浙江省2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章平面向量復(fù)數(shù)補(bǔ)上一課平面向量中的極化恒等式及有關(guān)最值范圍問題含解析

PAGE平面對(duì)量中的極化恒等式及有關(guān)最值(范圍)問題學(xué)問拓展1.極化恒等式：a·b＝eq\f(1,4)[(a＋b)2－(a－b)2].幾何意義：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(duì)角線”與“差對(duì)角線”平方差的eq\f(1,4).2.平行四邊形PMQN，O是對(duì)角線交點(diǎn).則：(1)eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)[PQ2－NM2](平行四邊形模式)；(2)eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝PO2－eq\f(1,4)NM2(三角形模式).3.平面對(duì)量中的最值(范圍)問題(1)向量數(shù)量積投影、向量的模、夾角的最值(或范圍)；(2)向量表達(dá)式中字母參數(shù)的最值(或范圍).題型突破題型一極化恒等式的應(yīng)用【例1】(1)在△ABC中，M是BC的中點(diǎn)，AM＝3，BC＝10，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝________.(2)已知正三角形ABC內(nèi)接于半徑為2的圓O，點(diǎn)P是圓O上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的取值范圍是________.解析(1)因?yàn)镸是BC的中點(diǎn)，由極化恒等式得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝AM2－eq\f(1,4)BC2＝9－eq\f(1,4)×100＝－16.(2)取AB的中點(diǎn)D，連接CD，因?yàn)槿切蜛BC為正三角形，所以O(shè)為三角形ABC的重心，O在CD上，且OC＝2OD＝2，所以CD＝3，AB＝2eq\r(3).又由極化恒等式得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝PD2－eq\f(1,4)AB2＝PD2－3，因?yàn)镻在圓O上，所以當(dāng)P在點(diǎn)C處時(shí)，PDmax＝3，當(dāng)P在CO的延長(zhǎng)線與圓O的交點(diǎn)處時(shí)，PDmin＝1，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))∈[－2，6].答案(1)－16(2)[－2，6]【訓(xùn)練1】(1)已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)E是AB邊上的動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))的值為________.(2)若點(diǎn)O和點(diǎn)F分別為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的中心和左焦點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上的隨意一點(diǎn)，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))的最大值為()A.2 B.3C.6 D.8解析(1)取AE中點(diǎn)O，設(shè)AE＝x(0≤x≤1)，則AO＝eq\f(1,2)x，∴eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))＝DO2－eq\f(1,4)AE2＝12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)x2＝1.(2)如圖，由已知|OF|＝1，取FO中點(diǎn)E，連接PE，由極化恒等式得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))＝|PE|2－eq\f(1,4)|OF|2＝|PE|2－eq\f(1,4)，∵|PE|eq\o\al(2,max)＝eq\f(25,4)，∴eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))的最大值為6.答案(1)1(2)C題型二平面對(duì)量中的最值(范圍)問題類型1利用函數(shù)型【例2－1】(1)設(shè)θ為兩個(gè)非零向量a，b的夾角，已知對(duì)隨意實(shí)數(shù)t，|b－ta|的最小值為1，則()A.若θ確定，則|a|唯一確定B.若θ確定，則|b|唯一確定C.若|a|確定，則θ唯一確定D.若|b|確定，則θ唯一確定(2)已知m，n是兩個(gè)非零向量，且|m|＝1，|m＋2n|＝3，則|m＋n|＋|n|的最大值為()A.eq\r(5) B.eq\r(10)C.4 D.5解析(1)由|b－ta|的最小值為1知(b－ta)2的最小值為1，令f(t)＝(b－ta)2，即f(t)＝b2－2ta·b＋t2a2，則對(duì)于隨意實(shí)數(shù)t，f(t)的最小值為eq\f(4a2·b2－（2a·b）2,4a2)＝eq\f(4a2b2－（2|a||b|cosθ）2,4a2)＝1，化簡(jiǎn)得b2(1－cos2θ)＝1，視察此式可知，當(dāng)θ確定時(shí)，|b|唯一確定，選B.(2)因?yàn)?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|＝eq\r(5－|n|2)＋|n|.令|n|＝x(0<x≤eq\r(5))，f(x)＝eq\r(5－x2)＋x，則f′(x)＝eq\f(－2x,2\r(5－x2))＋1.由f′(x)＝0，得x＝eq\f(\r(10),2)，所以當(dāng)0<x<eq\f(\r(10),2)時(shí)，f′(x)>0時(shí)，當(dāng)eq\f(\r(10),2)<x≤eq\r(5)時(shí)，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(10),2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)，\r(5)))上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))＝eq\r(10)，故選B.