平面向量及其应用专题课件-2025届高三数学二轮复习

2025新高考数学 二轮复习 　平面向量 知识点讲解 知识点讲解 知识点讲解 知识点讲解 知识点讲解 高考典例分析 答案：C 知识点讲解 本课内容 练基础 1.(人A必二6.2节习题改编)已知向量a,b的夹角为45°,|a|=1,|b|= , 则|2b-a|=(　　) A 2.(人A必二6.3.4节例7改编)若向量a=(3,-4),b=(-1,m),且a∥b,则m=(　　) D 120° 因为0°≤θ≤180°, 所以θ=120°, 即a与b的夹角为120°. 真题体验 A.3m-2n B.-2m+3n C.3m+2n D.2m+3n B 2.(2024·新高考Ⅰ,3)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x=(　　) A.-2 B.-1 C.1 D.2 D 解析 ∵a=(0,1),b=(2,x),∴b-4a=(2,x)-4(0,1)=(2,x-4).∵b⊥(b-4a), ∴b·(b-4a)=0,即(2,x)·(2,x-4)=4+x(x-4)=0,∴x=2. 3.(2023·新高考Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则(　　) A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1 C.λμ=1 D.λμ=-1 D 解析 (方法一)由题意得,a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ). ∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,解得λμ=-1.故选D. (方法二)由题意得,a2=12+12=2,b2=12+(-1)2=2,a·b=1×1+1×(-1)=0. ∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(a+λb)·(a+μb)=a2+(λ+μ)a·b+λμb2=2+0+2λμ=0.解得λμ=-1.故选D. 4.(2023·全国甲,文3)已知向量a=(3,1),b=(2,2),则cos<a+b,a-b>=(　　) B 练考点 考点一 平面向量的线性运算 B (2)(2024·安徽马鞍山三模)已知平面向量e1,e2不共线,a=(2k-1)e1+2e2, b=e1-e2,且a∥b,则k=(　　) A B 解析 点M是边AC上靠近点A的三等分点,点N是BC的中点,如图所示, A.4 B.3 C.2 D.1 B B 解析 如图所示, 考点二 平面向量的数量积及其运算 例2(1)(2024·浙江金华三模)已知|a|=4,|b|=3,|a+b|=|a-b|,则a·(a-b)=(　　) A.-16 B.16 C.-9 D.9 B 解析 由|a+b|=|a-b|,两边平方可得a2+2b·a+b2=a2-2b·a+b2,所以b·a=0,所以a·(a-b)=a2-a·b=42-0=16.故选B. (2)(2024·福建福州三模)已知线段AB是圆O的一条长为2的弦,则 A.1 B.2 C.3 D.4 B 解析 取AB中点C,连接OC, (3)(多选题)(2024·山东聊城二模)已知向量a=(-1,2),b=(1,λ),若b在a上的投影向量为a,则(　　) A.λ=3 B.a∥b C.a⊥(b-a) D.a与b的夹角为45° ACD [对点训练2](1)(2024·山东潍坊模拟)在边长为2的正六边形ABCDEF中, A.6 B.-6 C.3 D.-3 B 解析 在正六边形ABCDEF中,每个内角都是120°.连接EA,则∠FEA=∠FAE=30°,∠EAB=90°,故EA⊥AB. (2)(2024·江苏南通三模)已知三个单位向量a,b,c满足a=b+c,则向量b,c的夹角为(　　) C (3)(2024·湖北武汉二模)已知x∈R,向量a=(x,2),b=(2,-1),且a⊥b,则a+b在a上的投影向量为(　　) A. B.5 C.(1,2) D.