2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第五章第四节平面向量的综合应用

第四节平面向量的综合应用

[典例]　(2019·石家庄模拟)在平行四边形ABCD中，||＝12，||＝8.若点M，N满足＝3，＝2，则·＝(　　)
A．20　　　　　　　 　B．15
C．36 D．6
[解析]　法一：由＝3，＝2知，点M是BC的一个四等分点，且BM＝BC，点N是DC的一个三等分点，且DN＝DC，所以＝＋＝＋，＝＋＝＋，所以＝－＝＋－＝－ ，所以·＝·＝·＝ ＝＝36，故选C.
法二：不妨设∠DAB为直角，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系．则M(12,6)，N(8,8)，所以＝(12,6)，＝(4，－2)，所以·＝12×4＋6×(－2)＝36，故选C.
[答案]　C
[解题技法]　向量与平面几何综合问题的2种解法
基向量法
适当选取一组基底，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解
坐标法
把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决

[题组训练]
1．若O为△ABC所在平面内任一点，且满足(－)·(＋－2)＝0，则△ABC的形状为(　　)
A．等腰三角形　　　　　　　　 　B．直角三角形
C．正三角形 D．等腰直角三角形
解析：选A　由(－)·(＋－2)＝0，
得·(＋)＝0，∵－＝，
∴(－)·(＋)＝0，即||＝||，
∴△ABC是等腰三角形．


2．(2018·西安质检)已知P为△ABC所在平面内一点，＋＋＝0，||＝||＝||＝2，则△ABC的面积等于(　　)
A. B．2
C．3 D．4
解析：选B　由||＝||得，△PBC是等腰三角形，取BC的中点D，连接PD(图略)，则PD⊥BC，又＋＋＝0，所以＝－(＋)＝－2，所以PD＝AB＝1，且PD∥AB，故AB⊥BC，即△ABC是直角三角形，由||＝2，||＝1可得||＝，则||＝2，所以△ABC的面积为×2×2＝2.
3.如图，在扇形OAB中，OA＝2，∠AOB＝90°，M是OA的中点，点P在弧AB上，则·的最小值为________．

解析：如图，以O为坐标原点，为x轴的正半轴，为y轴的正半轴建立平面直角坐标系，则M(1,0)，B(0,2)，设P(2cos θ，2sin θ)，θ∈，所以·＝(1－2cos θ，－2sin θ)·(－2cos θ，2－2sin θ)＝4－2cos θ－ 4sin θ＝4－2(cos θ＋2sin θ)＝4－2sin(θ＋φ)，所以·的最小值为4－2.
答案：4－2

[典例]　(2017·江苏高考)已知向量a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－)，x∈[0，π]．
(1)若a∥b，求x的值；
(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]　(1)因为a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－)，a∥b，
所以－cos x＝3sin x．则tan x＝－.
又x∈[0，π]，所以x＝.
(2)f(x)＝a·b＝(cos x，sin x)·(3，－)＝3cos x－sin x＝2cos.
因为x∈[0，π]，所以x＋∈，
从而－1≤cos≤.
于是，当x＋＝，即x＝0时，f(x)取到最大值3；
当x＋＝π，即x＝时，f(x)取到最小值－2.

[解题技法]　向量在解析几何中的2个作用
载体作用
向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题时关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关距离、斜率、夹角、轨迹、最值等问题
工具作用
利用a⊥b⇔a·b＝0；a∥b⇔a＝λb(b≠0)，可解决垂直、平行问题，特别是向量垂直、平行的坐标表示在解决解析几何中的垂直、平行问题是一种比较简捷的方法
[题组训练]
1．已知向量＝(k,12)，＝(4,5)，＝(10，k)，且A，B，C三点共线，当k<0时，若k为直线的斜率，则过点(2，－1)的直线方程为________．
解析：∵＝－＝(4－k，－7)，＝－＝(6，k－5)，且∥，∴(4－k)(k－5)＋6×7＝0，解得k＝－2或k＝11.由k<0，可知k＝－2，则过点(2，－1)且斜率为－2的直线方程为y＋1＝－2(x－2)，即2x＋y－3＝0.
答案：2x＋y－3＝0
2．若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为________．
解析：由题意，得F(－1,0)，设P(x0，y0)，则有＋＝1，解得y＝3，因为＝(x0＋1，y0)，＝(x0，y0)，所以·＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋3＝＋x0＋3，对应的抛物线的对称轴方程为x0＝－2，因为－2≤x0≤2，故当x0＝2时，·取得最大值＋2＋3＝6.
答案：6