答案(1)B(2)B【訓(xùn)練2－1】(1)(2024·浙江卷)已知向量a，b滿意|a|＝1，|b|＝2，則|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________.(2)如圖，在邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD中，E為AB的中點(diǎn)，P為以A為圓心，AB為半徑的圓弧(在正方形內(nèi)，包括邊界點(diǎn))上的隨意一點(diǎn)，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))的取值范圍是________；若向量eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(DE,\s\up6(→))＋μeq\o(AP,\s\up6(→))，則λ＋μ的最小值為________.解析(1)由題意，不妨設(shè)b＝(2，0)，a＝(cosθ，sinθ)(θ∈[0，2π))，則a＋b＝(2＋cosθ，sinθ)，a－b＝(cosθ－2，sinθ).令y＝|a＋b|＋|a－b|＝eq\r(（2＋cosθ）2＋sin2θ)＋eq\r(（cosθ－2）2＋sin2θ)＝eq\r(5＋4cosθ)＋eq\r(5－4cosθ)，則y2＝10＋2eq\r(25－16cos2θ)∈[16，20].由此可得(|a＋b|＋|a－b|)max＝eq\r(20)＝2eq\r(5)，(|a＋b|＋|a－b|)min＝eq\r(16)＝4，即|a＋b|＋|a－b|的最小值是4，最大值是2eq\r(5).(2)以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AD所在的直線為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則易得A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)，D(0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，P(cosθ，sinθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ)·(cosθ－1，sinθ)＝cos2θ－cosθ＋sin2θ＝1－cosθ，又因?yàn)?≤θ≤eq\f(π,2)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝1－cosθ∈[0，1].由eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(DE,\s\up6(→))＋μeq\o(AP,\s\up6(→))得(1，1)＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1))＋μ(cosθ，sinθ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)λ＋μcosθ，－λ＋μsinθ))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)λ＋μcosθ＝1，,－λ＋μsinθ＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2sinθ－2cosθ,2cosθ＋sinθ)，,μ＝\f(3,2cosθ＋sinθ)，))則λ＋μ＝eq\f(2sinθ－2cosθ,2cosθ＋sinθ)＋eq\f(3,2cosθ＋sinθ)＝eq\f(2sinθ－2cosθ＋3,2cosθ＋sinθ)，當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時(shí)，λ＋μ＝eq\f(2sinθ－2cosθ＋3,2cosθ＋sinθ)＝5，當(dāng)θ≠eq\f(π,2)時(shí)，λ＋μ＝eq\f(2sinθ－2cosθ＋3,2cosθ＋sinθ)＝eq\f(2tanθ－2＋3\r(tan2θ＋1),2＋tanθ)，設(shè)f(x)＝eq\f(2x－2＋3\r(x2＋1),2＋x)(x≥0)，則f′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3x,\r(x2＋1))))（2＋x）－（2x－2＋3\r(x2＋1)）,（2＋x）2)＝eq\f(6\r(x2＋1)＋6x－3,（2＋x）2\r(x2＋1))>0(x≥0)，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－2＋3\r(x2＋1),2＋x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則當(dāng)tanθ＝0時(shí)，λ＋μ＝eq\f(2tanθ－2＋3\r(tan2θ＋1),2＋tanθ)取得最小值eq\f(1,2).綜上所述，λ＋μ的最小值為eq\f(1,2).答案(1)42eq\r(5)(2)[0，1]eq\f(1,2)類型2利用不等式型【例2－2】(1)(2024·浙江名校新高考探討聯(lián)盟三聯(lián))已知邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD，E，F(xiàn)分別是邊BC，DC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))，若x＋y＝3，則|eq\o(EF,\s\up6(→))|的最小值為________.(2)(一題多解)(2024·七彩陽光聯(lián)盟三聯(lián))已知平面對(duì)量a，b，c滿意|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝0，則|2c－a|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－b))的最小值為()A.eq\f(\r(17),2) B.2C.eq\f(5,2) D.eq\r(5)(3)(2024·浙江卷)已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若對(duì)隨意單位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤eq\r(6)，則a·b的最大值是________.解析(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，則A(1，1)，B(1，0)，C(0，0).