突破1　平面向量中的综合问题

突破1平面向量中的综合问题学生用书P121命题点1平面向量与其他知识的综合角度1平面向量与平面几何例1在△ABC中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点.若∠BAC＝π6，△ABC的面积为3，则AM·AN取最小值时，BC＝（AA.2 B.4 C.23 D.43解析设△ABC的内角∠BAC，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，由题意知，S△ABC＝12bc·sinπ6＝3，∴bc＝43，AB·AC＝bc·cosπ6＝6.∵M为BC的中点，N为BM的中点，故AM＝12AB＋12AC，AN＝34AB＋14AC，AM·AN＝（12AB＋12AC）·（34AB＋14AC）＝18b2＋38c2＋3≥218×38·bc＋3＝6，当且仅当b＝3c角度2平面向量与三角函数例2[多选/2021新高考卷Ⅰ]已知O为坐标原点，点P1（cosα，sinα），P2（cosβ，－sinβ），P3（cos（α＋β），sin（α＋β）），A（1，0），则（AC）A.｜OP1｜＝｜OP2｜ B.｜APC.OA·OP3＝OP1·OP2 D.OA解析由题可知，｜OP1｜＝cos2α＋sin2α＝1，｜OP2｜＝co取α＝π4，则P1（22，22），取β＝5π4，则P2（－22，22），则｜AP因为OA·OP3＝cos（α＋β），OP1·OP2＝cosαcosβ－sinα·sinβ＝cos（α＋β），所以OA·OP因为OA·OP1＝cosα，OP2·OP3＝cosβcos（α＋β）－sinβ·sin（α＋β）＝cos（α＋2β），取α＝则OA·OP1＝22，OP2·OP3＝cos3π4＝－22，所以OA·O角度3平面向量与解析几何例3[2023辽宁省实验中学第五次模拟]已知向量b，c和单位向量a满足｜a－b｜＝2｜b｜，｜c－a｜＋｜c＋a｜＝4，则b·c的最大值为（C）A.423 B.2 C.2 解析设a＝（1，0），b＝（x，y），由｜a－b｜＝2｜b｜可得（x－1）2＋y2＝4（x2＋y2），化简可得3x2＋3y2＋2x－1＝0，即（x＋13）2＋y2＝49.设c＝（x0，y0），则由｜c－a｜＋｜c＋a｜＝4，可得（x0－1）2＋y02＋（x0+1）2＋y02＝4，故点（x0，y设b，c夹角为θ，则b·c＝｜b｜｜c｜cosθ，如图，由圆与椭圆的性质可得，｜b｜≤23＋13＝1，｜c｜≤2，cosθ≤1，三者可同时取等号，故当b，c同向且方向与x轴正方向相反时，b·c取得最大值故选C.方法技巧1.解平面向量与平面几何综合问题的步骤（1）设出向量或将某些向量用其他向量进行表示，将几何问题转化为向量问题；（2）利用向量之间的计算解决几何图形上的长度、夹角等问题.2.平面向量与三角函数综合问题的解题思路运用向量共线或垂直的坐标表示，向量的有关运算等，得到三角函数的关系式，然后求解.3.平面向量与解析几何综合问题的解题思路利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，将条件转化求解.训练1（1）[全国卷Ⅰ]设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点（－2，0）且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM·FN＝（DA.5 B.6 C.7 D.8解析过点（－2，0）且斜率为23的直线方程为y＝23（x＋2），由y＝23（x+2),y2=4x，消元整理得x2－5x＋4＝0，解得x＝1或xN（4，4），易知F（1，0），所以FM＝（0，2），FN＝（3，4），所以FM·FN＝8.故选D.（2）[多选/2023广东汕头二模]在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°，BC，AC边上的中线AM，BN相交于点P，下列结论正确的是（ABD）A.AM＝392 B.BN＝C.cos∠MPN＝2121 D.PA＋PB＋PC＝解析因为M是BC的中点，所以AM＝12（AB＋AC）对于A，AM＝｜AM｜＝12（AB＋AC）对于B，BN＝｜BN｜＝（12AC－AB）2＝对于C，AM·BN＝12（AB＋AC）·（12AC－AB）＝14｜AC｜2－14AB·AC－12｜AB｜2＝3，cos∠MPN＝cos＜AM，BN＞＝对于D，由题意知，P为△ABC的重心，则PA＋PB＋PC＝－13（AB＋AC）－13AC＋23AB＋23AC－故选ABD.