5.4 平面向量的综合问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“平面向量的综合问题”，依据高考评价体系梳理了平面向量在几何中的应用、与向量有关的最值（范围）等核心考点，分析2023-2025年考点分布（如2025全国一卷T6），归纳几何证明、最值计算等常考题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养培养”，以2025北京卷向量模的最值题为例，通过坐标法、极化恒等式等突破策略，培养学生的数学思维（推理能力）和数学语言（模型观念），助力学生掌握解题技巧，教师可据此高效指导高考冲刺。

第五章　平面向量、复数 5.4　平面向量的综合问题 2027高考数学一轮总复习 1 内容索引 课时作业 关键能力　提升 考试要求 三年考情 会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题,体会向量在解决数学和实际问题中的作用. 2023 2024 2025     全国一卷T6       关键能力　提升 考点1 平面向量在几何中的应用 【例1】　(1)(一题多解)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=1,D是BC边的中点,过点C作CE⊥AD于点E,延长CE交AB于点F,则BF=(　 　) A. C 关键能力 提升 返回 【解析】　方法一　设,∵AD⊥CF,∴=0,又D是BC边的中点,∴(),∴()·()=0,∴()·(λ)=0,∴(λ-1)=0①, ∵AC=BC=1,∠ACB=90°,∴AB=,且∠BAC=45°, ∴=1,=2,=1,代入①得(λ-1)+2λ-1=0,解得λ=,∴,∴BF=.故选C. 关键能力 提升 返回 方法二　∵∠ACB=90°,AC=BC=1,∴△ABC为等腰直角三角形.∵D是BC的中点,∴CD=BD=,AD=. ∵CE⊥AD,∴∠CED=90°,∴AD·CE=AC·CD,即CE= 关键能力 提升 返回 ,∴DE=.如图,过点F作FH⊥CB交CB于点H,∴∠FHB=90°.∵tan∠FCB=,设FH=HB=x,则CH=1-x,∴,解得x=,∴BF=.故选C. 关键能力 提升 返回 (2)(多选)在△ABC所在平面内有三点O,N,P,则下列命题正确的是(　 　) A.若,则P是△ABC的垂心 B.若,则直线AP必过△ABC的外心 C.若||,则O是△ABC的外心 D.若=0,则N是△ABC的重心 ACD 关键能力 提升 返回 【解析】　对于A,由题意可得·()==0,∴PB⊥AC,同理可得PA⊥BC,PC⊥AB,故P为△ABC的垂心,故A正确;对于B,如图,设,,则||=1,以AE,AF为邻边作平行四边形AEQF,则平行四边形AEQF为菱形,则 关键能力 提升 返回 ,∴,∵AQ平分∠BAC,∴直线AP必过△ABC的内心,故B错误;对于C,∵||,∴O到△ABC的三个顶点的距离相等,∴O为△ABC的外心,故C正确;对于D,记AB,BC,CA的中点分别为R,S,T,由题意得,则NC=2NR,同理可得NA=2NS,NB=2NT,则N是△ABC的重心,故D正确.故选ACD. 关键能力 提升 返回 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. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练1】　(1)已知平面四边形ABCD的四条边AB,BC,CD,DA的中点依次为E,F,G,H,且AB2+CD2=AD2+BC2,则四边形EFGH一定为 (　 　) A.正方形 B.菱形 C.矩形 D.直角梯形 C 关键能力 提升 返回 解析:如图,由题意结合中位线定理可得HG∥AC, HG=AC,EF∥AC,EF=AC,∴HG∥EF,HG=EF, 即四边形EFGH为平行四边形.∵,∴+()2=,∴=0,∴·()+·()=0,∴()·=0,即=0,即,∴BD⊥AC,又HG∥AC,∴BD⊥HG,同理由中位线定理可得HE∥BD,∴HE⊥HG,故四边形EFGH为矩形.故选C. 关键能力 提升 返回 (2)已知△ABC中,()·=0,,则此三角形为(　 　) A.直角三角形 B.等边三角形 C.钝角三角形 D.