重難點15 平面向量中的最值與范圍問題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點15平面向量中的最值與范圍問題【十大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1定義法求最值（范圍）問題】 4【題型2基底法求最值（范圍）問題】 6【題型3坐標(biāo)法求最值（范圍）問題】 10【題型4與平面向量基本定理有關(guān)的最值（范圍）問題】 14【題型5與數(shù)量積有關(guān)的最值（范圍）問題】 16【題型6與模有關(guān)的最值（范圍）問題】 21【題型7平面向量中參數(shù)的最值（范圍）問題】 23【題型8極化恒等式】 26【題型9矩形大法】 30【題型10等和(高)線定理】 331、平面向量中的最值與范圍問題平面向量中的范圍、最值問題是高考的熱點問題，也是難點問題，此類問題綜合性強(qiáng)，體現(xiàn)了知識的交匯組合；其基本題型是根據(jù)已知條件求某個變量的范圍、最值，比如向量的模、數(shù)量積、向量夾角、系數(shù)的范圍等.【知識點1平面向量中的最值與范圍問題的解題策略】1．平面向量中的最值（范圍）問題的兩類求解思路：(1)“形化”，即利用平面向量的相關(guān)知識將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問題，然后結(jié)合平面圖形的特征直接進(jìn)行判斷；(2)“數(shù)化”，即利用平面向量的坐標(biāo)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、方程有解等問題，然后利用函數(shù)、不等式、方程的有關(guān)知識來解決．2．平面向量中的最值（范圍）問題的常用解題方法：(1)定義法①利用向量的概念及其運算將所求問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，得到相應(yīng)的等式關(guān)系；②運用基木不等式、二次函數(shù)求其最值（范圍）問題，即可得出結(jié)論.(2)坐標(biāo)法①建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，把幾何圖形放在坐標(biāo)系中，就賦予了有關(guān)點與向量具體的坐標(biāo)；②將平面向量的運算坐標(biāo)化，進(jìn)行相應(yīng)的代數(shù)運算和向量運算；③運用適當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)思想方法如：二次函數(shù)、基本不等式、三角函數(shù)等思想方法來求解最值（范圍）.(3)基底法①適當(dāng)選取一組基底，利用基底轉(zhuǎn)化向量；②寫出向量之間的聯(lián)系，根據(jù)向量運算律化簡目標(biāo)，構(gòu)造關(guān)于設(shè)定未知量的關(guān)系式來進(jìn)行求解；③運用適當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)思想方法如：二次函數(shù)、基本不等式、三角函數(shù)等思想方法來求解最值（范圍），即可得出結(jié)論.【知識點2極化恒等式】1．極化恒等式的證明過程與幾何意義(1)平行四邊形對角線的平方和等于四邊的平方和：.證明：不妨設(shè)，則，，①，②，①②兩式相加得：.(2)極化恒等式：上面兩式相減，得：————極化恒等式平行四邊形模式：.2．幾何解釋：向量的數(shù)量積可以表示為以這組向量為鄰邊的平行四邊形的“和對角線”與“差對角線”平方差的．(1)平行四邊形模型：向量的數(shù)量積等于以這組向量為鄰邊的平行四邊形的“和對角線長”與“差對角線長”平方差的，即(如圖).(2)三角形模型：向量的數(shù)量積等于第三邊的中線長與第三邊長的一半的平方差，即(M為BC的中點)(如圖).極化恒等式表明，向量的數(shù)量積可以由向量的模來表示，可以建立起向量與幾何長度之間的等量關(guān)系.【知識點3矩形大法】1．矩形大法矩形所在平面內(nèi)任一點到其對角線端點距離的平方和相等.即：已知點O是矩形ABCD與所在平面內(nèi)任一點，可以得到：.【知識點4等和(高)線定理】1．等和(高)線定理(1)由三點共線結(jié)論推導(dǎo)等和(高)線定理：如圖，由三點共線結(jié)論可知，若(λ,μ∈R)，則λ+μ=1，由△OAB與△OA'B'相似，必存在一個常數(shù)k,k∈R，使得，則，又(x,y∈R)，∴x+y=kλ+kμ=k；反之也成立. (2)平面內(nèi)一個基底及任一向量，(λ,μ∈R)，若點P'在直線AB上或在平行于AB的直線上，則λ+μ=k(定值)；反之也成立，我們把直線AB以及與直線AB平行的直線稱為等和(高)線.①當(dāng)?shù)群途€恰為直線AB時，k=1；②當(dāng)?shù)群途€在O點和直線AB之間時，k∈(0,1)；③當(dāng)直線AB在O點和等和線之間時，k∈(1,+∞)；④當(dāng)?shù)群途€過O點時，k=0；⑤若兩等和線關(guān)于O點對稱，則定值k1，k2互為相反數(shù)；⑥定值k的變化與等和線到O點的距離成正比.【題型1定義法求最值（范圍）問題】【例1】（24-25高三上·廣東·開學(xué)考試）已知單位向量e1,e2的夾角為π3，則e1?te1?e2t∈R的最小值為（A．12 B．32 C．1 【解題思路】直接利用數(shù)量積與模的關(guān)系結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)計算即可.【解答過程】易知e1所以e=t即當(dāng)t=12時，故選：B．【變式1-1】（23-24高一下·安徽蕪湖·期中）如圖，已知點G是△ABC的重心，過點G作直線分別與AB，AC兩邊交于M，N兩點，設(shè)AM=xAB，AN=yAC，則