命题点2和向量有关的最值（范围）问题角度1与平面向量基本定理有关的最值（范围）问题例4[2023福建省宁德市模拟]在平面直角坐标系xOy中，点P为圆O：x2＋y2＝1上的任意一点，点A（2，0），B（－1，1），若OP＝λOA＋μOB，则2λ＋μ的最大值为（C）A.3 B.2 C.5 D.6解析由已知可设点P（cosθ，sinθ），则OP＝（cosθ，sinθ），又λOA＋μOB＝（2λ－μ，μ），OP＝λOA＋μOB，所以2λ－μ＝cosθ，μ＝sinθcosθ＝5sin（θ＋φ），其中tanφ＝12，当sin（θ＋φ）＝1时，2λ＋μ取得最大值5.故选角度2与数量积有关的最值（范围）问题例5[新高考卷Ⅰ]已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP·AB的取值范围是（A）A.（－2，6） B.（－6，2）C.（－2，4） D.（－4，6）解析解法一AP·AB＝｜AP｜｜AB｜cos∠PAB＝2｜AP｜·cos∠PAB，又｜AP｜cos∠PAB表示AP在AB方向上的投影数量，所以结合图形可知（图略），当P与C重合时投影数量最大，当P与F重合时投影数量最小.又AC·AB＝23×2×cos30°＝6，AF·AB＝2×2×cos120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，AP·AB∈（－2，6）.故选A.解法二以A为原点建立平面直角坐标系，如图所示，设点P（x，y），则AP＝（x，y），AB＝（2，0），AP·AB＝（x，y）·（2，0）＝2x，易知x∈（－1，3），所以AP·AB∈（－2，6）.故选A.角度3与模有关的最值（范围）问题例6[2023山西省模拟]已知平面向量a，b是单位向量，且｜a－b｜＝1，向量c满足｜c－a－b｜＝32，则｜c｜的最大值为（AA.332 B.23 C.3＋1 D.23解析∵平面向量a，b是单位向量，且｜a－b｜＝1，∴a2＋b2－2a·b＝2－2a·b＝1，∴a·b＝12，＜a，b＞＝π3.设a＝（1，0），b＝（12，32），c＝（x，y），则c－a－b＝（x－32，y－32），∴（c－a－b）2＝（x－32）2＋（y－32）2＝（32）2，∴点（x∴｜c｜＝x2＋y2的最大值表示圆上的点到原点（0，0）距离的最大值，如图所示.设圆心为O'，则｜OO'｜＝9∴｜c｜的最大值为3＋32＝332方法技巧平面向量中有关最值（或范围）问题的两种求解思路一是“形化”，即利用平面向量的几何意义先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；二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，先把问题转化为代数中的函数最值或值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的相关知识解决.训练2（1）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F为线段BD上的一动点，若AF＝xAE＋yDC（x＞0，y＞0），则2－3x4y2+1A.12 B.34 C.1 解析AF＝xAE＋yDC＝x（AD＋DE）＋yAB＝x（AD＋12AB）＋yAB＝xAD＋（x2＋y）AB.因为D，F，B三点共线，所以32x＋y＝1，即2－3x＝2y，所以2－3x4y2+1＝2y4y2+1＝24y＋1y，因为x＞0，y＞0，所以4y＋1y≥24y·1y＝4（2）在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，M是线段AC上任意一点，则MB·MC的最小值是（B）A.－12 B.－1 C.－2 D.－解析解法一如图，由M是线段AC上任意一点，设AM＝λMC，λ∈（0，＋∞），因为AB·AC＝｜AB｜｜AC｜cos60°＝2×3×12＝3，所以MB·MC＝（AB－AM）·MC＝（AB－λλ+1AC）·1λ+1AC＝1λ+1AB·AC－λ（λ+1）2·AC2＝－6λ－3（λ+1）2.当λ＝12时，MB·MC＝0，当λ≠12时，令6λ－3＝t－6λ－3（λ+1）2＝－36tt2+18t+81＝－36t＋81t+18，当t∈（0，＋∞）时，t＋81t＋18≥36（当且仅当t＝9时取等号），此时MB·MC≥－1；当t∈（－3，0）时，t＋81t＋18＜－12，此时MB·解法二如图，以点A为坐标原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，因为AC＝3，AB＝2，∠BAC＝60°，所以B（1，3），C（3，0），设M（x，0），0≤x≤3，则MB＝（1－x，3），MC＝（3－x，0），MB·MC＝（1－x，3）·（3－x，0）＝x2－4x＋3＝（x－2）2－1，当且仅当x＝2时，MB·MC有最小值，最小值为－1.