浙江省2021届高考数学一轮复习第六章平面向量复数补上一课平面向量中的极化恒等式及有关最值范围问题含解析

平面向量中的极化恒等式及有关最值(范围)问题

知识拓展

1.极化恒等式：a·b＝14[(a＋b)2－(a－b)2].

几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的14.

2.平行四边形PMQN，O是对角线交点.则：

(1)PM→·PN→＝14[PQ2－NM2](平行四边形模式)；(2)PM→·PN→＝PO2－14NM2(三角形模式).

3.平面向量中的最值(范围)问题

(1)向量数量积投影、向量的模、夹角的最值(或范围)；(2)向量表达式中字母参数的最值(或范围).

题型突破

题型一 极化恒等式的应用

【例1】 (1)在△ABC中，M是BC的中点，AM＝3，BC＝10，则AB→·AC→＝________.

(2)已知正三角形ABC内接于半径为2的圆O，点P是圆O上的一个动点，则PA→·PB→的取值范围是________.

解析 (1)因为M是BC的中点，由极化恒等式得AB→·AC→＝AM2－14BC2＝9－14×100＝－16.

(2)取AB的中点D，连接CD，因为三角形ABC为正三角形，所以O为三角形ABC的重心，O在CD上，且OC＝2OD＝2，所以CD＝3，AB＝23.

又由极化恒等式得PA→·PB→＝PD2－14AB2＝PD2－3， 因为P在圆O上，所以当P在点C处时，PDmax＝3，

当P在CO的延长线与圆O的交点处时，PDmin＝1，

所以PA→·PB→∈[－2，6].

答案 (1)－16 (2)[－2，6]

【训练1】 (1)已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则DE→·DA→的值为________.

(2)若点O和点F分别为椭圆x24＋y23＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则OP→·FP→的最大值为( )

A.2 B.3

C.6 D.8

解析 (1)取AE中点O，设AE＝x(0≤x≤1)，则AO＝12x，∴DE→·DA→＝DO2－14AE2＝12＋12x2－14x2＝1.

(2)如图，由已知|OF|＝1，取FO中点E，连接PE，由极化恒等式得

OP→·FP→＝|PE|2－14|OF|2＝|PE|2－14，

∵|PE|2max＝254，∴OP→·FP→的最大值为6.

答案 (1)1 (2)C

题型二 平面向量中的最值(范围)问题

类型1 利用函数型

【例2－1】 (1)设θ为两个非零向量a，b的夹角，已知对任意实数t，|b－ta|的最小值为1，则( )

A.若θ确定，则|a|唯一确定

B.若θ确定，则|b|唯一确定

C.若|a|确定，则θ唯一确定

D.若|b|确定，则θ唯一确定

(2)已知m，n是两个非零向量，且|m|＝1，|m＋2n|＝3，则|m＋n|＋|n|的最大值为( ) A.5

B.10

C.4

D.5

解析

(1)由|b－ta|的最小值为1知(b－ta)2的最小值为1，令f(t)＝(b－ta)2，即f(t)＝b2－2ta·b＋t2a2，则对于任意实数t，f(t)的最小值为4a2·b2－（2a·b）24a2＝4a2b2－（2|a||b|cos θ）24a2＝1，化简得b2(1－cos2θ)＝1，观察此式可知，当θ确定时，|b|唯一确定，选B.

(2)因为(m＋2n)2＝4n2＋4m·n＋1＝9，所以n2＋m·n＝2，所以(m＋n)2＝m2＋2m·n＋n2＝5－n2，所以|m＋n|＋|n|＝5－|n|2＋|n|.令|n|＝x(00时，当102

答案 (1)B (2)B

【训练2－1】 (1)(2017·浙江卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________.

(2)如图，在边长为1的正方形ABCD中，E为AB的中点，P为以A为圆心，AB为半径的圆弧(在正方形内，包括边界点)上的任意一点，则AP→·BP→的取值范围是________；若向量AC→＝λDE→＋μAP→，则λ＋μ的最小值为________.

解析 (1)由题意，不妨设b＝(2，0)，a＝(cos θ，sin θ)(θ∈[0，2π))，

则a＋b＝(2＋cos θ，sin θ)，a－b＝(cos θ－2，sin θ).

令y＝|a＋b|＋|a－b|

＝（2＋cos θ）2＋sin2θ＋（cos θ－2）2＋sin2θ

＝5＋4cos θ＋5－4cos θ， 则y2＝10＋225－16cos2θ∈[16，20].

由此可得(|a＋b|＋|a－b|)max＝20＝25，

(|a＋b|＋|a－b|)min＝16＝4，

即|a＋b|＋|a－b|的最小值是4，最大值是25.

