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专题11 平面向量小题全归类（13大核心考点）（讲义）-2024年高考数学二轮复习讲义（新教材新高考）
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这是一份专题11 平面向量小题全归类（13大核心考点）（讲义）-2024年高考数学二轮复习讲义（新教材新高考），文件包含专题11平面向量小题全归类13大核心考点讲义原卷版docx、专题11平面向量小题全归类13大核心考点讲义解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共78页， 欢迎下载使用。
一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题11 平面向量小题全归类
【目录】
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc154411032" PAGEREF _Tc154411032 \h 2
\l "_Tc154411033" PAGEREF _Tc154411033 \h 3
\l "_Tc154411034" PAGEREF _Tc154411034 \h 3
\l "_Tc154411035" PAGEREF _Tc154411035 \h 4
\l "_Tc154411036" PAGEREF _Tc154411036 \h 9
\l "_Tc154411037" 考点一：平面向量基本定理及其应用 PAGEREF _Tc154411037 \h 9
\l "_Tc154411038" 考点二：平面向量共线的充要条件及其应用 PAGEREF _Tc154411038 \h 13
\l "_Tc154411039" 考点三：平面向量的数量积 PAGEREF _Tc154411039 \h 15
\l "_Tc154411040" 考点四：平面向量的模与夹角 PAGEREF _Tc154411040 \h 17
\l "_Tc154411041" 考点五：等和线问题 PAGEREF _Tc154411041 \h 18
\l "_Tc154411042" 考点六：极化恒等式 PAGEREF _Tc154411042 \h 23
\l "_Tc154411043" 考点七：矩形大法 PAGEREF _Tc154411043 \h 26
\l "_Tc154411044" 考点八：平面向量范围与最值问题 PAGEREF _Tc154411044 \h 29
\l "_Tc154411045" 考点九：等差线、等商线问题 PAGEREF _Tc154411045 \h 35
\l "_Tc154411046" 考点十：奔驰定理与向量四心 PAGEREF _Tc154411046 \h 39
\l "_Tc154411047" 考点十一：阿波罗尼斯圆问题 PAGEREF _Tc154411047 \h 48
\l "_Tc154411048" 考点十二：平行四边形大法 PAGEREF _Tc154411048 \h 50
\l "_Tc154411049" 考点十三：向量对角线定理 PAGEREF _Tc154411049 \h 54
平面向量的数量积、模、夹角是高考考查的重点、热点，往往以选择题或填空题的形式出现．常常以平面图形为载体，考查数量积、夹角、垂直的条件等问题；也易同平面几何、三角函数、解析几何、不等式等知识相结合，以工具的形式出现．近几年高考主要考查平面向量的坐标运算、模的最值、夹角等问题，与三角函数、解析几何密切相连，难度为中等．
1、平面向量的应用考向主要是平面几何问题，往往涉及角和距离，转化成平面向量的夹角、模的问题，总的思路有：
（1）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．
（2）基向量法：适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解．
2、平面向量中有关范围最值问题的求解通常有两种思路：
①“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；
②“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．
1．（2023•新高考Ⅰ）已知向量，．若，则
A．B．C．D．
【答案】
【解析】，，
，，
由，得，
整理得：，即．
故选：．
2．（2022•新高考Ⅰ）在中，点在边上，．记，，则
A．B．C．D．
【答案】
【解析】如图，
，
，即．
故选：．
3．（2022•北京）在中，，，．为所在平面内的动点，且，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【答案】
【解析】在中，，，，
以为坐标原点，，所在的直线为轴，轴建立平面直角坐标系，如图：
则，，，
设，
因为，
所以，
又，，
所以，
设，，
所以，其中，
当时，有最小值为，
当时，有最大值为6，
所以，，
故选：．
4．（2023•乙卷）正方形的边长是2，是的中点，则
A．B．3C．D．5
【答案】
【解析】正方形的边长是2，是的中点，
所以，，，，
则．
故选：．
5．（2023•甲卷）已知向量，，则，
A．B．C．D．
【答案】
【解析】根据题意，向量，，
则，，
则有，，，
故，．
故选：．
6．（2023•新高考Ⅱ）已知向量，满足，，则 ．
【答案】
【解析】，，
，，
，，
．
故答案为：．
7．（2023•天津）在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，，则可用，表示为 ；若，则的最大值为 ．
【答案】；．
【解析】在中，，，点为的中点，点为的中点，，，
则；
设，，
由余弦定理可得：，
又，
即，当且仅当时取等号，
又，
则，
则
，
即的最大值为．
故答案为：；．
8．（2022•浙江）设点在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是 ．
【答案】，．
【解析】以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，，，
设，
则，
，，
，
，
即的取值范围是，，
故答案为：，．
9．（2022•天津）在中，，，是中点，，试用，表示为 ，若，则的最大值为 ．
【答案】；．
【解析】中，，，是中点，，如图：
．
，，
，即，
即，即，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，故的最大值为，
即的最大值为，
故答案为：；．
10．（2022•甲卷）设向量，的夹角的余弦值为，且，，则 ．
【答案】11
【解析】由题意可得，
则．
故答案为：11．
11．（2022•上海）若平面向量，且满足，，，则 ．
【答案】
【解析】由题意，有，则，设，
则得，，
由同角三角函数的基本关系得：，
则，
，
则．
故答案为：．
考点一：平面向量基本定理及其应用
1、应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．
2、用基底表示某个向量的基本方法：（1）观察各向量的位置；（2）寻找相应的三角形或多边形；（3）运用法则找关系；（4）化简结果．
例1．（2023·重庆·高三重庆八中校考阶段练习）在中，为边上的中线，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
因为，所以
由已知可得，，
所以，，
所以，.
故选：A.
例2．（2023·天津南开·高三南开中学校考阶段练习）是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，若，，且，则（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题设
，
所以，即，
又，故.
故选：A
例3．（2023·湖南·校联考模拟预测）在中，D是边AB上一点，且，点E是CD的中点.设，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
如图，，
故选：C.
例4．（2023·重庆万州·高一万州外国语学校天子湖校区校考期中）如图，在中，，，和相交于点，则向量等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】过点分别作交于点，作交于点，
已知，，
，则和，
则：且，
即：且，所以，
则：，所以，
解得：，
同理，和，
则：且，
即：且，所以，
则：，即，
所以，即，
得：，
解得：，
四边形是平行四边形，
由向量加法法则，得，
所以.
故选：B.
考点二：平面向量共线的充要条件及其应用
1、平面向量共线定理：已知，若，则三点共线；反之亦然．
2、两平面向量共线的充要条件有两种形式：（1）若向量，，则的充要条件是；（2）若，则．
例5．（2023·湖北·高三随州市曾都区第一中学校联考期中）在中，，是线段上的动点（与端点不重合），设，则的最小值是（ ）
A．3B．1C．2D．4
【答案】D
【解析】
因为，所以，
因为，所以，
因为三点共线，所以，，
所以
，当且仅当，即、时取等号，
所以的最小值是.
