第五章 第四节 平面向量的综合问题-2022届新高考数学一轮复习考点讲解+习题练习学案

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第四节 平面向量的综合应用
课中讲解
考点一.与三角函数的综合问题
例1.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.
若cos x＝0，则sin x＝0，与sin2x＋cos2x＝1矛盾，
故cos x≠0.
于是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.
[方法技巧]　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．
变式1. 已知的面积为，且.
（1）求；
（2）若，，求.（2015届镇江期末15）
【答案】（1） ∵△的面积为，且
∴，
∴
∴为锐角，且，
∴．
（2）设△中角对边分别为
∵，，
由正弦定理得：，即
∴，又∵,则锐角，∴，
∴= ．

例2. 已知向量，向量，向量，则向量与向量的夹角的取值范围是_________.
【答案】
变式2. 在平面直角坐标系中，为原点，，，，动点满足，则的最大值是__________.
【答案】

考点二.与圆的综合问题
例1．(2018天津)如图，在平面四边形中，，，，
． 若点为边上的动点，则的最小值为
A． B． C． D．

【答案】A
【解析】以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图的平面直角坐标系，

因为在平面四边形中，，，
所以，，，设,，
所以，，
因为，所以，
即，解得，即，
因为在上，所以，由，得，即，
因为，，
所以
，令，．
因为函数在 上单调递减，在上单调递增，所以．所以的最小值为，故选A．
变式1．已知是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】以为轴，的垂直平分线为轴，为坐标原点建立坐标，则，，，设，所以，，
所以，
当时，所求的最小值为，故选B。
例2.如图1，已知AC＝2，B为AC的中点，分别以AB，AC为直径在AC同侧作半圆，M，N分别为两半圆上的动点(不含端点A，B，C)，且BM⊥BN，则·的最大值为________．

答案　
解析　方法一　由题设可知AB＝BC＝BN＝1.
因为点M在以AB为直径的半圆上，所以AM⊥BM，又BM⊥BN，所以AM∥BN，若设∠MAB＝θ，则∠NBC＝θ.
如图2，建立平面直角坐标系xBy，则点A(－1,0)，M(－sin2θ，sin θcos θ)，C(1,0)，N(cos θ，sin θ)，

所以＝(－sin2θ＋1，sin θcos θ)＝(cos2θ，sin θcos θ)，＝(cos θ－1，sin θ)．
于是，·＝cos2θ·(cos θ－1)＋sin2θcos θ
＝cos3θ－cos2θ＋(1－cos2θ)cos θ
＝－cos2θ＋cos θ＝－2.
又易知0<θ<，所以，当θ＝时，可得·的最大值为.
评注　上述求解过程的切入点是引入辅助角θ，准确写出点M，N的坐标，以便灵活利用平面向量的坐标运算加以求解．
方法二　如方法一中图2，建立平面直角坐标系xBy，设直线BN的方程为y＝kx(k>0)，则因为BM⊥BN，所以直线BM的方程为y＝－x.
注意到点N是直线BN与以AC为直径的半圆的交点，所以将y＝kx与x2＋y2＝1联立，可求得点N的坐标为.
注意到点M是直线BM与以AB为直径的半圆的交点，所以将y＝－x与2＋y2＝联立，可求得点M的坐标为.
又A(－1,0)，C(1,0)，
所以向量＝，＝，
所以·＝＋·
＝
＝－
＝－2，
故当＝，即k＝时，可得·的最大值为.
评注　上述求解过程的关键是引入参数k(直线BN的斜率)，并借助直线和圆的方程，灵活求解点M，N的坐标，整个求解过程显然比方法一增加了许多运算量．
方法三　由题设可知AB＝BC＝BN＝1，
因为点M在以AB为直径的半圆上，所以AM⊥BM，又BM⊥BN，所以AM∥BN，
所以·＝||×1×cos 0°＝||.
因为AM⊥BM，AB＝1，
所以||＝1×cos∠MAB＝cos∠MAB，
所以·＝·
＝||×1×cos∠MAB＝||2.
于是，·＝·(－)
＝·－·
＝||－||2＝－2.
又0<||<1，
所以，当||＝时，可得·的最大值为.
评注　上述求解过程的关键是充分利用平面向量的数量积公式a·b＝|a|·|b|cos θ，将目标问题等价转化为求解关于“||”的二次函数在区间(0,1)上的最大值．
方法四　如图3，分别延长AM，CN，设其交点为E，并设ME与大半圆的交点为D，连结CD，则易知AM⊥MB，AD⊥DC，所以BM∥CD，又B为AC的中点，