設(shè)E(a，0)，F(xiàn)(0，b)，則0≤a，b≤1.所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(a－1，－1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1，b－1)，因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))，所以有y＝2－a，x＝2－b.因?yàn)閤＋y＝3，所以a＋b＝1.所以|eq\o(EF,\s\up6(→))|＝eq\r(a2＋b2)≥eq\r(\f(（a＋b）2,2))＝eq\f(\r(2),2)，所以|eq\o(EF,\s\up6(→))|min＝eq\f(\r(2),2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)取到最小值.(2)法一因?yàn)閨a|＝|b|＝|c|＝1，且a⊥b.所以通過計(jì)算有|2c－a|＝|c－2a|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－b))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,2)b))，所以|2c－a|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－b))＝|c－2a|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,2)b))≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a－\f(1,2)b))＝eq\f(\r(17),2)，故選A.法二因?yàn)閨a|＝|b|＝|c|＝1，且a⊥b，所以可設(shè)a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，則有x2＋y2＝1，所以|2c－a|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－b))＝eq\r(（2x－1）2＋4y2)＋eq\r(\f(1,4)x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y－1))\s\up12(2))＝eq\r(4x2－4x＋1＋4y2)＋eq\r(\f(1,4)x2＋\f(1,4)y2－y＋1)＝eq\r(x2－4x＋4＋y2)＋eq\r(x2＋y2－y＋\f(1,4))＝eq\r(（x－2）2＋y2)＋eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))≥eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(17),2)，故選A.(3)由已知可得eq\r(6)≥|a·e|＋|b·e|≥|a·e＋b·e|＝|(a＋b)·e|由于上式對(duì)隨意單位向量e都成立.∴eq\r(6)≥|a＋b|成立.∴6≥(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝12＋22＋2a·b.即6≥5＋2a·b，∴a·b≤eq\f(1,2).答案(1)eq\f(\r(2),2)(2)A(3)eq\f(1,2)【訓(xùn)練2－2】(1)(2024·杭州四中仿真)若非零向量a，b滿意a2＝(5a－4b)·b，則cos〈a，b〉的最小值為________.(2)(2024·浙江名師預(yù)料卷一)已知向量a，b滿意|b|＝1，|a＋b|＝2|a－b|，則|a|2－|b|2的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(8,9)，8)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，8))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,9))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，\f(1,9)))(3)(2024·溫州適應(yīng)性測(cè)試)已知平面對(duì)量a，b，c滿意：a·b＝0，|c|＝1，|a－c|＝|b－c|＝5，則|a－b|的最小值為()A.5 B.6C.7 D.8解析(1)由a2＝(5a－4b)·b得a·b＝eq\f(1,5)(a2＋4b2)≥eq\f(1,5)×2eq\r(|a|2·4|b|2)＝eq\f(4,5)|a|·|b|，則cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)≥eq\f(\f(4,5)|a|·|b|,|a|·|b|)＝eq\f(4,5)，當(dāng)且僅當(dāng)|a|＝2|b|時(shí)等號(hào)成立，所以cos〈a，b〉的最小值為eq\f(4,5).(2)因?yàn)閨b|＝1，所以|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|＝2.兩邊平方得|a＋b|2＋|a－b|2－2(|a|2－|b|2)＝4，又|a＋b|＝2|a－b|，所以|a|2－|b|2＝eq\f(5|a－b|2－4,2)，又因?yàn)閨a＋b|－|a－b|≤|(a＋b)－(a－b)|≤|a＋b|＋|a－b|，即|a－b|≤2≤3|a－b|，故eq\f(2,3)≤|a－b|≤2，所以|a|2－|b|2＝eq\f(5|a－b|2－4,2)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(8,9)，8))，故選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|cosθ(其中θ為a＋b與c的夾角)，因?yàn)閨a－b|＝|a＋b|，所以|a－b|2＝48＋2|a－b|cosθ，則由cosθ∈[－1，1]，得48－2|a－b|≤|a－b|2≤48＋2|a－b|，解得6≤|a－b|≤8，即|a－b|的最小值為6，此時(shí)向量a－b的方向與向量c的方向相反，故選B.答案(1)eq\f(4,5)(2)A(3)B類型3利用向量平行(垂直)、向量的投影型【例2－3】(1)如圖是蜂巢結(jié)構(gòu)圖的一部分，正六邊形的邊長(zhǎng)均為1，正六邊形的頂點(diǎn)稱為“晶格點(diǎn)”.