(2,-1) C 考点三 平面向量中的最值、范围问题 A (2)(2024·湖南长沙期中)勒洛三角形是一种典型的定宽曲线,以等边三角形每个顶点为圆心,以边长为半径,在另两个顶点间作一段圆弧,三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中,已知AB=2, [0,2] 解析 取线段BC中点为O, A 考点四 平面向量的综合应用 [对点训练4](2024·四川成都模拟预测)已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,(a+b)(sin B-sin A)=c[sin(A+B)-sin A]. (1)求B; 解 (1)因为(a+b)(sin B-sin A)=c[sin(A+B)-sin A], 所以(a+b)(sin B-sin A)=c[sin(π-C)-sin A], 即(a+b)(sin B-sin A)=c(sin C-sin A). 由正弦定理可得(a+b)(b-a)=c(c-a), 所以b2-a2=c2-ac,即b2=c2+a2-ac, 即4b2=c2+2ac+4a2.又b2=c2+a2-ac, 所以4(c2+a2-ac)=c2+2ac+4a2, 所以3c2=6ac,显然c>0,所以 =2. 1.向量共线（平行）定理：向量 与 共线的充要条件是：存在唯一一个实数 ，使 . 2.平面向量基本定理：如果 是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量 ，有且只有一对实数 ，使 . 3.平面向量共线的坐标表示 （1）设 ，其中 共线的充要条件是存在实数 ，使 . （2）如果用坐标表示，向量 共线的充要条件是 . 4.向量的夹角：已知两个非零向量 ，如图， 是平面上的任意一点，作 ，则 叫做向量 与 的夹角.记作 . 当 时，向量 同向；当 时，向量 垂直，记作 ； 当 时，向量 反向. 5.投影向量：如图，设 是两个非零向量， ，过 的起点 和终点 ，分别作 所在直线的垂线，垂足分别为 ，得到 ，这种变换称为向量 向向量 投影， 叫做向量 在向量 上的投影向量. 6.向量数量积的性质：设 是非零向量，它们的夹角是 是与 方向相同的单位向量，则 （1） ； （2） ； （3）当 与 同向时， ；当 与 反向时， ，特别地， 或 ； （4）由 可得， ； （5） 7.向量数量积的运算律 （1）交换律： ； （2）数乘结合律： ； （3）分配律： . 8.向量夹角的坐标表示：设 都是非零向量， ， 是 与 的夹角，则 . 【2022 新高考Ⅱ卷】已知向量 ，， ，若，则 ( ) A.-6 B.-5 C.5 D.6 【解析】： ， ，即 ，解得 ，故选C. 9.向量模的坐标表示： （1）若向量 ，则 ； （2）若点 ，向量 ，则 . 由此可知，向量的模的坐标运算的实质是平面直角坐标系中两点间的距离的运算. 向量垂直的坐标表示：设向量 ，则 . A. B. C. D.5 解析 由题意知,|2b-a|=.故选A. A. B. C. D. 解析 由题意得3m=(-4)×(-1)=4, 则m=. 3.(人A必二6.2.3节例6改编)在平行四边形ABCD中,BC的中点为M,且=a,=b,用a,b表示=　　　　　.  a+b 解析 =a+b. 4.(人A必二6.2.4节例10改编)已知a=(1,),|b|=2,a·b=-3,则a与b的夹角为　　　　　.  解析 设a与b的夹角为θ,因为a=(1,), 则|a|=, 所以cos θ==. 1.(2022·新高考Ⅰ,3)在△ABC中,点D在边AB上,BD=2DA.记=m,=n,则=(　　) 解析 如图.∵BD=2DA, ∴=3,∴+3+3()=-2+3. 又=m,=n, 所以=-2m+3n.故选B. A. B. C. D. 解析 ∵a=(3,1),b=(2,2),∴a+b=(5,3),a-b=(1,-1).则有cos<a+b, a-b>=.故选B. 例1(1)(2024·广东二模)在平行四边形ABCD中,点E满足,则=(　　) A. B. C. D. 解析 因为四边形ABCD为平行四边形,则),故)=.故选B. A. B.0 C.1 D. 解析 因为a=(2k-1)e1+2e2,b=e1-e2,且a∥b,所以a=tb,即(2k-1)e1+2e2=t(e1-e2).又e1,e2不共线,所以解得故选A. (3)(2024·江苏连云港模拟)在△ABC中,点M是边AC上靠近点A的三等分点,点N是BC的中点,若=x+y,则x+y=(　　) A.1 B. C. D.-1 则 )=, 所以x=,y=,故x+y=.故选B. [对点训练1](1)(2024·湖北黄冈模拟)在平行四边形ABCD中,点M,N分别在边AB和CD上,满足=λ=λ,若=,则实数λ=(　　) 解析 因为=λ=λ, 则=λ(), 所以. 同理,, 所以 =.又因为=, 所以=,解得λ=3.故选B. (2)(2024·广东佛山模拟)在△ABC中,=a,=b,若=2=2,线段AD与BE交于点F,则=(　　) A.a+b B.ab C.a+b D.ab 由=2=2可得D,E分别为边BC,AC的中点. 