)，α∈0，2π3，
由OC=xOA+yOB⇒(3cs α，3sin α)=x(3，0)+y−32，332=3x−32y，332y，
则3csα=3x−32y,3sinα=332y,
化简得x=33sin α+cs α，y=233sin α.
则x+y=33sin α+cs α+233sin α
=3sin α+cs α=2sinα+π6，
则当sinα+π6=1，即α=π3时，
x+y取得最大值2.
2x+y=233sinα+csα+233sin α
=433sin α+2cs α=2213sin(α+φ)，
其中tan φ=32且φ为第一象限角，
则当sin(α+φ)=1时，2x+y取得最大值2213.
方法二 (利用等和线定理)
在△AOB中，取AB的中点E(图略)，点O到AB的距离d=OE=3sin 30°=32，
由等和线定理得(x+y)max=3d=332=2.
取OA的中点A'(图略)，OC=xOA+yOB=2x·12OA+y·OB=2x·OA'+yOB，
∵OA=OB=3，∴OA'=32，
∴A'B2=OA'2+OB2-2OA'·OBcs2π3
=322+32-2×32×3×−12=634，
∴A'B=372，
由等面积法得点O到A'B的距离h=12×32×3sin2π312×372=32114，
由等和线定理得(2x+y)max=3ℎ=332114=2213.
命题点2 与数量积有关的最值(范围)问题
例3 (2025·北京昌平区模拟)在矩形ABCD中，AB=2，AD=3，P为矩形ABCD所在平面内的动点，且PA=1，则PB·PC的最大值是( )
A.9B.10C.11D.12
答案 B
解析 如图，建立平面直角坐标系，设P(x，y)，BC的中点为H，
因为AB=2，AD=3，所以A(0，0)，B(2，0)，C(2，3)，H2，32，
得PB=(2-x，-y)，PC=(2-x，3-y)，
所以PB·PC=(x-2)2+y2-3y
=(x-2)2+y−322-94，
又因为PA=1，所以x2+y2=1，
即点P在以点A为圆心，1为半径的圆上，
又PH=(x−2)2+y−322≤AH+AP=22+322+1=72，当且仅当H，A，P三点共线(P在HA的延长线上)时取等号，
所以PB·PC=(x-2)2+y−322-94≤494-94=10.
命题点3 与模有关的最值(范围)问题
例4 (2025·白城期末)在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB=2BC=2CD=2，P是腰AD上的动点，则|2PB-PC|的最小值为 .
答案 332
解析 如图，过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB于点F，
∵AB=2，BC=CD=1，
∴AE=12，
∴cs∠EAD=AEAD=12，故∠EAD=60°，
以A为坐标原点，射线AB为x轴非负半轴建立平面直角坐标系，
则B(2，0)，C32，32，
设P(a，3a)，其中0≤a≤12，则PB=(2-a，-3a)，PC=32−a，32−3a，
∴2PB-PC=52−a，−32−3a，
∴|2PB-PC|=52−a2+−32−3a2
=4a2−2a+7=4a−142+274，
又0≤a≤12，
∴当a=14时，|2PB-PC|取得最小值332.
思维升华 向量求最值(范围)的常用方法
(1)利用三角函数求最值(范围).
(2)利用基本不等式求最值(范围).
(3)建立坐标系，设变量构造函数求最值(范围).
(4)数形结合，应用图形的几何性质求最值.
跟踪训练2 (1)在△ABC中，D是AB边上的点，满足AD=2DB，E在线段CD上(不含端点)，且AE=xAB+yAC(x，y∈R)，则x+2yxy的最小值为( )
A.3+22B.4+23
C.8+43D.8
答案 B
解析 ∵AE=xAB+yAC(x，y∈R)，
AD=2DB，∴AE=3x2AD+yAC，
又E在线段CD上(不含端点)，
∴3x2+y=1，且x>0，y>0，
∴x+2yxy=1y+2x=1y+2x3x2+y
=4+3x2y+2yx≥4+23，
当且仅当3x2y=2yx，即x=3−33，y=3−12时，等号成立，∴x+2yxy的最小值为4+23.
(2)△ABC是边长为2的正三角形，P为△ABC所在平面内任意一点，则PA·(PB+PC)的最小值为( )
A.-12B.-32C.-52D.-2
答案 B
解析 设BC的中点为D，AD的中点为E，
则有PB+PC=2PD，
则PA·(PB+PC)=2PA·PD，
而PA·PD=(PE+EA)·(PE+ED)
=(PE+EA)·(PE-EA)=PE2-EA2，
而|EA|=32，PE2-EA2=PE2-34，
故当点P与点E重合时，
PE2-EA2有最小值-34，
所以PA·(PB+PC)的最小值为-32.
(3)已知正三角形ABC的边长为23，平面ABC内的动点P，M满足|AP|=1，PM=MC，则|BM|2的最大值是( )
A.434B.494
C.37+634D.37+2334
答案 B
解析 以△ABC的重心D为原点，直线DA为x轴建立平面直角坐标系，如图，
则A(2，0)，B(-1，-3)，C(-1，3).