故选：D
例6．（2023·重庆铜梁·高一统考期末）在中，点是线段上任意一点，点满足，若存在实数和，使得，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，，且，
而，
所以，
即，
由已知，则，选项D正确.
故选：D
例7．（2023·福建·高三校联考阶段练习）在中，，，E是AB的中点，EF与AD交于点P，若，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【解析】
因为，所以，
则.
因为A，P，D三点共线，所以.
因为，所以.
因为E是边AB的中点，
所以.因为E，P，F三点共线，
所以，
则，解得，从而，，故.
故选：A
考点三：平面向量的数量积
1、向量的数量积：设两个非零向量的夹角为，则叫做与的数量积，记作．
2、数量积的几何意义：数量积等于的长度与在的方向上的投影的乘积．
3、设向量，，则，由此得到：
（1）若，则或．
（2）设，则A，B两点间的距离
（3）设两个非零向量，且，，则
（4）若都是非零向量，是与的夹角，则
例8．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）已知点在同一平面，且三点不共线，且满足，其中，，，则的值为 ，则的面积为 .
【答案】
【解析】因为，
所以，所以，
故，解得.
又因为，所以，
所以；
故答案为：；.
例9．（2023·江苏淮安·高三校联考期中）若向量，满足，，且在上的投影向量为，则 .
【答案】3
【解析】在上的投影向量为，因为，所以，
所以，
故答案为：3.
例10．（2023·山东聊城·高三统考期中）已知是的内心，，，，则 ．
【答案】36
【解析】如图所示：
以为圆心作的内切圆，分别与、、相切于点、、，
设，
根据切线长定理得，
,
,
所以，
即，解得，即，
由题意可得,
所以，
所以,
.
故答案为：36.
例11．（2023·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图是两个直角三角形板拼成的平面图形，其中，，，，则 ．
【答案】
【解析】A,B,C,D四点共圆得出同弧对的圆周角相等
,
故答案为: .
考点四：平面向量的模与夹角
(1)向量的夹角要求向量“共起点”，其范围为．
(2)求非零向量的夹角一般利用公式先求出夹角的余弦值，然后求夹角．也可以构造三角形，将所求夹角转化为三角形的内角求解，更为直观形象．
例12．（2023·江苏镇江·高三江苏省镇江中学校考阶段练习）已知向量，满足，，，则两向量与的夹角为 ．
【答案】
【解析】
，
故答案为：
例13．（2023·上海松江·高三上海市松江一中校考期中）已知向量与的夹角是，，，则 ．
【答案】4
【解析】因为，，向量与的夹角是，
所以，
即，解得或（舍去），
故答案为：4
例14．（2023·广东·高二校考学业考试）已知向量，，，那么 ．
【答案】
【解析】由题意，，，，
∴，
解得：，
∴，
又∵，
∴.
故答案为：．
考点五：等和线问题
等和线
平面内一组基底及任一向量，，若点在直线上或者在平行于的直线上，则（定值），反之也成立，我们把直线以及与直线平行的直线称为等和线．
①当等和线恰为直线时，；
②当等和线在点和直线之间时，；
③当直线在点和等和线之间时，；
④当等和线过点时，；
⑤若两等和线关于点对称，则定值互为相反数；
例15．（2023·云南昆明·高一昆明市外国语学校校考阶段练习）给定两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为，如图所示点C在以O为圆心的圆弧上运动，若，其中，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
如图示，建立平面直角坐标系.
设，可得：.
由可得：，
所以，所以，
因为，所以，所以，所以，即的取值范围为.
故选：B
例16．（2023·全国·高三专题练习）给定两个长度均为2的平面向量和，它们的夹角为.点在以为圆心的圆弧上运动，如图所示.若，其中，，则的最大值是（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【解析】建立如图所示的坐标系，
则，，
即，.
设，则.
，，，.
，（此时有，是个锐角）.
.
可取到.
有最大值，
故选：.
例17．（2023·江苏苏州·高三统考开学考试）在平行四边形ABCD中，点E在线段AC上，且，点F为线段AD的中点，记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，所以，，
所以.
故选：A.
例18．（2023·湖南·校联考模拟预测）对称性是数学美的一个重要特征，几何中的轴对称，中心对称都能给人以美感，激发学生对数学的兴趣．如图，在菱形ABCD中，，，以菱形ABCD的四条边为直径向外作四个半圆，P是四个半圆弧上的一动点，若，则的最大值为（ ）
A．B．3C．5D．
【答案】A
【解析】连接.
若，则，
若不为零，则，这与题设矛盾，若为零，则与重合.
若，则，
设，故，且三点共线.
由对称可知只需考虑在对应的半圆弧上.
当在对应的半圆弧上（除外）时，总在的延长线上，
故此时.
当在对应的半圆弧上，总在之间，故此时
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，
设，
当时，，而，
此时.
当时，则，
由可得，
故
. ，
当时，.
综上，
故选：A
考点六：极化恒等式
极化恒等式
（1）平行四边形平行四边形对角线的平方和等于四边的平方和：
证明：不妨设 ，则，
①
②
①②两式相加得：
（2）极化恒等式：
上面两式相减，得：————极化恒等式
①平行四边形模式：
几何意义：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．
②三角形模式：（M为BD的中点）
A
B
C
M
例19．（2023·北京·高三北京市第一六六中学校考期中）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术．图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花．图2中正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为
【答案】8
【解析】如图，连结，显然，
，
，
点在正六边形的边上运动，是其中心，
因此的最小值等于中心到正六边形的边的距离，距离为.
所以的最大值为.
故答案为：8
例20．（2023·福建莆田·高三莆田第十中学校考期中）如图，在等腰直角三角形中，斜边，为线段上的动点（包含端点），为的中点．将线段绕着点旋转得到线段，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】连接,
则
,
当时，最小，可求得，
结合，得的最小值为，
故选：
例21．（2023·浙江·高三期末）已知，向量满足，，，则的最大值为
【答案】18
【解析】
设，
因为，所以，
，，根据勾股定理可得，
设点为的中点，
则，
因为，所以，所以点在以为直径的圆上，为圆心
所以，
所以
故答案为：18.
