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第四节　平面向量的综合问题
1.四边形ABCD中，＝，（＋）·（－）＝0，则这个四边形是（　　）
A.菱形 B.矩形
C.正方形 D.等腰梯形
2.在水流速度为10 km/h的自西向东的河中，如果要使船以10 km/h的速度从河的南岸垂直到达北岸，则船出发时行驶速度的方向和大小为（　　）
A.北偏西30°，20 km/h
B.北偏西60°，10 km/h
C.北偏东30°，10 km/h
D.北偏东60°，20 km/h
3.已知a是单位向量，向量b（b≠a）满足b－a与a所成角为60°，则｜b｜的取值范围是（　　）
A.（，＋∞） B.（，＋∞）
C.（1，＋∞） D.（，＋∞）
4.已知平面向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，若a·b＝，则（2a＋c）·（b－c）的最小值为（　　）
A.－2 B.－
C.－1 D.0
5.〔多选〕一物体受到3个力的作用，其中重力G的大小为4 N，水平拉力F1的大小为3 N，另一力F2未知，则（　　）
A.当该物体处于平衡状态时，｜F2｜＝5 N
B.当F2与F1方向相反，且｜F2｜＝5 N时，该物体所受合力的大小为0 N
C.当该物体所受合力为F1时，｜F2｜＝4 N
D.当｜F2｜＝2 N时，3 N≤｜F1＋F2＋G｜≤7 N
6.〔多选〕已知O为坐标原点，点P1（cos α，sin α），P2（cos β，－sin β），P3（cos（α＋β），sin（α＋β）），A（1，0），则（　　）
A.｜｜＝｜｜
B.｜｜＝｜｜
C.·＝·
D.·＝·
7.已知向量a＝（cos θ，sin θ），b＝（－，1），则｜2a－b｜的最大值为　　　　.
8.已知｜a｜＝2｜b｜，｜b｜≠0，且关于x的方程x2＋｜a｜x＋a·b＝0有实根，则a与b的夹角θ的取值范围是　　　　.
9.如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，A（2，0），B（－2，0），点P，Q在单位圆上，以x轴非负半轴为始边，以射线OP为终边的角为θ，以射线OQ为终边的角为φ，满足φ－θ＝.
（1）若θ＝，求·；
（2）当点P在单位圆上运动时，求函数f（θ）＝·的解析式，并求f（θ）的最大值.
10.（2024·邵阳期中）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，向量p＝（sin A＋sin C，sin B），q＝（sin A－sin C，sin B），p·q＝sin A·sin B.
（1）求角C；
（2）若＝2，求的最大值.
11.已知（a2＋b2）（m2＋n2）＝（am＋bn）2，其中mn≠0，用向量法求证：＝.
12.（新定义）〔多选〕设向量a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），当x1≥x2，且y1＞y2时，称a b，当x1＜x2，且y1≤y2时，称a b.下列结论正确的有（　　）
A.若a b且μa λb，则μ≥λ
B.若a＝（2 022，2 024），b＝（2 023，2 025），则a b
C.若a b，则对于任意向量c，都有（a＋c） （b＋c）
D.若a b，则对于任意向量c，都有a·c≤b·b·c
13.（创新考法）如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P1，P2，P3，P4以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处.设集合Ω＝{P1，P2，P3，P4}，点P∈Ω，过P作直线lP，使得不在lP上的“▲”的点分布在lP的两侧.用D1（lP）和D2（lP）分别表示lP一侧和另一侧的“▲”的点到lP的距离之和.若过P的直线lP中有且只有一条满足D1（lP）＝D2（lP），则Ω中所有这样的P为　　　　.
第四节　平面向量的综合问题
1.A　由题意，＝，即AD＝BC且AD∥BC，故四边形ABCD为平行四边形，又（＋）·（－）＝｜｜2－｜｜2＝0，故AB＝AD，即四边形ABCD为菱形.
2.A　如图，船从点O出发，沿方向行驶才能垂直到达对岸，｜｜＝10，｜｜＝10，则｜｜＝＝20，则cos∠BOC＝＝，因为∠BOC为锐角，故∠BOC＝30°，故船以20 km/h的速度，以北偏西30°的方向行驶，才能垂直到达对岸.故选A.
3.C　设＝a，＝b，如图所示，则由＝－，又因为a与b－a的夹角为60°，所以∠ABC＝120°.又｜｜＝｜a｜＝1，由正弦定理＝，得｜b｜＝，因为C∈（0°，60°），所以sin C∈（0，），所以｜b｜＝∈（1，＋∞）.故选C.
4.B　∵平面向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，a·b＝，则cos＜a，b＞＝＝＝，∴＜a，b＞＝60°，设＝a＝（1，0），＝b＝（，），c＝（cos θ，sin θ），∴（2a＋c）·（b－c）＝（2＋cos θ，sin θ）·（－cos θ，－sin θ）＝（2＋cos θ）（－cos θ）＋sin θ·（－sin θ）＝sin θ－cos θ＝sin（θ－），∴（2a＋c）·（b－c）的最小值为－，故选B.
5.ACD　当该物体处于平衡状态时，F2的大小等于重力G与水平拉力F1的合力大小，如图1，｜F2｜＝5 N，故A正确；当F2与F1方向相反时，该物体受力如图2，显然B错误；当该物体所受合力为F1时，G与F2的合力大小为0 N，所以｜F2｜＝4 N，故C正确；由A知，重力G与水平拉力F1的合力大小为5 N，易知当F2与G＋F1同向时合力最大，最大值为7 N，反向时合力最小，最小值为3 N，即3 N≤｜F1＋F2＋G｜≤7 N，故D正确.
