培優(yōu)課12平面向量的綜合應(yīng)用平面向量的應(yīng)用主要體現(xiàn)在物理、平面幾何中的應(yīng)用及與向量有關(guān)的最值、范圍問題，尤其是最值、范圍問題是熱點問題，也是難點問題，此類問題綜合性強，體現(xiàn)了知識的交匯組合.其基本題型是根據(jù)已知條件求某個變量的范圍、最值，比如向量的模、數(shù)量積、向量夾角、系數(shù)的范圍等.解題時要注意向量“數(shù)”與“形”的雙重身份，解題時重視數(shù)形結(jié)合思想.題型一平面向量在物理中的應(yīng)用在日常生活中，我們常常會看到兩個人共提一個行李包的情景，若行李包所受的重力為G，兩個拉力分別為F1，F(xiàn)2，且|F1|=|F2|，F(xiàn)1與F2的夾角為θ，當(dāng)兩人拎起行李包時，下列結(jié)論正確的是()A．|G|=|F1|+|F2|B．當(dāng)θ=π2時，|F1|=22|C．當(dāng)θ角越大時，用力越省D．當(dāng)|F1|=|G|時，θ=π答案：B解析：根據(jù)題意可得G=F1+F2，則|G|=|F1+F2|=|F1+2F12+2F12·cosθ，當(dāng)θ=0時，|G|=2|F1|=|F1|+|F2|，當(dāng)θ=π2時，|G|=2F12+2F12·cosθ=2|F1|，即|F1|=22|G|，故A錯誤，B正確；|G|=2F12+2F12·cosθ，因為y=cosθ在(0，π)上單調(diào)遞減，且行李包所受的重力G不變，所以當(dāng)θ角越大時，用力越大，故C錯誤；當(dāng)|F1|=|G|時，即|G|=2F用向量方法解決實際問題的步驟

對點練1.長江流域內(nèi)某地南北兩岸平行，如圖所示，已知游船在靜水中的航行速度v1的大小|v1|=10km/h，水流的速度v2的大小|v2|=4km/h，設(shè)v1和v2所成的角為θ(0<θ<π)，若游船要從A航行到正北方向上位于北岸的碼頭B處，則cosθ等于()A．－215 B．－2C．－35 D．－答案：B解析：由題意知(v1+v2)·v2=0，有|v1||v2|cosθ+v22=0，即10×4cosθ+42=0，所以cosθ=－25.題型二平面向量在幾何中的應(yīng)用(1)若O為△ABC所在平面內(nèi)一點，且滿足|OB－OC|=|OB+OC－2OA|，則△ABC的形狀為(A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等邊三角形(2)(2025·山東東營模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且C=60°，a=3，S△ABC=1534，則AB邊上的中線長為(A．49 B．7 C．494 D．答案：(1)B(2)D解析：(1)在△ABC中，|OB－OC|=|OB+OC－2OA|，即|CB|=|(OB－OA)+(OC－OA)|，即|AB－AC|=|AB+AC|，所以(AB－AC)2=(AB+AC)2，即AB2－2AB·AC+AC2=AB2+2AB·AC+AC2，得4AB·AC=0.因為AB與AC均為非零向量，則AB⊥AC，(2)由S△ABC=12absinC=12×3×b×32=1534，得b=5，不妨取AB的中點為M，故CM=12(CA+CB)，故|CM|=12|CA|2+|學(xué)生用書?第163頁用向量方法解決平面幾何問題的步驟