考点七：矩形大法
矩形所在平面内任一点到其对角线端点距离的平方和相等已知点O是矩形ABCD与所在平面内任一点，证明：．
例22．已知圆与，定点，A、B分别在圆和圆上，满足，则线段AB的取值范围是 ．
【答案】
【解析】以为邻边作矩形，则
由得
，即，
的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
，
．
例23．在平面内，已知，，，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，
所以四边形是平行四边形，
又，所以四边形是矩形，
从而，因为，所以，即
例24．（2023·全国·高三专题练习）已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为______．
【答案】/
【解析】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，
设的中点为S，连接，则，
所以，
又为直角三角形，所以，故①，
设，则由①可得，
整理得：，
从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内部，所以，
因为，所以 ；
解法2：如图，因为，所以，
故四边形为矩形，由矩形性质，，
所以，从而，
故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内，所以．
故答案为： ．
例25．（2023·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第一中学校校考期中）已知向量，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，是平面内两个互相垂直的单位向量，
故可设，，，
则，，
因为，所以，
整理得到，即，
故的最大值为，
故选：B.
考点八：平面向量范围与最值问题
平面向量范围与最值问题常用方法：
（1）定义法
第一步：利用向量的概念及其基本运算将所求问题转化为相应的等式关系
第二步：运用基木不等式求其最值问题
第三步：得出结论
（2）坐标法
第一步 ： 根据题意建立适当的直角坐标系并写出相应点的坐标
第二步： 将平面向量的运算坐标化
第三步：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
（3）基底法
第一步：利用其底转化向量
第二步：根据向量运算律化简目标
第三步：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
（4）几何意义法
第一步： 先确定向量所表达的点的轨迹
第二步： 根据直线与曲线位置关系列式
第三步：解得结果
例26．（2023·全国·模拟预测）如图，在四边形中，已知，，，点在边上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解法一 由，，，
得，，
所以，，
．
设，则，所以
，
当且仅当时，取得最小值．
解法二： 由，，，
得，，
所以，，
，，
连接，交于点，则易知，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
所以．
设，
则，
所以，
，，
则
，
当且仅当时，取得最小值．
解法三 由，，，
得，，
所以，，
，，
如图，
分别以所在的直线为轴、轴建立平面直角坐标系，
所以，．
因为点在边上，
所以设，
所以，，
所以
，
当且仅当时，取得最小值．
故选：A.
例27．（2023·湖北武汉·高三校联考阶段练习）如图，菱形的边上有一点，边上有一点（，不与顶点重合）且，若是边长为的等边三角形，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示：过作于，于，则，
是等边三角形，，则，故，
则，，设，，，
根据余弦定理：，
，设，则，，，
故，即，
，函数在上单调递减，
故，即，即，解得.
故选：C
例28．（2023·浙江金华·高三校考开学考试）已知向量满足，，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，
由于：，
，
当且仅当时等号成立.
所以，
所以，
所以.
故选：B
例29．（2023·江苏无锡·统考模拟预测）八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹．八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样．八角星纹以白彩绘成，黑线勾边，中为方形或圆形，具有向四面八方扩张的感觉．八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹星纹．图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形为等腰直角三角形，中间阴影部分是正方形且边长为2，其中动点P在圆上，定点A、B所在位置如图所示，则最大值为（ ）
A．9B．10C．D．
【答案】C
【解析】如图所示：连接，
因为中间阴影部分是正方形且边长为2，
所以可得，，，
所以，
在中由余弦定理可得，
所以，
设的夹角为，的夹角为，
= =-,
当在所对的优弧上时，，
所以，，
=,
所以=-＝＝ ,（其中）
所以最大值为；
当在所对的劣弧上时，，
所以，，
=,
所以=-＝＝ ,（其中）
所以最大值为；
综上所述：最大值为.
故选：C.
考点九：等差线、等商线问题
1、如图设，是平面内两个不共线向量，若=，反向延长到,使，当P位于直线BE上时，一定有，若且，则有.
2、如图所示，令，若，根据等和线定理可得，所以直线OC就是一条等商线.
例30．（2023·天津·高三校联考阶段练习）如图，在中，，点在线段上移动（不含端点），若，则 ，的最小值为 .
【答案】 2
【解析】因为在中，，
所以,
即.
因为点在线段上移动（不含端点），所以设.
所以，对比可得.
代入，得；
代入可得，根据二次函数性质知当时，.
故答案为：
例31．（多选题）（2023·重庆·高一校联考阶段练习）在中，点满足，当点在线段上（不含点）移动时，记，则（ ）
A．B．
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】BC
【解析】是中点,则,又点在线段上,即三点共线,设,故,.故B对A错.
,当且仅当时,即,故C对.
在上单调递减，当取最小值，故D错.
故答案为：BC
例32．（多选题）（2023·湖南长沙·高一雅礼中学校考期末）给定两个单位向量，且，点在以为圆心的圆弧上运动，，则的可能取值为（ ）
A．B．C．2D．0
【答案】BCD
【解析】因为给定两个单位向量，且，所以建立如下图所示的坐标系，
因为，所以有,
，所以 ，
设，
因为，
所以有，
，
因为，所以，因此 ，即，
故选：BCD
例33．（2023·江西九江·统考二模）如图，△ABC中，AB=4，AC=4，∠BAC=60°，延长CB到D，使，当E点在线段AD上移动时，若的最大值是（ ）
A．1B．
C．3D．
【答案】C
【解析】设=t，t∈[0，1]
则=t=t(+)=t+t（2）
=t+2t（-）=2t-t
∴λ=2t，μ=-t
∴λ-μ=3t
∵t∈[0，1]
∴λ-μ的最大值为3
故选C．
考点十：奔驰定理与向量四心
1、重心定理：①在△ABC中，若G为重心，则．
②． ③
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④三角形的重心分中线两段线段长度比为2:1，且分的三个三角形面积相等．
2、奔驰定理：若，则；
3、垂心定理：三角形三边上的高相交于一点
故点O是的垂心，
则一定有．
，即，以此类推即可证明．
4、外心向量定理：
（1），；；
（2），，；
（3），，
5、内心定理
①角平分线的交点，到三条边的距离相等；
②；
③
例34．（多选题）（2023·黑龙江哈尔滨·高一哈九中校考期末）“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”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是内的一点，，，的面积分别为、、，则有，设O是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的是（ ）．
A．若，则O为的重心
B．若，则
C．若O为（不为直角三角形）的垂心，则
D．若，，，则
【答案】ABC
【解析】对于A，设的中点为D，则，
即三点共线，则，
设为的中点，同理可得，
故O为的重心，A正确；
对于B，若，结合，
可知，B正确；
对于C，，，
，
又O为（不为直角三角形）的垂心，设延长后交与G，则,
同理，则，
即，
同理，
故，同理，
又，
，
又O为（不为直角三角形）的垂心，
则，
故，即，
同理，
则
，
同理，
故
，
又，可得，C正确；
对于D，中，，，则，
又，故，
则，
故，D错误，
故选：ABC
例35．（多选题）（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）点，分别是的外心､垂心，则下列选项正确的是（ ）
A．若且，则
B．若，且，则
C．若，，则的取值范围为
D．若，则
【答案】BCD
【解析】A.由，可知，点共线，
又可知，点在的角平分线上，
所以为的角平分线，与不一定相等，故A错误；
B.若，则点是的中点，点又是的外心，
所以，，故B正确；
C. 因为，所以，如图，建立平面直角坐标系，
设，，，
因为，所以，
得，，
，，
，，则，故C正确；
D.因为，所以，
即，则，
同理，，所以，
设，
因为，所以，
即，则，
，即，
则，
，，故D正确.