若A，B，C，D四點(diǎn)均位于圖中的“晶格點(diǎn)”處，且A，B的位置如圖所示，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))的最大值為________.(2)已知|a|＝2，|b|＝|c|＝1，則(a－b)·(c－b)的最大值為________，最小值為________.解析(1)先建立平面直角坐標(biāo)系如圖，因?yàn)檎呅蔚倪呴L(zhǎng)均為1，所以B(0，0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(9,2)))，當(dāng)eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))方向上的投影最大時(shí)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))最大，此時(shí)取C(0，5)，D(－eq\r(3)，0)，即(eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→)))max＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(9,2)))·(－eq\r(3)，－5)＝eq\f(3,2)＋eq\f(45,2)＝24.(2)設(shè)M＝a·c－a·b－b·c，則(a－b)(c－b)＝a·c－a·b－b·c＋b2＝1＋a·c－a·b－b·c＝1＋M.而(b－a－c)2＝6＋2M，M＝－3＋eq\f(1,2)(b－a－c)2，∴當(dāng)(b－a－c)2＝0時(shí)，Mmin＝－3，∴[(a－b)(c－b)]min＝1－3＝－2；當(dāng)b，－a，－c共線且同向時(shí)，Mmax＝－3＋eq\f(1,2)(1＋2＋1)2＝5，∴[(a－b)·(c－b)]max＝1＋5＝6.答案(1)24(2)6－2【訓(xùn)練2－3】(1)已知向量a，b，c滿意|b|＝|c|＝2|a|＝1，則(c－a)·(c－b)的最大值是________，最小值是________.(2)已知|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝2，|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝1，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(BO,\s\up6(→))，記eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝()A.6 B.4C.－2 D.－4解析(1)由題意得|a|＝eq\f(1,2)，|b|＝|c|＝1，則(c－a)·(c－b)＝|c|2－c·b－c·a＋a·b＝|c|2＋eq\f(1,2)(－a－b＋c)2－eq\f(1,2)(|a|2＋|b|2＋|c|2)＝－eq\f(1,8)＋eq\f(1,2)(－a－b＋c)2，則當(dāng)向量－a，－b，c同向共線時(shí)，(c－a)·(c－b)取得最大值－eq\f(1,8)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1＋1))eq\s\up12(2)＝3，當(dāng)－a－b＋c＝0時(shí)，(c－a)·(c－b)取得最小值－eq\f(1,8).(2)因?yàn)閑q\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→)))＋(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→)))·(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→)))＋(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→)))·(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→)))＝3eq\o(OP,\s\up6(→))2－2eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))－4，令3eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OQ,\s\up6(→))，2eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))－4，如圖，設(shè)eq\o(OC,\s\up6(→))與eq\o(OP,\s\up6(→))夾角為θ(θ∈[0，π]).因?yàn)閑q\o(MQ,\s\up6(→))＝eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→)).所以eq\o(MQ,\s\up6(→))·eq\f(\o(OP,\s\up6(→)),|\o(OP,\s\up6(→))|)＝eq\o(OP,\s\up6(→))(3eq\o(OP,\s\up6(→))－2eq\o(OC,\s\up6(→)))＝3－4cosθ，又因?yàn)閏osθ∈[－1，1]，所以eq\o(MQ,\s\up6(→))在eq\o(OP,\s\up6(→))方向上的投影d∈[－1，7]，即M＝3，m＝－5，所以M＋m＝－2，故選C.答案(1)3－eq\f(1,8)(2)C類型4利用軌跡圖形性質(zhì)(數(shù)形結(jié)合)型【例2－4】(1)(一題多解)(2024·浙江卷)已知a，b，e是平面對(duì)量，e是單位向量.若非零向量a與e的夾角為eq\f(π,3)，向量b滿意b2－4e·b＋3＝0，則|a－b|的最小值是()A.eq\r(3)－1 B.eq\r(3)＋1C.2 D.2－eq\r(3)(2)已知向量|a|＝3，|b|＝6，a·b＝9，則|a＋t(b－a)|＋|(1－t)(b－a)－eq\f(1,3)b|(其中t∈[0，1])的最小值是________.解析(1)法一設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，a＝eq\o(OA,\s\up6(→))，b＝eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x，y)，e＝(1，0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以點(diǎn)B的軌跡是以C(2，0)為圓心，1為半徑的圓.