2024版大二輪數(shù)學(xué)新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）專題二　微重點4　平面向量數(shù)量積的最值與范圍問題67

微重點4平面向量數(shù)量積的最值與范圍問題平面向量中的最值與范圍問題，是高考的熱點與難點問題，主要考查求向量的模、數(shù)量積、夾角及向量的系數(shù)等的最值、范圍．解決這類問題的一般思路是建立求解目標的函數(shù)關(guān)系，通過函數(shù)的值域解決問題，同時，平面向量兼具“數(shù)”與“形”的雙重身份，數(shù)形結(jié)合也是解決平面向量中的最值與范圍問題的重要方法．考點一求參數(shù)的最值(范圍)例1(1)(2023·漳州模擬)已知△ABC，點D滿足eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up6(→))，點E為線段CD上異于C，D的動點，若eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則λ2＋μ2的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(17,9)))解析由題意設(shè)eq\o(CE,\s\up6(→))＝meq\o(CD,\s\up6(→))，m∈(0,1)，因為eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up6(→))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(m,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,3)))eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\f(m,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(m,3)，,μ＝1＋\f(m,3)，))所以λ2＋μ2＝1＋eq\f(2,3)m＋eq\f(2,9)m2＝eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,2)))2＋eq\f(1,2)，又因為m∈(0,1)，由二次函數(shù)的性質(zhì)得y＝eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,2)))2＋eq\f(1,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(17,9)))，所以λ2＋μ2的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(17,9))).(2)設(shè)非零向量a，b的夾角為θ，若|a|＝2|b|＝2，且不等式|2a＋b|≥|a＋λb|對任意的θ恒成立，則實數(shù)λ的取值范圍為()A．[－1,3] B．[－1,5]C．[－7,3] D．[5,7]答案A解析∵非零向量a，b的夾角為θ，若|a|＝2|b|＝2，∴|a|＝2，|b|＝1，a·b＝2×1×cosθ＝2cosθ，∵不等式|2a＋b|≥|a＋λb|對任意的θ恒成立，∴(2a＋b)2≥(a＋λb)2，∴4a2＋4a·b＋b2≥a2＋2λa·b＋λ2b2，整理可得(13－λ2)＋(8－4λ)cosθ≥0恒成立，∵cosθ∈[－1,1]，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(13－λ2＋8－4λ≥0，,13－λ2－8＋4λ≥0，))解得－1≤λ≤3.規(guī)律方法利用共線向量定理及推論(1)a∥b?a＝λb(b≠0)．(2)eq\o(OA,\s\up6(→))＝λeq\o(OB,\s\up6(→))＋μeq\o(OC,\s\up6(→))(λ，μ為實數(shù))，則A，B，C三點共線?λ＋μ＝1.跟蹤演練1(1)(2023·深圳模擬)過△ABC的重心G的直線l分別交線段AB，AC于點E，F(xiàn)，若eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝μeq\o(AC,\s\up6(→))，則λ＋μ的最小值為()A.eq\f(2,3)＋eq\r(2) B.eq\f(2＋2\r(2),3)C.eq\f(4,3) D．1答案C解析如圖，若D為BC的中點，又G為△ABC的重心，則A，G，D三點共線，且eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))，因為eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2λ)eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\f(1,2μ)eq\o(AF,\s\up6(→))，所以eq\f(3,2)eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2λ)eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\f(1,2μ)eq\o(AF,\s\up6(→))，即eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3λ)eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\f(1,3μ)eq\o(AF,\s\up6(→))，又E，G，F(xiàn)三點共線，所以eq\f(1,3λ)＋eq\f(1,3μ)＝1，故λ＋μ＝(λ＋μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3λ)＋\f(1,3μ)))＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(μ,λ)＋\f(λ,μ)))≥eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×2eq\r(\f(μ,λ)·\f(λ,μ))＝eq\f(4,3)，當且僅當λ＝μ＝eq\f(2,3)時，等號成立．(2)(2023·佛山模擬)如圖，點C在半徑為1，圓心角為eq\f(2π,3)的扇形OAB的弧eq\o(AB,\s\up9(︵))上運動．已知eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))，則當∠AOC＝eq\f(π,6)時，x＋y＝________；x＋y的最大值為________．答案eq\r(3)2解析以O(shè)為坐標原點，OA所在直線為x軸，過點O作OA的垂線所在直線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(1,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，當∠AOC＝eq\f(π,6)時，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，則eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，由eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))＝x(1,0)＋yeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＝x－\f(1,2)y，,\f(1,2)＝\f(\r(3),2)y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2\r(3),3)，,y＝\f(\r(3),3)，))故x＋y＝eq\r(3).