　
6.AC　由题可知，｜｜＝＝1，｜｜＝＝1，所以｜｜＝｜｜，故A正确；取α＝，则P1，取β＝，则P2，则｜｜≠｜｜，故B错误；因为·＝cos（α＋β），·＝cos αcos β－sin αsin β＝cos（α＋β），所以·＝·，故C正确；因为·＝cos α，·＝cos βcos（α＋β）－sin β·sin（α＋β）＝cos（α＋2β），取α＝，β＝，则·＝，·＝cos ＝－，所以·≠·，故D错误.故选A、C.
7.4　解析：法一 由题意得｜a｜＝1，｜b｜＝2，a·b＝sin θ－cos θ＝2sin（θ－），所以｜2a－b｜2＝4｜a｜2＋｜b｜2－4a·b＝4×12＋22－8sin（θ－）＝8－8sin（θ－）.所以｜2a－b｜2的最大值为8－8×（－1）＝16，故｜2a－b｜的最大值为4，此时θ＝2kπ－，k∈Z.
法二 因为a＝（cos θ，sin θ），b＝（－，1），所以2a－b＝（2cos θ＋，2sin θ－1），所以｜2a－b｜＝＝＝.故｜2a－b｜的最大值为＝4，此时θ＝2kπ－，k∈Z.
法三　由题意得｜2a－b｜≤2｜a｜＋｜b｜＝2×1＋2＝4，当且仅当向量a，b方向相反时不等式取等号，故｜2a－b｜的最大值为4.
8.［，π］　解析：因为关于x的方程x2＋｜a｜x＋a·b＝0有实根，所以Δ＝｜a｜2－4a·b＝｜a｜2－4｜a｜·｜b｜·cos θ＝4｜b｜2－8｜b｜2·cos θ≥0，所以cos θ≤，又θ∈[0，π]，所以≤θ≤π，即a与b的夹角θ的取值范围是［，π］.
9.解：（1）由题意可知∠POA＝θ＝，则∠QOA＝＋＝，
所以·＝·（－）＝－·＝22－2×1×cos＝4＋.
（2）由题意可知P（cos θ，sin θ），Q（cos φ，sin φ）.
因为cos φ＝cos（θ＋）＝－sin θ，
sin φ＝sin（θ＋）＝cos θ，
所以Q（－sin θ，cos θ），
所以＝（cos θ－2，sin θ），＝（－sin θ＋2，cos θ），
所以f（θ）＝·＝（cos θ－2）（2－sin θ）＋sin θcos θ＝2cos θ－sin θcos θ＋2sin θ－4＋sin θcos θ＝2sin（θ＋）－4.
当θ＋＝2kπ＋（k∈Z），即θ＝2kπ＋（k∈Z）时，f（θ）取得最大值，为2－4.
10.解：（1）由已知得p·q＝sin A·sin B＝（sin A＋sin C）·（sin A－sin C）＋sin2B＝sin2A－sin2C＋sin2B，
由正弦定理得a2＋b2－c2＝ab，
由余弦定理得cos C＝＝.
∵C∈（0，π），∴C＝.
（2）∵＝2，∴＝＋，＝（－），
∴｜｜2＝＝（4a2＋2ab＋b2），｜｜2＝＝（a2＋b2－ab），＝，设t＝，t＞0，则＝.
设f（t）＝（t＞0），则f'（t）＝－3·，∴f（t）在（0，－1＋）上单调递增，在（－1＋，＋∞）上单调递减，
f（t）max＝f（－1＋）＝4＋2＝（1＋）2，故的最大值为1＋.
11.证明：法一 设c＝（a，b），d＝（m，n），
则｜c｜2＝a2＋b2，｜d｜2＝m2＋n2，c·d＝am＋bn.
∵（a2＋b2）（m2＋n2）＝（am＋bn）2，
∴｜c｜2·｜d｜2＝（c·d）2，即c·d＝±｜c｜·｜d｜，∴c∥d，∴an＝bm.
又mn≠0，∴＝.
法二 设c＝（a，b），d＝（m，n），c与d的夹角为θ，
则cos2θ＝（）2.
由条件知＝1，
∴cos2θ＝1，即θ＝0°或θ＝180°，即c∥d，于是an－bm＝0.
又mn≠0，∴＝.
12.BC　取a＝（1，1），b＝（－1，－1），满足a b；取μ＝－1，λ＝2，则－a＝（－1，－1），2b＝（－2，－2），满足μa λb.但μ＜λ，故A错误；因为2 022＜2 023，2 024＜2 025，根据新定义知a b，故B正确；设向量a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），c＝（x0，y0），由a b得x1≥x2且y1＞y2，则x1＋x0≥x2＋x0且y1＋y0＞y2＋y0，所以（a＋c） （b＋c），故C正确；若a b，取向量a＝（－2，－2），b＝（－1，－1），c＝（－1，－1），a·c＝4，b·c＝2，a·c＞b·c，故D错误.