故选：BCD
例36．（多选题）（2023·福建漳州·高一统考期末）已知的重心为，外心为，内心为，垂心为，则下列说法正确的是（ ）
A．若是中点，则
B．若，则
C．与不共线
D．若，则
【答案】ABD
【解析】对于A，连接交于点，则点是的中点，是中点，连接，
所以，所以，可得，故A正确；
对于B，取的中点，连接、，因为点为外心，所以，
所以，若，则，
所以，故B正确；
对于C，因为点为垂心，所以，
因为
，
所以，
而，所以与共线，故C错误；
对于D，分别做、交、于、点，
连接延长交于点，可得，设内切圆半径为，
则，所以，
，所以
，
即①，
，所以
，
即②，由①②可得，
在中由余弦定理可得，
因为，
可得，所以，故D正确.
故选：ABD.
例37．（多选题）（2023·辽宁·高三朝阳市第一高级中学校联考阶段练习）在所在的平面上存在一点，，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则点的轨迹不可能经过的外心
B．若，则点的轨迹不可能经过的垂心
C．若，则点的轨迹不可能经过的重心
D．若，，则点的轨迹一定过的外心
【答案】ABD
【解析】若，根据向量共线的推论知：共线，即在直线上，
中，则的中点为三角形外心，故有可能为外心，A错；
中或，则或为三角形垂心，故有可能为垂心，B错；
若为的重心，必有，此时，C对；
若，，结合，则点在一个以AB、AC为邻边的平行四边形内（含边界），
为锐角三角形，其外心在内，则必过外心；
为直角三角形，其外心为斜边中点，则必过外心；
为钝角三角形且，其外心在外，即边的另一侧，
如下图示，点在平行四边形内（含边界），
此时，当外心在内（含边界），则必过外心；当外心在外（如下图为的中垂线），则不过外心；
所以，，，的轨迹不一定过的外心，D错.
故选：ABD
例38．（多选题）（2023·福建福州·高一福建省福州格致中学校考期末）已知为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若为的垂心，，则
B．若为锐角的外心，且，则
C．若，则点的轨迹经过的重心
D．若，则点的轨迹经过的内心
【答案】ABC
【解析】对于A选项，因为，，又因为为的垂心，
所以，所以，故正确；
对于B选项，因为且，
所以，整理得：，即，
设为中点，则，所以三点共线，
又因为，所以垂直平分，故，正确；
对于C选项，由正弦定理得，
所以，
设中点为，则，所以，
所以三点共线，即点在边的中线上，故点的轨迹经过的重心，正确；
对于D选项，因为，
设中点为，则，所以，
所以，
所以，即，
所以，故在中垂线上，故点的轨迹经过的外心，错误.
故选：ABC
考点十一：阿波罗尼斯圆问题
在平面上给定两点A，B，设点在同一平面上且满足，当且时，点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆（时点的轨迹是线段AB的中垂线）．
例39．（2023·江西·高三校联考阶段练习）已知向量，满足，，则的最大值为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】D
【解析】因为，所以，即，
整理得，
又，所以，即，
所以，即，又，
所以当与反向时，取得最大值，且最大值为.
故选：D.
例40．（2023·贵州贵阳·高二校联考阶段练习）阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A、B间的距离为2，动点P与A、B距离之比为，当面积最大时，（ ）
A．B．C．8D．16
【答案】B
【解析】由题意，以的中点为原点，以所在直线为轴，以过垂直于直线的直线为轴，建立坐标系，
则，设，故，则，
整理可得：，即的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，如下图：
由共线，则当时，的面积最大，不妨设在第一象限，此时，
可得，，.
故选：B.
例41．（2023·上海闵行·高三上海市七宝中学校考开学考试）阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点A，B间的距离为3，动点满足，则的范围为 .
【答案】
【解析】以中点为原点，以所在直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，
因为，所以，.
设，因为，所以，
整理得，即.
.
又，
则，则.
故答案为：
考点十二：平行四边形大法
1、中线长定理
2、为空间中任意一点，由中线长定理得：
两式相减：
例42．如图，C，D在半径为1的上，线段是的直径，则的取值范围是_________.
【答案】
【解析】以点O为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
设点，，
则，，
则，
其中，
所以的最大值为：
，
则当时，取得最大值，
最小值为，
则当时，取得最小值，
综上，的取值范围为.
故答案为：.
例43．（2023·江西宜春·校联考模拟预测）半径为的两圆和圆外切于点，点是圆上一点，点是圆上一点，则的取值范围为_______.
【答案】
【解析】设点关于点的对称点为，则点在圆上，
所以，
，
因为
，
所以，，
因为，
当且仅当、同向且、反向时，，
当时，则，所以，，
所以，，所以，，
因为，则，
故当且四边形为菱形时，，
因此，.
故答案为：.
例44．如图，圆是半径为1的圆，，设，为圆上的任意2个点，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】连接，，设是线段的中点，连接，则有.
设为和的夹角.
则
，
，
（当即时取等）
因为，所以当时，有最小值.
，
（当即时取等）
当时，有最大值为3，
即有最大值3，所以的取值范围是.