A．9 B．4 C．3 D．5【解題思路】借助平面向量線性運算與三點共線定理及基本不等式計算即可得.【解答過程】由點G是△ABC的重心，AM=xAB，故AG=由G、M、N三點共線，故13x則x+4y=x+4y當(dāng)且僅當(dāng)4y3x=x3y，即故選：C.【變式1-2】（23-24高一下·陜西西安·階段練習(xí)）點O是△ABC所在平面內(nèi)一點，若OA+OB+OC=0，AMA．12 B．1 C．23 【解題思路】易知O為△ABC的重心，由題意，根據(jù)重心的性質(zhì)可得1x【解答過程】由題意知，OA+OB+OC=0由AM=xA,M,B三點共線，A,N,C三點共線，M,O,N三點共線，如圖，D為BC的中點，且AO=由MO=λON，得MA+所以23即AD=因為D為BC的中點，所以AD=所以3λy2(1+λ)=123x由x>0,y>0，得3=1x+當(dāng)且僅當(dāng)x=y=23時等號成立，所以xy的最小值為故選：D.【變式1-3】（23-24高一下·上?！て谀┮阎蛄縜,b,c，滿足a=b=1①若x=1，則c的最小值為32②若x=1，則存在唯一的y，使得a?③若c=1，則x+y的最小值為?1④若c=1，則a?cA．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】對于①，對c=xa+yb兩邊平方轉(zhuǎn)化為求y2?y+1的最值可判斷①；對c=x【解答過程】∵a=b對于①，若x=1，則c=y2?y+1=∴c2的最小值為34對于②，若x=1，由a?c=0得∴y=2,∴存在唯一的y=2，使得a?c=0對于③，若c=1，則=x+y2?3xy≥當(dāng)且僅當(dāng)x=y=1時取得等號，∴又y≥0,∴x+y≥x≥?1，當(dāng)且僅當(dāng)y=0，x=?1對于④，若c=1，則a由③知x+y≥?1，∴x+y故選：D.【題型2基底法求最值（范圍）問題】【例2】（23-24高一下·重慶巴南·階段練習(xí)）在矩形ABCD中，已知E,F分別是BC,CD上的點，且滿足BE=EC,CF=2FD．若點P在線段BD上運動，且A．?15,75 B．35【解題思路】建立基底，DC=a,DA=b，則AE=【解答過程】矩形ABCD中，已知E,F分別是BC,CD上的點，且滿足BE=