设P(x，y)，则AP=(x-2，y)，由|AP|=1，得(x-2)2+y2=1，
即点P在以点A为圆心，1为半径的圆上，
又PM=MC，即M为PC的中点，
∴Mx−12，y+32，∴BM=x+12，y+332，
∴|BM|2=(x+1)2+(y+33)24，它表示点P(x，y)与点E(-1，-33)距离平方的14，
∴|BM|max2=14(AE+AP)2=14×((−1−2)2+(−33−0)2+1)2=494.
四心问题
一、引理(“奔驰”定理)
如图1，O是△ABC内一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC，则SAOA+SBOB+SCOC=0.
图1与奔驰汽车的标志(图2)类似，故该引理又称为“奔驰”定理.
证明 如图，延长AO与BC相交于点D，
BDDC=S△ABDS△ACD=S△BODS△COD=−S△BOD−S△COD=S△ABD−S△BODS△ACD−S△COD=SCSB，
记BDDC=λ，则BD=λDC，
即OD-OB=λ(OC-OD)，
所以-(1+λ)OD+OB+λOC=0，
又OD=-|OD||OA|OA=-SASB+SCOA，
所以SASB+SC1+SCSBOA+OB+SCSBOC=0，
从而SAOA+SBOB+SCOC=0.
推论 若O是△ABC内的一点，且xOA+yOB+zOC=0，则SA∶SB∶SC=x∶y∶z.
二、三角形“四心”的定义、几何性质和向量特征
1.重心
(1)定义：三角形三条中线的交点.
(2)几何性质：三角形的重心是中线的三等分点，它到顶点的距离等于它到对边中点距离的2倍.
(3)向量特征：
定理1 G是△ABC的重心⇔GA+GB+GC=0.
证明 由引理得G是△ABC的重心⇔SA=SB=SC⇔GA+GB+GC=0.
推论1 P是△ABC所在平面内任意一点，PG=13(PA+PB+PC)⇔G是△ABC的重心.
证明 G是△ABC的重心⇔GA+GB+GC=0⇔PA-PG+PB-PG+PC-PG=0⇔PG
=13(PA+PB+PC).
2.外心
(1)定义：三角形三条边的中垂线的交点，也是三角形外接圆的圆心.
(2)几何性质：三角形的外心到三个顶点的距离相等.
(3)向量特征：
定理2 O是锐角△ABC的外心⇔OAsin 2A+OBsin 2B+OCsin 2C=0.
证明 由O是锐角△ABC的外心，
得|OA|=|OB|=|OC|，
则∠AOB=2∠ACB，∠BOC=2∠BAC，
∠COA=2∠ABC，
于是SA∶SB∶SC=sin 2A∶sin 2B∶sin 2C，
根据引理，得到OAsin 2A+OBsin 2B+OCsin 2C=0.
反之亦然(证明略).
推论2 P是锐角△ABC所在平面内任意一点，
PO=PAsin2A+PBsin2B+PCsin2Csin2A+sin2B+sin2C⇔O是锐角△ABC的外心.
推论2可仿照推论1进行证明.
3.内心
(1)定义：三角形三条内角平分线的交点，也是三角形内切圆的圆心.
(2)几何性质：三角形的内心到三边的距离相等.
(3)向量特征：
定理3 O是△ABC的内心⇔aOA+bOB+cOC=0.(其中a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边长)
证明 设△ABC的内切圆半径为r，O是△ABC的内心，则SA∶SB∶SC=ar2∶br2∶cr2=a∶b∶c.
根据引理得，O是△ABC的内心⇔aOA+bOB+cOC=0.
推论3 P是△ABC所在平面内任意一点，O是△ABC的内心⇔PO=aPA+bPB+cPCa+b+c.
推论3可仿照推论1进行证明.
4.垂心
(1)定义：三角形三条高所在直线的交点.
(2)几何性质：三角形的垂心分每条高线所得的两条线段长的乘积相等.
(3)向量特征：
定理4 O是△ABC(非直角三角形)的垂心⇔OAtan A+OBtan B+OCtan C=0.
证明 O是△ABC(非直角三角形)的垂心
⇔OA·OB=OB·OC=OC·OA
⇔|OA|·|OB|cs(π-C)=|OB|·|OC|cs(π-A)
=|OC|·|OA|cs(π-B)
⇔|OA|∶|OB|∶|OC|=cs A∶cs B∶cs C
⇔SA∶SB∶SC=tan A∶tan B∶tan C，
由引理得，O是△ABC(非直角三角形)的垂心⇔OAtan A+OBtan B+OCtan C=0.
推论4 P是△ABC(非直角三角形)所在平面内任意一点，O是△ABC(非直角三角形)的垂心⇔PO=PAtanA+PBtanB+PCtanCtanA+tanB+tanC.
推论4可仿照推论1进行证明.