故答案为：
考点十三：向量对角线定理
例45．已知平行四边形，，，，与交于点，若记，，，则（ ）
B． C． D．
【答案】C
【解析】由对角线向量定理得，
所以，
而，
所以，选择C．
例46．如图，在圆中，若弦，弦，则的值是（ ）
B．C．D．
【答案】D
【解析】如图所示，由对角向量定理得
所以选D．
例47．如图，在四边形ABCD中，，若，，，则等于（ ）
A． B．C．D．
【答案】A
【解析】如图所示，由对角线向量定理得
=，所以选A．
例48．（2023·浙江·校联考一模）如图，点在以为直径的圆上，其中，过向点处的切线作垂线，垂足为，则的最大值是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】连接，则
∵
∴=,
依题意可证∽，则，即,
∵,
∴，即，当且仅当时取等号,
∴,
∴,
∴的最大值为1
故选:B
考点要求
考题统计
考情分析
平面向量基本定理及其应用
2022年I卷第3题，5分
【命题预测】
预测2024年高考，高考仍将重点单独或与平面图形等知识结合重点平面向量数量积的定义、性质及应用平面向量数量积计算夹角、模、垂直等问题，难度为基础题、中档题或难题，题型为选择或填空．
平面向量的数量积、模、夹角
2023年北京卷第3题，4分
2023年甲卷第4题，5分
2023年 I卷第3题，5分
2023年 I I卷第13题，5分
平面向量范围与最值
2023年天津卷第14题，5分
2022年北京卷第10题，4分
2022年浙江卷第17题，4分
2022年天津卷第14题，5分
一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题11 平面向量小题全归类
【目录】
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc154411032" PAGEREF _Tc154411032 \h 2
\l "_Tc154411033" PAGEREF _Tc154411033 \h 3
\l "_Tc154411034" PAGEREF _Tc154411034 \h 3
\l "_Tc154411035" PAGEREF _Tc154411035 \h 4
\l "_Tc154411036" PAGEREF _Tc154411036 \h 9
\l "_Tc154411037" 考点一：平面向量基本定理及其应用 PAGEREF _Tc154411037 \h 9
\l "_Tc154411038" 考点二：平面向量共线的充要条件及其应用 PAGEREF _Tc154411038 \h 13
\l "_Tc154411039" 考点三：平面向量的数量积 PAGEREF _Tc154411039 \h 15
\l "_Tc154411040" 考点四：平面向量的模与夹角 PAGEREF _Tc154411040 \h 17
\l "_Tc154411041" 考点五：等和线问题 PAGEREF _Tc154411041 \h 18
\l "_Tc154411042" 考点六：极化恒等式 PAGEREF _Tc154411042 \h 23
\l "_Tc154411043" 考点七：矩形大法 PAGEREF _Tc154411043 \h 26
\l "_Tc154411044" 考点八：平面向量范围与最值问题 PAGEREF _Tc154411044 \h 29
\l "_Tc154411045" 考点九：等差线、等商线问题 PAGEREF _Tc154411045 \h 35
\l "_Tc154411046" 考点十：奔驰定理与向量四心 PAGEREF _Tc154411046 \h 39
\l "_Tc154411047" 考点十一：阿波罗尼斯圆问题 PAGEREF _Tc154411047 \h 48
\l "_Tc154411048" 考点十二：平行四边形大法 PAGEREF _Tc154411048 \h 50
\l "_Tc154411049" 考点十三：向量对角线定理 PAGEREF _Tc154411049 \h 54
平面向量的数量积、模、夹角是高考考查的重点、热点，往往以选择题或填空题的形式出现．常常以平面图形为载体，考查数量积、夹角、垂直的条件等问题；也易同平面几何、三角函数、解析几何、不等式等知识相结合，以工具的形式出现．近几年高考主要考查平面向量的坐标运算、模的最值、夹角等问题，与三角函数、解析几何密切相连，难度为中等．
1、平面向量的应用考向主要是平面几何问题，往往涉及角和距离，转化成平面向量的夹角、模的问题，总的思路有：
（1）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．
（2）基向量法：适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解．
2、平面向量中有关范围最值问题的求解通常有两种思路：
①“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；
②“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．
1．（2023•新高考Ⅰ）已知向量，．若，则
A．B．C．D．
【答案】
【解析】，，
，，
由，得，
整理得：，即．
故选：．
2．（2022•新高考Ⅰ）在中，点在边上，．记，，则
A．B．C．D．
【答案】
【解析】如图，
，
，即．
故选：．
3．（2022•北京）在中，，，．为所在平面内的动点，且，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【答案】
【解析】在中，，，，
以为坐标原点，，所在的直线为轴，轴建立平面直角坐标系，如图：
则，，，
设，
因为，
所以，
又，，
所以，
设，，
所以，其中，
当时，有最小值为，
当时，有最大值为6，
所以，，
故选：．
4．（2023•乙卷）正方形的边长是2，是的中点，则
A．B．3C．D．5
【答案】
【解析】正方形的边长是2，是的中点，
所以，，，，
则．
故选：．
5．（2023•甲卷）已知向量，，则，
A．B．C．D．
【答案】
【解析】根据题意，向量，，
则，，
则有，，，
故，．
故选：．
6．（2023•新高考Ⅱ）已知向量，满足，，则 ．
【答案】
【解析】，，
，，
，，
．
故答案为：．
7．（2023•天津）在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，，则可用，表示为 ；若，则的最大值为 ．
【答案】；．
【解析】在中，，，点为的中点，点为的中点，，，
则；
设，，
由余弦定理可得：，
又，
即，当且仅当时取等号，
又，
则，
则
，
即的最大值为．
故答案为：；．
8．（2022•浙江）设点在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是 ．
【答案】，．
【解析】以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，，，
设，
则，
，，
，
，
即的取值范围是，，
故答案为：，．
9．（2022•天津）在中，，，是中点，，试用，表示为 ，若，则的最大值为 ．
【答案】；．
【解析】中，，，是中点，，如图：
．
，，
，即，
即，即，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，故的最大值为，
即的最大值为，
故答案为：；．
10．（2022•甲卷）设向量，的夹角的余弦值为，且，，则 ．
【答案】11
【解析】由题意可得，
则．
故答案为：11．
11．（2022•上海）若平面向量，且满足，，，则 ．
【答案】
【解析】由题意，有，则，设，
则得，，
由同角三角函数的基本关系得：，
则，
，
则．
故答案为：．
考点一：平面向量基本定理及其应用
1、应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．
2、用基底表示某个向量的基本方法：（1）观察各向量的位置；（2）寻找相应的三角形或多边形；（3）运用法则找关系；（4）化简结果．
例1．（2023·重庆·高三重庆八中校考阶段练习）在中，为边上的中线，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
因为，所以
由已知可得，，
所以，，
所以，.
故选：A.
例2．（2023·天津南开·高三南开中学校考阶段练习）是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，若，，且，则（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题设
，
所以，即，
又，故.
故选：A
例3．（2023·湖南·校联考模拟预测）在中，D是边AB上一点，且，点E是CD的中点.设，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
如图，，
故选：C.
例4．（2023·重庆万州·高一万州外国语学校天子湖校区校考期中）如图，在中，，，和相交于点，则向量等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】过点分别作交于点，作交于点，
已知，，
，则和，
则：且，
即：且，所以，
则：，所以，
解得：，
同理，和，
则：且，
即：且，所以，
则：，即，
所以，即，
得：，
解得：，
四边形是平行四边形，
由向量加法法则，得，
所以.
故选：B.
考点二：平面向量共线的充要条件及其应用
1、平面向量共线定理：已知，若，则三点共线；反之亦然．
2、两平面向量共线的充要条件有两种形式：（1）若向量，，则的充要条件是；（2）若，则．
例5．（2023·湖北·高三随州市曾都区第一中学校联考期中）在中，，是线段上的动点（与端点不重合），设，则的最小值是（ ）
A．3B．1C．2D．4
【答案】D
【解析】
因为，所以，
因为，所以，
因为三点共线，所以，，
所以
，当且仅当，即、时取等号，
所以的最小值是.