图3
所以M为AD的中点，
所以＝.
又易知∥，且B为AC的中点，所以N为CE的中点，所以＝.
于是，·＝·
＝·(＋)
＝·＋·
＝0＋||·||cos 0°
＝||·||.
因为BN为△ACE的中位线，
所以||＋||＝||＝2||＝2.
从而，·＝||·||
≤2＝×2＝，
当且仅当||＝||，即D为AE的中点时不等式取等号．
故所求·的最大值为.
评注　上述求解过程的关键是巧作辅助线，充分利用相关平面几何知识，先获得＝和＝，然后再综合利用向量的几何意义、数量积运算、三角形中位线性质定理以及基本不等式的变形式“ab≤2”加以灵活求解．
方法五　如图4，以BC为直径画半圆，交BN于点D，连结CD，则BD⊥CD.又易知AM∥BD，且AM＝BD，

图4
所以·＝·(＋)
＝·＋·
＝0＋||·||cos 0°＝||·||
≤2＝2＝，
当且仅当||＝||，即D为BN中点时不等式取等号．
故所求·的最大值为.
评注　上述求解过程的关键是巧作“半圆”，先将目标问题等价转化为求||·||的最大值，再灵活利用基本不等式的变形巧求最大值．显然，该解法最简单，故值得我们细细品味、深
考点三.与多边形的综合问题
1. 向量表示三角形“四心”的相关结论：
在中，是所在平面任一点。
（1）若，则是的外心；
（2）若，则是的重心；
（3）若,则是的垂心；
（4）若，则是的内心.

2. 面积比模型
在所在平面，存在一点，满足，
，若同号，则在内部；若异号，则在外部；

3. 极化恒等式
设，，则，
（1），
（2）
得：
得极化恒等式：
极化恒等式的两种表示模式：
平行四边形模式：
三角形模式：
例1. 已知是内一点，满足，则 .
【答案】
变式1. 在中，设是的内心，若 则的值为 .
【答案】

例2. 已知是所在平面内的任意一点，满足，则的面积与的面积的比为 .
【答案】
变式2.已知 O，N，P 在 △ABC 所在平面内，且 |OA→|=|OB→|=|OC→|，NA→+NB→+NC→=0，PA→⋅PB→=PB→⋅PC→=PC→⋅PA→，则点 O，N，P 依次是 △ABC 的(　　)（注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心）
A．重心，外心，垂心 B．重心，外心，内心
C．外心，重心，垂心 D．外心，重心，内心
【答案】C
【解析】由 |OA→|=|OB→|=|OC→| 知 O 为 △ABC 的外心，
由 NA→+NB→+NC→=0 知 O 为 △ABC 的重心．
例3.在四边形 ABCD 中，若 AC→+CB→+CD→=0→，且 |AB→|=|AC→|=|AD→|=4，则 △BCD 的面积为________．
【答案】43
【解析】∵AC→+CB→+CD→=0→，∴AB→=-CD→，∴ABCD 为平行四边形
又 ∵|AB→|=|AC→|=|AD→|=4，∴ABCD 为菱形且 ∠DAB=120∘
∴S△BCD=12×2×43=43
变式3.已知平面内一点 P 及 △ABC，若 PA→+PB→+PC→=AB→，则点 P 与 △ABC 的位置关系是(　　)
A．点 P 在线段 AB 上
B．点 P 在线段 BC 上
C．点 P 在线段 AC 上
D．点 P 在 △ABC 外部
【答案】C
【解析】由 PA→+PB→+PC→=AB→ 得 PA→+PC→=AB→-PB→=AP→，即 PC→=AP→-PA→=2AP→，所以点 P 在线段 AC 上．
故选 C
【备注】注意利用两种法则对向量进行合并与分拆，结合两种法则确定几何特征．
例4.若点 O 是 △ABC 所在平面内一点，且 OA→+OB→+OC→=0→，则点 O 是 △ABC 的(　　)
A．外心 B．内心 C．垂心 D．重心
【答案】D
【解析】因为 OA→+OB→+OC→=0→，所以 OA→+OB→=-OC→．直线 OC 过 AB 中点，所以 O 是 △ABC 的重心．
故选 D