平面幾何問題向量問題解決向量問題解決平面幾何問題. 對點練2.(1)已知非零向量AB，AC滿足AB|AB|+AC|AC|·BC=0，且AB|A．三邊均不相等的三角形B．直角三角形C．等腰(非等邊)三角形D．等邊三角形(2)在平面四邊形ABCD中，AC=－2，3，BD=(6，A．313 B．413 C．13 D．26答案：(1)D(2)C解析：(1)因為AB|AB|和AC|AC|分別表示向量AB和向量AC方向上的單位向量，因為AB|AB|+AC|AC|·BC=0，所以角A的平分線與BC垂直，所以△ABC為等腰三角形，且AB=AC，因為AB|AB|·AC|AC|=12，所以cosA=12.又A∈(0，π)，(2)因為AC·BD=－12+12=0，所以AC⊥BD，所以四邊形ABCD的面積為12|AC|·|BD|=12×4+9×36+16=13.故選題型三與向量有關(guān)的最值(范圍)問題角度1與平面向量基本定理有關(guān)的最值(范圍)問題如圖，在△ABC中，點P滿足2BP=PC，過點P的直線與AB，AC所在的直線分別交于點M，N，若AM=xAB，AN=yAC(x>0，y>0)，則2x+y的最小值為(A．3 B．32 C．1 D．1答案：A解析：由題意知，AP=AB+BP=AB+13BC=AB+13(AC－AB)=23AB+13AC，又AM=xAB，AN=yAC(x>0，y>0)，所以AP=23xAM+13yAN，由M，P，N三點共線，得23x+13y=1，所以2x+y=(2x+y)23x+13y=53+角度2與數(shù)量積有關(guān)的最值(范圍)問題(2023·全國乙卷)已知☉O的半徑為1，直線PA與☉O相切于點A，直線PB與☉O交于B，C兩點，D為BC的中點，若|PO|=2，則PA·PD的最大值為()A．1+22 BC．1+2 D．2+2答案：A解析：如圖所示，|OA|=1，|PO|=2，則由題意可知∠APO=45°，由勾股定理可得PA=OP2－OA2=1，當(dāng)點A，D位于直線PO非同側(cè)時，如圖①所示，設(shè)∠OPC=α，0≤α<π4，則PA·PD=|PA|·|PD|cosα+π4=1×2cosαcosα+π4=2cosα22cosα－22sinα=cos2α－sinαcosα=1+cos2α2－12sin2α=12－22sin2α－π4當(dāng)點A，D位于直線PO同側(cè)時，如圖②所示，設(shè)∠OPC=α，0<α<π4，則PA·PD=|PA|·|PD|cosπ4－α=1×2cosαcosπ4－α=2cosα22cosα+22sinα=cos2α+sinαcosα=1+cos2α2+12sin2α=12+22sin2α+π4，又0<α<π4，則π4<2α+π4<3π角度3與模有關(guān)的最值(范圍)問題(1)已知a，b，e是平面向量，其中e是單位向量.若非零向量a與e的夾角為π3，向量b滿足b2－4e·b+3=0，則|a－b|的最小值是()A．3－1 B．3+1C．2 D．2－3(2)(2024·山東青島三模)已知向量a，b，c滿足a=b=1，a·(a－b)=12，b－c⊥3bA．3－1 B．3C．2 D．1答案：(1)A(2)A解析：(1)法一：設(shè)O為坐標(biāo)原點，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，所以點B的軌跡是以C(2，0)為圓心，1為半徑的圓.因為a與e的夾角為π3，所以不妨令點A在射線y=3x(x>0)上，如圖所示，由數(shù)形結(jié)合可知，|a－b|min=|BA|min=2sinπ3－1=3－1(BA的最小值，即圓心C到OA的距離減去圓的半徑).故選法二：由b2－4e·b+3=0得，b2－4e·b+3e2=(b－e)·(b－3e)=0.設(shè)b=OB，e=OE，3e=OF，所以b－e=EB，b－3e=FB，所以EB·FB=0，取EF的中點為C，則點B在以C為圓心，EF為直徑的圓上運動，如圖.設(shè)a=OA，作射線OA，使得∠AOE=π3，所以|a－b|=|(a－2e)+(2e－b)|≥|a－2e|－|2e－b|=|CA|－|BC|≥3－1.故選A(2)由題意設(shè)b=OB=(1，0)，a=OA=(m，n)，c=OC=(x，y)，則m，n·m－1，n=12，即m－122+n2=34，且m2+n2=1，解得m=12，n=32或n=－32.由b－c⊥3b－c可得b－c·3b－c=0，即(1－x，－y)·(3－x，－y)=(x－2)2+y2－1=0，則(x－2)2+y2=1，即c的終點C在以D(2，0)為圓心，1為半徑的圓上，故a－c=CA.由圓的對稱性，不妨令n=32，m=12，即a=角度4與夾角有關(guān)的最值(范圍)問題平面向量a，b滿足|a|=3|b|，且|a－b|=4，則a與a－b夾角的正弦值的最大值為()A．14 B．1C．12 D．答案：B解析：如圖所示，設(shè)a=OA，b=OB，則a－b=BA，設(shè)|b|=m，|a|=3m，1≤m≤2，cos∠OAB=|OA|2+|BA|2－|OB|22|OA||BA|=9m2+16－m224m=m3+23m≥2m3·23m=223，當(dāng)且僅當(dāng)m3=23m向量求最值(范圍)的常用方法