13.P1，P3，P4　解析：建立平面直角坐标系如图所示，记“▲”的四个点是A（0，3），B（1，0），C（7，1），D（4，4），线段AB，BC，CD，DA的中点分别为E，F，G，H，易知四边形EFGH为平行四边形.设四边形ABCD重心为M（x，y），则＋＋＋＝0，由此求得M（3，2），即平行四边形EFGH的对角线交于点P2，则符合条件的直线lP一定经过点P2，且过点P2的直线有无数条；由过点P1和P2的直线有且仅有1条，过点P3和P2的直线有且仅有1条，过点P4和P2的直线有且仅有1条，所以符合条件的点是P1，P3，P4.
2 / 2第四节　平面向量的综合问题
重点解读
　　平面向量的综合问题，尤其是最值、范围问题是高考的热点，也是难点.此类问题综合性强，体现知识的交汇组合，其基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值，比较向量的模、数量积、参数等.解题思路是建立目标函数的解析式，转化为求函数的最值求解.同时要注意向量“数”与“形”的双重身份，解题时重视数形结合思想.
平面向量的实际应用
（师生共研过关）
在日常生活中，我们常常会看到两个人共提一个行李包的情景，若行李包所受的重力为G，两个拉力分别为F1，F2，且｜F1｜＝｜F2｜，F1与F2的夹角为θ，当两人拎起行李包时，下列结论正确的是（　　）
A.｜G｜＝｜F1｜＋｜F2｜
B.当θ＝时，｜F1｜＝｜G｜
C.当θ角越大时，用力越省
D.当｜F1｜＝｜G｜时，θ＝
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
解题技法
用向量方法解决实际问题的步骤
如图所示，一条河的两岸平行，河的宽度d＝500 m，一艘船从A点出发航行到河对岸，船航行速度的大小为｜v1｜＝10 km/h，水流速度的大小为｜v2｜＝4 km/h，设v1和v2的夹角为θ（0°＜θ＜180°）.当cos θ＝　　　　时，船能垂直到达对岸.
平面向量在几何中的应用
（师生共研过关）
已知△ABC中，AD为中线，求证：AD2＝（AB2＋AC2）－（）2.
解题技法
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平面几何问题.
如图所示，若D是△ABC内的一点，且AB2－AC2＝DB2－DC2.求证：AD⊥BC.
与平面向量有关的最值（范围）问题
（师生共研过关）
（1）（2024·天津高考14题）在边长为1的正方形ABCD中，E为线段CD的三等分点，CE＝DE，＝λ＋μ，则λ＋μ＝　　　　；F为线段BE上的动点，G为AF中点，则·的最小值为　　　　；
（2）平面向量a，b满足｜a｜＝｜b｜，且｜a－3b｜＝1，则cos＜b，3b－a＞的最小值是　　　　.
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
解题技法
求向量数量积的最值（范围）问题的关键
（1）会计算向量的数量积，有关向量数量积的计算通常有两种方法：数量积的定义及坐标运算；
（2）会求目标代数式，通过引入参数求出向量的数量积，转化为关于参数的函数，此时，常利用函数的单调性、配方法、基本不等式等方法求出向量数量积的最值（范围）.
1.如图，在△ABC中，＝，E为线段AD上的动点，且＝x＋y，则＋的最小值为（　　）
A.8 B.9
C.12 D.16
2.在平面直角坐标系xOy中，若A（1，0），B（3，4），＝x＋y，x＋y＝6，则｜｜的最小值为　　　　.
平面向量与三角函数的交汇问题
（师生共研过关）
已知向量m＝（cos（ωx＋），cos ωx），n＝（sin（ωx－），cos ωx），ω＞0，f（x）＝m·n－，y＝f（x）图象上相邻的最高点与最低点之间的距离为.
（1）求ω的值及f（x）在［0，］上的单调递增区间；
（2）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＋c＝2，A＝，求f（a）的值域.
解题技法
平面向量与三角函数的综合问题的解题思路
（1）当题中给出的向量坐标中含有三角函数的形式时，先结合已知条件运用向量共线、垂直等相关知识，得到含有三角函数的关系式，然后求解；
（2）当给出用三角函数表示的向量坐标，求向量的模或向量的其他表达式时，可通过向量的坐标运算，将其转化为三角函数的性质或值域等问题.
　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.
第四节　平面向量的综合问题
【考点·分类突破】
考点1
【例1】 B　根据题意可得－G＝F1＋F2，则｜G｜＝｜F1＋F2｜＝＝＝，当θ＝0时，｜G｜＝2｜F1｜＝｜F1｜＋｜F2｜，当θ＝时，｜G｜＝＝｜F1｜，即｜F1｜＝｜G｜，故A错误，B正确；｜G｜＝，因为y＝cos θ在（0，π）上单调递减，且行李包所受的重力G不变，所以当θ角越大时，用力越大，故C错误；当｜F1｜＝｜G｜时，即｜G｜＝＝｜F1｜，解得cos θ＝－，又因为θ∈（0，π），所以θ＝，故D错误.故选B.
跟踪训练
－　解析：船垂直到达对岸，即v＝v1＋v2与v2垂直，即（v1＋v2）·v2＝0，所以v1·v2＋＝0，即｜v1｜｜v2｜·cos θ＋｜v2｜2＝0，所以40cos θ＋16＝0，解得cos θ＝－.
考点2
【例2】 证明：以B为坐标原点，BC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，设A（a，b），C（c，0），D（，0），则｜｜2＝（－a）2＋（0－b）2＝－ac＋a2＋b2，（｜｜2＋｜｜2）－（）2＝[a2＋b2＋（c－a）2＋b2]－＝a2＋b2－ac＋，从而｜｜2＝（｜｜2＋｜｜2）－（）2，即AD2＝（AB2＋AC2）－（）2.