等腰直角三角形 B 关键能力 提升 返回 解析:如图所示,设M为AC的中点,连接BM,则()·=0,所以,即△ABC为等腰三角形,又,所以=3,即,>= 3,所以cos<,,可得A=60°.综上可知△ABC为等边三角形.故选B. 关键能力 提升 返回 考点2 与向量有关的最值(范围)问题 命题角度1　与平面向量基本定理有关的最值(范围)问题 【例2】　如图,在△ABC中,PC=2BP,过点P的直线分别交射线AB,AC于不同的两点M,N.设AB=mAM,AC=nAN,则的最小值为 (　 　) A. C.3 D.4 B 关键能力 提升 返回 【解析】　因为()=,AB=mAM,AC=nAN,所以.又M,P,N三点共线,所以=1.由题意知m>0,n>0,所以,当且仅当,即m=,n=时等号成立,故.故选B. 关键能力 提升 返回 求解与平面向量基本定理有关的最值(范围)问题的一般步骤 (1)利用向量的运算将问题转化为相应的等式关系. (2)运用基本不等式或函数的性质求其最值. 规律总结 关键能力 提升 返回 命题角度2　与数量积有关的最值(范围)问题 【例3】　(2025·北京海淀区三模)已知△ABC中,AB=4,sin C=,则的取值范围是 (　 　) A.[-20,4] B.[-10,2] C.[-2,10] D.[-4,20] D 关键能力 提升 返回 【解析】　由题设,得△ABC外接圆半径r==3,如图,在外接圆O中,连接OB,OC,OA,可得,所以·()=,当,反向共线时最小,最小值为-4;当,同向共线时最大,最大值为20,所以∈[-4,20].故选D. 关键能力 提升 返回 与数量积有关的最值(范围)问题的解法 (1)坐标法:通过建立平面直角坐标系,运用向量的坐标运算转化为代数问题处理. (2)向量法:运用向量数量积的定义、不等式、极化恒等式等有关向量知识解决. 规律总结 关键能力 提升 返回 命题角度3　与向量的模有关的最值(范围)问题 【例4】　(2025·北京卷)在平面直角坐标系xOy中,|,||=2,设C(3,4),则|2|的取值范围是(　 　) A.[6,14] B.[6,12] C.[8,14] D.[8,12] D 关键能力 提升 返回 【解析】　因为|,||=2,由平方可得,=0,所以<,=2()+,|=5,所以|2-4()·=2+2+4×25-4()·=104-4()·.因为|()·=10,即-10≤()·≤10,所以|2|2∈[64,144],即|2|∈[8,12].故选D. 关键能力 提升 返回 求向量模的最值(范围)的方法 (1)代数法,把所求的模表示成某个变量的函数,或通过建立平面直角坐标系,借助向量的坐标表示;需要构造不等式,利用基本不等式,三角函数,再用求最值的方法求解. (2)几何法(数形结合法),弄清所求的模表示的几何意义,注意题目中所给的垂直、平行,以及其他数量关系,合理的转化,使得过程更加简单;结合动点表示的图形求解. 规律总结 关键能力 提升 返回 命题角度4　与向量的夹角有关的最值(范围)问题 【例5】　(2025·江苏苏州三模)已知向量a在向量b上的投影向量为2b,若 |b|=1,则向量2a+b与a+2b夹角余弦值的最小值为. 关键能力 提升 返回 【解析】　设向量b=(1,0),因为向量a在向量b上的投影向量为2b,所以b=2b,即a·b=2,故可设a=(2,m),所以2a+b=(5,2m),a+2b=(4,m),所以cos<2a+b,a+2b>=== 2=2,由二次函数性质,得当 时,cos<2a+b,a+2b>的最小值为2. 关键能力 提升 返回 求夹角的最值(范围)问题要根据夹角余弦值的表达式,采用基本不等式或函数的性质进行求解. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练2】　(1)在△ABC中,,点H在线段BD上(不含端点),且,则x2+y2的最小值是 (　 　) A. C.1 D.2 解析:由,得,所以.因为B,H,D三点共线,所以x+3y=1(x>0,y>0),所以x2+y2=(1-3y)2+y2=10y2-6y+1=10,当x=,y=时,取等号,故x2+y2的最小值为.故选B. B 关键能力 提升 返回 (2)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,向量b满足b2-8e·b+15=0,则|a-b|的最小值是 (　 　) A.4 B.