設(shè)∠AOC＝αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤α≤\f(2π,3)))，則eq\o(OC,\s\up6(→))＝(cosα，sinα)，由eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))，得(cosα，sinα)＝x(1,0)＋yeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＝x－\f(1,2)y，,sinα＝\f(\r(3),2)y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα＋\f(\r(3),3)sinα，,y＝\f(2\r(3),3)sinα，))故x＋y＝cosα＋eq\r(3)sinα＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，由于0≤α≤eq\f(2π,3)，故當α＝eq\f(π,3)時，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))取最大值為2，即x＋y的最大值為2.考點二求向量模、夾角的最值(范圍)例2(1)已知e為單位向量，向量a滿足(a－e)·(a－5e)＝0，則|a＋e|的最大值為()A．4B．5C．6D．7答案C解析可設(shè)e＝(1,0)，a＝(x，y)，則(a－e)·(a－5e)＝(x－1，y)·(x－5，y)＝x2－6x＋5＋y2＝0，即(x－3)2＋y2＝4，則1≤x≤5，－2≤y≤2，|a＋e|＝eq\r(x＋12＋y2)＝eq\r(8x－4)，當x＝5時，eq\r(8x－4)取得最大值6，即|a＋e|的最大值為6.(2)平面向量a，b滿足|a|＝3|b|，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝4，則a與a－b夾角的余弦值的最小值為________．答案eq\f(2\r(2),3)解析如圖所示，設(shè)a＝eq\o(OA,\s\up6(→))，b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，則a－b＝eq\o(BA,\s\up6(→))，設(shè)|b|＝m，|a|＝3m，又|a－b|＝4，則1<m<2，cos∠OAB＝eq\f(|\o(OA,\s\up6(→))|2＋|\o(BA,\s\up6(→))|2－|\o(OB,\s\up6(→))|2,2|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(BA,\s\up6(→))|)＝eq\f(9m2＋16－m2,24m)＝eq\f(m,3)＋eq\f(2,3m)≥2eq\r(\f(m,3)·\f(2,3m))＝eq\f(2\r(2),3)，當且僅當eq\f(m,3)＝eq\f(2,3m)，即m＝eq\r(2)時，等號成立．易錯提醒找兩向量的夾角時，要注意“共起點”以及向量夾角的取值范圍是[0，π]．若向量a，b的夾角為銳角，包括a·b>0和a，b不共線；若向量a，b的夾角為鈍角，包括a·b<0和a，b不共線．跟蹤演練2(1)(2023·杭州模擬)已知a＝(1,2)，b＝(1,1)，且a與a＋λb的夾角為銳角，則實數(shù)λ的取值范圍為____________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，0))∪(0，＋∞)解析因為a＝(1,2)，b＝(1,1)，所以a＋λb＝(1＋λ，2＋λ)，因為a與a＋λb的夾角為銳角，所以a·(a＋λb)>0，且a與a＋λb不共線，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋λ＋22＋λ>0，,21＋λ≠2＋λ，))解得λ>－eq\f(5,3)且λ≠0，所以λ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，0))∪(0，＋∞)．(2)(2023·安慶模擬)已知非零向量a，b的夾角為θ，|a＋b|＝2，且|a||b|≥eq\f(4,3)，則夾角θ的最小值為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)答案C解析由|a＋b|2＝4，得|a|2＋|b|2＋2|a|·|b|cosθ＝4，即4≥2|a|·|b|(1＋cosθ)≥eq\f(8,3)(1＋cosθ)，當且僅當|a|＝|b|時，等號成立，解得cosθ≤eq\f(1,2).又θ∈[0，π]，所以eq\f(π,3)≤θ≤π，所以夾角θ的最小值為eq\f(π,3).考點三求向量數(shù)量積的最值(范圍)例3(1)(2023·開封模擬)等腰直角三角形ABC的直角頂點A在x軸的正半軸上，點B在y軸的正半軸上，點C在第一象限，且AB＝1，O為坐標原點，則eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2－\r(2),4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(2),2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2－\r(2),4)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(2),2)，1))答案B解析由題意可得△OAB為直角三角形，且AB＝1，設(shè)eq\o(AO,\s\up6(→))與eq\o(AB,\s\up6(→))的夾角為α，則A(cosα，0)，B(0，sinα)，其中α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，如圖所示，則由等腰直角三角形的性質(zhì)可得C(cosα＋sinα，cosα)，所以eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝cosα(cosα＋sinα)＝eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)sin2α＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋eq\f(1,2)，又2α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，則eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(2),2))).(2)(2023·全國乙卷)已知⊙O的半徑為1，直線PA與⊙O相切于點A，直線PB與⊙O交于B，C兩點，D為BC的中點，若|PO|＝eq\r(2)，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的最大值為()A.eq\f(1＋\r(2),2)B.eq\f(1＋2\r(2),2)C．1＋eq\r(2)D．2＋eq\r(2)答案A解析連接OA，由題可知|OA|＝1，OA⊥PA，因為|PO|＝eq\r(2)，所以由勾股定理可得|PA|＝1，則∠POA＝eq\f(π,4).設(shè)直線PO繞點P按逆時針旋轉(zhuǎn)θ后與直線PD重合，則－eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,4)，∠APD＝eq\f(π,4)＋θ，且|PD|＝eq\r(2)cosθ.