跟踪训练
证明：设＝a，＝b，＝e，＝c，＝d，则a＝e＋c，b＝e＋d，
即a2－b2＝（e＋c）2－（e＋d）2＝c2＋2e·c－2e·d－d2.
由已知可得a2－b2＝c2－d2，
所以c2＋2e·c－2e·d－d2＝c2－d2，即e·（c－d）＝0.因为＝＋＝d－c，所以·＝e·（d－c）＝0，所以⊥，即AD⊥BC.
考点3
【例3】 （1）　－　（2）
解析：（1）以点A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），B（1，0），C（1，1），D（0，1），E（，1），所以＝（－，1），＝（－1，0），＝（0，1），因为＝λ＋μ，所以（－，1）＝λ（－1，0）＋μ（0，1），所以λ＝，μ＝1，所以λ＋μ＝.由B（1，0），E（，1）可得直线BE的方程为y＝－3（x－1），设F（a，3－3a）（≤a≤1），则G（，），所以＝（a，3－3a），＝（，），所以·＝a·＋（3－3a）·＝5a2－6a＋＝5（a－）2－，所以当a＝时，·取得最小值，为－.
（2）由｜a－3b｜＝1两边平方得a2－6a·b＋9b2＝1.又因为｜a｜＝｜b｜，所以a·b＝，所以cos＜b，3b－a＞＝＝＝＝＝（8｜b｜＋）≥×2＝，当且仅当｜b｜＝时取等号，所以cos＜b，3b－a＞的最小值是.
跟踪训练
1.D　由已知得＝3，∴＝x＋y＝x＋3y，∵E为线段AD上的动点，∴A，D，E三点共线，∴x＋3y＝1且x＞0，y＞0，∴＋＝（＋）（x＋3y）＝10＋＋≥10＋2＝16，当且仅当x＝y＝时，等号成立.故＋的最小值为16.
2.2　解析：由题意得＝（1，0），＝（3，4），由＝x＋y，得＝（x＋3y，4y），所以＝－＝（x＋3y－1，4y）.又x＋y＝6，所以＝（5＋2y，4y），则｜｜＝＝＝2，y∈R，所以当y＝－时，｜｜取得最小值2.
考点4
【例4】 解：（1）依题意可得f（x）＝cos（ωx＋）·sin（ωx－）＋cos2ωx－
＝－（cos ωxcos－sin ωxsin ）·cos ωx＋cos2ωx－
＝－（cos ωx－sin ωx）·cos ωx＋cos2ωx－
＝－cos2ωx＋sin ωxcos ωx＋cos2ωx－
＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝sin（2ωx＋）.
设函数f（x）的最小正周期为T，
则＝，解得T＝2（负值舍去），
则T＝2＝，解得ω＝，
所以f（x）＝sin（πx＋）.
令2kπ－≤πx＋≤2kπ＋（k∈Z），
得2k－≤x≤2k＋（k∈Z），
所以f（x）的单调递增区间为［2k－，2k＋］（k∈Z），
故f（x）在［0，］上的单调递增区间为［0，］.
（2）在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝（b＋c）2－3bc＝4－3bc，
又2＝b＋c≥2且bc＞0，所以0＜bc≤1，当且仅当b＝c＝1时取等号，
所以1≤a2＜4，又2＝b＋c＞a，所以1≤a＜2，
所以≤πa＋＜，则－1≤sin（πa＋）＜，则－≤f（a）＜，所以f（a）的值域为［－，）.
跟踪训练
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，所以tan x＝－.
又x∈[0，π]，所以x＝.
（2）f（x）＝a·b＝3cos x－sin x＝2cos（x＋）.
因为x∈[0，π]，所以x＋∈［，］，从而－1≤cos（x＋）≤，
所以当x＋＝，即x＝0时，f（x）取得最大值，为3；
当x＋＝π，即x＝时，f（x）取得最小值，为－2.
3 / 3(共52张PPT)
第四节　平面向量的综合问题
高中总复习·数学
重点解读
　　平面向量的综合问题，尤其是最值、范围问题是高考的热点，也是难
点.此类问题综合性强，体现知识的交汇组合，其基本题型是根据已知条
件求某个变量的范围、最值，比较向量的模、数量积、参数等.解题思路
是建立目标函数的解析式，转化为求函数的最值求解.同时要注意向量
“数”与“形”的双重身份，解题时重视数形结合思想.
目 录
CONTENTS
知识·逐点夯实
01.
考点·分类突破
02.
课时·跟踪检测
03.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
平面向量的实际应用（师生共研过关）
在日常生活中，我们常常会看到两个人共提一个行李包的情景，若
行李包所受的重力为G，两个拉力分别为F1，F2，且｜F1｜＝｜F2｜，
F1与F2的夹角为θ，当两人拎起行李包时，下列结论正确的是（　　）
A. ｜G｜＝｜F1｜＋｜F2｜
B. 当θ＝ 时，｜F1｜＝ ｜G｜
C. 当θ角越大时，用力越省
D. 当｜F1｜＝｜G｜时，θ＝
√
解析： 　根据题意可得－G＝F1＋F2，则｜G｜＝｜F1＋F2｜＝
＝ ＝ ，当θ＝0时，｜
G｜＝2｜F1｜＝｜F1｜＋｜F2｜，当θ＝ 时，｜G｜＝
＝ ｜F1｜，即｜F1｜＝ ｜G｜，故A错误，B正
确；｜G｜＝ ，因为y＝ cos θ在（0，π）上单调递减，
且行李包所受的重力G不变，所以当θ角越大时，用力越大，故C错误；
当｜F1｜＝｜G｜时，即｜G｜＝ ＝｜F1｜，解得 cos
θ＝－ ，又因为θ∈（0，π），所以θ＝ ，故D错误.故选B.