1.利用三角函數(shù)求最值(范圍).

2.利用基本不等式求最值(范圍).

3.建立坐標(biāo)系，設(shè)變量構(gòu)造函數(shù)求最值(范圍).

4.數(shù)形結(jié)合，應(yīng)用圖形的幾何性質(zhì)求最值(范圍).

對點練3.(1)在△ABC中，|AC|=2，|AB|=2，∠BAC=120°，AE=λAB，AF=μAC(λ>0，μ>0)，M為線段EF的中點，若|AM|=1，則λ+μ的最大值為(A．73 B．2C．2 D．21(2)(2025·廣東廣州模擬)已知△ABC是單位圓O的內(nèi)接三角形，若A=π4，則AB·OC的最大值為(A．12 B．2C．1 D．2(3)已知向量a=(cosθ，sinθ)，b=(－3，1)，則|2a－b|的最大值為.

答案：(1)C(2)C(3)4解析：(1)AM=12AE+AF=λ2AB+μ2AC，故|AM|2=λ2AB+μ2AC2=λ2+μ2+λμ2×4cos120°=λ2+μ2－λμ=1，故1=λ2+μ2－λμ=(λ+μ)2－3λμ≥(λ+μ)2－34λ+μ2，故λ+μ(2)由圓O是△ABC的外接圓，且A=π4，故OB⊥OC，又因為AB=OB－OA，所以AB·OC=OB·OC－OA·OC，所以AB·OC=－OA·OC=－cos<OA，OC>，故OA，OC反向共線時AB·OC最大(3)法一：由題意得|a|=1，|b|=2，a·b=sinθ－3cosθ=2sinθ－π3，所以|2a－b|2=4|a|2+|b|2－4a·b=4×12+22－8sinθ－π3=8－8sinθ－π3.所以|2a－b|2的最大值為8－8×(－1)=16，故|法二：因為a=cosθ，sinθ，b=－3，1，所以2a－b=2cosθ+3=8－4sinθ－3cosθ=8－8sinθ－π3法三：由題意得|2a－b|≤2|a|+|b|=2×1+2=4，當(dāng)且僅當(dāng)向量a，b方向相反時不等式取等號，故|2a－b|的最大值為4.課時測評50平面向量的綜合應(yīng)用對應(yīng)學(xué)生(時間：60分鐘滿分：100分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨立形式分冊裝訂!)(每小題5分，共50分)1.若向量OF1=1，1，OF2=－3，－2分別表示兩個力F1，F(xiàn)2，則A．10 B．25 C．5 D．15答案：C解析：由于F1+F2=(1，1)+(－3，－2)=(－2，－1)，所以|F1+F2|=－22+－122.四邊形ABCD中，AD=BC，AB+AD·(AB－AD)A．菱形 B．矩形C．正方形 D．等腰梯形答案：A解析：由題意，AD=BC，即|AD|=|BC|且AD∥BC，故四邊形ABCD為平行四邊形，又AB+AD·AB－AD=|AB|2－|AD|2=0，故AB=AD，3.已知P是邊長為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)的一點，則AP·AB的取值范圍是()A．(－2，6) B．(－6，2) C．(－2，4) D．(－4，6)答案：A解析：如圖，以正六邊形的中心為坐標(biāo)原點O，線段FC所在直線為x軸，線段FC的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則F(－2，0)，C(2，0)，A(－1，－3)，B(1，－3).設(shè)P(x，y)，x∈(－2，2)，則AP·AB=(x+1，y+3)·2，0=2x+2∈－2，4.如圖，在△ABC中，BD=23BC，E為線段AD上的動點，且CE=xCA+yCB，則1x+3yA．8 B．9 C．12 D．16答案：D解析：由已知得CB=3CD，所以CE=xCA+yCB=xCA+3yCD，因為E為線段AD上的動點，所以A，D，E三點共線，所以x+3y=1且x>0，y>0，所以1x+3y=1x+3yx+3y=10+3yx+3xy≥10+23yx·3xy=16，當(dāng)且僅當(dāng)5.