+1 C.2 D.1 解析:设a,b共起点,由b2-8e·b+15=0可得(b-3e)·(b-5e)=0得(b-3e)⊥(b-5e),∴如图,b的终点在以AB为直径的圆上,设AB的中点为O,|DO|=4.∵a与e的夹角为,∴|a-b|的最小值为圆心O到向量a所在直线的距离2减去半径1,为1.故选D. D 关键能力 提升 返回 (3)(一题多解)已知圆O的半径为2,弦AB的长为2,D为圆O上一动点,则的最小值为 (　 　) A.-1 B.-2 C.-4 D.-6 解析:方法一　建立如图所示的平面直角坐标系, 则A(2,0),B(1,), 设D(2cos θ,2sin θ), 所以=(2cos θ-2, 2sin θ),=(-1,).所以=-1时,取最小值-2.故选B. B 关键能力 提升 返回 方法二　如图,作圆的直径EF∥AB,过E作EC⊥BA,交BA的延长线于点C,连接AE.而的数量积.由圆的性质知,当D与E重合时,取得最小值.因为AB=OA=2,所以∠BAO=∠OAE=∠EAC=,所以AC=2=1,所以=1×2cos 180°=-2.故选B. 关键能力 提升 返回 (4)设向量=(1,x),=(2,x),则cos<,. 解析:cos<,,令2+x2=t(t≥2),则x2=t-2,所以cos<,=,当,即t=4, x2=2时,cos<,>取得最小值,且最小值为. 关键能力 提升 返回 极化恒等式 1.链接教材:(人教A版必修第二册P22练习T3)求证:(a+b)2-(a-b)2=4a·b,变形可得:a·b=[(a+b)2-(a-b)2],此即为极化恒等式. 2.平行四边形模型 如图,().即“从平行四边形一个顶点出发的两个边向量的数量积是和对角线长与差对角线长平方差的”. 教材深研 关键能力 提升 返回 3.三角形模型 如图,.即“从三角形一个顶点出发的两个边向量的数量积等于第三边的中线长与第三边长的一半的平方差”. 关键能力 提升 返回 4.极化恒等式的应用场景 (1)当题目涉及中点、中线或当数量积不易直接计算,但模长已知或易求时,优先考虑极化恒等式. (2)在动点问题中,可将变动的数量积转化为相对固定的模长运算. 　 关键能力 提升 返回 【典例】　在△ABC中,D是BC边上的中点,且,,=6,=-2,则= (　 　) A.-1 B.2 C.- D.1 【解析】　因为,,所以, =6,由极化恒等式可得=6,即=-2,联立,解得=4,=1.故选D. D 关键能力 提升 返回 课时作业39 1.(5分)已知平面向量a,b,|a|=1,|b|=,且a·b=1.若|c|=2,则(a+b)·c的最大值为(　 　) A.2 B.10 C.2 D.5 解析:设a+b与c的夹角为θ,则(a+b)·c=|a+b|·|c|cos θ≤|a+b|·|c| =·|c|=2,当a+b与c同向,即θ=0时取等号.故选A. 基础巩固 A 返回 课时作业 2.(5分)(2025·北京东城区二模)已知单位向量a,b的夹角为θ,若|a+b|>1,则θ的取值范围为 (　 　) A. C. 解析:因为向量a,b为单位向量,且|a+b|>1,所以|a+b|2>1,即|a|2+2a·b+|b|2>1,化简得cos θ>-,因为向量a,b的夹角θ∈[0,π],所以θ∈.故选B. B 返回 课时作业 3.(5分)已知向量a,b满足|a|=1,b=(t,2-t),a-b与a垂直,则|a-b|的最小值为(　 　) A. C.1 D.3 解析:由a-b与a垂直,得(a-b)·a=0,则a·b=a2=1,所以|a-b|=,所以当t=1时,|a-b|的最小值为1.故选C. C 返回 课时作业 4.(5分)已知△ABC的重心为G,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=0,则△ABC是 (　 　) A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形 解析:因为a=0,所以=0⇒,由平面向量基本定理得,则a2+b2=c2,a=b,故△ABC是等腰直角三角形.故选D. D 返回 课时作业 5.(5分)(2025·四川巴中二模)已知点P在圆(x-1)2+y2=1上,点A的坐标为(1,),O为原点,则的取值范围是 (　 　) A.[1,5] B.[2,6] C.[0,4] D.[1,4] 解析:由题设得=(0-1,0-)=(-1,-),设P(1+cos θ,sin θ),则=(1+cos θ-1,sin θ-)=(cos θ,sin θ-),所以=(-1)·cos θ+ (-)·(sin θ-)=-cos θ-sin θ+3,利用辅助角公式得-cos θ-=-2sin(θ+30°).