第四節(jié)平面向量的綜合問題重點解讀平面向量的綜合問題，尤其是最值、范圍問題是高考的熱點，也是難點.此類問題綜合性強，體現(xiàn)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，比較向量的模、數(shù)量積、參數(shù)等.解題思路是建立目標函數(shù)的解析式，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值求解.同時要注意向量“數(shù)”與“形”的雙重身份，解題時重視數(shù)形結(jié)合思想.平面向量的實際應(yīng)用（師生共研過關(guān)）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，當兩人拎起行李包時，下列結(jié)論正確的是（）A.｜G｜＝｜F1｜＋｜F2｜B.當θ＝π2時，｜F1｜＝22｜C.當θ角越大時，用力越省D.當｜F1｜＝｜G｜時，θ＝π解析：B根據(jù)題意可得－G＝F1＋F2，則｜G｜＝｜F1＋F2｜＝｜F1＋F2｜2＝F12＋F22+2F1·F2＝2F12+2F12·cosθ，當θ＝0時，｜G｜＝2｜F1｜＝｜F1｜＋｜F2｜，當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θ角越大時，解題技法用向量方法解決實際問題的步驟如圖所示，一條河的兩岸平行，河的寬度d＝500m，一艘船從A點出發(fā)航行到河對岸，船航行速度的大小為｜v1｜＝10km/h，水流速度的大小為｜v2｜＝4km/h，設(shè)v1和v2的夾角為θ（0°＜θ＜180°）.當cosθ＝－25時，船能垂直到達對岸解析：船垂直到達對岸，即v＝v1＋v2與v2垂直，即（v1＋v2）·v2＝0，所以v1·v2＋v22＝0，即｜v1｜｜v2｜·cosθ＋｜v2｜2＝0，所以40cosθ＋16＝0，解得cosθ＝－平面向量在幾何中的應(yīng)用（師生共研過關(guān)）已知△ABC中，AD為中線，求證：AD2＝12（AB2＋AC2）－（BC2）2證明：以B為坐標原點，BC所在的直線為x軸建立平面直角坐標系，如圖所示，設(shè)A（a，b），C（c，0），D（c2，0），則｜AD｜2＝（c2－a）2＋（0－b）2＝c24－ac＋a2＋b2，12（｜AB｜2＋｜AC｜2）－（｜BC｜2）2＝12[a2＋b2＋（c－a）2＋b2]－c24＝a2＋b2－ac＋c24，從而｜AD｜2＝12（｜AB｜2＋｜AC｜2）－（｜BC｜2）2，解題技法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.如圖所示，若D是△ABC內(nèi)的一點，且AB2－AC2＝DB2－DC2.求證：AD⊥BC.證明：設(shè)AB＝a，AC＝b，AD＝e，DB＝c，DC＝d，則a＝e＋c，b＝e＋d，即a2－b2＝（e＋c）2－（e＋d）2＝c2＋2e·c－2e·d－d2.由已知可得a2－b2＝c2－d2，所以c2＋2e·c－2e·d－d2＝c2－d2，即e·（c－d）＝0.因為BC＝BD＋DC＝d－c，所以AD·BC＝e·（d－c）＝0，所以AD⊥BC，即AD⊥BC.與平面向量有關(guān)的最值（范圍）問題（師生共研過關(guān)）（1）（2024·天津高考14題）在邊長為1的正方形ABCD中，E為線段CD的三等分點，CE＝12DE，BE＝λBA＋μBC，則λ＋μ＝43；F為線段BE上的動點，G為AF中點，則AF·DG的最小值為－518解析：（1）以點A為坐標原點建立如圖所示的平面直角坐標系，則A（0，0），B（1，0），C（1，1），D（0，1），E（23，1），所以BE＝（－13，1），BA＝（－1，0），BC＝（0，1），因為BE＝λBA＋μBC，所以（－13，1）＝λ（－1，0）＋μ（0，1），所以λ＝13，μ＝1，所以λ＋μ＝43.由B（1，0），E（23，1）可得直線BE的方程為y＝－3（x－1），設(shè)F（a，3－3a）（23≤a≤1），則G（a2，3－3a2），所以AF＝（a，3－3a），DG＝（a2，1－3a2），所以AF·DG＝a·a2＋（3－3a）·1－3a2＝5a2－6a＋32＝5（（2）平面向量a，b滿足｜a｜＝｜b｜，且｜a－3b｜＝1，則cos＜b，3b－a＞的最小值是223解析：（2）由｜a－3b｜＝1兩邊平方得a2－6a·b＋9b2＝1.