已知AB是圓C：(x－1)2+y2=1的直徑，點P為直線x－y+1=0上任意一點，則PA·PB的最小值是()A．0 B．2－1 C．1 D．2答案：C解析：法一：不妨設(shè)A(0，0)，B(2，0)，P(x，x+1)，則PA=(－x，－x－1)，PB=2－x，－x－1，所以PA·PB=－x2－x+(－x－1)(－x－1)=2x2+1≥1，所以法二：設(shè)P(x，x+1)，由題意知，圓心C(1，0)，因為PA=PC+CA，PB=PC+CB，又CA+CB=0，所以PA·PB=PC+CA·PC+CB=|PC|2－|CA|2=2x2+1≥1，所以PA·PB法三：如圖所示，PA·PB=PC+CA·PC+CB=|PC|2+PC·CB+CA+CA·CB=|PC|2+CA·CB=|PC|2－r2=d2－r2，其中d為圓心C到直線x－y+1=0上的點的距離，故當(dāng)d最小時，PA·PB最小.因為dmin=|1－0+1|2=2，所以PA·6.(2025·河北滄州一模)如圖，在等腰直角△ABC中，斜邊AB=42，點D在以BC為直徑的圓上運動，則|AB+AD|的最大值為()A．46 B．8C．63 D．12答案：D解析：如圖，以C為原點，建立平面直角坐標(biāo)系.則A0，4，B(4，0)，可設(shè)D(2+2cosθ，2sinθ)，則AB=4，－4，AD=2+2cosθ，2sinθ－4，所以AB+AD=(6+2cosθ，2sinθ－8)，所以AB+AD2=6+2cosθ2+(2sinθ－8)2=104+83cosθ－4sinθ.又因為7.(多選)如圖，點A，B在圓C上，則AB·AC的值()A．與圓C的半徑有關(guān)B．與圓C的半徑無關(guān)C．與弦AB的長度有關(guān)D．與點A，B的位置有關(guān)答案：BC解析：如圖，連接AB，過C作CD⊥AB交AB于D，則D是AB的中點，故AB·AC=|AB||AC|cos∠CAD=|AB||AC|12|AB||AC|=12|AB|2，故AB·AC的值與圓C的半徑無關(guān)8.(數(shù)學(xué)文化)(多選)(2025·湖北黃岡質(zhì)量抽測)折扇又名“紙扇”，是一種用竹木作扇骨，韌紙或綾絹作扇面的能折疊的扇子，如圖①所示.其平面圖是如圖②的扇形AOB，其中∠AOB=150°，OA=2OC=2OD=2，點F在弧AB上，且∠BOF=120°，點E在弧CD上運動，則下列結(jié)論正確的有()A．OD·DA=3－1B．OF=λOA+mOB，則λ+m=3+1C．OF在DF方向上的投影向量為5D．EF·EB的最小值是－3答案：BCD解析：以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB為x軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系.因為∠AOB=150°，OA=2OC=2OD=2，∠BOF=120°，所以F(－1，3)，B(2，0)，D(1，0)，A－3，1，C－32，12.設(shè)Ecosθ，sinθ，0≤θ≤5π6.對于A，OD·DA=1，0·(－3－1，1)=－3－1，故A錯誤；對于B，OF=λOA+mOB，即－3λ+2m=－1，λ=3，解得λ=3，m=1，λ+m=3+1，故B正確；對于C，因為OF=－1，3，DF=(－2，3)，所以O(shè)F在DF方向上的投影向量為OF·DF|DF|·DF|DF|=57×DF7=57DF，故C正確；對于D，EF·EB=(－1－cosθ，3－sinθ)·(2－cosθ，－sinθ)=－2－cosθ+cos2θ－3sinθ+sin2θ9.在四邊形ABCD中，AC=3，－1，BD=2，答案：10解析：由AC=3，－1，BD=2，m，AC⊥BD，可得AC·BD=3×2+(－1)×m=0，解得m=6，所以四邊形的面積為12|AC|·|BD|10.已知|a|=2|b|≠0，且關(guān)于x的方程x2+|a|x+a·b=0有實根，則a和b的夾角的取值范圍是.