[典例]　已知点A，B，C在圆x2＋y2＝1上运动，且AB⊥BC.若点P的坐标为(2,0)，则|＋＋|的最大值为(　　)
A．6　　　　　　　 　B．7
C．8 D．9
[解析]　由A，B，C在圆x2＋y2＝1上，且AB⊥BC，
知线段AC为圆的直径，设圆心为O，
故＋＝2＝(－4,0)，
设B(a，b)，则a2＋b2＝1且a∈[－1,1]，＝(a－2，b)，
所以＋＋＝(a－6，b)．
故|＋＋|＝，
所以当a＝－1时，|＋＋|取得最大值＝7.
[答案]　B

[解题技法]
平面向量与三角函数的综合问题的解题思路
(1)若给出的向量坐标中含有三角函数，求角的大小，解题思路是运用向量共线或垂直的坐标表示，或等式成立的条件等，得到三角函数的关系式，然后求解．
(2)若给出的向量坐标中含有三角函数，求向量的模或者向量的其他表达形式，解题思路是利用向量的运算，结合三角函数在定义域内的有界性或基本不等式进行求解．
[题组训练]
1．(2019·南昌模拟)已知a＝(cos α，sin α)，b＝(cos(－α)，sin(－α))，那么a·b＝0是α＝kπ＋(k∈Z)的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B　∵a·b＝cos α·cos(－α)＋sin α·sin(－α)＝cos2α－sin2α＝cos 2α，若a·b＝0，则cos 2α＝0，∴2α＝2kπ±(k∈Z)，解得α＝kπ±(k∈Z)．∴a·b＝0是α＝kπ＋(k∈Z)的必要不充分条件．故选B.

2．已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m＝(，－1)，n＝ (cos A，sin A)．若m⊥n，且acos B＋bcos A＝csin C，则角A，B的大小分别为(　　)
A.，　　　　　　　 　B.，
C.， D.，
解析：选C　由m⊥n，得m·n＝0，即cos A－sin A＝0，由题意得cos A≠0，∴tan A＝，又A∈(0，π)，∴A＝.又acos B＋bcos A＝2Rsin Acos B＋2Rsin Bcos A＝2Rsin(A＋B)＝2Rsin C＝c(R为△ABC外接圆半径)，且acos B＋bcos A＝csin C，所以c＝csin C，所以sin C＝1，又C∈(0，π)，所以C＝，所以B＝π－－＝.

A级——保大分专练
1．已知向量a＝，b＝，则|a－b|＝(　　)
A．1　　　　　　　　　 　B.
C. D.
解析：选C　因为a－b＝＝(，0)，所以|a－b|＝，故选C.
2．若向量＝(1,1)，＝(－3，－2)分别表示两个力F1，F2，则|F1＋F2|为(　　)
A. B．2
C. D.
解析：选C　由于F1＋F2＝(1,1)＋(－3，－2)＝(－2，－1)，
所以|F1＋F2|＝＝.
3．(2019·牡丹江第一高级中学月考)已知圆O是△ABC的外接圆，其半径为1，且＋＝2，AB＝1，则·＝(　　)
A. B．3
C. D．2