又因為｜a｜＝｜b｜，所以a·b＝10a2－16，所以cos＜b，3b－a＞＝b·（3b－a）｜b｜·｜3b－a｜＝3b2－a·b｜b｜＝18b2-(10a2－解題技法求向量數(shù)量積的最值（范圍）問題的關(guān)鍵（1）會計算向量的數(shù)量積，有關(guān)向量數(shù)量積的計算通常有兩種方法：數(shù)量積的定義及坐標運算；（2）會求目標代數(shù)式，通過引入?yún)?shù)求出向量的數(shù)量積，轉(zhuǎn)化為關(guān)于參數(shù)的函數(shù)，此時，常利用函數(shù)的單調(diào)性、配方法、基本不等式等方法求出向量數(shù)量積的最值（范圍）.1.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.9C.12 D.16解析：D由已知得CB＝3CD，∴CE＝xCA＋yCB＝xCA＋3yCD，∵E為線段AD上的動點，∴A，D，E三點共線，∴x＋3y＝1且x＞0，y＞0，∴1x＋3y＝（1x＋3y）（x＋3y）＝10＋3yx＋3xy≥10＋23yx·3xy＝16，當且僅當x＝2.在平面直角坐標系xOy中，若A（1，0），B（3，4），OC＝xOA＋yOB，x＋y＝6，則｜AC｜的最小值為25.解析：由題意得OA＝（1，0），OB＝（3，4），由OC＝xOA＋yOB，得OC＝（x＋3y，4y），所以AC＝OC－OA＝（x＋3y－1，4y）.又x＋y＝6，所以AC＝（5＋2y，4y），則｜AC｜＝（5+2y）2＋（4y）2＝20y2+20y+25＝25（y平面向量與三角函數(shù)的交匯問題（師生共研過關(guān)）已知向量m＝（cos（ωx＋π3），cosωx），n＝（sin（ωx－π2），cosωx），ω＞0，f（x）＝m·n－14，y＝f（x）圖象上相鄰的最高點與最低點之間的距離為（1）求ω的值及f（x）在［0，π3］上的單調(diào)遞增區(qū)間解：（1）依題意可得f（x）＝cos（ωx＋π3）·sin（ωx－π2）＋cos2ωx＝－（cosωxcosπ3－sinωxsinπ3）·cosωx＋cos2ωx＝－（12cosωx－32sinωx）·cosωx＋cos2ωx＝－12cos2ωx＋32sinωxcosωx＋cos2ωx＝34sin2ωx＋14cos2ωx＝12sin（2ωx＋設(shè)函數(shù)f（x）的最小正周期為T，則2＝（T2）2+1，解得T則T＝2＝2π2ω，解得ω所以f（x）＝12sin（πx＋π6令2kπ－π2≤πx＋π6≤2kπ＋π2（k得2k－23≤x≤2k＋13（k∈所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為［2k－23，2k＋13］（k∈故f（x）在［0，π3］上的單調(diào)遞增區(qū)間為［0，13（2）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b＋c＝2，A＝π3，求f（a）的值域解：（2）在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝（b＋c）2－3bc＝4－3bc，又2＝b＋c≥2bc且bc＞0，所以0＜bc≤1，當且僅當b＝c＝1時取等號，所以1≤a2＜4，又2＝b＋c＞a，所以1≤a＜2，所以7π6≤πa＋π6＜13π6，則－1≤sin（πa＋π6）＜12，則－12≤f（a）＜14，所以f（a解題技法平面向量與三角函數(shù)的綜合問題的解題思路（1）當題中給出的向量坐標中含有三角函數(shù)的形式時，先結(jié)合已知條件運用向量共線、垂直等相關(guān)知識，得到含有三角函數(shù)的關(guān)系式，然后求解；（2）當給出用三角函數(shù)表示的向量坐標，求向量的?；蛳蛄康钠渌磉_式時，可通過向量的坐標運算，將其轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的性質(zhì)或值域等問題.已知向量a＝（cosx，sinx），b＝（3，－3），x∈[0，π].（1）若a∥b，求x的值；解：（1）因為a＝（cosx，sinx），b＝（3，－3），a∥b，所以－3cosx＝3sinx.若cosx＝0，則sinx＝0，與sin2x＋cos2x＝1矛盾，故cosx≠0，所以tanx＝－33又x∈[0，π]，所以x＝5π（2）記f（x）＝a·b，求f（x）的最大值和最小值以及對應(yīng)的x的值.