設(shè)DC=a,DA=聯(lián)立AE=a?因為點P在線段BD上運動，則可設(shè)AP=tAP=t=?又AP=λAE+μλ+μ=?2因為0≤t≤1，所以λ+μ=4故選：B．【變式2-1】（23-24高一下·浙江·期中）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB=2CD，P為線段CD上一個動點（含端點），AC=mDB+nA．0,1 B．2,3 C．1,2 D．2,4【解題思路】設(shè)DP=λDC，以AD,AB為基底表示AC后可得m+λn2=【解答過程】設(shè)DP=λDC，則故AC=m又AC=AD+所以m+λn2=12因為0≤λ≤1，故1≤m+n≤2，故選：C.【變式2-2】（23-24高一下·河南·階段練習(xí)）已知□ABCD中，點P在對角線AC上（不包括端點A，C），點Q在對角線BD上（不包括端點B，D），若AP=λ1AB+μ1BC，AQ=λ2A．m=?18，n=92 C．m=?18，n=94 【解題思路】由四邊形ABCD為平行四邊形，得AP=λ1AB+μ1BC=λ1AB+μ1AD及【解答過程】因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以AP=又點P在對角線AC上（不包括端點A，C），所以λ1=μ則2λ12?μ同理AQ=λ2AB+μ2AD，因為點所以λ2+μ2=1則12當(dāng)且僅當(dāng)λ2=13，故選：A．【變式2-3】（23-24高三下·云南·階段練習(xí)）已知O為△ABC的內(nèi)心，角A為銳角，sinA=158，若AO=μABA．12 B．34 C．45【解題思路】方法一：先得到點O是△ABC內(nèi)心的充要條件是：aOA+bOB+cOC=0，其中BC=a，AC=b，AB=c，從而得到μ+λ=方法二：作出輔助線，得到AO=xyAB+x1?yAC，得到方程組，得到λ+μ=x，作出內(nèi)切圓，根據(jù)sinA=158，求出【解答過程】方法一：點O是△ABC內(nèi)心的充要條件是：aOA+bOB+cOC=0理由如下：若aOA+bOB整理得a+b+cOA所以O(shè)A=?bca+b+cABAB同理可證，點O在∠ABC，∠BCA的角平分線上，即點O為△ABC的內(nèi)心.故AO=故μ+λ=b+c因為角A為銳角，sinA=所以cosA=78故ab+c又因為bc+c所以1?154b故μ+λ≤4方法二：如圖，延長AO，交BC于點D，設(shè)CD=yCB，即AD?設(shè)AO=x則μ=xyλ=x∴λ+μ=x，作△ABC的內(nèi)切圓與BC邊切于點E，與AB切于點F，設(shè)圓O半徑為r，∵sinA=15sinA=2故2tanA2tan2故sinA又sin2A2∴OFOA=14x=AO故選：C．【題型3坐標(biāo)法求最值（范圍）問題】【例3】（2024·河北滄州·一模）如圖，在等腰直角△ABC中，斜邊AB=42，點D在以BC為直徑的圓上運動，則|AB+A．46 B．8 C．63【解題思路】建立平面直角坐標(biāo)系，表示出相關(guān)點的坐標(biāo)，用坐標(biāo)法求向量的模的取值范圍.【解答過程】如圖：以C為原點，建立平面直角坐標(biāo)系.則A0,4，B4,0，可設(shè)則AB=4,?4所以AB所以AB?+AD又因為3cosθ?4sinθ≤5，所以AB+故選：D.【變式3-1】（2024·四川成都·三模）在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，點E滿足2AE=3EB，在平面ABCD中，動點P滿足PE?PBA．41+4 B．41?6 C．213【解題思路】建立直角坐標(biāo)系，利用向量的坐標(biāo)運算即可結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)求解.【解答過程】以O(shè)為坐標(biāo)原點（O是BE中點），建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，因為在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，2AE=3EB所以動點P在以O(shè)為圓心，1為半徑的圓上運動，故設(shè)Pcos則A0,4DP?其中銳角φ滿足tanφ=54，故DP故選：A.【變式3-2】（2024·湖南永州·三模）在△ABC中，∠ACB=120°，AC=3，BC=4，DC?A．63?2 B．219?4 C．【解題思路】以C為坐標(biāo)原點，CB所在直線為x軸，過C垂直BC的直線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，求得點D的軌跡方程，取BD的中點為M，求得M的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合可求|AB【解答過程】由題意，以C為坐標(biāo)原點，CB所在直線為x軸，過C垂直CB的直線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(?32,332)，B(4,0)所以D的軌跡方程為(x?2)2取BD的中點為M，設(shè)M(x,y),D(x可得x=x0+42y=所以點M的軌跡方程為(x?3)2+y2=1由AB+AD=2AM，所以所以|AM所以|AB故選：A.【變式3-3】（2024·貴州貴陽·一模）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中．以C為圓心，1為半徑的圓分別交CD,BC于點E,F．當(dāng)點P在劣弧EF上運動時，BP?DP的取值范圍為（A．1?22,?1C．?1,1?2 D．【解題思路】根據(jù)給定條件，建立坐標(biāo)系，設(shè)出點P的坐標(biāo)，利用數(shù)量積的坐標(biāo)表示建立函數(shù)關(guān)系，求出函數(shù)的值域即可.【解答過程】依題意，以點C為原點，直線DC,BC分別為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)點P(cosθ,sin則BP=(因此BP?由?π≤θ≤?π2，得因此1?22所以BP?DP的取值范圍為故選：B.【題型4與平面向量基本定理有關(guān)的最值（范圍）問題】【例4】（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測）在△ABC中，點F為線段BC上任一點（不含端點），若AF=xAB+2yACx>0,y>0A．3 B．4 C．8 D．9【解題思路】先根據(jù)共線向量基本定理得到x+2y=1，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【解答過程】因為點F為線段BC上任一點（不含端點），所以設(shè)BF=λBC，故即AF=λ又AF=x故x+2y=1?λ+λ=1，故1x當(dāng)且僅當(dāng)2yx=2x故1x故選：D.【變式4-1】（23-24高一下·廣西南寧·階段練習(xí)）在△ABC中，點O滿足BO=2OC，過點O的直線分別交射線AB，AC于不同的兩點M，N．設(shè)AM=1mAB，A．3 B．1 C．316 D．【解題思路】利用共線定理的推論可得13【解答過程】由題可知，m>0,n>0，因為AM=1mAB，AN=因為BO=2OC，所以所以AO=因為M,O,N三點共線，所以13m+23n=1所以m2+n=m所以m2+n的最小值為故選：D.【變式4-2】（23-24高一下·安徽六安·期末）在△ABC中，已知AB?AC=9,sinB=cosAsinC,S△ABC=6,A．712+33 B．5+66【解題思路】根據(jù)題設(shè)條件依次可求得邊b,c,a和角A的三角函數(shù)值，從而將向量等式化簡，利用平面向量基本定理得到x3【解答過程】由AB?AC=bccosA=9把②代入①可得，b=3，又由S△ABC=12bc則角A是銳角，cosA=35又由余弦定理，a2=b于是，CP=x?CACA+yCBCB=因1x當(dāng)且僅當(dāng)y4x=2x3y時等號成立，即x=36故選：D.【變式4-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖所示，在△ABC中，M為線段BC的中點，G為線段AM上一點，AG=2GM，過點G的直線分別交直線AB，AC于P，Q兩點．設(shè)AB=xAP(x>0)，ACA．34 B．32 C．3【解題思路】由中點和三等分點得到AG=13(AB+AC由三點共線得到x+y=3，利用均值不等式中“1的代換”求得4x+2【解答過程】因為M為線段BC的中點，所以AM=12(AB又AB=xAP(x>0)，AC而P，G，Q三點共線，所以x3+y則4x+2當(dāng)且僅當(dāng)x+2y+1=4(y+1)x+2，即故選：B．【題型5與數(shù)量積有關(guān)的最值（范圍）問題】【例5】（2024·陜西渭南·二模）已知菱形ABCD的邊長為1,cos∠BAD=13,O為菱形的中心，E是線段ABA．13 B．23 C．12【解題思路】設(shè)AE→=λAB→,0≤λ≤1【解答過程】由題意點O為BD的中點，設(shè)AE→則DE=AE?故DE===1當(dāng)λ=0時，DE?DO取得最小值