因?yàn)閍與e的夾角為eq\f(π,3)，所以不妨令點(diǎn)A在射線y＝eq\r(3)x(x>0)上，如圖，數(shù)形結(jié)合可知|a－b|min＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|－|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝eq\r(3)－1.故選A.法二由b2－4e·b＋3＝0得b2－4e·b＋3e2＝(b－e)·(b－3e)＝0.設(shè)b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，e＝eq\o(OE,\s\up6(→))，3e＝eq\o(OF,\s\up6(→))，所以b－e＝eq\o(EB,\s\up6(→))，b－3e＝eq\o(FB,\s\up6(→))，所以eq\o(EB,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝0，取EF的中點(diǎn)為C，則B在以C為圓心，EF為直徑的圓上，如圖，設(shè)a＝eq\o(OA,\s\up6(→))，作射線OA，使得∠AOE＝eq\f(π,3)，所以|a－b|＝|(a－2e)＋(2e－b)|≥|a－2e|－|2e－b|＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|－|eq\o(BC,\s\up6(→))|≥eq\r(3)－1.故選A.(2)由cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1,2)得a，b的夾角為60°，又因?yàn)閨a|＝3，|b|＝6，所以△OAB為直角三角形，B＝30°.如圖，令a＝eq\o(OA,\s\up6(→))，b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，∠BOA＝60°，eq\o(AC,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))，則|eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1((1－t)\o(AB,\s\up6(→))－\f(1,3)\o(OB,\s\up6(→))))＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|，問題轉(zhuǎn)化為當(dāng)點(diǎn)C在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求|eq\o(OC,\s\up6(→))|＋|eq\o(CD,\s\up6(→))|的最小值.作點(diǎn)D關(guān)于線段AB對(duì)稱的點(diǎn)G，連接OG，則OG即為所求的最小值.在Rt△BDE中，∠BED＝90°，BD＝2，B＝30°，則DE＝1，DG＝2DE＝2，在△ODG中，OD＝4，∠ODG＝120°，DG＝2，由余弦定理得OG＝eq\r(OD2＋DG2－2OD·DGcos∠ODG)＝2eq\r(7).答案(1)A(2)2eq\r(7)【訓(xùn)練2－4】(1)已知|a|＝|b|＝1，向量c滿意|c－(a＋b)|＝|a－b|，則|c|的最大值為________.(2)(一題多解)(2024·寧波模擬)已知向量a，b，c滿意|a|＝1，|b|＝2，|c－b|＝1，則|a＋c|的取值范圍為________.解析(1)由|c－(a＋b)|＝|a－b|得向量c的終點(diǎn)的軌跡為以向量a＋b的終點(diǎn)為圓心，|a－b|為半徑的圓，則|c|的最大值為|a＋b|＋|a－b|，又因?yàn)閨a＋b|＋|a－b|≤eq\r(2[（a＋b）2＋（a－b）2])＝eq\r(2（|a|2＋2a·b＋|b|2＋|a|2－2a·b＋|b|2）)＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)|a＋b|＝|a－b|，即a⊥b時(shí)等號(hào)成立，所以|c|的最大值為2eq\r(2).(2)法一令m＝a＋c，則問題轉(zhuǎn)化為|m|的取值范圍.由三角不等式有||m|－|a＋b||≤|m－(a＋b)|，則|a＋b|－1≤|m|≤1＋|a＋b|，又||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|，即1≤|a＋b|≤3，故0≤|m|≤4，即|a＋c|的取值范圍為[0，4].法二如圖，由已知，作eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，分別以點(diǎn)O，B為圓心作單位圓，則－a的終點(diǎn)A在圓O上，c的終點(diǎn)C在圓B上，則eq\o(AC,\s\up6(→))＝c－(－a)＝c＋a，故|a＋c|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|表示兩圓上兩點(diǎn)連線的長(zhǎng)，因此，由圓的性質(zhì)得0≤|eq\o(AC,\s\up6(→))|≤4，即|a＋c|的取值范圍為[0，4].答案(1)2eq\r(2)(2)[0，4]補(bǔ)償訓(xùn)練一、選擇題1.(2013·浙江卷)在△ABC中，P0是邊AB上肯定點(diǎn)，滿意P0B＝eq\f(1,4)AB，且對(duì)于邊AB上任一點(diǎn)P，恒有eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))≥eq\o(P0B,\s\up6(→))·eq\o(P0C,\s\up6(→))，則()A.∠ABC＝90° B.∠BAC＝90°C.AB＝AC D.AC＝BC解析取BC邊中點(diǎn)D，由極化恒等式得eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(PD,\s\up6(→))2－eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2，eq\o(P0B,\s\up6(→))·eq\o(P0C,\s\up6(→))＝eq\o(P0D,\s\up6(→))2－eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2，由eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))≥eq\o(P0B,\s\up6(→))·eq\o(P0C,\s\up6(→))，得eq\o(PD,\s\up6(→))2≥eq\o(P0D,\s\up6(→))2，即|eq\o(PD,\s\up6(→))|≥|eq\o(P0D,\s\up6(→))|，D到AB的最短距離為P0D，∴eq\o(DP0,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，設(shè)AB的中點(diǎn)為P′，又P0B＝eq\f(1,4)AB，∴DP∥CP，∴CP⊥AB，故AB＝AC.