解：（2）f（x）＝a·b＝3cosx－3sinx＝23cos（x＋π6）因為x∈[0，π]，所以x＋π6∈［π6，7π6］，從而－1≤cos（x＋π所以當x＋π6＝π6，即x＝0時，f（x）取得最大值，為當x＋π6＝π，即x＝5π6時，f（x）取得最小值，為－1.四邊形ABCD中，AD＝BC，（AB＋AD）·（AB－AD）＝0，則這個四邊形是（）A.菱形 B.矩形C.正方形 D.等腰梯形解析：A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，即四邊形ABCD為菱形.2.在水流速度為10km/h的自西向東的河中，如果要使船以103km/h的速度從河的南岸垂直到達北岸，則船出發(fā)時行駛速度的方向和大小為（）A.北偏西30°，20km/hB.北偏西60°，102km/hC.北偏東30°，102km/hD.北偏東60°，20km/h解析：A如圖，船從點O出發(fā)，沿OC方向行駛才能垂直到達對岸，｜OA｜＝10，｜OB｜＝103，則｜OC｜＝｜OA｜2＋｜OB｜2＝20，則cos∠BOC＝｜OB｜｜OC｜＝32，因為∠BOC為銳角，故∠BOC＝30°，故船以203.已知a是單位向量，向量b（b≠a）滿足b－a與a所成角為60°，則｜b｜的取值范圍是（）A.（12，＋∞） B.（33，＋C.（1，＋∞） D.（233，＋解析：C設(shè)AB＝a，AC＝b，如圖所示，則由BC＝AC－AB，又因為a與b－a的夾角為60°，所以∠ABC＝120°.又｜AB｜＝｜a｜＝1，由正弦定理｜a｜sinC＝｜b｜sin120°，得｜b｜＝32sinC，因為C∈（0°，60°），所以sinC∈（0，32），所以｜b4.已知平面向量a，b，c滿足｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，若a·b＝12，則（2a＋c）·（b－c）的最小值為（A.－2 B.－3C.－1 D.0解析：B∵平面向量a，b，c滿足｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，a·b＝12，則cos＜a，b＞＝a·b｜a||b｜＝121×1＝12，∴＜a，b＞＝60°，設(shè)OA＝a＝（1，0），OB＝b＝（12，32），c＝（cosθ，sinθ），∴（2a＋c）·（b－c）＝（2＋cosθ，sinθ）·（12－cosθ，32－sinθ）＝（2＋cosθ）（12－cosθ）＋sinθ·（32－sinθ）＝32sinθ－32cosθ＝3sin（θ－5.〔多選〕一物體受到3個力的作用，其中重力G的大小為4N，水平拉力F1的大小為3N，另一力F2未知，則（）A.當該物體處于平衡狀態(tài)時，｜F2｜＝5NB.當F2與F1方向相反，且｜F2｜＝5N時，該物體所受合力的大小為0NC.當該物體所受合力為F1時，｜F2｜＝4ND.當｜F2｜＝2N時，3N≤｜F1＋F2＋G｜≤7N解析：ACD當該物體處于平衡狀態(tài)時，F(xiàn)2的大小等于重力G與水平拉力F1的合力大小，如圖1，｜F2｜＝5N，故A正確；當F2與F1方向相反時，該物體受力如圖2，顯然B錯誤；當該物體所受合力為F1時，G與F2的合力大小為0N，所以｜F2｜＝4N，故C正確；由A知，重力G與水平拉力F1的合力大小為5N，易知當F2與G＋F1同向時合力最大，最大值為7N，反向時合力最小，最小值為3N，即3N≤｜F1＋F2＋G｜≤7N，故D正確.6.〔多選〕已知O為坐標原點，點P1（cosα，sinα），P2（cosβ，－sinβ），P3（cos（α＋β），sin（α＋β）），A（1，0），則（）A.｜OP1｜＝｜B.｜AP1｜＝｜C.OA·OP3＝OD.OA·OP1＝O解析：AC由題可知，｜OP1｜＝cos2α＋sin2α＝1，｜OP2｜＝cos2β＋(-sinβ）2＝1，所以｜OP1｜＝｜OP2｜，故A正確；取α＝π4，則P122，22，取β＝5π4，則P2－22，22，則｜AP1｜≠｜AP2｜，故B錯誤；因為OA·OP3＝cos（α＋β），OP1·OP2＝cosαcosβ－sinαsinβ＝cos（α＋β），所以O(shè)A·OP3＝OP1·OP2，故C正確；因為OA·OP1＝cosα，OP2·OP3＝cosβcos（α＋β7.已知向量a＝（cosθ，sinθ），b＝（－3，1），則｜2a－b｜的最大值為4.