故選：A.【變式5-1】（2024·重慶·模擬預(yù)測）如圖，圓O內(nèi)接邊長為1的正方形ABCD,P是弧BC（包括端點）上一點，則AP?AB的取值范圍是（A．1,4+24 B．1,2+22【解題思路】法一：以A為坐標(biāo)原點，AB,AD所在直線分別為x軸、y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，應(yīng)用向量的坐標(biāo)運算即可求解；法二：連接AC,CP，設(shè)∠PAB=θ,0≤θ≤π4，則∠PAC=π4?θ【解答過程】方法一：如圖1，以A為坐標(biāo)原點，AB,AD所在直線分別為x軸、y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0),B(1,0)）．設(shè)P(x,y)，則AP=(x,y)．因為AB=(1,0)，所以由題意知，圓O的半徑r=22．因為點P在弧所以1≤x≤12+22方法二：如圖2，連接AC,CP．易知∠BAC=π設(shè)∠PAB=θ,0≤θ≤π4，則由已知可得|AB|=1,|AC|=2所以AP?AB=(cosθ+sin因為0≤θ≤π4，所以π4所以1≤12+22故選：C．【變式5-2】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）如圖，在平面四邊形ABCD中，△ABD為等邊三角形，CB=CD=2BD=2，當(dāng)點E在對角線AC上運動時，EC?EB的最小值為（A．32 B．12 C．?3【解題思路】由平面幾何知識可得AC平分∠BAD，且平分∠BCD，設(shè)AC與BD交于點O，可求得|CB|cos∠BCA=15【解答過程】因為CB=CD，所以△BCD為等腰三角形，又△ABD為等邊三角形，所以AC平分∠BAD，且平分∠BCD，設(shè)AC與BD交于點O，由題可知BD=1,CB=CD=2，則由勾股定理可得OC=2所以|CB所以EC|=EC?1542?15故選：D.【變式5-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知正六邊形ABCDEF的邊長為2，對稱中心為O，以O(shè)為圓心作半徑為1的圓，點M為圓O上任意一點，則AD?CM的取值范圍為（

A．?6,4 B．0,8 C．?8,0 D．?6【解題思路】解法一

連接OM，OC，設(shè)AD,OM=θ，根據(jù)向量的線性運算用OM，OC解法二

以O(shè)為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)Mcosθ,sin解法三

借助向量投影的知識將AD?CM轉(zhuǎn)化，找到取得最值時點【解答過程】解法一：如圖所示：

連接OM，設(shè)AD,OM=θ，連接OC，依題意得AD=2，AB=4，OC=2則AD?=4cos因為θ∈0,π，所以所以?8≤AD故選：C．解法二

如圖，

以O(shè)為坐標(biāo)原點，以直線AD為x軸，過O且和AD垂直的直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則依題意可得A?2,0，D(2,0)，C因為圓O的半徑為1，所以可設(shè)Mcos所以AD=4,0，CM=又?1≤cos所以?8≤AD故選：C．解法三如圖所示：