故选：D
例6．（2023·重庆铜梁·高一统考期末）在中，点是线段上任意一点，点满足，若存在实数和，使得，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，，且，
而，
所以，
即，
由已知，则，选项D正确.
故选：D
例7．（2023·福建·高三校联考阶段练习）在中，，，E是AB的中点，EF与AD交于点P，若，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【解析】
因为，所以，
则.
因为A，P，D三点共线，所以.
因为，所以.
因为E是边AB的中点，
所以.因为E，P，F三点共线，
所以，
则，解得，从而，，故.
故选：A
考点三：平面向量的数量积
1、向量的数量积：设两个非零向量的夹角为，则叫做与的数量积，记作．
2、数量积的几何意义：数量积等于的长度与在的方向上的投影的乘积．
3、设向量，，则，由此得到：
（1）若，则或．
（2）设，则A，B两点间的距离
（3）设两个非零向量，且，，则
（4）若都是非零向量，是与的夹角，则
例8．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）已知点在同一平面，且三点不共线，且满足，其中，，，则的值为 ，则的面积为 .
【答案】
【解析】因为，
所以，所以，
故，解得.
又因为，所以，
所以；
故答案为：；.
例9．（2023·江苏淮安·高三校联考期中）若向量，满足，，且在上的投影向量为，则 .
【答案】3
【解析】在上的投影向量为，因为，所以，
所以，
故答案为：3.
例10．（2023·山东聊城·高三统考期中）已知是的内心，，，，则 ．
【答案】36
【解析】如图所示：
以为圆心作的内切圆，分别与、、相切于点、、，
设，
根据切线长定理得，
,
,
所以，
即，解得，即，
由题意可得,
所以，
所以,
.
故答案为：36.
例11．（2023·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图是两个直角三角形板拼成的平面图形，其中，，，，则 ．
【答案】
【解析】A,B,C,D四点共圆得出同弧对的圆周角相等
,
故答案为: .
考点四：平面向量的模与夹角
(1)向量的夹角要求向量“共起点”，其范围为．
(2)求非零向量的夹角一般利用公式先求出夹角的余弦值，然后求夹角．也可以构造三角形，将所求夹角转化为三角形的内角求解，更为直观形象．
例12．（2023·江苏镇江·高三江苏省镇江中学校考阶段练习）已知向量，满足，，，则两向量与的夹角为 ．
【答案】
【解析】
，
故答案为：
例13．（2023·上海松江·高三上海市松江一中校考期中）已知向量与的夹角是，，，则 ．
【答案】4
【解析】因为，，向量与的夹角是，
所以，
即，解得或（舍去），
故答案为：4
例14．（2023·广东·高二校考学业考试）已知向量，，，那么 ．
【答案】
【解析】由题意，，，，
∴，
解得：，
∴，
又∵，
∴.
故答案为：．
考点五：等和线问题
等和线
平面内一组基底及任一向量，，若点在直线上或者在平行于的直线上，则（定值），反之也成立，我们把直线以及与直线平行的直线称为等和线．
①当等和线恰为直线时，；
②当等和线在点和直线之间时，；
③当直线在点和等和线之间时，；
④当等和线过点时，；
⑤若两等和线关于点对称，则定值互为相反数；
例15．（2023·云南昆明·高一昆明市外国语学校校考阶段练习）给定两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为，如图所示点C在以O为圆心的圆弧上运动，若，其中，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
如图示，建立平面直角坐标系.
设，可得：.
由可得：，
所以，所以，
因为，所以，所以，所以，即的取值范围为.
故选：B
例16．（2023·全国·高三专题练习）给定两个长度均为2的平面向量和，它们的夹角为.点在以为圆心的圆弧上运动，如图所示.若，其中，，则的最大值是（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【解析】建立如图所示的坐标系，
则，，
即，.
设，则.
，，，.
，（此时有，是个锐角）.
.
可取到.
有最大值，
故选：.
例17．（2023·江苏苏州·高三统考开学考试）在平行四边形ABCD中，点E在线段AC上，且，点F为线段AD的中点，记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，所以，，
所以.
故选：A.
例18．（2023·湖南·校联考模拟预测）对称性是数学美的一个重要特征，几何中的轴对称，中心对称都能给人以美感，激发学生对数学的兴趣．如图，在菱形ABCD中，，，以菱形ABCD的四条边为直径向外作四个半圆，P是四个半圆弧上的一动点，若，则的最大值为（ ）
A．B．3C．5D．
【答案】A
【解析】连接.
若，则，
若不为零，则，这与题设矛盾，若为零，则与重合.
若，则，
设，故，且三点共线.
由对称可知只需考虑在对应的半圆弧上.
当在对应的半圆弧上（除外）时，总在的延长线上，
故此时.
当在对应的半圆弧上，总在之间，故此时
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，
设，
当时，，而，
此时.
当时，则，
由可得，
故
. ，
当时，.
综上，
故选：A
考点六：极化恒等式
极化恒等式
（1）平行四边形平行四边形对角线的平方和等于四边的平方和：
证明：不妨设 ，则，
①
②
①②两式相加得：
（2）极化恒等式：
上面两式相减，得：————极化恒等式
①平行四边形模式：
几何意义：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．
②三角形模式：（M为BD的中点）
A
B
C
M
例19．（2023·北京·高三北京市第一六六中学校考期中）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术．图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花．图2中正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为
【答案】8
【解析】如图，连结，显然，
，
，
点在正六边形的边上运动，是其中心，
因此的最小值等于中心到正六边形的边的距离，距离为.
所以的最大值为.
故答案为：8
例20．（2023·福建莆田·高三莆田第十中学校考期中）如图，在等腰直角三角形中，斜边，为线段上的动点（包含端点），为的中点．将线段绕着点旋转得到线段，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】连接,
则
,
当时，最小，可求得，
结合，得的最小值为，
故选：
例21．（2023·浙江·高三期末）已知，向量满足，，，则的最大值为
【答案】18
【解析】
设，
因为，所以，
，，根据勾股定理可得，
设点为的中点，
则，
因为，所以，所以点在以为直径的圆上，为圆心
所以，
所以
故答案为：18.
考点七：矩形大法
矩形所在平面内任一点到其对角线端点距离的平方和相等已知点O是矩形ABCD与所在平面内任一点，证明：．
例22．已知圆与，定点，A、B分别在圆和圆上，满足，则线段AB的取值范围是 ．
【答案】
【解析】以为邻边作矩形，则
由得
，即，
的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
，
．
例23．在平面内，已知，，，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，
所以四边形是平行四边形，
又，所以四边形是矩形，
从而，因为，所以，即
例24．（2023·全国·高三专题练习）已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为______．
【答案】/
【解析】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，
设的中点为S，连接，则，
所以，
又为直角三角形，所以，故①，
设，则由①可得，
整理得：，
从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内部，所以，
因为，所以 ；
解法2：如图，因为，所以，
故四边形为矩形，由矩形性质，，
所以，从而，
故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内，所以．
故答案为： ．
例25．（2023·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第一中学校校考期中）已知向量，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，是平面内两个互相垂直的单位向量，
故可设，，，
则，，
因为，所以，
整理得到，即，
故的最大值为，
故选：B.