变式4.已知 A，B，C 是平面上不共线上三点，动点 P 满足 OP→=13[(1-λ)OA→+(1-λ)OB→+(1+2λ)OC→](λ∈R) ，则 P 的轨迹一定通过 △ABC 的(　　)
A．内心 B．重心 C．垂心 D．BC 边的中点
【答案】B
【解析】由已知条件得到 OP→=2(1-λ)3OD→+1+2λ3OC→，而 2(1-λ)3+1+2λ3=1，得到 P，C，D 三点共线，从而得到结果．
取 AB 中点 D．
∵OA→+OB→=2OD→．
∴OP→=13[(1-λ)OA→+(1-λ)OB→+(1+2λ)OC→]=13[(1-λ)2OD→+(1+2λ)OC→]=2(1-λ)3OD→+1+2λ3OC→
∵2(1-λ)3+1+2λ3=1．
∴P、C、D 三点共线．
∴P 点的轨迹一定经过 △ABC 的重心．
故选 B
【备注】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量共线的性质应用，以及三角形的“五心”的判断．

例5.已知点P为△ABC所在平面内一点，且满足AP→=λ(AB→|AB→|cos⁡B+AC→|AC→|cos⁡C)(λ∈R)，则直线AP必经过△ABC的(　　)
A．重心 B．内心 C．垂心 D．外心
【答案】C
【解析】
∵AP→=λ(AB→|AB→|cos⁡B+AC→|AC→|cos⁡C)，
两边同乘以向量BC→，得AP→⋅BC→=λ(AB→|AB→|cos⁡B+AC→|AC→|cos⁡C)⋅BC→=λ(AB→⋅BC→|AB→|cos⁡B+AC→⋅BC→|AC→|cos⁡C)
=λ(|AB→|⋅|BC→|⋅-cos⁡B|AB→|cos⁡B+|AC→|⋅|BC→|⋅cos⁡C|AC→|cos⁡C)=λ(-|BC→|+|BC→|)=0．
∴AP→⊥BC→，
即点P在在BC边的高线上，∴P的轨迹过△ABC的垂心．
故选C.

【备注】本题考查平面向量数量积的运算、向量的线性运算性质及其几何意义，属中档题．

变式5.已知A，B，C是平面上不共线上三点，O为△ABC外心，动点P满足：OP→=13[(1-λ)OA→+(1-λ)OB→+(1+2λ)OC→](λ∈R且λ≠0)，则P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A．内心 B．垂心 C．重心 D．AB边的中点
【答案】D
【解析】
解：取AB的中点D，则2OD→=OA→+OB→
∵OP→=13[(1-λ)OA→+(1-λ)OB→+(1+2λ)OC→]
∴OP→=13[(1-λ)(2OD→)+(1+2λ)OC→]
=2(1-λ)3OD→+1+2λ3OC→，
而2(1-λ)3+1+2λ3=1，
∴P、C、D三点共线，
∵λ≠0
∴点P的轨迹一定不经过△ABC的重心．
故选D．
根据向量的加法的平行四边形法则向量的运算法则，对OP→=13[(1-λ)OA→+(1-λ)OB→+(1+2λ)OC→]进行化简，得到2(1-λ)3OD→+1+2λ3OC→，根据三点共线的充要条件知道P、C、D三点共线，但λ≠0则点P的轨迹一定不经过△ABC的重心．
此题是个中档题.考查向量的加法法则和运算法则，以及三点共线的充要条件，和三角形的五心问题，综合性强，体现了数形结合的思想．
例6.△ABC 的外接圆的圆心为 O，两条边上的高的交点为 H，OH→=m(OA→+OB→+OC→)，则 m 的取值是(　　)
A．-1 B．1 C．-2 D．2
【答案】B
【解析】如图所示：作直径 BD．连接 DA、DC．
​​​
由图得．OB→=-OD→．
∵H 为 △ABC 的垂心．
∴CH⊥AB．AH⊥BC．
∵BD 为直径．
∴DA⊥AB．DC⊥BC
∴CH//AD．AH//CD．
故四边形 AHCD 是平行四边形．
∴AH→=DC→
又 ∵DC→=OC→-OD→=OC→+OB→．
∴OH→=OA→+AH→=OA→+DC→=OA→+OB→+OC→．
对比系数得到 m=1．
故选 B
【备注】本题考查了向量的线性运算的应用，一般的做法是根据图形找一个封闭的图形，利用向量的加法表示出来，再根据题意进行转化到用已知向量来表示，考查了转化思想．根据题意作出图形，由外心和垂心的性质证明四边形 AHCD 是平行四边形，由向量加法的三角形法则得 OH→=OA→+AH→，由向量相等和向量的减法运算进行转化，直到用 OA→、OB→ 和 OC→ 表示出来为止．

