专题1 第4讲 平面向量的综合应用（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

第4讲　平面向量的综合应用 考点一　平面向量的数量积 考点二　解向量模、夹角、垂直的问题 目 录 索 引 考点三　向量系数的最值、范围问题 考点一　平面向量的数量积 理知识 已知两个非零向量a与b,它们的夹角为θ,我们把数量|a||b|cos θ叫做向量a与b的数量积(或内积),记作a·b,即a·b=|a||b|cos θ. [微提醒]注意两个向量夹角的定义及范围,只有两个向量的起点重合时所对应的角才是两个向量的夹角. 链高考 (2023全国乙,文6)已知正方形ABCD的边长为2,E为AB的中点,则= (　　) 【一题多解】 A. B.3 C.2 D.5 B 解析 (方法一)由题可知||=||=2,=0, 则=()·() =()·(-) =-=-1+4=3. (方法二)因为E是AB的中点, 所以ED=EC= 在△DCE中,由余弦定理,得cos∠DEC=, 所以=||||cos∠DEC==3. (方法三)以点A为原点建立如图所示平面直角坐标系, 则D(0,2),C(2,2),E(1,0),则=(1,2),=(-1,2), 所以=1×(-1)+2×2=3.故选B. 考向1　数量积的运算 例1　(1)(2022全国甲,理13)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b=　　　　　.  11 解析 由题得,a·b=1×3cos<a,b>=1×3=1, 则(2a+b)·b=2a·b+|b|2=2+9=11. (2)(2025河北沧州一模)已知向量a=(sin2α-1,-1),b=(1,cos 2α),若tan α=,则a·b=　　　　　.  - 解析 依题意a·b=sin2α-1-cos 2α=sin2α-1-(2cos2α-1) =sin2α-2cos2α==- 【对点训练1】(1)(2025山东潍坊二模)已知向量b在向量a上的投影向量为-2a,若|a|=3,则a·(a+b)=(　　) A.-9 B.-3 C.3 D.9 A 解析 |b|cos<a,b>=|b|cos<a,b>=-2a,∴|b|cos<a,b>=-6, a·(a+b)=a2+a·b=|a|2+|a||b|cos<a,b>=9+3×(-6)=-9.故选A. (2)(2025天津,14)在△ABC中,D为AB中点,.记=a,=b,则用 a,b表示为　　　　;若||=5,且AE⊥CB,则=　　　　　.  a+b -15 解析 =-b+a, =-b+a,则=b+a-b=a+b. ∵AE⊥CB,则=0,得(a+b)(a-b)=0, 整理得a2+3a·b-4b2=0.① 又||=5,∴(a+b)2=a2+a·b+b2=25, 整理得a2+8a·b+16b2=900.② 由①②得,a·b=-4b2+180,a2=16b2-540, =(a+b)·(a-b)==-=-15. 考向2　求向量数量积的最值、范围 例2　(2023全国乙,理12)已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点,若|PO|=,则的最大值为 (　　) A. B. C.1+ D.2+ A 解析 设∠DPO=α,由题可知α∈[0,). ∵||=,||=1,∴∠OPA=,∴||=||cos α=cos α. ①当在PO两侧时,=||||cos(α+)=cos αcos(α+) =cos α(cos α-sin α)=cos2α-sin αcos α =sin 2α=-sin(2α-)+ ∵α∈[0,),∴-2α-,∴-sin(2α-)<, ∴0<-sin(2α-)+1, ∴0<1. ②当在PO同侧时,=||||·cos(α-)=cos αcos(α-) =cos2α+sin αcos α=sin 2α=sin(2α+)+ α∈[0,),2α+,sin(2α+)≤1,∴1 综上,最大值为故选A. 【对点训练2】(2024天津,14)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为线段AF的中点,则的最小值为　　　　　.  　 -　 解析 如图,以B为坐标原点建立平面直角坐标系. 由题意可知点A(-1,0),B(0,0),C(0,1),D(-1,1),E(-,1), 则=(-1,0),=(0,1),=(-,1). 由=+,得(-,1)=λ(-1,0)+μ(0,1), ∴-λ=-,μ=1,∴λ= λ+μ=+1= ∵F为线段BE上的动点,设=a,则=a(-,1)=(-a,a)(0≤a≤1). 又=(1,0),=(1,0)+(-a,a)=(1-a,a). 又G为线段AF的中点,=(a,a). 又=(0,-1),=(0,-1)+(a,a)=(a,a-1), =(1-a,a)·(a,a-1) =(1-a)·(a)+a(a-1)=a2-a+(a-)2-, 又0≤a≤1,∴当a=1时,取得最小值,且最小值为- 考点二　解向量模、夹角、垂直的问题 理知识 已知非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),a与b的夹角为θ. 