設(shè)AD,CM=θCMcosθ可看成是CM在當(dāng)點M與G重合時CMcosθ最小，最小值為當(dāng)點M與N重合時CMcos故?8≤AD故選：C．【題型6與模有關(guān)的最值（范圍）問題】【例6】（2024·安徽六安·模擬預(yù)測）已知平面向量a，b，c滿足a=1，b=3，a?b=?3A．27 B．7 C．23 【解題思路】由∠AOB=150°,∠ACB=30°，即點A,O,B,C四點共圓，再利用余弦定理、正弦定理求解即可.【解答過程】設(shè)OA=由a=1，b=3，a所以∠AOB=150°，又a?c,即點A,O,B,C四點共圓，要使c最大，即OC為圓的直徑，在△AOB中，由余弦定理可得AB即AB=7，又由正弦定理可得2R=即c的最大值為27故選：A.【變式6-1】（2024·湖南長沙·三模）在平行四邊形ABCD中，AC=2BD=4，點P為該平行四邊形所在平面內(nèi)的任意一點，則|PA|2A．6 B．8 C．10 D．12【解題思路】設(shè)AC與BD的交點為O，由PA=PO+OA，兩邊平方可表示出【解答過程】設(shè)AC與BD的交點為O，由PA=得|PA同理可得|PB|PC|PD所以|4|=4|PO|2+10≥10，當(dāng)點故選：C.【變式6-2】（23-24高一下·天津·期末）如圖，在△ABC中，已知AB=2，AC=3，∠A=120°，E，F(xiàn)分別是AB，AC邊上的點，且AE=xAB，AF=yAC，且2x+y=1，若線段EF，BC的中點分別為M，N，則A．72 B．33926 C．21【解題思路】根據(jù)幾何圖形中線段對應(yīng)向量的線性關(guān)系，可得AM=12(yAC+xAB)，AN=12(AB【解答過程】解：在△ABC中，AB=2,AC=3,∠A=120o，則AB?∴AM=12∴MN=∴兩邊平方得：MN=144∵2x+y=1，∴MN2又∵x,y∈0,1∴當(dāng)x=526時，MN2最小值為2752，即故選：B.【變式6-3】（23-24高一下·廣東廣州·期末）已知平面向量a，b，e，且e=1，a=2.已知向量b與e所成的角為60°，且b?te≥b?A．3+1 B．23 C．3+【解題思路】b?te≥b?e對任意實數(shù)t恒成立，兩邊平方，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的恒成立問題，用判別式來解，算出|b|=2，借助【解答過程】根據(jù)題意，b?b?te≥b?對任意實數(shù)t恒成立，則Δ=|b?|2由于a=2，如上圖，a+=2e?+b當(dāng)且僅當(dāng)?2e故選：B．【題型7平面向量中參數(shù)的最值（范圍）問題】【例7】（23-24高一下·甘肅隴南·期末）已知平面向量a,b,c滿足a=b=4,A．?463,463 B．【解題思路】將c=λa+μb兩邊平方，整理得2λ?u2【解答過程】因為a=b=4,所以c2所以2λ?u2令2λ?u=cos所以2λ+μ=cosθ+2所以2λ+μ∈?即2λ+μ的取值范圍是?21故選：B．【變式7-1】（23-24高一下·黑龍江哈爾濱·期末）在△ABC中，AB=6,AC=8,∠BAC=π3，I是∠BAC的平分線上一點，且AI=3，若△ABC內(nèi)（不包含邊界）的一點D滿足ID=xABA．?16,524 B．?1【解題思路】將向量AB,AC歸一化可得AI=【解答過程】設(shè)i=ABAB=AB可得i?則AI=λi+即3=λ21+1+1則AI=因為ID=xAB+12所以AD=x因為x+16>0所以實數(shù)x的取值范圍是?1故選：B.【變式7-2】（23-24高一下·四川成都·期末）在直角梯形ABCD中，AB⊥AD,DC//AB,AD=DC=1,AB=2,E,F分別為AB,AC的中點，點P在以A為圓心，AD為半徑的圓弧DE上運動（如圖所示）．若AP=λED+μAF，其中A．?2,1 B．?1,1C．?1,2 D．?2,2【解題思路】建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)Pcosθ,sinθ0°≤θ≤【解答過程】建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，則A0,0設(shè)PcosAP=因為AP=λED+μ可得cosθ=?λ+1.5μsinθ=λ+0.5μ所以2λ?μ==sin因為0°≤θ≤90可得?2所以?1≤2λ?μ≤1.故選：B.【變式7-3】（23-24高一下·安徽蕪湖·階段練習(xí)）如圖扇形AOB所在圓的圓心角大小為2π3,P是扇形內(nèi)部（包括邊界）任意一點，若OP=xOAA．2 B．3 C．4 D．2【解題思路】建系，用三角函數(shù)表示點P，再將已知向量關(guān)系用三角函數(shù)表示，得出2x?y=2a【解答過程】以點O為坐標(biāo)原點，OA所在直線為x軸建立如下圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)扇形AOB的半徑為r，則Ar,0設(shè)點Pa因為OP?所以，xr?y2r=a所以，2x+y因為0≤θ≤2π3當(dāng)θ+π2=π2故選：C.【題型8極化恒等式】【例8】（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知△OAB的面積為1,AB=2，動點P,Q在線段AB上滑動，且PQ=1，則OP?OQ的最小值為【解題思路】根據(jù)題意，記線段PQ的中點為H，由S△OAB=1且AB=2，可得點O到直線AB的距離為d=1，由【解答過程】記線段PQ的中點為H，點O到直線AB的距離為d，則有S△OAB=1由極化恒等式可得：OP=OH故答案為：34【變式8-1】（2024·山東·模擬預(yù)測）邊長為1的正方形內(nèi)有一內(nèi)切圓，MN是內(nèi)切圓的一條弦，點P為正方形四條邊上的動點，當(dāng)弦MN的長度最大時，PM?PN的取值范圍是0,【解題思路】設(shè)正方形ABCD的內(nèi)切圓為圓O，當(dāng)弦MN的長度最大時，MN為圓O的一條直徑，計算可得出PM?PN=【解答過程】如下圖所示：設(shè)正方形ABCD的內(nèi)切圓為圓O，當(dāng)弦MN的長度最大時，MN為圓O的一條直徑，PM?