变式6.已知 A，B，C 是平面上不共线的三点，O 是 △ABC 的重心，动点 P 满足 OP→=13(12OA→+12OB→+2OC→)，则点 P 一定为(　　)
A．AB 边中线的中点 B．AB 边中线的三等分点（非重心）
C．△ABC 的重心 D．AB 边的中点
【答案】B
【解析】∵O 是三角形 ABC 的重心．
∴OP→=13(12OA→+12OB→+2OC→)=13(OE→+2OC→)．
∵OC→=2EO→．
∴OP→=13(OE→+4EO→)=13×3EO→=EO→．
∴P 在 AB 边的中线上．是中线的三等分点．不是重心．
故选 B
【备注】本题考查三角形的重心，考查向量加法的平行四边形法则，考查故选向量的加减运算，是一个比较简单的综合题目，这种题目可以以选择或填空出现．根据 O 是三角形的重心，得到三条中线上对应的向量的模长之间的关系，根据向量加法的平行四边形法则，求出向量的和，根据共线的向量的加减，得到结果．
设 AB 的中点是 E．

课后习题
一． 单选题
1．如图，在梯形中，，，，，，分别是，的中点，对于常数，在梯形的四条边上恰有8个不同的点，使得成立，则实数的取值范围是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
以CD中点为坐标原点，CD所在直线为x轴建立直角坐标系，则，当P在CD边上时，设，则；当P在AB边上时，设，则；当P在BC边上时，设，则；当P在AD边上时，设，则；因此实数的取值范围是，选D.

2．已知是内一点，且满足,记,的面积依次为，则等于（ ）
A. 1:2:3 B. 1:4:9 C. 6:1:2 D. 3:1:2
【答案】D
【解析】取AC、BC中点D、E，连接PA、PB、PC、PD、PE，

由，得，∴， 即；
同理得，∴，；
∴，；∴P到BC的距离等于A到BC距离的，
设的面积为S，则；∴P到AC的距离等于B到AC距离的，
∴，，∴.故选D.

3．已知点，是椭圆上的动点，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设,因,且,故，所以，
,故应选B.
4．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
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.]
5．(解法创新)记M的最大值和最小值分别为Mmax和Mmin.若平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝a·b＝c·(a＋2b－2c)＝2，则(　　)
A．|a－c|max＝ B．|a＋c|max＝
C．|a－c|min＝ D．|a＋c|min＝
A　[由已知可得a·b＝|a||b|cos θ＝2，cos θ＝，θ＝，建立平面直角坐标系，a＝＝(2,0)，b＝＝(1，)，c＝＝(x，y)，由c·(a＋2b－2c)＝2，可得(x，y)·(4－2x，2－2y)＝2，即4x－2x2＋2y－2y2＝2，化简得C点的轨迹方程为(x－1)2＋2＝，
则|a－c|＝，转化为圆上点与(2,0)的距离|a－c|max＝ ＋＝.]
6. (解法创新)设a，b为单位向量，且a⊥b，若向量c满足|c－(a＋b)|＝|a－b|，则|c|的最大值是(　　)
A．2 B．2
C． D．1
A　[由题意结合a⊥b，可设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x, y)，则由|c－(a＋b)|＝|a－b|，得|(x，y)－(1,1)|＝|(1，－1)|，由此可得(x－1)2＋(y－1)2＝2，即c对应的点的轨迹是以(1,1)为圆心为半径的圆，如图所示．

∵圆过原点，∴|c|的最大值为圆的直径2.]
7.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]　(1)如图，作出，使得＋＝，(－)·(－)＝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.