解析：选B　因为＋＝2，所以点O是BC的中点，即BC是圆O的直径，又AB＝1，圆的半径为1，所以∠ACB＝30°，且AC＝，则·＝||·||cos∠ACB＝3.
4．已知向量m＝与向量n＝(3，sin A＋cos A)共线，其中A是△ABC的内角，则角A的大小为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　因为m∥n，所以sin A(sin A＋cos A)－＝0，
所以2sin2A＋2sin Acos A＝3.可化为1－cos 2A＋sin 2A＝3，
所以sin＝1，因为A∈(0，π)，所以2A－∈.
因此2A－＝，解得A＝.
5．(2017·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·(＋)的最小值是(　　)
A．－2 B．－
C．－ D．－1
解析：选B　如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(－1,0)，C(1,0)，设P(x，y)，则＝(－x, －y)，＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，所以·(＋)＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋22－，当x＝0，y＝时，·(＋)取得最小值，为－.
6．已知向量a＝(4,0)，b＝(2,2)，非零向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，|c|的最大值与最小值分别为m，n，则m－n的值为(　　)
A．1 B．3
C．2 D．4
解析：选D　设c＝(x，y)，因为(a－c)·(b－c)＝0，所以(4－x，－y)·(2－x,2－y)＝x2＋y2－6x－2y＋8＝0，所以(x－3)2＋(y－)2＝4，所以满足条件的向量c的终点落在以(3，)为圆心，2为半径的圆上，所以|c|的最大值与最小值分别为m＝2＋2，n＝2－2，所以m－n＝4.
7．已知△ABC中，D为边BC上的点，且BD＝2DC，＝x＋y，则x－y＝________.
解析：由向量的加法法则知＝＋＝＋＝＋(－)＝ ＋，所以x＝，y＝，所以x－y＝－.
答案：－
8．设e1，e2，e3为单位向量，且e3＝e1＋ke2(k>0)，若以向量e1，e2为邻边的三角形的面积为，则k＝________.
解析：设e1，e2的夹角为θ，则由以向量e1，e2为邻边的三角形的面积为，得×1×1× sin θ＝，得sin θ＝1，所以θ＝90°，所以e1·e2＝0，从而对e3＝e1＋ke2两边同时平方得 1＝＋k2，解得k＝或－(舍去)，所以k＝.
答案：
9.如图，在△ABC中，O为BC的中点，若AB＝1，AC＝3，与的夹角为60°，则||＝________.
解析：·＝||·||cos 60°＝1×3×＝，又＝(＋)，所以2＝(＋)2＝(2＋2·＋2)，即2＝(1＋3＋9)＝，所以||＝.
答案：
10．在平面直角坐标系中，A(－2,0)，B(1,3)，O为坐标原点，且＝α＋β (α＋β＝1)，N(1,0)，则||的最小值为________．
解析：∵＝α＋β (α＋β＝1)，∴A，B，M三点共线，∵A(－2,0)，B(1,3)，∴直线AB的方程为x－y＋2＝0，∵N(1,0)，设点N到直线AB的距离为d，∴d＝＝，∴||的最小值为N到直线AB的距离.
答案：
11．在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝，n＝(sin x，cos x)，x∈.
(1)若m⊥n，求tan x的值；
(2)若m与n的夹角为，求x的值．
解：(1)∵m＝，n＝(sin x，cos x)，m⊥n，
∴m·n＝sin x－cos x＝0，即sin x＝cos x，
∴tan x＝＝1.
(2)由题意知，|m|＝＝1，
|n|＝＝1，
m·n＝sin x－cos x＝sin.
而m·n＝|m|·|n|·cos〈m，n〉＝cos＝，
∴sin＝.
又∵x∈，x－∈，
∴x－＝，∴x＝.
12．(2019·河南中原名校质检)在△ABC中，⊥，M是BC的中点．
(1)若||＝||，求向量＋2与向量2＋的夹角的余弦值；
(2)若O是线段AM上任意一点，且||＝||＝，求·＋·的最小值．
解：(1)设向量＋2与向量2＋的夹角为θ，则cos θ＝，令||＝||＝a，则cos θ＝＝.
(2)∵||＝||＝，∴||＝1，
设||＝x(0≤x≤1)，则||＝1－x.
而＋＝2，
∴·＋·＝·(＋)＝2·＝2||·||cos π＝2x2－2x＝22－.
∴当x＝时，·＋·取得最小值，最小值是－.
B级——创高分自选
1．(2019·武汉调研)设A，B，C是半径为1的圆O上的三点，且⊥，则(－)·(－)的最大值是(　　)
A．1＋　　　　　　　　 　B．1－
C.－1 D．1
解析：选A　如图，作出，使得＋＝，则(－)·(－)＝2－·－·＋·＝1－(＋)·＝1－·，由图可知，当点C在OD的反向延长线与圆O的交点处时，·取得最小值，最小值为－，此时(－)·(－)取得最大值，最大值为1＋，故选A.
2．在△ABC中，BC＝5，G，O分别为△ABC的重心和外心，且·＝5，则△ABC的形状是(　　)
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．上述三种情况都有可能
解析：选B　如图，在△ABC中，G，O分别为△ABC的重心和外心，取BC的中点D，连接AD，OD，OG，则OD⊥BC，GD＝AD，结合＝＋，＝(＋)，·＝5，得(＋)·＝·＝－(＋)·＝5，即－(＋)·(－)＝5，∴2－2＝－30.又BC＝5，则||2＝||2＋||2>||2＋||2，结合余弦定理有cos C<0，∴ 3．已知向量a＝(cos x，－1)，b＝，函数f(x)＝(a＋b)·a－2.
(1)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知函数f(x)的图象经过点，b，a，c成等差数列，且·＝9，求a的值．
解：(1)∵f(x)＝(a＋b)·a－2＝|a|2＋a·b－2＝cos2x＋1＋sin xcos x＋－2＝(cos 2x＋1)＋1＋sin 2x－＝cos 2x＋sin 2x＝sin，
∴f(x)的最小正周期T＝＝π.
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，
∴f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
(2)由f(A)＝sin＝，
得2A＋＝＋2kπ或2A＋＝＋2kπ(k∈Z)，
又0 ∵b，a，c成等差数列，∴2a＝b＋c.
∵·＝bccos A＝bc＝9，∴bc＝18.
由余弦定理，得cos A＝－1＝－1＝－1＝，∴a＝3(负值舍去)．