當(dāng)P為正方形ABCD的某邊的中點時，OPmin當(dāng)P與正方形ABCD的頂點重合時，OPmax=2因此，PM?故答案為：0,1【變式8-2】（2024·湖北省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）如圖直角梯形ABCD中，EF是CD邊上長為6的可移動的線段，AD=4，AB=83，BC=12，則BE?BF的取值范圍為99,148【解題思路】首先在BC上取一點G，使得BG=4，取EF的中點P，連接DG，BP，根據(jù)題意得到BE?BF=【解答過程】在BC上取一點G，使得BG=4，取EF的中點P，連接DG，BP，如圖所示：則DG=83，GC=8，CD=tan∠BCD=83BE?當(dāng)BP⊥CD時，BP取得最小值，此時BP=12×所以BE?當(dāng)F與D重合時，CP=13，BC=12，則BP2當(dāng)E與C重合時，CP=3，BC=12，則BP2所以BE?BFmax=157?9=148，即故答案為：99,148.【變式8-3】（23-24高一下·廣東潮州·階段練習(xí)）閱讀以下材料，解決本題：我們知道①(a+b)2=a2+2a?b+(1)若cos∠BAD=1213(2)若2AE=EC(3)若P為平面ABCD內(nèi)一點，求PA?【解題思路】（1）結(jié)合數(shù)量積的定義和三角形面積公式求解；（2）根據(jù)“極化恒等式”列出式子計算即可（3）連接PA，PE，取AE的中點H，連接PH，將PA?【解答過程】（1）因為AB?AD=48即ABAD×12又cos∠BAD=1213所以S△ABD（2）因為AB?AD=48由極化恒等式得AB=AE所以AE=8，又2AE=EC由極化恒等式得CB=CE（3）連接PA，PE，取AE的中點H，連接PH，由AE=8，EH=1則PA=2PH所以當(dāng)點P與H重合時，PA·【題型9矩形大法】【例9】（2024·浙江紹興·一模）已知向量a，b，c滿足a=b=a?A．3?12 B．7?32 【解題思路】由題可得a,b=π3，不妨設(shè)a=(2,0)，b=(1,【解答過程】因為a=所以cosa,b所以a,不妨設(shè)a=(2,0)，b=(1,3則a?c=(2?x,?y)∵(a∴(2?x)(1?2x)?y(3∴(x?54)2+(y?3又b?c=(1?x)2+(∴dmin故選：B.【變式9-1】（23-24高三下·四川成都·階段練習(xí)）已知單位向量a，b滿足2a?b=2，若存在向量c，使得c?2A．62,62+1 B．62【解題思路】由題意,設(shè)向量a,b的夾角為θ,由2a?b=2化簡求得cosθ=14，設(shè)a=OA→=(1,0),則b【解答過程】根據(jù)題意,設(shè)向量a,b的夾角為θ,若2a則(2a即4?4cosθ+1=4,解得:則在直角坐標(biāo)系中,設(shè)a=則b=則有A(1,0),B14,則有(x?2)x?即x2變形可得:x?9點C在以98,15則|OP|=62,則有則有62所以|c|的取值范圍是故選:C.【變式9-2】（23-24高三上·四川資陽·階段練習(xí)）已知e為單位向量，向量a滿足：a?e?a?5A．4 B．5 C．6 D．7【解題思路】可設(shè)e=1,0，a=x,y，根據(jù)a?e?a?5e=0【解答過程】解：可設(shè)e=1,0，則a?即x?32+y2=4a+當(dāng)x=5時，8x?4取得最大值為6，即a+故選：C.【變式9-3】（23-24高三上·貴州貴陽·階段練習(xí)）已知平面向量a，b，c，滿足a=b=a?b=2A．3?12 B．7?32 【解題思路】根據(jù)向量數(shù)量積的夾角公式可得?a?b?=π3，設(shè)A(1,3)，B(2,0)，C(x,y)，b=(2,0)，a=(1,3)，【解答過程】因為|a|=|b因為0≤?a?不妨設(shè)A(1,3)，B(2,0)，C(x,y)，b=c=則b?c=(2?x,?y)因為(a?2c化簡為：(x?5所以c=(x,y)對應(yīng)的點C(x,y)是以M(54所以|a?c故選：B.【題型10等和(高)線定理】【例10】（23-24高一下·重慶·階段練習(xí)）在平行四邊形ABCD中，E為CD的中點，BF=13BC，AF與BE交于點G，過點G的直線分別與射線BA，BC交于點M，N，BM=λBA，A．1 B．87 C．97 【解題思路】根據(jù)平面向量基本定理，將BG用BA和BC表示，再利用M，N，G三點共線，求得2μ【解答過程】由B，G，E共線，可設(shè)BG=t由A,G,F三點共線，故可設(shè)BG=m則有t2=mt=故BG=由題意，M，N，G三點共線，故可設(shè)BG=n則λn=17μ(1?n)=故λ+2μ=1當(dāng)且僅當(dāng)2λμ=2μλ，即λ=μ=3故選：C.【變式10-1】（23-24高三上·河南·階段練習(xí)）對稱性是數(shù)學(xué)美的一個重要特征，幾何中的軸對稱，中心對稱都能給人以美感，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，以菱形ABCD的四條邊為直徑向外作四個半圓，P是這四個半圓弧上的一動點，若DPA．5 B．3 C．32 D．【解題思路】根據(jù)題意，由條件可得當(dāng)EF與圖形下面半圓相切時，λ+μ取得最大值，再結(jié)合圖形，代入計算，即可得到結(jié)果．【解答過程】如圖，設(shè)DE=kDA，DF=kDC，設(shè)令DP=xDE+yDP=xkDA+ykDC因為P是四個半圓弧上的一動點，所以當(dāng)EF與圖形下面半圓相切時，λ+μ取得最大值，設(shè)線段AB的中點為M，線段AC的中點為O1，連接MP，連接DO1并延長使之與EF交于點過M作MN⊥DO2，垂足為因為∠ABC＝120°，設(shè)ABO1則DO2=52故λ+μ的最大值為52故選：D．【變式10-2】（23-24高一下·四川綿陽·期中）在扇形OAB中，∠AOB=60°，C為弧AB上的一動點，若OC=xOA+yOB，則【解題思路】以O(shè)為原點，OA,OB分別為x，y軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系.向量坐標(biāo)化進(jìn)行坐標(biāo)運算，利用三角函數(shù)求出【解答過程】以O(shè)為原點，OA,OB分別為x，