解题技法
用向量方法解决实际问题的步骤
如图所示，一条河的两岸平行，河的宽度d＝500 m，一艘船从A点出发航
行到河对岸，船航行速度的大小为｜v1｜＝10 km/h，水流速度的大小为｜
v2｜＝4 km/h，设v1和v2的夹角为θ（0°＜θ＜180°）.当 cos θ＝
时，船能垂直到达对岸.
－
　
解析：船垂直到达对岸，即v＝v1＋v2与v2垂直，即（v1＋v2）·v2＝0，所以v1·v2＋ ＝0，即｜v1｜｜v2｜· cos θ＋｜v2｜2＝0，所以40 cos θ＋16＝0，解得 cos θ＝－ .
平面向量在几何中的应用（师生共研过关）
已知△ABC中，AD为中线，求证：AD2＝ （AB2＋AC2）－（ ）2.
证明：以B为坐标原点，BC所在的直线为x轴建立平面
直角坐标系，如图所示，设A（a，b），C（c，0），
D（ ，0），则｜ ｜2＝（ －a）2＋（0－b）2＝
－ac＋a2＋b2， （｜ ｜2＋｜ ｜2）－（ ）2＝ [a2＋b2＋（c－a）2＋b2]－ ＝a2＋b2－ac＋ ，从而｜ ｜2＝ （｜ ｜2＋｜ ｜2）－（ ）2，即AD2＝ （AB2＋AC2）－（ ）2.
解题技法
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 解决平面几何问题.
如图所示，若D是△ABC内的一点，且AB2－AC2＝DB2－DC2.求证：AD⊥BC.
证明：设 ＝a， ＝b， ＝e， ＝c， ＝d，
则a＝e＋c，b＝e＋d，
即a2－b2＝（e＋c）2－（e＋d）2＝c2＋2e·c－2e·d－d2.
由已知可得a2－b2＝c2－d2，
所以c2＋2e·c－2e·d－d2＝c2－d2，即e·（c－d）＝0.因为 ＝ ＋
＝d－c，所以 · ＝e·（d－c）＝0，所以 ⊥ ，即
AD⊥BC.
与平面向量有关的最值（范围）问题（师生共研过关）
（1）（2024·天津高考14题）在边长为1的正方形ABCD中，E为线
段CD的三等分点，CE＝ DE， ＝λ ＋μ ，则λ＋μ
＝ ；F为线段BE上的动点，G为AF中点，则 · 的最小值
为 ；
　
－ 　
解析： 以点A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐
标系，则A（0，0），B（1，0），C（1，1），D（0，
1），E（ ，1），所以 ＝（－ ，1）， ＝（－1，
0）， ＝（0，1），因为 ＝λ ＋μ ，所以（－ ，1）＝λ（－1，0）＋μ（0，1），所以λ＝ ，μ＝1，所以λ＋μ＝ .由B（1，0），E（ ，1）可得直线BE的方程为y＝－3（x－1），设F（a，3－3a）（ ≤a≤1），则G（ ， ），所以 ＝（a，3－3a）， ＝（ ， ），所以 · ＝a· ＋（3－3a）· ＝5a2－6a＋ ＝5（a－ ）2－ ，所以当a＝ 时， · 取得最小值，为－ .
（2）平面向量a，b满足｜a｜＝｜b｜，且｜a－3b｜＝1，则 cos ＜
b，3b－a＞的最小值是 .
解析： 由｜a－3b｜＝1两边平方得a2－6a·b＋9b2＝1.又因为｜
a｜＝｜b｜，所以a·b＝ ，所以 cos ＜b，3b－a＞＝
＝ ＝ ＝ ＝ （8｜b｜＋
）≥ ×2 ＝ ，当且仅当｜b｜＝ 时取等号，所以 cos ＜b，
3b－a＞的最小值是 .
　
解题技法
求向量数量积的最值（范围）问题的关键
（1）会计算向量的数量积，有关向量数量积的计算通常有两种方法：数
量积的定义及坐标运算；
（2）会求目标代数式，通过引入参数求出向量的数量积，转化为关于参
数的函数，此时，常利用函数的单调性、配方法、基本不等式等方法求出
向量数量积的最值（范围）.
1. 如图，在△ABC中， ＝ ，E为线段AD上的动点，且 ＝x
＋y ，则 ＋ 的最小值为（　　）
A. 8 B. 9
C. 12 D. 16
√
解析： 　由已知得 ＝3 ，∴ ＝x ＋y ＝x ＋3y ，
∵E为线段AD上的动点，∴A，D，E三点共线，∴x＋3y＝1且x＞0，
y＞0，∴ ＋ ＝（ ＋ ）（x＋3y）＝10＋ ＋ ≥10＋2 ＝
16，当且仅当x＝y＝ 时，等号成立.故 ＋ 的最小值为16.