8.如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若点E为边CD上的动点，则·的最小值为(　　)
A. B.
C. D．3

如图，以D为坐标原点建立平面直角坐标系，连接AC.
由题意知∠CAD＝∠CAB＝60°，
∠ACD＝∠ACB＝30°，
则D(0,0)，A(1,0)，B，C(0，)．
设E(0，y)(0≤y≤)，
则＝(－1，y)，＝，
∴·＝＋y2－y＝2＋，
∴当y＝时，·有最小值.

9.已知a，b，e是平面向量，e是单位向量，若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是(　　)
A.－1 B.＋1
C．2 D．2－
∵b2－4e·b＋3＝0，
∴(b－2e)2＝1，∴|b－2e|＝1.
如图所示，把a，b，e的起点作为公共点O，以O为原点，向量e所在直线为x轴，则b的终点在以点(2,0)为圆心，半径为1的圆上，|a－b|就是线段AB的长度．
要求|AB|的最小值，就是求圆上动点到定直线的距离的最小值，也就是圆心M到直线OA的距离减去圆的半径长，因此|a－b|的最小值为－1.
A

二． 填空
10．(交汇创新) (2020·山东济钢中学月考)如果直角三角形ABC的边CB，CA的长都为4，D是CA的中点，P是以CB为直径的圆上的动点，则·的最大值是__________.

4＋8　[由题意，以C点为坐标原点，CA，CB方向分别为x轴，y轴正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，
因为直角三角形ABC的边CA，CB的长都为4，D是CA的中点，所以C(0,0)，D(2,0)，B(0,4)，
因此以CB为直径的圆的方程为x2＋(y－2)2＝4，
设P(2cos θ，2＋2sin θ)，θ∈[0,2π)，则＝(2，－4)，＝(－2cos θ，－2－2sin θ)，
因此·＝－4cos θ＋8＋8sin θ＝
sin(θ－φ)＋8＝4sin(θ－φ)＋8，
其中tan φ＝，因为θ∈[0,2π)，所以sin(θ－φ)∈[－1,1]，
所以4sin(θ－φ)＋8∈[8－4，8＋4]，
因此·的最大值是4＋8.]
11．(多空题)如图，扇形AOB中，半径为1，的长为2，则所对的圆心角的大小为________ 弧度；若点P是上的一个动点，则当·－·取得最大值时，〈，〉＝________.

2　0　[由弧长公式得：θ＝＝2，即所对的圆心角的大小为2弧度，由三角函数定义可建立以点O为坐标原点，OA所在直线为x轴的直角坐标系，

易得A(1,0)，B(cos 2，sin 2)，
设〈，〉＝θ，则P(cos θ，sin θ)(0≤θ≤2)，
则·－·＝cos θ－cos θcos 2－sin θsin 2
＝(1－cos 2)cos θ－sin θsin 2
＝2sin21cos θ－2sin 1cos 1sin θ＝2sin 1sin(1－θ)，
又0≤θ≤2，所以－1≤1－θ≤1，当1－θ＝1即θ＝0时，·－·取得最大值2sin21.]
12．在△ABC中，AB⊥AC，AB＝，AC＝t，P是△ABC所在平面内一点，若＝＋，则△PBC面积的最小值为________．

解析：由于AB⊥AC，故以AB，AC所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，则B，C(0，t)，因为＝＋，所以点P坐标为(4,1)，直线BC的方程为t2x＋y－t＝0，所以点P到直线BC的距离为d＝，BC＝，所以△PBC的面积为××＝≥，当且仅当t＝时取等号．
故△PBC面积的最小值为.
答案：
三． 解答题
13.在中，，记的夹角为.
（Ⅰ）求的取值范围；
（Ⅱ）求函数的最大值和最小值.
解 (1)由余弦定理知：，又，
所以，又即为的取值范围；
（Ⅱ），因为
，所以，因此，.
14.如图，已知△ABC中，|AC|=1,∠ABC=,∠BAC=θ,记。
（1） 求关于θ的表达式;
（2） 求的值域。
解：（1）由正弦定理，得



（2）由，得
∴，即的值域为.