答案C2.(2024·諸暨適應(yīng)性考試)已知AB是圓O的直徑，AB長(zhǎng)為2，C是圓O上異于A，B的一點(diǎn)，P是圓O所在平面上隨意一點(diǎn)，則(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))·eq\o(PC,\s\up6(→))的最小值為()A.－eq\f(1,4) B.－eq\f(1,3)C.－eq\f(1,2) D.－1解析eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))，∴(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))，取OC中點(diǎn)D，由極化恒等式得eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝PD2－eq\f(1,4)OC2＝PD2－eq\f(1,4)，又PDeq\o\al(2,min)＝0，∴(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))·eq\o(PC,\s\up6(→))的最小值為－eq\f(1,2).答案C3.(一題多解)如圖，BC，DE是半徑為1的圓O的兩條直徑，eq\o(BF,\s\up6(→))＝2eq\o(FO,\s\up6(→))，則eq\o(FD,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＝()A.－eq\f(3,4) B.－eq\f(8,9)C.－eq\f(1,4) D.－eq\f(4,9)解析法一∵eq\o(BF,\s\up6(→))＝2eq\o(FO,\s\up6(→))，圓O的半徑為1，∴|eq\o(FO,\s\up6(→))|＝eq\f(1,3)，∴eq\o(FD,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＝(eq\o(FO,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))·(eq\o(FO,\s\up6(→))＋eq\o(OE,\s\up6(→)))＝eq\o(FO,\s\up6(→))2＋eq\o(FO,\s\up6(→))·(eq\o(OE,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))＋eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋0－1＝－eq\f(8,9).法二OF＝eq\f(1,3)，由極化恒等式得eq\o(FD,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＝OF2－eq\f(1,4)DE2＝eq\f(1,9)－1＝－eq\f(8,9).答案B4.如圖，在△ABC中，點(diǎn)D，E是線段BC上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，則eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)的最小值為()A.eq\f(3,2) B.2C.eq\f(5,2) D.eq\f(9,2)解析由圖可設(shè)eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝μeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－μ)eq\o(AC,\s\up6(→))，其中λ，μ∈(0，1)，則eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝(λ＋μ)eq\o(AB,\s\up6(→))＋(2－λ－μ)eq\o(AC,\s\up6(→)).由題知，x＝λ＋μ，y＝2－λ－μ，所以有x＋y＝2，所以eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))(x＋y)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(y,x)＋\f(4x,y)))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(y,x)×\f(4x,y))))＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)y＝2x，即x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(4,3)時(shí)，取等號(hào)，故選D.答案D5.在△ABC中，BC＝2，A＝45°，B為銳角，點(diǎn)O是△ABC外接圓的圓心，則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，2\r(2))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－2\r(2)，2))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2\r(2)，2\r(2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，2))解析依題意得△ABC的外接圓半徑R＝eq\f(1,2)·eq\f(BC,sin45°)＝eq\r(2)，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，如圖所示，A在弧A1C上(端點(diǎn)除外)，eq\o(OA2,\s\up6(→))與eq\o(BC,\s\up6(→))同向，此時(shí)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))有最大值2eq\r(2)，又eq\o(OA1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－2，故eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，2\r(2))).故選A.答案A6.記max{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≥b，,b，a<b.))