故选B.（3）[浙江高考]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π3，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则｜a－b｜的最小值是（AA.3－1 B.3＋1 C.2 D.2－3解析解法一设O为坐标原点，a＝OA，b＝OB＝（x，y），e＝（1，0），由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即（x－2）2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C（2，0）为圆心，1为半径的圆.因为a与e的夹角为π3，所以不妨令点A在直线y＝3x（x＞0）上，如图所示，由数形结合可知，｜a－b｜min＝｜BA｜min＝2sinπ3－1＝3－1.（｜BA｜的最小值，即圆心C到OA的距离减去圆的半径）故选A.解法二由b2－4e·b＋3＝0得b2－4e·b＋3e2＝（b－e）·（b－3e）＝0.设b＝OB，e＝OE，3e＝OF，所以b－e＝EB，b－3e＝FB，所以EB·FB＝0，取EF的中点为C，则点B在以C为圆心，EF为直径的圆上运动，如图.设a＝OA，作射线OA，使得∠AOE＝π3，所以｜a－b｜＝｜（a－2e）＋（2e－b）｜｜a－2e｜－｜2e－b｜＝｜CA｜－｜BC｜≥3－1.故选A.1.[命题点1角度1/江苏高考]如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9，若PA＝mPB＋（32－m）PC（m为常数），则CD的长度是185或0解析解法一以点A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，AC的方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，设CD＝λCB，λ∈[0，1]，则D（4λ，3－3λ），AD＝AC＋λCB＝λAB＋（1－λ）AC，又点P在AD的延长线上，则可设AP＝μAD，μ＞1，又PA＝m（PB－PC）＋32PC＝mCB＋32PC，则PA＝m（AB－AC）＋32（AC－AP），12APm）AC，则2mAB＋（3－2m）AC＝AP＝μAD＝λμAB＋μ（1－λ）AC，所以2m＝λμ，3－2m＝μ－λμ，所以μ＝3，又AP＝9，则AD＝3，所以（4λ）2＋（3－3λ）2＝9，得λ＝1825或λ＝0，则｜CD｜＝1825｜CB｜＝1825×3｜CD｜＝0×｜CB｜＝0.解法二由题意可设PA＝λPD＝λ[μPB＋（1－μ）PC]＝λμPB＋（λ－λμ）PC，其中λ＞1，0≤μ≤1，又PA＝mPB＋（32－m）PC，所以λμ＝m，λ－λμ＝32－m，得λ＝32，即PAPD＝32，又PA＝9，则｜PD｜＝6，｜AD｜＝3，所以AD＝AC.当D与C重合时，CD＝0；当D不与C重合时，有∠ACD＝∠CDA，所以∠CAD＝180°－2∠ACD，在△ACD中，由正弦定理可得CDsin∠CAD＝ADsin∠ACD，则CD＝ADsin（180°－2.[命题点2角度2/2023天津高考]在三角形ABC中，∠A＝π3，｜BC｜＝1，D为线段AB的中点，E为线段CD的中点，若设AB＝a，AC＝b，则AE可用a，b表示为14a＋12b；若BF＝13BC，则AE·AF解析因为E为CD的中点，所以AE＝12AD＋12AC，因为D为AB的中点，所以AD＝12AB，所以AE＝14AB＋12AC，又AB＝a，AC＝因为BF＝13BC，所以AF－AB＝13（AC－AB），即AF＝23AB＋13AC＝23a＋13b，所以AE·AF＝（14a＋12b）·（23a＋13b）＝16a2＋512a·b＋16b2.在三角形ABC中，∠A＝π3，｜BC｜＝1，设三角形ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则a＝1，｜a｜＝c，｜b｜＝b，所以a·b＝bccosπ3＝bc2，由余弦定理得a2＝b2＋cb＝c＝1时等号成立，所以AE·AF＝16a2＋512a·b＋16b2＝16c2＋524bc＋16b2＝16（bc＋1）＋524bc＝38bc3.[命题点2角度3]已知向量a，b满足｜a＋b｜＝4，｜a－b｜＝3，则｜a｜＋｜b｜的取值范围是（B）A.[3，5] B.[4，5]C.[3，4] D.