所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))||eq\o(PD,\s\up6(→))|coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\r(2)cosθcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\r(2)cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosθ－\f(\r(2),2)sinθ))＝cos2θ－sinθcosθ＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cos2θ－eq\f(1,2)sin2θ＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))，所以當θ＝－eq\f(π,8)時，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))取得最大值，為eq\f(1＋\r(2),2).規(guī)律方法向量數(shù)量積最值(范圍)問題的解題策略(1)形化：利用平面向量的幾何意義將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進行判斷．(2)數(shù)化：利用平面向量的坐標運算，把問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域、不等式的解集或方程有解等問題，然后利用函數(shù)、不等式或方程的有關(guān)知識來解決．跟蹤演練3(1)(2023·臺州模擬)已知P是邊長為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)(含邊界)一點，M為邊BC的中點，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))的取值范圍是()A．[－2,6] B．[－1,9]C．[－2,4] D．[－1,6]答案B解析如圖，過P作PN⊥AM于N，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))＝|eq\o(AP,\s\up6(→))||eq\o(AM,\s\up6(→))|cos∠PAN＝±|eq\o(AN,\s\up6(→))|·|eq\o(AM,\s\up6(→))|，分別過C，F(xiàn)作CK⊥AM，F(xiàn)H⊥AM，K，H為垂足，則當N與K重合(即P與C重合)時，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))取得最大值，當N與H重合(即P與F重合)時，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))取得最小值，因為ABCDEF是正六邊形，所以以AB為x軸，AE為y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(0,0)，B(2,0)，C(3，eq\r(3))，F(xiàn)(－1，eq\r(3))，M是BC的中點，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(3，eq\r(3))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3))，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(15,2)＋eq\f(3,2)＝9，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝－eq\f(5,2)＋eq\f(3,2)＝－1，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))的取值范圍是[－1,9]．(2)(2023·邵陽模擬)已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，P為對角線AC上一點，則eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→)))的最小值是()A．0B．－eq\f(1,4)C．－eq\f(1,2)D．－2答案B解析作出如圖所示的圖形，eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→)))＝eq\o(PA,\s\up6(→))·2eq\o(PO,\s\up6(→)).令eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))，則λ∈[0,1]，eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))－λeq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))eq\o(AC,\s\up6(→))，∵eq\o(PA,\s\up6(→))·2eq\o(PO,\s\up6(→))＝－λeq\o(AC,\s\up6(→))·2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2λ2－λ)·eq\o(AC,\s\up6(→))2＝4λ2－2λ，λ∈[0,1]，∴當λ＝eq\f(1,4)時，(eq\o(PA,\s\up6(→))·2eq\o(PO,\s\up6(→)))min＝－eq\f(1,4).專題強化練1．(2023·咸陽模擬)已知向量a，b，且|a|＝|b|＝5，|a＋b|＝6，則|ta＋b|(t∈R)的最小值為()A.eq\f(24,5)B．4C.eq\f(16,5)D.eq\f(12,5)答案A解析由題意，∵|a＋b|＝6，∴a2＋b2＋2a·b＝36，∵|a|＝|b|＝5，∴a·b＝－7，∴|ta＋b|2＝t2a2＋2ta·b＋b2＝25t2＋2t×(－7)＋25＝25t2－14t＋25＝25eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(7,25)))2＋eq\f(576,25)，當t＝eq\f(7,25)時，|ta＋b|2取得最小值eq\f(576,25)，∴|ta＋b|的最小值為eq\f(24,5).2．(2023·遼寧省名校聯(lián)盟聯(lián)考)已知單位向量a，b，若對任意實數(shù)x，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(xa＋b))≥eq\f(\r(3),2)恒成立，則向量a，b的夾角的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))答案B解析a，b是單位向量，由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(xa＋b))≥eq\f(\r(3),2)得(xa＋b)2≥eq\f(3,4)?x2＋2(a·b)x＋eq\f(1,4)≥0，依題意，不等式x2＋2(a·b)x＋eq\f(1,4)≥0對任意實數(shù)x恒成立，則Δ＝4(a·b)2－1≤0，解得－eq\f(1,2)≤a·b≤eq\f(1,2)，而cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝a·b，則－eq\f(1,2)≤cos〈a，b〉≤eq\f(1,2)，又0≤〈a，b〉≤π，函數(shù)y＝cosx在[0，π]上單調(diào)遞減，因此eq\f(π,3)≤〈a，b〉≤eq\f(2π,3)，所以向量a，b的夾角的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))).3．