則OA=1,0,因為OC=xOA+yOB，所以所以3x+y=3cos因為y=cosθ在θ∈0,π3上單調(diào)遞減，y=?sinθ所以當(dāng)θ=0時3x+y=3最大；當(dāng)θ=π3時所以3x+y的取值范圍是1,3.故答案為：1,3.【變式10-3】（23-24高二上·上海浦東新·階段練習(xí)）正六邊形ABCDEF中，P是△CDE內(nèi)（包括邊界）的動點，設(shè)AP=mAB+nAF，(m,n∈R)，則m+n的取值范圍是【解題思路】如圖所示，連接AD交CE于點M，由正六邊形的性質(zhì)可得點M為CE的中點．分類討論：利用向量的加法和共線定理可得：①AP=AD時，m+n=4．②AP=AM及點P位于線段CE上時，m+n=3．③除了①、②的情況滿足【解答過程】解：如圖所示，

連接AD交CE于點M，由正六邊形的性質(zhì)可得點M為CE的中點．①AD=AB+BC+CD，CD=AF，與向量AP=mAB+nAF(m②AM=AB+BC+∴2AM=AB∴23AM=AB+AF，即③當(dāng)點P位于線段CE上時，記作Q，則AQ=AP=④當(dāng)點P不在線段CE上時，AP=∴3<(1+λ)(m+n)≤4．綜上可得：3≤m+n≤4．即m+n∈故答案為：3,4.一、單選題1．（2024·江蘇泰州·模擬預(yù)測）在平行四邊形ABCD中A=45°,AB=1,AD=2，若AP=A．12 B．22 C．1 【解題思路】利用平面向量的數(shù)量積的運算律，求出|AP【解答過程】由AP=AB=1+2x因x∈R，故x=?12時，|AP|min故選：B．2．（2024·寧夏銀川·模擬預(yù)測）在△ABC中，BD=2DC，過點D的直線分別交直線AB、AC于點E、F，且AE=mAB,AF=nAC，其中A．2 B．2 C．3 D．8【解題思路】根據(jù)題意以AB,AC為基底表示出AD，再根據(jù)E,F,D三點共線，利用共線定理可得13m+2【解答過程】如下圖所示：因為BD=2DC，易知又AE=mAB,易知E,F,D三點共線，利用共線定理可得13m又m>0，n>0，所以m+2n=m+2n當(dāng)且僅當(dāng)2m3n=2n所以m+2n的最小值為3.故選：C.3．（2024·廣東東莞·模擬預(yù)測）已知在同一平面內(nèi)的三個點A，B，C滿足AB=2，CACA?CBCBA．0,1 B．0,2 C．0,3 D．【解題思路】根據(jù)CACA?CBCB≥1，利用向量數(shù)量積的運算性質(zhì)可得∠ACB≥60°【解答過程】設(shè)e1=CA則e1是與CA同方向的單位向量，e2是與對于CACA?CB兩邊平方得e1?e因此可以得到e1與e2的夾角在如圖所示的圓中，點A、B在圓上，其中劣弧AB的度數(shù)為2π3點C在度數(shù)為4π3的優(yōu)弧上運動，或點C若點C在圓上，根據(jù)正弦定理，可得圓的半徑R滿足2R=ABsinC設(shè)E為AB的中點，則CA+當(dāng)CE⊥AB時，CE長達(dá)到最大值，此時△ABC為等邊三角形，可知CO=32當(dāng)點C在圓的內(nèi)部時，則C、E重合時，CO=0此時取最小值CA+CB=0綜上所述，AC+BC的取值范圍為故選：D.4．（2024·天津河北·二模）△ABC是等腰直角三角形，其中AB⊥AC,∣AB∣=1，P是△ABC所在平面內(nèi)的一點，若CP=λCA+μCB（λ≥0,μ≥0且λ+2μ=2），則A．0,22 B．22,1 C．【解題思路】根據(jù)向量共線定理的推論，投影向量的概念，數(shù)形結(jié)合，即可求解．【解答過程】設(shè)CQ=2CA，CP=λCA+μ則CP=λ2CQ+μ則P在線段QB上，如圖所示，

當(dāng)P與Q重合時，CA在CP上的投影向量的長度取得最大值，最大值為|CA|=1；當(dāng)P與B重合時，CA在CP上的投影向量的長度取得最小值，最大值為12則CA在CP上的投影向量的長度的取值范圍是22故選：B.5．（2024·安徽蕪湖·三模）已知⊙C:x2+y2?10x+9=0與直線l交于A,B兩點，且⊙C被l截得兩段圓弧的長度之比為1:3，若D為A．182+12 B．162+16 C．【解題思路】根據(jù)題意，得到∠ACB=π2，所以CA?CB=0，設(shè)M【解答過程】由⊙C:x2+y2因為直線l交圓C于A,B兩點，且圓C被l截得兩段弧的長度比為1:3，所以∠ACB=π2，可得設(shè)M為AB邊的中點，可得CA+則DA?=DC當(dāng)且僅當(dāng)CM與DC方向相同時，等號成立，因為DC=r=4,CM=所以DA?DB的最大值為故選：B.6．（2024·河北滄州·三模）對稱美是數(shù)學(xué)美的重要組成部分，他普遍存在于初等數(shù)學(xué)和高等數(shù)學(xué)的各個分支中，在數(shù)學(xué)史上，數(shù)學(xué)美是數(shù)學(xué)發(fā)展的動力.如圖，在等邊△ABC中，AB=2，以三條邊為直徑向外作三個半圓，M是三個半圓弧上的一動點，若BM=λAB+μAC，則A．12 B．33 C．1 【解題思路】過點M作MP//BC，設(shè)AP=kAB，AQ=kAC，得到BM=kx?1AB+kyAC，再由BM=λAB【解答過程】如圖所示，過點M作MP//BC，交直線AB,AC于點P,Q，設(shè)AM=xAP+y設(shè)AP=kAB，AQ=k因為BM=λAB+μ由圖可知，當(dāng)PM與半圓BC相切時，k最大，又由AB=2，BE=1sinπ所以k=AEAB=3+33，即k最大為故選：B.7．（2024·湖北·模擬預(yù)測）向量a，b滿足?a,b?=π6，|b|=4A．12 B．1 C．3 D．【解題思路】先根據(jù)向量的夾角、模長及恒成立求出a=2，利用距離和的最值求解f(x)【解答過程】作OA=a，OB=因為不等式|b+ta|≥|b從而有AB⊥OA，故|OA設(shè)OD=xb，則f(x)=|xb作點E關(guān)于直線OB的對稱點F，OF=1,則f(x)=|AD|+|ED故選：C.8．（2024·四川成都·三模）已知正方形ABCD的邊長為1，M，N分別是邊AB，AD上的點(均不與端點重合)，記△AMN，△CMN的面積分別為A．14，34 B．2?1，【解題思路】由三角形的面積公式，結(jié)合平面向量數(shù)量積的運算及基本不等式求解即可.【解答過程】設(shè)AM=x,則S1=1由平面向量數(shù)量積的運算可得：CM?CN?又S1所以12xy=1?x即1+12xy≥2又xy>0，即0<xy≤2?2則S=1+故選：D.