向量的有关概念 几何表示 坐标表示 模 |a|= |a|= 数量积 |a||b|cos θ x1x2+y1y2 夹角 cos θ= cos θ= A(x1,y1),B(x2,y2)两点的距离 |AB|=|| |AB|= a⊥b的充要条件 a·b=0 x1x2+y1y2=0 |a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b| |x1x2+y1y2|≤ 链高考 (2024新高考Ⅱ,3)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|=(　　) A. B. C. D.1 B 解析 由|a|=1,得a2=1,由|a+2b|=2,得a2+4a·b+4b2=4. 又b·(b-2a)=b2-2a·b=0,所以b2=,即|b|=,故选B. 例3　(1)(2023全国甲,理4)已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=,且a+b+c=0,则cos<a-c,b-c>=(　　) A.- B.- C. D. D 解析 由a+b+c=0,得a+b=-c,所以(a+b)2=a2+b2+2a·b=c2, 即|a|2+|b|2+2|a||b|cos<a,b>=|c|2. 又|a|=|b|=1,|c|=,所以2+2cos<a,b>=2,解得cos<a,b>=0,则<a,b>= 不妨设a=(1,0),b=(0,1). 因为a+b+c=0,所以c=(-1,-1),所以a-c=(2,1),b-c=(1,2), 所以cos<a-c,b-c>=故选D. (2)(2025江苏泰州模拟)在平面内,画出一个四边形的任何一条边所在直线,如果整个四边形都在这条直线的同一侧,那么这个四边形叫做平面凸四边形.在平面凸四边形ABCD中,若=(1,2),=(-2,3),则该四边形的面积为 (　　) A. B.4 C. D.5 A 解析 由题意,得=1×(-2)+2×3=4, ||=,||= 设的夹角为θ,则cos θ=, 可得sin θ=, 可得该四边形的面积为S=故选A. (3)(2023新高考Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|=　 　. 解析 由|a-b|=,得a2-2a·b+b2=3,即2a·b=a2+b2-3①. 又由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,即3a2-6a·b=0,即2a·b=a2, 代入①,得a2=a2+b2-3,整理,得b2=3,所以|b|= 【对点训练3】(1)(2022新高考Ⅱ,4)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若<a,c>=<b,c>,则实数t=(　　) A.-6 B.-5 C.5 D.6 C 解析 由题意得c=(3+t,4),cos<a,c>=cos<b,c>, 故,解得t=5.故选C. (2)(2025新高考Ⅱ,12)已知平面向量a=(x,1),b=(x-1,2x),若a⊥(a-b),则|a|=　　　　　.  解析 由题意a-b=(1,1-2x), 又a⊥(a-b),所以x·1+1×(1-2x)=0,解得x=1,即a=(1,1),所以|a|= 考点三　向量系数的最值、范围问题 理知识 三点共线的几个等价关系 A,P,B三点共线⇔ 例4　(2025安徽安庆模拟)如图,在△ABC中,=2=2,AE与CD交于点F,过点F作直线QP,分别交边AB,边AC于不同的两点Q,P,若=λ =μ,则λ+μ的最小值为(　　) A. B. C.2 D. A 解析 因为D,F,C三点共线,则存在t∈R, 使=t+(1-t)+(1-t) 因为=2,所以E为BC的中点,故, 又点F在AE上,故,解得t=,故, 因为Q,F,P三点共线, 则存在x∈R,使得=x+(1-x)=λx+(1-x), 由①,②可得消去x,即得=1,即, 显然λ,μ均为正数,于是λ+μ=(λ+μ)()=(2+)(2+2)=, 当且仅当λ=μ=时,λ+μ的最小值为故选A. 【对点训练4】(2025江西宜春一模)中国古代的铜钱一般是方孔圆钱,其形状如图所示.若图中正方形ABCD的边长为4,圆O的半径为4,正方形ABCD的中心与圆O的圆心重合,动点P在圆O上,且=λ+μ,则λ+μ的最大值为(　　)【一题多解】 A.1 B.2 C.3 D.4 C 解析 (方法一)以点A为坐标原点,直线AB,AD分别为x轴,y轴,建立如图所示的平面直角坐标系, 则A(0,0),B(4,0),D(0,4),点P在圆(x-2)2+(y-2)2=32上. 设点P(2+4cos θ,2+4sin θ), 其中θ为参数, 则=(2+4cos θ,2+4sin θ),=(4,0),=(0,4). 因为=+, 所以(2+4cos θ,2+4sin θ)=λ(4,0)+μ(0,4)=(4λ,4μ), 所以4λ=2+4cos θ,4μ=2+4sin θ, 所以λ+μ=sin θ+cos θ+1=2sin(θ+)+1≤3,即λ+μ的最大值为3.故选C. (方法二)过点P作平行于BD的直线分别交直线AB,AD于点M,N. 设直线AP交直线BD于点Q,取线段MN的中点E,连接AE. 因为D,Q,B三点共线,则存在p∈R,使得=p, 所以=p(),则=p+(1-p), 因为A,Q,P三点共线,则存在k∈R,使得=k=kp+k(1-p), 因为=+,且不共线,则λ=kp,μ=k(1-p), 所以λ+μ=kp+k(1-p)=k. 因为AB=AD,且∠ABD=45°,MN∥BD,则∠AMN=45°, 所以△AMN为等腰直角三角形,所以AE⊥MN. 易知AO⊥BD,即AO⊥MN,故A,O,E三点共线,要使得λ+μ取最大值,则k>0,且k==3,当且仅当E为射线AO与圆O的交点时, λ+μ取最大值3. 故选C. $