在△AOB中，∠AOB＝90°，P為斜邊AB上一動(dòng)點(diǎn).設(shè)M＝max{eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))}，則當(dāng)M取最小值時(shí)，eq\f(AP,PB)＝()A.eq\r(\f(OA,OB)) B.eq\f(OA,OB)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(OA,OB)))eq\s\up12(2) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(OA,OB)))eq\s\up12(3)解析M取最小值時(shí)，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))，即eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，亦即OP⊥AB.依據(jù)直角三角形的射影定理可得eq\f(|AP|,|PB|)＝eq\f(AP·PB,PB2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(OP,PB)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(OA,OB)))eq\s\up12(2)，故選C.答案C7.(2024·浙江名師預(yù)料卷四)已知a，b是單位向量，向量c滿意|c－b＋a|＝|a＋b|，則|c|的最大值為()A.2 B.2eq\r(2)C.3 D.3eq\r(2)解析由|c－(b－a)|＝|a＋b|得向量c的終點(diǎn)的軌跡為以向量b－a的終點(diǎn)為圓心，|a＋b|為半徑的圓，則|c|的最大值為|a＋b|＋|b－a|.又因?yàn)閨a＋b|＋|b－a|≤eq\r(2[（a＋b）2＋（b－a）2])＝eq\r(2（|a|2＋2a·b＋|b|2＋|b|2－2a·b＋|a|2）)＝2eq\r(2).當(dāng)且僅當(dāng)|a＋b|＝|b－a|，即a⊥b時(shí)等號(hào)成立，所以|c|的最大值為2eq\r(2).答案B8.(2024·浙江教化綠色評(píng)價(jià)聯(lián)盟適考)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，動(dòng)點(diǎn)P在以C為圓心且與BD相切的圓上，若eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))，設(shè)λ＋2μ的最大值為M，最小值為N，則M－N的值為()A.eq\f(2\r(10),5) B.eq\f(3\r(10),5)C.eq\f(4\r(10),5) D.eq\r(10)解析如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線BC，CD為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則B(－2，0)，A(－2，1)，由已知，圓C的方程為x2＋y2＝eq\f(4,5)，設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))cosθ，\f(2,\r(5))sinθ))，又eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))cosθ＋2＝2μ，,\f(2,\r(5))sinθ＝λ，))即λ＋2μ＝eq\f(2,\r(5))(sinθ＋cosθ)＋2＝eq\f(2\r(2),\r(5))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋2，故M－N＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),\r(5))＋2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(2),\r(5))＋2))＝eq\f(4\r(10),5)，故選C.答案C9.(2024·天津卷)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))的最小值為()A.eq\f(21,16) B.eq\f(3,2)C.eq\f(25,16) D.3解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，建立如圖的平面直角坐標(biāo)系，因?yàn)樵谄矫嫠倪呅蜛BCD中，AB＝AD＝1，∠BAD＝120°，所以A(0，0)，B(1，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).設(shè)C(1，m)，E(x，y)，所以eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，m－\f(\r(3),2)))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，因?yàn)锳D⊥CD，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，m－\f(\r(3),2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))＝0，則eq\f(3,2)×(－eq\f(1,2))＋eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(\r(3),2)))＝0，解得m＝eq\r(3)，即C(1，eq\r(3)).因?yàn)镋在CD上，所以eq\f(\r(3),2)≤y≤eq\r(3)，由kCE＝kCD，得eq\f(\r(3)－y,1－x)＝eq\f(\r(3)－\f(\r(3),2),1＋\f(1,2))，即x＝eq\r(3)y－2，因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))＝(x，y)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(x－1，y)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝(x，y)·(x－1，y)＝x2－x＋y2＝(eq\r(3)y－2)2－eq\r(3)y＋2＋y2＝4y2－5eq\r(3)y＋6，令f(y)＝4y2－5eq\r(3)y＋6，y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3))).