二、多選題9．（2024·浙江寧波·二模）若平面向量a,b,c滿足a=1,A．a(chǎn)+B．a(chǎn)+C．a(chǎn)?D．a(chǎn)?b【解題思路】由向量a,b,c方向間的關(guān)系，判斷a+b+【解答過程】當(dāng)向量a,b方向相同，與c方向相反時，滿足此時a+b+當(dāng)向量a,b,此時a+b+a?c=b?c，有向量a,b方向相同時，a?向量a,b方向相反時，a?b的最大值為2，故選：BD.10．（2024·山西晉中·模擬預(yù)測）在△ABC中，D為邊AC上一點且滿足AD=12DC，若P為邊BD上一點，且滿足AP=λAB+μA．λμ的最小值為1 B．λμ的最大值為1C．1λ+13μ的最大值為12【解題思路】根據(jù)B,D,P三點公式求得λ+3μ=1，結(jié)合基本不等式判斷即可.【解答過程】因為AD=12又AP=λ因為P、B、D三點共線，所以λ+3μ=1，又λ，μ為正實數(shù)，所以λμ=1當(dāng)且僅當(dāng)λ=3μ，即λ=12，1λ當(dāng)且僅當(dāng)3μλ=λ3μ，即故選：BD.11．（2024·山東濰坊·二模）已知向量a，b，c為平面向量，a=1，b=2，a?b=0A．1≤c≤32 C．?1≤b?c≤1 D．若c【解題思路】對A，設(shè)a=1,0,b=0,2,c=x,【解答過程】對A，設(shè)a=1,0,即x?12+y2=14，為圓心為1,0，半徑為12的圓，又對B，c=x?122+為1?1對C，b?c=2y，因為?對D，因為x?12+y又因為c=λa+μλ+μ=cos故當(dāng)sinθ+φ=?1時，取最小值λ+μ取最小值故選：BCD.三、填空題12．（2024·四川宜賓·模擬預(yù)測）已知點O,A,B在同一平面內(nèi)且A為定點，OA?AB=?2,OB?AB=2,C,D分別是點B軌跡上的點且BC=2【解題思路】由題意OB?AB?OA?AB=AB2=4，可得B點軌跡是以A為圓心，半徑為2的圓，再取【解答過程】根據(jù)OA?AB=?2,∴∴B點軌跡是以A為圓心，半徑為2的圓.取BC的中點E，連接BD,CD,AE,DE，則BD?又AE=所以|ED|即2?3所以(BD故BD?故答案為：12.13．（2024·安徽馬鞍山·模擬預(yù)測）已知△ABC中，角A?,?B?,?C所對的邊分別為a?,?b?,c，【解題思路】取AB=2AN和AM=2AC，轉(zhuǎn)化為AD=mm+nAN+nm+n【解答過程】在△ABC中，因為∠BAC=π如圖所示，取AB的中點N，可得AB=2再延長AC到點M，使得AM=2AC，可得AM=2因為AD=因為mm+n+n所以AD的最小值，即為△AMN中邊MN上的高d，在△AMN中，由余弦定理得MN2=AM2+又由S△AMN可得12MN×d=34所以AD的最小值為217故答案為：21714．（2024·天津濱海新·三模）在平行四邊形ABCD中，∠A=60°，AD=23AB，點E在邊DC上，滿足DE=13DC，則向量AE在向量AD上的投影向量為54AD（請用AD表示）；若AB=3，點M，N分別為線段AB，BC【解題思路】第一空：作EF⊥AD于F，根據(jù)幾何關(guān)系求出DF和AD的比例關(guān)系即可；第二空：可以A為原點，AB為x軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)Mx,0【解答過程】作EF⊥AD于F．∵∠DAB=60°，且四邊形ABCD為平行四邊形，故則∠FDE=∠DAB=60那么DF=DEcos又DE=1又AD=23AB，故AB=故DF=1∴AFAD=5則AE在向量AD上的投影向量為54AB=3，AD=BC=23如圖以A為原點建立平面直角坐標(biāo)系，作DQ⊥x軸于Q，則AQ=ADcos60DE=13DC=設(shè)Mx,0，則BM=3?x又BM+BN=1，∴BN=1?BM=x?2，BM<1?x>2，BN<1?x?2<1?x<3，∴2<x<3．作NP⊥x軸于P，則BP=BNcosNP=BNsin則N1故EM=故EM?EN=令fx∵fx在2，5故f(x)min=f即EM?EN的最小值為故答案為：54AD；四、解答題15．（23-24高一下·江蘇南京·階段練習(xí)）如圖，在△ABC中，點P滿足BP=2PC，過點P的直線與AB,AC所在的直線分別交于點M,N，若(1)λ與μ的關(guān)系；(2)求λ+μ的最小值【解題思路】（1）根據(jù)向量線性運算得AP=（2）利用（1）中結(jié)論再結(jié)合基本不等式即可.【解答過程】（1）BP=BA+∴?AB∴AP又P,M,N三點共線，∴1（2）因為13λ+23μ=1當(dāng)且僅當(dāng)μ3λ所以λ+μ的最小值為1+216．（23-24高一·浙江·期中）在△ABC中，已知AB=3，AC=1，AB?AC=?1，設(shè)點P為邊BC上一點，點Q為線段CA(1)當(dāng)t=?1且P是邊BC上的中點時，設(shè)PQ與AB交于點M，求線段CM的長；(2)若PA?PQ+3=【解題思路】（1）根據(jù)點M是三角形CBQ的重心，結(jié)合三角形重心的向量表示以及數(shù)量積運算，即可求得結(jié)果；（2）設(shè)CP=λCB(0≤λ≤1)，根據(jù)平面向量的線性運算，再結(jié)合題意，求得t與λ的關(guān)系，BQ【解答過程】（1）設(shè)AB=a，AC=b，當(dāng)t=?1，P是BC的中點時，則CM=CM=（2）設(shè)CP=λCB(