由中线性质可得. 又)=(a+b), 所以(a+b)=(a+b), 因此=-b+(a+b)=ab.故选B. =(　　) 易知OC⊥AB,所以=()·=1×2×1+0=2.故选B. 解析 对于A,因为b在a上的投影向量为a,即=a,所以=1,即=1,解得λ=3,故A正确;对于B,a=(-1,2),b=(1,3),所以(-1)×3-2×1≠0,故B错误;对于C,a·(b-a)=(-1,2)·(2,1)=-2+2=0,所以a⊥(b-a),故C正确;对于D,cos<a,b>=,所以a与b的夹角为45°,故D正确.故选ACD. =(　　) 以A为原点,AB为x轴,AE为y轴,建立平面直角坐标系, 如图所示.因为AB=AF=2,cos∠FAE=,sin∠FAE=, 则2×,2×=1,故F(-1,),A(0,0),B(2,0),C(3,),所以=(3,),=(-3,).由平面向量数量积的运算可得 =3×(-3)+=-9+3=-6.故选B. A. B. C. D. 解析 由题得,a2=b2+c2+2b·c,即1=1+1+2b·c,所以b·c=, 即1×1×cos<b,c>=,则cos<b,c>=. 因为<b,c>∈[0,π],所以b,c的夹角为,故选C. 解析 由a⊥b,则a·b=2x-2=0,解得x=1,则a+b=(3,1), 故=a=(1,2). 故选C. 例3(1)(2024·江西鹰潭二模)在Rt△ABC中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,A=,C=,c=2,P是△ABC外接圆上一点,则·()的最大值 是(　　) A.4 B.2+ C.3 D.1+ 解析 如图,设Rt△ABC的外心为O,则O是边AB的中点.由图可得, ·()=2=2()·=2+2.因为c=2, 故||=||=1, 则=cos<>, 故·()≤2+2=4, 当且仅当同向时,等号成立.故选A. P为(含端点)上的一点,则的取值范围为　 .  则=()·() =()·()=1. 由题可得||∈[1,], 故∈[0,2]. [对点训练3](1)(2024·陕西渭南二模)已知菱形ABCD的边长为1, cos∠BAD=,O为菱形的中心,E是线段AB上的动点,则的最小值 为(　　) A. B. C. D. 解析 由题意知O为线段BD的中点.设=λ,0≤λ≤1,则=λ,故=(λ)·()=(λ+λ+λ+,当λ=0时,取得最小值.故选A. (2)(2024·上海松江模拟)如图,在矩形ABCD中,AB=,BC=2,点E在边CD上运动(包含端点),则的取值范围为　　　　　.  解析 如图,以A为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B(,0),C(,2),D(0,2). 设E(a,2)(0≤a≤),则=(a,2),=(a,2), 则=a(a)+4=a2a+4=. 令y=, 则y=在区间上单调递减, 在区间上单调递增. 当x=时,y=;当x=0时,y=4;当x=时,y=4. 故. 例4(2024·山东枣庄一模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 =sin Atan. (1)求C; (2)若a=8,b=5,CH是边AB上的高,且=m+n,求. 解 (1)在△ABC中,由=sin Atan,得. 由倍角公式得. 又因为A,C为△ABC的内角,所以A∈(0,π),,所以sin A≠0,cos≠0,所以sin2,即sin,则,故C=. (2)(方法一)因为a=8,b=5,C=, 所以=b2=25,=a2=64, =||||cos C=abcos C=5×8×cos=20. 由题意知CH⊥AB,所以=0, 即(m+n)·()=(m-n)()-m+n =20(m-n)-25m+64n=0. 所以5m=44n,即. (方法二)在△ABC中,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=82+52-2×8×5×=49, 所以c=7. 又因为S△ABC=absin C=c·CH, 所以CH=, 所以AH=,则, 所以)=. 由平面向量基本定理知,m=,n=,所以. (2)若点D满足=-2,||=||,求. 所以cos B=. 因为B∈(0,π),所以B=. (2)因为=-2,所以=2, 所以,即||=b. 又||=||,则||=||=b, 则)=, 所以, 即b2=c2+accosa2, $$