答案：π解析：由|a|=2|b|≠0，且關(guān)于x的方程x2+|a|x+a·b=0有實根，則|a|2－4a·b≥0，得a·b≤14|a|2.設(shè)向量a，b的夾角為θ，則cosθ=a·b|a||b|≤14|a|212(每小題8分，共32分)11.(2025·江西重點中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)如圖，正六邊形的邊長為22，半徑為1的圓O的圓心為正六邊形的中心，若點M在正六邊形的邊上運動，動點A，B在圓O上運動且關(guān)于圓心O對稱，則MA·MB的取值范圍為()A．4，5 BC．4，6 D答案：B解析：由題意可得，MA·MB=MO+OA·MO+OB=MO+OA·MO－OA=MO2－OA2=MO2－1，當(dāng)OM與正六邊形的邊垂直時，MOmin=6，當(dāng)點M運動到正六邊形的頂點時，MOmax=22，所以MO∈6，2212.(2025·江南十校聯(lián)考)如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=5，AD=4，DC=1，點E是線段AB上一點，且滿足AE=4EB，動點P在以E為圓心，半徑為1的圓上運動，則DP·AC的最大值為()A．21－6 B．3C．23－6 D．3答案：A解析：如圖，以E為原點，建立直角坐標(biāo)系.由題意，梯形ABCD的高為42－5－122=23，則A(－4，0)，C(－1，23)，D(－2，23).因為以E為圓心，半徑為1的圓的方程為：x2+y2=1，可設(shè)點P(cosθ，sinθ)，0≤θ<2π.則DP·AC=(cosθ+2，sinθ－23)·(3，23)=3cosθ+6+23sinθ－12=23sinθ+3cosθ－6=21sin(θ+φ)－6，其中，tanφ=32，故當(dāng)sin(θ+φ)=1時，(13.(多選)(2025·福建福州模擬)平面向量m，n滿足|m|=|n|=1，對任意的實數(shù)t，m－12n≤|m+tn|A．m與n的夾角為60°B．m+tnC．|n－tm|的最小值為1D．m在m+n上的投影向量為1答案：AD解析：對于A，設(shè)平面向量m與n的夾角為θ，因為對任意的實數(shù)t，m－12n≤|m+tn|恒成立，即m2－m·n+14n2≤m2+2tm·n+t2n2恒成立，又|m|=|n|=1，所以t2+2tcosθ+cosθ－14≥0對任意的實數(shù)t恒成立，所以Δ=4cos2θ－4cosθ+1=(2cosθ－1)2≤0，則cosθ=12，所以θ=60°，故A正確；對于B，因為(m+tn)2+m－tn2=1+2tcos60°+t2+1+t2－2tcos60°=2+2t2隨t的變化而變化，故B錯誤；對于C，因為|n－tm|=|n－tm|2=1+t2－2tcos60°=t2－t+1，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知：當(dāng)t=12時，|n－tm|取最小值32，故C錯誤；對于D，|m+n|=3，m+n方向上的一個單位向量e=m+n|m+n|=m+n3，由向量夾角公式可得：cos<m，m+n>=m·m14.(2024·安徽淮北模擬)在△ABC中，A=π3，G為△ABC的重心，若AG·AB=AG·AC=6，則△ABC外接圓的半徑為.答案：2解析：由AG·AB=AG·AC，可得AG·(AB－AC)=AG·CB=0，則有AG⊥BC，又在△AB