2. 在平面直角坐标系xOy中，若A（1，0），B（3，4）， ＝x ＋
y ，x＋y＝6，则｜ ｜的最小值为 .
解析：由题意得 ＝（1，0）， ＝（3，4），由 ＝x ＋y ，
得 ＝（x＋3y，4y），所以 ＝ － ＝（x＋3y－1，4y）.又x
＋y＝6，所以 ＝（5＋2y，4y），则｜ ｜＝
＝ ＝2 ，
y∈R，所以当y＝－ 时，｜ ｜取得最小值2 .
2 　
平面向量与三角函数的交汇问题（师生共研过关）
已知向量m＝（ cos （ωx＋ ）， cos ωx），n＝（ sin （ωx－
）， cos ωx），ω＞0，f（x）＝m·n－ ，y＝f（x）图象上相邻的最
高点与最低点之间的距离为 .
（1）求ω的值及f（x）在［0， ］上的单调递增区间；
解： 依题意可得f（x）＝ cos （ωx＋ ）· sin （ωx－ ）＋ cos 2ωx－
＝－（ cos ωx cos － sin ωx sin ）· cos ωx＋ cos 2ωx－
＝－（ cos ωx－ sin ωx）· cos ωx＋ cos 2ωx－
＝－ cos 2ωx＋ sin ωx cos ωx＋ cos 2ωx－
＝ sin 2ωx＋ cos 2ωx＝ sin （2ωx＋ ）.
设函数f（x）的最小正周期为T，
则 ＝ ，解得T＝2（负值舍去），
则T＝2＝ ，解得ω＝ ，
所以f（x）＝ sin （πx＋ ）.
令2kπ－ ≤πx＋ ≤2kπ＋ （k∈Z），
得2k－ ≤x≤2k＋ （k∈Z），
所以f（x）的单调递增区间为［2k－ ，2k＋ ］（k∈Z），
故f（x）在［0， ］上的单调递增区间为［0， ］.
（2）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＋c＝2，A
＝ ，求f（a）的值域.
解： 在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝（b＋c）
2－3bc＝4－3bc，
又2＝b＋c≥2 且bc＞0，所以0＜bc≤1，当且仅当b＝c＝1时取等
号，
所以1≤a2＜4，又2＝b＋c＞a，所以1≤a＜2，
所以 ≤πa＋ ＜ ，则－1≤ sin （πa＋ ）＜ ，则－ ≤f（a）＜
，所以f（a）的值域为［－ ， ）.
解题技法
平面向量与三角函数的综合问题的解题思路
（1）当题中给出的向量坐标中含有三角函数的形式时，先结合已知条
件运用向量共线、垂直等相关知识，得到含有三角函数的关系式，然
后求解；
（2）当给出用三角函数表示的向量坐标，求向量的模或向量的其他表
达式时，可通过向量的坐标运算，将其转化为三角函数的性质或值域
等问题.
　已知向量a＝（ cos x， sin x），b＝（3，－ ），x∈[0，π].
（1）若a∥b，求x的值；
解： 因为a＝（ cos x， sin x），b＝（3，－ ），a∥b，所以－
cos x＝3 sin x.
若 cos x＝0，则 sin x＝0，与 sin 2x＋ cos 2x＝1矛盾，故 cos x≠0，所以tan
x＝－ .
又x∈[0，π]，所以x＝ .
（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： f（x）＝a·b＝3 cos x－ sin x＝2 cos （x＋ ）.
因为x∈[0，π]，所以x＋ ∈［ ， ］，从而－1≤ cos （x＋ ）
≤ ，
所以当x＋ ＝ ，即x＝0时，f（x）取得最大值，为3；
当x＋ ＝π，即x＝ 时，f（x）取得最小值，为－2 .
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. 四边形ABCD中， ＝ ，（ ＋ ）·（ － ）＝0，则这
个四边形是（　　）
A. 菱形 B. 矩形
C. 正方形 D. 等腰梯形
解析： 　由题意， ＝ ，即AD＝BC且AD∥BC，故四边形ABCD
为平行四边形，又（ ＋ ）·（ － ）＝｜ ｜2－｜ ｜2＝
0，故AB＝AD，即四边形ABCD为菱形.
1
2
3
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5
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9
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17
18
19
20
20
22
23
24
25
√
2. 在水流速度为10 km/h的自西向东的河中，如果要使船以10 km/h的速
度从河的南岸垂直到达北岸，则船出发时行驶速度的方向和大小为
（　　）
A. 北偏西30°，20 km/h
B. 北偏西60°，10 km/h
C. 北偏东30°，10 km/h
D. 北偏东60°，20 km/h
√
解析： 　如图，船从点O出发，沿 方向行驶才能垂
直到达对岸，｜ ｜＝10，｜ ｜＝10 ，则｜
｜＝ ＝20，则 cos ∠BOC＝
＝ ，因为∠BOC为锐角，故∠BOC＝30°，故船以20 km/h的速度，以北偏西30°的方向行驶，才能垂直到达对岸.故选A.
3. 已知a是单位向量，向量b（b≠a）满足b－a与a所成角为60°，
则｜b｜的取值范围是（　　）
A. （ ，＋∞） B. （ ，＋∞）
C. （1，＋∞） D. （ ，＋∞）
√
解析： 　设 ＝a， ＝b，如图所示，则由 ＝
－ ，又因为a与b－a的夹角为60°，所以∠ABC
＝120°.又｜ ｜＝｜a｜＝1，由正弦定理 ＝
，得｜b｜＝ ，因为C∈（0°，60°），所以 sin C∈（0， ），所以｜b｜＝ ∈（1，＋∞）.故选C.