考点八：平面向量范围与最值问题
平面向量范围与最值问题常用方法：
（1）定义法
第一步：利用向量的概念及其基本运算将所求问题转化为相应的等式关系
第二步：运用基木不等式求其最值问题
第三步：得出结论
（2）坐标法
第一步 ： 根据题意建立适当的直角坐标系并写出相应点的坐标
第二步： 将平面向量的运算坐标化
第三步：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
（3）基底法
第一步：利用其底转化向量
第二步：根据向量运算律化简目标
第三步：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
（4）几何意义法
第一步： 先确定向量所表达的点的轨迹
第二步： 根据直线与曲线位置关系列式
第三步：解得结果
例26．（2023·全国·模拟预测）如图，在四边形中，已知，，，点在边上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解法一 由，，，
得，，
所以，，
．
设，则，所以
，
当且仅当时，取得最小值．
解法二： 由，，，
得，，
所以，，
，，
连接，交于点，则易知，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
所以．
设，
则，
所以，
，，
则
，
当且仅当时，取得最小值．
解法三 由，，，
得，，
所以，，
，，
如图，
分别以所在的直线为轴、轴建立平面直角坐标系，
所以，．
因为点在边上，
所以设，
所以，，
所以
，
当且仅当时，取得最小值．
故选：A.
例27．（2023·湖北武汉·高三校联考阶段练习）如图，菱形的边上有一点，边上有一点（，不与顶点重合）且，若是边长为的等边三角形，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示：过作于，于，则，
是等边三角形，，则，故，
则，，设，，，
根据余弦定理：，
，设，则，，，
故，即，
，函数在上单调递减，
故，即，即，解得.
故选：C
例28．（2023·浙江金华·高三校考开学考试）已知向量满足，，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，
由于：，
，
当且仅当时等号成立.
所以，
所以，
所以.
故选：B
例29．（2023·江苏无锡·统考模拟预测）八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹．八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样．八角星纹以白彩绘成，黑线勾边，中为方形或圆形，具有向四面八方扩张的感觉．八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹星纹．图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形为等腰直角三角形，中间阴影部分是正方形且边长为2，其中动点P在圆上，定点A、B所在位置如图所示，则最大值为（ ）
A．9B．10C．D．
【答案】C
【解析】如图所示：连接，
因为中间阴影部分是正方形且边长为2，
所以可得，，，
所以，
在中由余弦定理可得，
所以，
设的夹角为，的夹角为，
= =-,
当在所对的优弧上时，，
所以，，
=,
所以=-＝＝ ,（其中）
所以最大值为；
当在所对的劣弧上时，，
所以，，
=,
所以=-＝＝ ,（其中）
所以最大值为；
综上所述：最大值为.
故选：C.
考点九：等差线、等商线问题
1、如图设，是平面内两个不共线向量，若=，反向延长到,使，当P位于直线BE上时，一定有，若且，则有.
2、如图所示，令，若，根据等和线定理可得，所以直线OC就是一条等商线.
例30．（2023·天津·高三校联考阶段练习）如图，在中，，点在线段上移动（不含端点），若，则 ，的最小值为 .
【答案】 2
【解析】因为在中，，
所以,
即.
因为点在线段上移动（不含端点），所以设.
所以，对比可得.
代入，得；
代入可得，根据二次函数性质知当时，.
故答案为：
例31．（多选题）（2023·重庆·高一校联考阶段练习）在中，点满足，当点在线段上（不含点）移动时，记，则（ ）
A．B．
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】BC
【解析】是中点,则,又点在线段上,即三点共线,设,故,.故B对A错.
,当且仅当时,即,故C对.
在上单调递减，当取最小值，故D错.
故答案为：BC
例32．（多选题）（2023·湖南长沙·高一雅礼中学校考期末）给定两个单位向量，且，点在以为圆心的圆弧上运动，，则的可能取值为（ ）
A．B．C．2D．0
【答案】BCD
【解析】因为给定两个单位向量，且，所以建立如下图所示的坐标系，
因为，所以有,
，所以 ，
设，
因为，
所以有，
，
因为，所以，因此 ，即，
故选：BCD
例33．（2023·江西九江·统考二模）如图，△ABC中，AB=4，AC=4，∠BAC=60°，延长CB到D，使，当E点在线段AD上移动时，若的最大值是（ ）
A．1B．
C．3D．
【答案】C
【解析】设=t，t∈[0，1]
则=t=t(+)=t+t（2）
=t+2t（-）=2t-t
∴λ=2t，μ=-t
∴λ-μ=3t
∵t∈[0，1]
∴λ-μ的最大值为3
故选C．
考点十：奔驰定理与向量四心
1、重心定理：①在△ABC中，若G为重心，则．
②． ③
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④三角形的重心分中线两段线段长度比为2:1，且分的三个三角形面积相等．
2、奔驰定理：若，则；
3、垂心定理：三角形三边上的高相交于一点
故点O是的垂心，
则一定有．
，即，以此类推即可证明．
4、外心向量定理：
（1），；；
（2），，；
（3），，
5、内心定理
①角平分线的交点，到三条边的距离相等；
②；
③
例34．（多选题）（2023·黑龙江哈尔滨·高一哈九中校考期末）“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”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是内的一点，，，的面积分别为、、，则有，设O是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的是（ ）．
A．若，则O为的重心
B．若，则
C．若O为（不为直角三角形）的垂心，则
D．若，，，则
【答案】ABC
【解析】对于A，设的中点为D，则，
即三点共线，则，
设为的中点，同理可得，
故O为的重心，A正确；
对于B，若，结合，
可知，B正确；
对于C，，，
，
又O为（不为直角三角形）的垂心，设延长后交与G，则,
同理，则，
即，
同理，
故，同理，
又，
，
又O为（不为直角三角形）的垂心，
则，
故，即，
同理，
则
，
同理，
故
，
又，可得，C正确；
对于D，中，，，则，
又，故，
则，
故，D错误，
故选：ABC
例35．（多选题）（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）点，分别是的外心､垂心，则下列选项正确的是（ ）
A．若且，则
B．若，且，则
C．若，，则的取值范围为
D．若，则
【答案】BCD
【解析】A.由，可知，点共线，
又可知，点在的角平分线上，
所以为的角平分线，与不一定相等，故A错误；
B.若，则点是的中点，点又是的外心，
所以，，故B正确；
C. 因为，所以，如图，建立平面直角坐标系，
设，，，
因为，所以，
得，，
，，
，，则，故C正确；
D.因为，所以，
即，则，
同理，，所以，
设，
因为，所以，
即，则，
，即，
则，
，，故D正确.