解析：法一由題意得｜a｜＝1，｜b｜＝2，a·b＝sinθ－3cosθ＝2sin（θ－π3），所以｜2a－b｜2＝4｜a｜2＋｜b｜2－4a·b＝4×12＋22－8sin（θ－π3）＝8－8sin（θ－π3）.所以｜2a－b｜2的最大值為8－8×（－1）＝16，故｜2a－b｜的最大值為4，此時θ＝2kπ－π6，法二因為a＝（cosθ，sinθ），b＝（－3，1），所以2a－b＝（2cosθ＋3，2sinθ－1），所以｜2a－b｜＝（2cosθ＋3）2＋（2sinθ－1）2＝8－4（sinθ－3cosθ）＝8－8sin法三由題意得｜2a－b｜≤2｜a｜＋｜b｜＝2×1＋2＝4，當且僅當向量a，b方向相反時不等式取等號，故｜2a－b｜的最大值為4.8.已知｜a｜＝2｜b｜，｜b｜≠0，且關(guān)于x的方程x2＋｜a｜x＋a·b＝0有實根，則a與b的夾角θ的取值范圍是［π3，π］解析：因為關(guān)于x的方程x2＋｜a｜x＋a·b＝0有實根，所以Δ＝｜a｜2－4a·b＝｜a｜2－4｜a｜·｜b｜·cosθ＝4｜b｜2－8｜b｜2·cosθ≥0，所以cosθ≤12，又θ∈[0，π]，所以π3≤θ≤π，即a與b的夾角θ的取值范圍是［π3，9.如圖所示，在平面直角坐標系Oxy中，A（2，0），B（－2，0），點P，Q在單位圓上，以x軸非負半軸為始邊，以射線OP為終邊的角為θ，以射線OQ為終邊的角為φ，滿足φ－θ＝π2（1）若θ＝π3，求OA·QA（2）當點P在單位圓上運動時，求函數(shù)f（θ）＝AP·BQ的解析式，并求f（θ）的最大值.解：（1）由題意可知∠POA＝θ＝π3，則∠QOA＝π3＋π2所以O(shè)A·QA＝OA·（OA－OQ）＝OA2－OA·OQ＝22－2×1×cos5π6＝4（2）由題意可知P（cosθ，sinθ），Q（cosφ，sinφ）.因為cosφ＝cos（θ＋π2）＝－sinθsinφ＝sin（θ＋π2）＝cosθ所以Q（－sinθ，cosθ），所以AP＝（cosθ－2，sinθ），BQ＝（－sinθ＋2，cosθ），所以f（θ）＝AP·BQ＝（cosθ－2）（2－sinθ）＋sinθcosθ＝2cosθ－sinθcosθ＋2sinθ－4＋sinθcosθ＝22sin（θ＋π4）－4當θ＋π4＝2kπ＋π2（k∈Z），即θ＝2kπ＋π4（k∈Z）時，f（θ）取得最大值，為2210.（2024·邵陽期中）在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對的邊，向量p＝（sinA＋sinC，sinB），q＝（sinA－sinC，sinB），p·q＝sinA·sinB.（1）求角C；（2）若AD＝2DB，求｜CD｜解：（1）由已知得p·q＝sinA·sinB＝（sinA＋sinC）·（sinA－sinC）＋sin2B＝sin2A－sin2C＋sin2B，由正弦定理得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理得cosC＝a2＋b∵C∈（0，π），∴C＝π3（2）∵AD＝2DB，∴CD＝23CB＋13CA，BD＝13∴｜CD｜2＝CD2＝19（4a2＋2ab＋b2），｜DB｜2＝BD2＝19（a2＋b2－ab），｜CD｜2｜DB｜2＝4a2+2ab設(shè)f（t）＝4+2t＋t2t2－t+1（t＞0），則f'（t）＝－3·－2+2t＋t2（t2－t+1）2，∴f（f（t）max＝f（－1＋3）＝4＋23＝（1＋3）2，故｜CD｜｜DB｜11.已知（a2＋b2）（m2＋n2）＝（am＋bn）2，其中mn≠0，用向量法求證：am＝b證明：法一設(shè)c＝（a，b），d＝（m，n），則｜c｜2＝a2＋b2，｜d｜2＝m2＋n2，c·d＝am＋bn.∵（a2＋b2）（m2＋n2）＝（am＋bn）2，∴｜c｜2·｜d｜2＝（c·d）2，即c·d＝±｜c｜·｜d｜，∴c∥d，∴an＝bm.又mn≠0，∴am＝b法二設(shè)c＝（a，b），d＝（m，n），c與d的夾角為θ，則cos2θ＝（am＋bna由條件知（am＋bn∴cos2θ＝1，即θ＝0°或θ＝180°，即c∥d，于是an－bm＝0.又mn≠0，∴am＝b12.（新定義）〔多選〕設(shè)向量a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），當x1≥x2，且y1＞y2時，稱a?b，當x1＜x2，且y1≤y2時，稱a?b.下列結(jié)論正確的有（）A.若a?b且μa?λb，則μ≥λB.若a＝（2022，2024），b＝（2023，2025），則a?