4. 已知平面向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，若a·b＝ ，
则（2a＋c）·（b－c）的最小值为（　　）
A. －2 B. －
C. －1 D. 0
√
解析： 　∵平面向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝
｜c｜＝1，a·b＝ ，则 cos ＜a，b＞＝ ＝
＝ ，∴＜a，b＞＝60°，设 ＝a＝（1，0），
＝b＝（ ， ），c＝（ cos θ， sin θ），∴（2a＋c）·（b－c）＝（2＋ cos θ， sin θ）·（ － cos θ， － sin θ）＝（2＋ cos θ）（ － cos θ）＋ sin θ·（ － sin θ）＝ sin θ－ cos θ＝ sin （θ－ ），∴（2a＋c）·（b－c）的最小值为－ ，故选B.
5. 〔多选〕一物体受到3个力的作用，其中重力G的大小为4 N，水平拉力
F1的大小为3 N，另一力F2未知，则（　　）
A. 当该物体处于平衡状态时，｜F2｜＝5 N
B. 当F2与F1方向相反，且｜F2｜＝5 N时，该物体所受合力的大小为0 N
C. 当该物体所受合力为F1时，｜F2｜＝4 N
D. 当｜F2｜＝2 N时，3 N≤｜F1＋F2＋G｜≤7 N
√
√
√
解析： 　当该物体处于平衡状态时，F2的大小等于重力G与水平拉力
F1的合力大小，如图1，｜F2｜＝5 N，故A正确；当F2与F1方向相反时，
该物体受力如图2，显然B错误；当该物体所受合力为F1时，G与F2的合力
大小为0 N，所以｜F2｜＝4 N，故C正确；由A知，重力G与水平拉力F1
的合力大小为5 N，易知当F2与G＋F1同向时合力最大，最大值为7 N，反
向时合力最小，最小值为3 N，即3 N≤｜F1＋F2＋G｜≤7 N，故D正确.
　
6. 〔多选〕已知O为坐标原点，点P1（ cos α， sin α），P2（ cos β，
－ sin β），P3（ cos （α＋β）， sin （α＋β）），A（1，0），则
（　　）
A. ｜ ｜＝｜ ｜
B. ｜ ｜＝｜ ｜
C. · ＝ ·
D. · ＝ ·
√
√
解析： 　由题可知，｜ ｜＝ ＝1，｜ ｜＝
＝1，所以｜ ｜＝｜ ｜，故A正确；取α
＝ ，则P1 ，取β＝ ，则P2 ，则｜ ｜≠｜
｜，故B错误；因为 · ＝ cos （α＋β）， · ＝ cos
α cos β－ sin α sin β＝ cos （α＋β），所以 · ＝
· ，故C正确；因为 · ＝ cos α， · ＝ cos β cos （α＋β）－ sin β sin （α＋β）＝ cos （α＋2β），取α＝ ，β＝ ，则 · ＝ ， · ＝ cos ＝－ ，所以 · ≠ · ，故D错误.故选A、C.
7. 已知向量a＝（ cos θ， sin θ），b＝（－ ，1），则｜2a－b｜的
最大值为 .
解析：法一 由题意得｜a｜＝1，｜b｜＝2，a·b＝ sin θ－ cos θ＝2
sin （θ－ ），所以｜2a－b｜2＝4｜a｜2＋｜b｜2－4a·b＝4×12＋22
－8 sin （θ－ ）＝8－8 sin （θ－ ）.所以｜2a－b｜2的最大值为8－
8×（－1）＝16，故｜2a－b｜的最大值为4，此时θ＝2kπ－ ，k∈Z.
4　
法二 因为a＝（ cos θ， sin θ），b＝（－ ，1），所以2a－b＝（2
cos θ＋ ，2 sin θ－1），所以｜2a－b｜＝
＝ ＝
.故｜2a－b｜的最大值为 ＝4，此时
θ＝2kπ－ ，k∈Z.
法三　由题意得｜2a－b｜≤2｜a｜＋｜b｜＝2×1＋2＝4，当且仅当向
量a，b方向相反时不等式取等号，故｜2a－b｜的最大值为4.
8. 已知｜a｜＝2｜b｜，｜b｜≠0，且关于x的方程x2＋｜a｜x＋a·b
＝0有实根，则a与b的夹角θ的取值范围是 .
解析：因为关于x的方程x2＋｜a｜x＋a·b＝0有实根，所以Δ＝｜a｜2－
4a·b＝｜a｜2－4｜a｜·｜b｜· cos θ＝4｜b｜2－8｜b｜2· cos θ≥0，
所以 cos θ≤ ，又θ∈[0，π]，所以 ≤θ≤π，即a与b的夹角θ的取值
范围是［ ，π］.
［ ，π］　
9. 如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，A（2，0），B（－2，0），点
P，Q在单位圆上，以x轴非负半轴为始边，以射线OP为终边的角为θ，
以射线OQ为终边的角为φ，满足φ－θ＝ .
（1）若θ＝ ，求 · ；
解： 由题意可知∠POA＝θ＝ ，则∠QOA＝
＋ ＝ ，
所以 · ＝ ·（ － ）＝ － · ＝22
－2×1× cos ＝4＋ .