典例 奔驰定理与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，则SA·MA+SB·MB+SC·MC=0.以下命题错误的是( )
A.若SA∶SB∶SC=1∶1∶1，则M为△ABC的重心
B.若M为△ABC的内心，则BC·MA+AC·MB+AB·MC=0
C.若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则SA∶SB∶SC=3∶2∶1
D.若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=-66
答案 C
解析 对于A，取BC的中点D，连接MD，如图，
由SA∶SB∶SC=1∶1∶1，
则MA+MB+MC=0，
所以2MD=MB+MC=-MA，
所以A，M，D三点共线，且AM=23AD，
设E，F分别为AB，AC的中点，
同理可得CM=23CE，BM=23BF，所以M为△ABC的重心，故A正确；
对于B，由M为△ABC的内心，则可设其内切圆半径为r，
则有SA=12BC·r，
SB=12AC·r，SC=12AB·r，
所以12r·BC·MA+12r·AC·MB+12r·AB·MC=0，即BC·MA+AC·MB+AB·MC=0，故B正确；
对于C，由M为△ABC的外心，则可设△ABC的外接圆半径为R，
又∠BAC=45°，∠ABC=60°，
则有∠BMC=2∠BAC=90°，∠AMC=2∠ABC=120°，
∠AMB=2∠ACB=150°，
所以SA=12R2·sin ∠BMC
=12R2·sin 90°=12R2，
SB=12R2·sin ∠AMC=12R2·sin 120°=34R2，
SC=12R2·sin ∠AMB=12R2·sin 150°=14R2，
所以SA∶SB∶SC=2∶3∶1，故C错误；
对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，
由M为△ABC的垂心，
3MA+4MB+5MC=0，
则SA∶SB∶SC=3∶4∶5，
又S△ABC=SA+SB+SC，
则S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，
设MD=x，MF=y，x，y>0，
则AM=3x，BM=2y，
所以cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，
即3x2=2y2，xy=63，所以cs∠BMD=66，
所以cs∠AMB=cs(π-∠BMD)=-66，故D正确.
课时精练
[分值：52分]
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(2025·昆明模拟)设x>0，向量AB=(x2，-2x)在向量AC=(1，2)上的投影向量为λAC(λ∈R)，则实数λ的最小值为( )
A.-45B.-455C.-15D.-55
答案 A
解析 向量AB在向量AC上的投影向量为AB·AC|AC|·AC|AC|=x2−4x5AC，
则λ=x2−4x5=(x−2)2−45≥-45，
当且仅当x=2时，等号成立，
所以λ的最小值为-45.
2.已知非零向量AB与AC满足AB|AB|+AC|AC|·BC=0且AB|AB|·CA|AC|=12，则△ABC的形状是( )
A.三边均不相等的三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.等边三角形
答案 C
解析 由AB|AB|+AC|AC|·BC=0，得角A的平分线垂直于BC，
所以AB=AC，设AB，CA的夹角为θ，
而AB|AB|·CA|AC|=cs θ=12，
又θ∈[0，π]，所以θ=π3，∠A=π-π3=2π3，故△ABC为等腰三角形.
3.已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a-c)·(b-c)=0，则|c|的最大值是( )
A.1B.2C.2D.22
答案 C
解析 由于a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，不妨设a=(1，0)，b=(0，1)，c=(x，y)，则a-c=(1-x，-y)，b-c=(-x，1-y)，(a-c)·(b-c)=x2+y2-x-y=0，表示圆心为12，12，半径为22的圆，|c|=x2+y2表示圆上的点(x，y)到原点(0，0)的距离，因此|c|的最大值为122+122+22=2.
4.在△ABC中，A=π4，AB·AC=82，其外接圆的圆心为O，则AO·AB+2AO·AC的最小值为( )
A.4B.42C.16D.162
答案 D
解析 因为A=π4，AB·AC=82，
所以|AB||AC|cs A=82，
故|AB||AC|=16，所以|AB|=16|AC|，
因为O为△ABC的外接圆圆心，过O作OD⊥AB于D，则D为AB的中点，
所以AO·AB=|AO|·|AB|·cs∠OAB
=|AD|·|AB|=12|AB|2，
同理可得AO·AC=12|AC|2，
所以AO·AB+2AO·AC=12|AB|2+|AC|2=128|AC|2+|AC|2≥2128|AC|2·|AC|2=162，
当且仅当128|AC|2=|AC|2，即|AC|2=82，|AB|2=162时，等号成立，故AO·AB+2AO·AC的最小值为162.
5.在△ABC中，AC=9，∠A=60°，点D满足CD=2DB，AD=37，则BC的长为( )
A.37B.36C.33D.6
答案 A
解析 因为CD=2DB，
所以AD=AB+BD=AB+13BC
=AB+13(AC-AB)=23AB+13AC，
设AB=x，x>0，
则|AD|2=23AB+13AC2，
得37=49x2+49×x×9cs 60°+19×92，
即2x2+9x-126=0，
解得x=6(舍负)，即AB=6，
所以|BC|=|AC-AB|
=|AB|2+|AC|2−2|AB||AC|cs60°
=62+92−2×6×9×12=37.
6.(2023·全国乙卷)已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若|PO|=2，则PA·PD的最大值为( )
A.1+22B.1+222
C.1+2D.2+2
答案 A
解析 连接OA(图略)，由题可知|OA|=1，OA⊥PA，因为|PO|=2，
所以由勾股定理可得|PA|=1，则∠POA=π4.
设直线PO绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合，则-π4