(2023·成都模擬)如圖，四邊形ABCD中，E為AB的中點，M為線段AD上的動點，若eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BE,\s\up6(→))＋μeq\o(BD,\s\up6(→))，則λ＋μ的取值范圍是()A．(1，＋∞) B．(0,1)C．[1,2] D．[0,2]答案C解析因為M在線段AD上，設(shè)eq\o(AM,\s\up6(→))＝keq\o(AD,\s\up6(→))，其中0≤k≤1，則eq\o(BM,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))＝k(eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→)))，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1－k)eq\o(BA,\s\up6(→))＋keq\o(BD,\s\up6(→))，因為E為BA的中點，則eq\o(BA,\s\up6(→))＝2eq\o(BE,\s\up6(→))，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝2(1－k)eq\o(BE,\s\up6(→))＋keq\o(BD,\s\up6(→))，又因為eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BE,\s\up6(→))＋μeq\o(BD,\s\up6(→))，且eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))不共線，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝21－k，,μ＝k，))所以λ＋μ＝2(1－k)＋k＝2－k∈[1,2]．4．(2023·北京模擬)已知e為單位向量，向量a滿足a·e＝2，|a－λe|＝1，則|a|的最大值為()A．1B．2C.eq\r(5)D．4答案C解析依題意設(shè)e＝(1,0)，a＝(x，y)，因為a·e＝2，所以x＝2，則a＝(2，y)，又a－λe＝(2，y)－(λ，0)＝(2－λ，y)，且|a－λe|＝1，所以eq\r(2－λ2＋y2)＝1，即y2＝1－(2－λ)2，所以|a|＝eq\r(22＋y2)＝eq\r(4＋1－2－λ2)≤eq\r(5)，當且僅當λ＝2時等號成立，即|a|的最大值為eq\r(5).5．(2023·深圳模擬)已知△ABC是單位圓O的內(nèi)接三角形，若A＝eq\f(π,4)，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))的最大值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)答案C解析如圖所示，圓O是△ABC的外接圓，且A＝eq\f(π,4)，所以O(shè)B⊥OC，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝－cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))〉，故當eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))反向共線時，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))最大，所以(eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→)))max＝1.6．在四邊形ABCD中，點E為AD的中點，點F為BC的中點，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝2，若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))>0，則|eq\o(EF,\s\up6(→))|的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，＋∞))答案A解析因為eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))，又點E為AD的中點，點F為BC的中點，所以2eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))，又因為0<eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))≤1×2＝2，所以4|eq\o(EF,\s\up6(→))|2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(DC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))>1＋4＝5，且4|eq\o(EF,\s\up6(→))|2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(DC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))≤1＋4＋2×2＝9，所以4|eq\o(EF,\s\up6(→))|2∈(5,9]，即|eq\o(EF,\s\up6(→))|∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，\f(3,2))).7．(多選)(2023·南通模擬)平面向量a，b滿足a2－a·b－4＝0，|b|＝3，則|a|的取值可能是()A．1B．3C．4D．6答案ABC解析設(shè)向量a，b的夾角為θ，∵a2－a·b－4＝0，|b|＝3，∴a2－4＝a·b＝3|a|cosθ，∴3cosθ＝eq\f(|a|2－4,|a|)＝|a|－eq\f(4,|a|)，且a≠0，∵0≤θ≤π，∴－1≤cosθ≤1，即－3≤|a|－eq\f(4,|a|)≤3，∵|a|>0，∴解得1≤|a|≤4.8．(多選)(2023·岳陽模擬)如圖，正方形ABCD的邊長為2，P是正方形ABCD的內(nèi)切圓上任意一點，eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AD,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，則下列結(jié)論正確的是()A.eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的最大值為4B．λ－μ的最大值為eq\f(\r(2),2)C.eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))的最大值為2D．λ＋μ的最大值為1＋eq\f(\r(2),2)答案ABD解析以正方形ABCD的中心為原點，如圖，建立平面直角坐標系，則A(－1，－1)，B(1，－1)，D(－1,1)，設(shè)P(cosθ，sinθ)，θ∈[0,2π)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1＋cosθ，1＋sinθ)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2,2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝2(1＋cosθ)，所以當θ＝0時，eq\o(AP,\s\up