因为sin(θ+30°)∈[-1,1],所以 -2sin(θ+30°)∈[-2,2].综上,的取值范围是[1,5].故选A. A 返回 课时作业 6. (5分)如图所示,质点P从点A出发,沿AB,BC,CD运动至点D,已知AB∥CD,AB=4, BC=2, CD=3,=-2,则质点P位移的大小是(　 　) A.9 B.2 C.2 D 返回 课时作业 解析:由题意可得质点P的位移为,所以|= .因为AB∥CD,AB=4,BC=2,CD=3,=-2,所以=12,设,的夹角为θ,所以,所 ,所以|.故选D. 返回 课时作业 7. (5分)如图,在△ABC中,点D在线段BC上,且2,点O是线段AD的中点.过点O的直线与边AB,AC分别交于点E,F,设,(λ>0,μ>0),则2λ+3μ的最小值为 (　 　) A. C. D 返回 课时作业 解析:因为2,所以,(λ>0,μ>0),所以,.因为点O是线段AD的中点,所以2,则.又因为O,E,F三点共线,所以=1,所以(2λ+3μ),当且仅当,即λ=,μ=时等号成立.故选D. 返回 课时作业 8.(5分)在△ABC中,,,若△ACD的面积为6,则△BCM的面积是(　 　) A.2　　　 B.3 C.4　　　 D.6 解析:因为,所以BC=3BD,BC=CD,所以,所以S△ABC=6=9,又,所以AD=3MD,所以,所以S△BCM=9=3.故选B. B 返回 课时作业 9.(8分,多选)(2025·福建南平三模)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,则(　 　) A.当a·b=-1时,a与b的夹角为 B.当|a-b|=2时,a在b上的投影向量为b C.|a+b|+|a-b|的最大值为2 D.|a+b|+|a-b|的最小值为4 BCD 返回 课时作业 解析:对于A,当a·b=-1时,cos<a,b>=,又0≤ <a,b> ≤π,所以<a,b>=,故A错误;对于B,由|a-b|=2,可得a2-2a·b+b2=4,又|a|=1,|b|=2,所以12-2a·b+22=4,所以a·b=,所以a在b上的投影向量为·b=b=b,故B正确;对于C,设a,b的夹角为θ,所以|a+b|=,|a-b|=,所以|a+b|+|a-b|=,设y=,所以y2=5+4cos θ+2,因为0≤θ≤π,所以-1≤cos θ≤1,所以0≤cos2θ≤1,当cos2θ=0时,=10+10=20,所以ymax=2,故C正确;对于D,当cos2θ=1时,=10+6=16,所以ymin=4,故D正确.故选BCD. 返回 课时作业 10. (8分,多选)(2025·安徽黄山二模)如图,一条河两岸平行,河的宽度d=500 m,一艘船从河岸边的A地出发,向河对岸航行,已知船的速度v1的大小为|v1|=10 km/h,水流速度v2的大小为|v2|=2 km/h,设v1和v2的夹角为θ(0<θ<π),则下列说法正确的为 (　 　) A.当船的航行时间最短时,θ= B.当船的航行距离最短时,cos θ= C.当θ=时,船的航行时间为6 min D.当θ=时,船的航行距离为 km AC 返回 课时作业 解析:对于A,将船的速度v1和水流速度v2进行合成,船垂直于河岸方向的分速度大小为v=| v1 |sin θ,河宽d=500 m=0.5 km,则渡河时间t=,当sin θ=1,即θ=时,t取得最小值,所以当船的航行时间最短时,θ=,故A正确;对于B,当船的航行距离最短时,合速度方向垂直于河岸,如图,则cos(π-θ)=,故B错误;对于C,当θ=时,船垂直于河岸方向的分速度 返回 课时作业 大小为v=| v1 |sin θ=10=5(km/h),船的航行时间t=(h),即6 min,故C正确;对于D,将船的速度v1和水流速度v2进行合成,即v0,则v0 = v1 + v2,当θ=时, v1 · v2 =| v1 || v2 |·cos=-10,所以|v0|==,因为船垂直于河岸方向的分速度大小为v=| v1 |sin θ=10(km/h),所以船的航行时间t=(h),所以船的航行距离为|v0|·t=2(km),故D错误.故选AC. 返回 课时作业 11.(8分,多选)正方形ABCD的边长为2,动点P在正方形内部及边上运动,,则下列结论正确的有(　 　) A.当点P在线段BC上时,为定值 B.