(2)以点A为坐标原点，分别以AB，AD所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则易得A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)，D(0，1)，E12，0，P(cos θ，sin θ)0≤θ≤π2，则AP→·BP→＝(cos θ，sin θ)·(cos θ－1，sin θ)＝cos2θ－cos θ＋sin2θ＝1－cos θ，又因为0≤θ≤π2，所以AP→·BP→＝1－cos θ∈[0，1].由AC→＝λDE→＋μAP→得(1，1)＝λ12，－1＋μ(cos θ，sin

θ)＝12λ＋μcos θ，－λ＋μsin θ，所以12λ＋μcos θ＝1，－λ＋μsin θ＝1，解得λ＝2sin θ－2cos θ2cos θ＋sin θ，μ＝32cos θ＋sin θ，则λ＋μ＝2sin θ－2cos θ2cos θ＋sin θ＋32cos θ＋sin θ＝2sin θ－2cos θ＋32cos θ＋sin θ，当θ＝π2时，λ＋μ＝2sin θ－2cos θ＋32cos θ＋sin θ＝5，当θ≠π2时，λ＋μ＝2sin θ－2cos θ＋32cos θ＋sin θ＝2tan θ－2＋3tan2θ＋12＋tan θ，设f(x)＝2x－2＋3x2＋12＋x(x≥0)，则

f′(x)＝2＋3xx2＋1（2＋x）－（2x－2＋3x2＋1）（2＋x）2

＝6x2＋1＋6x－3（2＋x）2x2＋1>0(x≥0)，所以函数f(x)＝2x－2＋3x2＋12＋x在[0，＋∞)上单调递增，则当tan θ＝0时，λ＋μ＝2tan θ－2＋3tan2θ＋12＋tan θ取得最小值12.综上所述，λ＋μ的最小值为12.

答案 (1)4 25 (2)[0，1] 12

类型2 利用不等式型

【例2－2】 (1)(2020·浙江名校新高考研究联盟三联)已知边长为1的正方形ABCD，E，F分别是边BC，DC上的两个动点，AE→＋AF→＝xAB→＋yAD→，若x＋y＝3，则|EF→|的最小值为________. (2)(一题多解)(2019·七彩阳光联盟三联)已知平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝0，则|2c－a|＋12c－b的最小值为( )

A.172 B.2

C.52 D.5

(3)(2016·浙江卷)已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤6，则a·b的最大值是________.

解析 (1)因为四边形ABCD是正方形，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，则A(1，1)，B(1，0)，C(0，0).设E(a，0)，F(0，b)，则0≤a，b≤1.所以AE→＝(a－1，－1)，AF→＝(－1，b－1)，因为AE→＋AF→＝xAB→＋yAD→，所以有y＝2－a，x＝2－b.因为x＋y＝3，所以a＋b＝1.所以|EF→|＝a2＋b2≥（a＋b）22＝22，所以|EF→|min＝22，当且仅当a＝b＝12时取到最小值.

(2)法一 因为|a|＝|b|＝|c|＝1，且a⊥b.所以通过计算有|2c－a|＝|c－2a|，12c－b＝c－12b，所以|2c－a|＋12c－b＝|c－2a|＋c－12b≥2a－12b＝172，故选A.

法二 因为|a|＝|b|＝|c|＝1，且a⊥b，所以可设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，则有x2＋y2＝1，所以|2c－a|＋12c－b＝（2x－1）2＋4y2＋14x2＋12y－12＝4x2－4x＋1＋4y2＋14x2＋14y2－y＋1＝x2－4x＋4＋y2＋x2＋y2－y＋14＝（x－2）2＋y2＋x2＋y－122≥22＋122＝172，故选A.

(3)由已知可得6≥|a·e|＋|b·e|≥|a·e＋b·e|＝|(a＋b)·e|

由于上式对任意单位向量e都成立.

∴6≥|a＋b|成立.

∴6≥(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝12＋22＋2a·b.

即6≥5＋2a·b，∴a·b≤12.

答案 (1)22 (2)A (3)12

【训练2－2】 (1)(2020·杭州四中仿真)若非零向量a，b满足a2＝(5a－4b)·b，则cos〈a，b〉的最小值为________. (2)(2019·浙江名师预测卷一)已知向量a，b满足|b|＝1，|a＋b|＝2|a－b|，则|a|2－|b|2的取值范围是( )

A.－89，8 B.－19，8

C.－2，19 D.－19，19

(3)(2020·温州适应性测试)已知平面向量a，b，c满足：a·b＝0，|c|＝1，|a－c|＝|b－c|＝5，则|a－b|的最小值为( )

A.5 B.6

C.7 D.8

解析 (1)由a2＝(5a－4b)·b得a·b＝15(a2＋4b2)≥15×2|a|2·4|b|2＝45|a|·|b|，则cos〈a，b〉＝a·b|a|·|b|≥45|a|·|b||a|·|b|＝45，当且仅当|a|＝2|b|时等号成立，所以cos〈a，b〉的最小值为45.

(2)因为|b|＝1，所以|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|＝2.两边平方得|a＋b|2＋|a－b|2－2(|a|2－|b|2)＝4，又|a＋b|＝2|a－b|，所以|a|2－|b|2＝5|a－b|2－42，又因为|a＋b|－|a－b|≤|(a＋b)－(a－b)|≤|a＋b|＋|a－b|，即|a－b|≤2≤3|a－b|，故23≤|a－b|≤2，所以|a|2－|b|2＝5|a－b|2－42的取值范围是－89，8，故选A.

(3)|a－b|2＝|(a－c)－(b－c)|2＝(a－c)2－2(a－c)(b－c)＋(b－c)2＝50－2(a·b－a·c－b·c＋1)＝48＋2(a＋b)·c＝48＋2|a＋b|cos θ(其中θ为a＋b与c的夹角)，因为|a－b|＝|a＋b|，所以|a－b|2＝48＋2|a－b|cos θ，则由cos θ∈[－1，1]，得48－2|a－b|≤|a－b|2≤48＋2|a－b|，解得6≤|a－b|≤8，即|a－b|的最小值为6，此时向量a－b的方向与向量c的方向相反，故选B.