[4，7]解析易知｜a｜＋｜b｜≥max{｜a＋b｜，｜a－b｜}＝4，因为（｜a｜＋｜b｜）2＝｜a｜2＋｜b｜2＋2｜a｜｜b｜≤2（｜a｜2＋｜b｜2）＝｜a＋b｜2＋｜a－b｜2＝25，当且仅当｜a｜＝｜b｜时等号成立，所以｜a｜＋｜b｜≤5，所以4≤｜a｜＋｜b｜≤5.4.[命题点2/浙江高考]已知平面单位向量e1，e2满足｜2e1－e2｜≤2.设a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夹角为θ，则cos2θ的最小值是2829解析解法一因为单位向量e1，e2满足｜2e1－e2｜≤2，所以｜2e1－e2｜2＝5－4e1·e2≤2，即e1·e2≥34.因为a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，a，b的夹角为θ，所以cos2θ＝（a·b）2｜a｜2｜b｜2＝[(e1＋e2）·（3e1＋e2)]2｜e1＋e2｜2·｜解法二由题意，不妨设e1＝（1，0），e2＝（cosx，sinx）.因为｜2e1－e2｜≤2，所以（2－cosx）2＋sin2x≤2，得5－4cosx≤2，即cosx≥34.易知a＝（1＋cosx，sinx），b＝（3＋cosx，sinx），所以a·b＝（1＋cosx）·（3＋cosx）＋sin2x＝4＋4cosx，｜a｜2＝（1＋cosx）2＋sin2x＝2＋2cosx，｜b｜2＝（3＋cosx）2＋sin2x＝10＋6cosx，所以cos2θ＝（a·b）2｜a｜2｜b｜2＝（4+4cosx）2（2+2cosx)(10+6cosx）学生用书·练习帮P3191.[2023湖北部分学校联考]圆的内接四边形ABCD中，AD＝2，CD＝4，BD是圆的直径，则AC·BD＝（B）A.12 B.－12 C.20 D.－20解析由题知∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝2，CD＝4，所以AC·BD＝（AD＋DC）·BD＝AD·BD＋DC·BD＝｜AD｜｜BD｜cos∠BDA－｜DC｜｜BD｜·cos∠BDC＝｜AD｜2－｜DC｜2＝4－16＝－12.故选B.2.[2023山东济南检测]已知非零向量AB，AC满足AB·BC｜AB｜＝AC·CB｜AC｜，且AB｜AB｜·A.钝角三角形 B.直角三角形C.等腰直角三角形 D.等边三角形解析由AB｜AB｜·AC｜AC｜＝12，得cosA＝12，又0＜A＜π，∴A＝π3.由AB·BC｜AB｜＝AC·CB｜AC｜，得（AB｜AB｜＋AC｜3.[2024河北石家庄二中月考]已知向量a，b，c共面，且均为单位向量，a·b＝0，则｜a＋b＋c｜的取值范围是（A）A.[2－1，2＋1] B.[1，2]C.[2，3] D.[2－1，1]解析设a＝OA，b＝OB，c＝OC，由题意可得｜OA｜＝｜OB｜＝｜OC｜＝1，且OA⊥OB，以OA，OB为邻边作正方形OADB，连接OD，如图所示，则｜a＋b｜＝｜OD｜＝2，｜a＋b＋c｜＝｜OD＋OC｜，当OD与OC方向相同时，｜a＋b＋c｜最大，为2＋1；当OD与OC方向相反时，｜a＋b＋c｜最小，为2－1.故选A.4.[2023豫南名校三模]如图，这是用来构造无理数2，3，5，…的图形，已知P是平面四边形ABCD内（包含边界）一点，则CB·CP的取值范围是（D）A.[－22，2] B.[－1，2C.[22，1] D.[－22，解析如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E.（CP在CB上的投影向量与CB可能是同向的，也可能是反向的，所以延长BC以保障情况研究全面）因为DE⊥BC，DC＝1，∠DCE＝45°，所以CE＝22由图可知当P在线段AB上时，｜CP｜cos∠PCB有最大值1，当P在点D处时，｜CP｜cos∠PCB有最小值－22，（寻找｜CP｜cos∠PCB又｜CB｜＝1，所以CB·CP的取值范围是[－22，1].故选5.已知AM，BN分别为圆O1：（x＋1）2＋y2＝1与O2：（x－2）2＋y2＝4的直径，则AB·MN的取值范围为（A）A.[0，8] B.[0，9] C.[1，8] D.[1，9]解析如图，AB·MN＝（AO1＋O1O2＋O2B）·（MO1＋O1O2＋O2N）＝[O1O2＋（AO1＋O2B）]·[O1O2－（AO1＋O2B）]＝｜O1O2｜2－｜AO1＋O2B｜2＝9－｜AO1＋O2B｜2，其中｜AO1＋O26.若点G是△ABC的重心，A（0，－1），B（0，1），在x轴上有一点M满足｜MA｜＝｜MC｜，GM＝λAB（λ∈R），则点C的轨迹方程为（C）A.x23＋y2＝1 B.x23－C.x23＋y2＝1（x≠0） D.x23－y2＝1（解析设点C（x，y），则G（x3，y3）.