故选：BCD
例36．（多选题）（2023·福建漳州·高一统考期末）已知的重心为，外心为，内心为，垂心为，则下列说法正确的是（ ）
A．若是中点，则
B．若，则
C．与不共线
D．若，则
【答案】ABD
【解析】对于A，连接交于点，则点是的中点，是中点，连接，
所以，所以，可得，故A正确；
对于B，取的中点，连接、，因为点为外心，所以，
所以，若，则，
所以，故B正确；
对于C，因为点为垂心，所以，
因为
，
所以，
而，所以与共线，故C错误；
对于D，分别做、交、于、点，
连接延长交于点，可得，设内切圆半径为，
则，所以，
，所以
，
即①，
，所以
，
即②，由①②可得，
在中由余弦定理可得，
因为，
可得，所以，故D正确.
故选：ABD.
例37．（多选题）（2023·辽宁·高三朝阳市第一高级中学校联考阶段练习）在所在的平面上存在一点，，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则点的轨迹不可能经过的外心
B．若，则点的轨迹不可能经过的垂心
C．若，则点的轨迹不可能经过的重心
D．若，，则点的轨迹一定过的外心
【答案】ABD
【解析】若，根据向量共线的推论知：共线，即在直线上，
中，则的中点为三角形外心，故有可能为外心，A错；
中或，则或为三角形垂心，故有可能为垂心，B错；
若为的重心，必有，此时，C对；
若，，结合，则点在一个以AB、AC为邻边的平行四边形内（含边界），
为锐角三角形，其外心在内，则必过外心；
为直角三角形，其外心为斜边中点，则必过外心；
为钝角三角形且，其外心在外，即边的另一侧，
如下图示，点在平行四边形内（含边界），
此时，当外心在内（含边界），则必过外心；当外心在外（如下图为的中垂线），则不过外心；
所以，，，的轨迹不一定过的外心，D错.
故选：ABD
例38．（多选题）（2023·福建福州·高一福建省福州格致中学校考期末）已知为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若为的垂心，，则
B．若为锐角的外心，且，则
C．若，则点的轨迹经过的重心
D．若，则点的轨迹经过的内心
【答案】ABC
【解析】对于A选项，因为，，又因为为的垂心，
所以，所以，故正确；
对于B选项，因为且，
所以，整理得：，即，
设为中点，则，所以三点共线，
又因为，所以垂直平分，故，正确；
对于C选项，由正弦定理得，
所以，
设中点为，则，所以，
所以三点共线，即点在边的中线上，故点的轨迹经过的重心，正确；
对于D选项，因为，
设中点为，则，所以，
所以，
所以，即，
所以，故在中垂线上，故点的轨迹经过的外心，错误.
故选：ABC
考点十一：阿波罗尼斯圆问题
在平面上给定两点A，B，设点在同一平面上且满足，当且时，点的轨迹是个圆，称之为阿波罗尼斯圆（时点的轨迹是线段AB的中垂线）．
例39．（2023·江西·高三校联考阶段练习）已知向量，满足，，则的最大值为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】D
【解析】因为，所以，即，
整理得，
又，所以，即，
所以，即，又，
所以当与反向时，取得最大值，且最大值为.
故选：D.
例40．（2023·贵州贵阳·高二校联考阶段练习）阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A、B间的距离为2，动点P与A、B距离之比为，当面积最大时，（ ）
A．B．C．8D．16
【答案】B
【解析】由题意，以的中点为原点，以所在直线为轴，以过垂直于直线的直线为轴，建立坐标系，
则，设，故，则，
整理可得：，即的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，如下图：
由共线，则当时，的面积最大，不妨设在第一象限，此时，
可得，，.
故选：B.
例41．（2023·上海闵行·高三上海市七宝中学校考开学考试）阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点A，B间的距离为3，动点满足，则的范围为 .
【答案】
【解析】以中点为原点，以所在直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，
因为，所以，.
设，因为，所以，
整理得，即.
.
又，
则，则.
故答案为：
考点十二：平行四边形大法
1、中线长定理
2、为空间中任意一点，由中线长定理得：
两式相减：
例42．如图，C，D在半径为1的上，线段是的直径，则的取值范围是_________.
【答案】
【解析】以点O为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
设点，，
则，，
则，
其中，
所以的最大值为：
，
则当时，取得最大值，
最小值为，
则当时，取得最小值，
综上，的取值范围为.
故答案为：.
例43．（2023·江西宜春·校联考模拟预测）半径为的两圆和圆外切于点，点是圆上一点，点是圆上一点，则的取值范围为_______.
【答案】
【解析】设点关于点的对称点为，则点在圆上，
所以，
，
因为
，
所以，，
因为，
当且仅当、同向且、反向时，，
当时，则，所以，，
所以，，所以，，
因为，则，
故当且四边形为菱形时，，
因此，.
故答案为：.
例44．如图，圆是半径为1的圆，，设，为圆上的任意2个点，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】连接，，设是线段的中点，连接，则有.
设为和的夹角.
则
，
，
（当即时取等）
因为，所以当时，有最小值.
，
（当即时取等）
当时，有最大值为3，
即有最大值3，所以的取值范围是.
故答案为：
考点十三：向量对角线定理
例45．已知平行四边形，，，，与交于点，若记，，，则（ ）
B． C． D．
【答案】C
【解析】由对角线向量定理得，
所以，
而，
所以，选择C．
例46．如图，在圆中，若弦，弦，则的值是（ ）
B．C．D．
【答案】D
【解析】如图所示，由对角向量定理得
所以选D．
例47．如图，在四边形ABCD中，，若，，，则等于（ ）
A． B．C．D．
【答案】A
【解析】如图所示，由对角线向量定理得
=，所以选A．
例48．（2023·浙江·校联考一模）如图，点在以为直径的圆上，其中，过向点处的切线作垂线，垂足为，则的最大值是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】连接，则
∵
∴=,
依题意可证∽，则，即,
∵,
∴，即，当且仅当时取等号,
∴,
∴,
∴的最大值为1
故选:B
考点要求
考题统计
考情分析
平面向量基本定理及其应用
2022年I卷第3题，5分
【命题预测】
预测2024年高考，高考仍将重点单独或与平面图形等知识结合重点平面向量数量积的定义、性质及应用平面向量数量积计算夹角、模、垂直等问题，难度为基础题、中档题或难题，题型为选择或填空．
平面向量的数量积、模、夹角
2023年北京卷第3题，4分
2023年甲卷第4题，5分
2023年 I卷第3题，5分
2023年 I I卷第13题，5分
平面向量范围与最值
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2022年天津卷第14题，5分
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