（2）当点P在单位圆上运动时，求函数f（θ）＝ · 的解析式，并
求f（θ）的最大值.
解： 由题意可知P（ cos θ， sin θ），Q（ cos
φ， sin φ）.
因为 cos φ＝ cos （θ＋ ）＝－ sin θ，
sin φ＝ sin （θ＋ ）＝ cos θ，
所以Q（－ sin θ， cos θ），
所以 ＝（ cos θ－2， sin θ）， ＝（－ sin θ＋2， cos θ），
所以f（θ）＝ · ＝（ cos θ－2）（2－ sin θ）＋ sin θ cos θ＝2
cos θ－ sin θ cos θ＋2 sin θ－4＋ sin θ cos θ＝2 sin （θ＋ ）－4.
当θ＋ ＝2kπ＋ （k∈Z），即θ＝2kπ＋ （k∈Z）时，f（θ）取得
最大值，为2 －4.
10. （2024·邵阳期中）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对
的边，向量p＝（ sin A＋ sin C， sin B），q＝（ sin A－ sin C， sin
B），p·q＝ sin A· sin B.
（1）求角C；
解： 由已知得p·q＝ sin A· sin B＝（ sin A＋ sin C）·（ sin A－ sin
C）＋ sin 2B＝ sin 2A－ sin 2C＋ sin 2B，由正弦定理得a2＋b2－c2＝ab，
由余弦定理得 cos C＝ ＝ .
∵C∈（0，π），∴C＝ .
（2）若 ＝2 ，求 的最大值.
解： ∵ ＝2 ，∴ ＝ ＋ ， ＝ （ － ），
∴｜ ｜2＝ ＝ （4a2＋2ab＋b2），｜ ｜2＝ ＝ （a2＋b2
－ab）， ＝ ，设t＝ ，t＞0，则 ＝ .
设f（t）＝ （t＞0），则f'（t）＝－3· ，∴f（t）在
（0，－1＋ ）上单调递增，在（－1＋ ，＋∞）上单调递减，
f（t）max＝f（－1＋ ）＝4＋2 ＝（1＋ ）2，故 的最大值
为1＋ .
11. 已知（a2＋b2）（m2＋n2）＝（am＋bn）2，其中mn≠0，用向量法
求证： ＝ .
证明：法一 设c＝（a，b），d＝（m，n），
则｜c｜2＝a2＋b2，｜d｜2＝m2＋n2，c·d＝am＋bn.
∵（a2＋b2）（m2＋n2）＝（am＋bn）2，
∴｜c｜2·｜d｜2＝（c·d）2，即c·d＝±｜c｜·｜d｜，∴c∥d，∴an
＝bm.
又mn≠0，∴ ＝ .
法二 设c＝（a，b），d＝（m，n），c与d的夹角为θ，
则 cos 2θ＝（ ）2.
由条件知 ＝1，
∴ cos 2θ＝1，即θ＝0°或θ＝180°，即c∥d，于是an－bm＝0.
又mn≠0，∴ ＝ .
12. （新定义）〔多选〕设向量a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），当
x1≥x2，且y1＞y2时，称a b，当x1＜x2，且y1≤y2时，称a b.下列结
论正确的有（　　）
A. 若a b且μa λb，则μ≥λ
B. 若a＝（2 022，2 024），b＝（2 023，2 025），则a b
C. 若a b，则对于任意向量c，都有（a＋c） （b＋c）
D. 若a b，则对于任意向量c，都有a·c≤b·b·c
√
√
解析： 　取a＝（1，1），b＝（－1，－1），满足a b；取μ＝－
1，λ＝2，则－a＝（－1，－1），2b＝（－2，－2），满足
μa λb.但μ＜λ，故A错误；因为2 022＜2 023，2 024＜2 025，根据新定义知a b，故B正确；设向量a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），c＝（x0，y0），由a b得x1≥x2且y1＞y2，则x1＋x0≥x2＋x0且y1＋y0＞y2＋y0，所以（a＋c） （b＋c），故C正确；若a b，取向量a＝（－2，－2），b＝（－1，－1），c＝（－1，－1），a·c＝4，b·c＝2，a·c＞b·c，故D错误.
13. （创新考法）如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P1，P2，
P3，P4以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处.设集合Ω＝{P1，
P2，P3，P4}，点P∈Ω，过P作直线lP，使得不在lP上的“▲”的点分布
在lP的两侧.用D1（lP）和D2（lP）分别表示lP一侧和另一侧的“▲”的
点到lP的距离之和.若过P的直线lP中有且只有一条满足D1（lP）＝D2
（lP），则Ω中所有这样的P为 .
P1，P3，P4　
解析：建立平面直角坐标系如图所示，记“▲”
的四个点是A（0，3），B（1，0），C（7，
1），D（4，4），线段AB，BC，CD，DA的中
点分别为E，F，G，H，易知四边形EFGH为平
行四边形.设四边形ABCD重心为M（x，y），
则 ＋ ＋ ＋ ＝0，由此求得M（3，2），即平行四边形EFGH的对角线交于点P2，则符合条件的直线lP一定经过点P2，且过点P2的直线有无数条；由过点P1和P2的直线有且仅有1条，过点P3和P2的直线有且仅有1条，过点P4和P2的直线有且仅有1条，所以符合条件的点是P1，P3，P4.
THANKS
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