由已知可得点C不与A，B共线，所以x≠设M（x0，0），则MA＝（－x0，－1），MC＝（x－x0，y）（x≠0），GM＝（x0－x3－y3）（x≠0），AB＝（0，2由GM＝λAB（λ∈R），得（x0－x3，－y3）＝λ（0，2），所以x0＝x3（x≠0）由｜MA｜＝｜MC｜，得x02+1＝（x－x0）2＋y2（x≠0），即x02＋将①代入②得x23＋y2＝1（x≠0）.7.[情境创新]已知△ABC中，AB＝4，AC＝43，BC＝8，动点P自点C出发沿线段CB运动，到达点B时停止，动点Q自点B出发沿线段BC运动，到达点C时停止，且动点Q的速度是动点P的2倍.若二者同时出发，且一个点停止运动时，另一个点也停止运动，则该过程中AP·AQ的最大值是（C）A.72 B.4 C.492 解析 解法一因为AB＝4，AC＝43，BC＝8，所以AB2＋AC2＝BC2，△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，∠ABC＝60°.如图，分别以AC，AB所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设｜CP｜＝t，则｜BQ｜＝2t，且0≤2t≤8，即0≤t≤4，则A（0，0），Q（3t，4－t），P（43－32t，12t），AQ＝（3t，4－t），AP＝（43－32t，12t），所以AP·AQ＝3t（43－32t）＋12t（4－t）＝－2t2＋14t（0≤t≤4），当t＝72时，解法二因为AB＝4，AC＝43，BC＝8，所以AB2＋AC2＝BC2，△ABC是直角三角形，且∠A＝90°，∠C＝30°，∠B＝60°.设CP＝t，则BQ＝2t，且0≤2t≤8，即0≤t≤4，BQ与AC的夹角为30°，CP与AB的夹角为60°，所以AP·AQ＝（AC＋CP）·（AB＋BQ）＝AC·AB＋AC·BQ＋CP·AB＋CP·BQ＝43×2t×cos30°＋4×t×cos60°－2t2＝－2t2＋14t（0≤t≤4），当t＝72时，AP·AQ取得最大值，最大值为4928.已知AB⊥AC，｜AB｜＝1t，｜AC｜＝t，若点P是△ABC所在平面内一点，且AP＝AB｜AB｜＋9AC｜AC｜，则A.16 B.4 C.82 D.76解析以A为坐标原点，可建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），（1t，0），C（0，t）（t＞0），则AB＝（1t，0），AC＝（0，t），∴APt（1t，0）＋9t（0，t）＝（1，9），即P（1，9），∴PB＝（1t－1，－9），PC＝（－1，t－9），∴PB·PC＝1－1t－9t＋81＝82－（9t＋1t）.∵t＞0，∴9t＋1t≥29t·1t＝6（当且仅当9t＝1t，即t＝13时取等号），∴9.[2024辽宁鞍山月考]设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，P是△ABC所在平面上的一点，PA·PB＝cbPA·PC＋b－cbPA2＝caPB·PC＋a－A.重心 B.外心 C.内心 D.垂心解析因为PA·PB＝cbPA·PC＋b－cbPA2＝caPB·PC＋a－caPB2，所以PA·PB－PA2＝cbPA·（PC－PA），PA·PB－PB2＝caPB·（PC－PB），即PA·AB＝cbPA·AC，BA·PB＝caPB·BC，所以｜PA｜ccos∠PAB＝cb｜PA｜bcos∠PAC，｜PB｜ccos∠PBA＝ca｜PB｜a·cos∠PBC，所以∠PAB＝∠10.[2023河北石家庄一中等校联考]已知点列{Pn}中的所有点都在△ABC内部，△ABPn的面积与△ACPn的面积比值为13.在数列{an}中，a1＝1，若∀n∈N*且n≥2，APn＝3a（4an－1＋3）AC恒成立，那么a4＝（D）A.15 B.31 C.63 D.127解析如图，延长APn交BC于D，则S△ABPnS又△ABPn的面积与△ACPn的面积比值为13，∴S△ABDS△ACD＝1∴点D是边BC上最靠近点B的四等分点.AD＝AB＋BD＝AB＋14BC＝AB＋14（AC－AB）＝3又APn＝3anAB＋（4an－1＋3）AC，AD∥∴3an3∴an＝4an－1＋3（n≥2）.由a1＝1，依次计算得到a2＝7，a3＝31，a4＝4×31＋3＝127.故选D.11.[考法创新]如图所示，A，B，C，D是正弦函数y＝sinx图象上四个点，且在A，C两点函数值最大，在B，D两点函数值最小，则（OA＋OB）·（OC＋OD）＝12π2.解析由题图知，A，B关于点（π，0）对称，设M（π，0），连接A