当点P在线段CD上时,为定值 C.λ+μ的最大值为2 D.使λ+2μ= BC 返回 课时作业 解析:对于A,以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴,建立平面直角坐标系,如图,则A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,2),=(0,2),当P在线段BC上时,设P(2,m),0≤m≤2,=(2,m),则=(0,2)·(2,m)=2m,不是定值,故A错误;对于B,当点P在线段CD上时,设P(n,2),0≤n≤2,=(n,2),=(0,2)·(n,2)=4,是定值,故B正确;对于C,=(2,0),设P(x,y),0≤x≤2,0≤y≤2,=(x,y),由 返回 课时作业 得,(x,y)=λ(2,0)+μ(0,2)=(2λ,2μ),所以x=2λ,y=2μ,即λ=,μ=,λ+μ=,故当x=y=2时,λ+μ=取得最大值,最大值为2,故C正确;对于D,由C知,λ=,μ=,故λ+2μ=,即y=,所以点P轨迹为直线y=在正方形ABCD内的部分,即线段EF,其中y=中,令x=0得y=,令y=0得x=1,故EF=,故使λ+2μ= ,故D错误.故选BC. 返回 课时作业 12.(5分)(2025·江西南昌二模)已知向量a=(1,-2),a·b=5,则|b|的最小值是. 解析:设b=(x,y),则a·b=x-2y=5,可得x=2y+5,故|b|==,当且仅当y= -2时,|b|取最小值. 返回 课时作业 13.(5分)已知点A在线段BC上(不含端点),O是直线BC外一点,且= 0,则. 解析:由题设得,且A,B,C三点共线,则2a+b=1,又点A在线段BC上(不含端点),所以a>0,b>0,所以(2a+b)-1=2+,当且仅当a=1-,b=-1时取等号,故. 返回 课时作业 14.(5分)如图,已知O是△ABC的垂心,且= 0,则 cos∠ABC=. 返回 课时作业 解析:延长CO交AB于点P,如图,设S△BOC=S1,S△AOC=S2,S△AOB=S3,∵O是△ABC的垂心,∴S1∶S2==BP∶AP= (OPtan∠ POB)∶(OPtan∠AOP)=tan∠BOC∶tan∠AOC= tan(π-∠BAC)∶tan(π-∠ABC)=tan∠BAC∶tan∠ABC,同理可得S1∶S3=tan∠BAC∶tan∠BCA,∴S1∶S2∶S3=tan∠BAC∶tan∠ABC∶ tan∠ BCA,又S1·=0,∴tan∠BAC·= 0,又= 0, 返回 课时作业 ∴tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠BCA=1∶2∶4,不妨设tan∠BAC=k, tan∠ABC=2k,tan∠BCA=4k,其中k≠0,∵tan∠BAC=tan[π-(∠ABC+∠ACB)]=-tan(∠ABC+∠ACB)=-, ∴k=-,解得k=,当k=-时,此时tan∠BAC<0, tan∠ABC<0,tan∠BCA<0,则∠BAC,∠ABC,∠BCA都是钝角,则∠BAC+∠ABC+∠BCA>π,矛盾.故k=,则tan∠ABC=2>0,∴∠ABC是锐角,sin∠ABC>0,cos∠ABC>0,于是. 返回 课时作业 15. (5分)如图,在△ABC中,∠BAC=,,P为CD上一点,且满足,若=4,则||的最小值为__. 1 素养提升 2 返回 课时作业 解析:设,则+λ() =+(1-λ),所以 ,故,=4,所以||=8,则|=4,当且仅当,即|时取等号,所以||的最小值为2. 返回 课时作业 16.(6分)(2025·河北秦皇岛二模)在▱ABCD中,∠BAD=60°,AB=AD.若M为DC的中点,则向量(用表示);若AB=3,点G在边DC上,满足,点E,F分别为线段AB,BC上的动点,满足BE+BF=1,则. 返回 课时作业 解析:依题意可知,又∠BAD=60°,AB=AD,所以|2,则向量 .以A为坐标原点建立平面直角坐标系,如图所示, 返回 课时作业 由AB=3,AB=AD可得AD=2,且∠BAD=60°,所以A(0,0),D(1,).又,所以G(2,).设E(t,0),2≤t≤3,所以BE=3-t,由BE+BF=1可得BF=t-2,又∠ABC=120°,所以F,因此=(t-2,-), ,可得(t-2)-+3,显然当t=时取得最小值,最小值为. 返回 课时作业 本课结束 $