因?yàn)楹瘮?shù)f(y)＝4y2－5eq\r(3)y＋6在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(5\r(3),8)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),8)，\r(3)))上單調(diào)遞增，所以f(y)min＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),8)))2－5eq\r(3)×eq\f(5\r(3),8)＋6＝eq\f(21,16).所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))的最小值為eq\f(21,16)，故選A.答案A二、填空題10.在△ABC中，BC＝3，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝4，則BC邊上的中線AM的長(zhǎng)是________.解析因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)[(2eq\o(AM,\s\up6(→)))2－eq\o(BC,\s\up6(→))2]，eq\o(AM,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(4eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))2)＝eq\f(25,4)，即|eq\o(AM,\s\up6(→))|＝eq\f(5,2)，所以BC邊上的中線AM的長(zhǎng)為eq\f(5,2).答案eq\f(5,2)11.在面積S＝2的△ABC中，E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在直線EF上，則eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))2的最小值是________.解析取BC的中點(diǎn)為D，連接PD，則由極化恒等式得eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(PD,\s\up6(→))2－eq\f(\o(BC,\s\up6(→))2,4)＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(PD,\s\up6(→))2＋eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2≥eq\f(h2,4)＋eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2(其中h為A點(diǎn)向BC邊作的高)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\o(PD,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))時(shí)取等號(hào).由上可知eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))2≥eq\f(h2,4)＋eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2≥2eq\r(\f(h2,4)·\f(3,4)\o(BC,\s\up6(→))2)≥eq\r(3)S＝2eq\r(3).答案2eq\r(3)12.在Rt△ABC中，CA＝CB＝2，M，N是斜邊AB上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且MN＝eq\r(2)，則eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))的取值范圍是________.解析取MN的中點(diǎn)為P，由極化恒等式得eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)[(2eq\o(CP,\s\up6(→)))2－eq\o(MN,\s\up6(→))2]＝eq\o(CP,\s\up6(→))2－eq\f(1,2).問題轉(zhuǎn)化為求|eq\o(CP,\s\up6(→))|的取值范圍，當(dāng)P為AB的中點(diǎn)時(shí)，|eq\o(CP,\s\up6(→))|取最小值為eq\r(2)，則eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))的最小值為eq\f(3,2)；當(dāng)M與A(或N與B)重合時(shí)，|eq\o(CP,\s\up6(→))|取最大值為eq\f(\r(10),2)，則eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))的最大值為2，所以eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))13.(2024·浙江新高考仿真卷二)在△ABC中，A＝120°，BC＝2eq\r(13)，AC＝2，則AB＝________；當(dāng)|eq\o(CB,\s\up6(→))＋λeq\o(CA,\s\up6(→))|取到最小值時(shí)，則λ＝________.解析在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA，即(2eq\r(13))2＝22＋AB2－2×2ABcos120°，解得AB＝6，則cosC＝eq\f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝eq\f(（2\r(13)）2＋22－62,2×2\r(13)×2)＝eq\f(5\r(13),26)，則|eq\o(CB,\s\up6(→))＋λeq\o(CA,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CB,\s\up6(→))|2＋λ2|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋2λeq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2eq\r(13))2＋λ2×22＋2λ×2eq\r(13)×2×eq\f(5\r(13),26)＝4λ2＋20λ＋52，則當(dāng)λ＝－eq\f(20,2×4)＝－eq\f(5,2)時(shí)，|eq\o(CB,\s\up6(→))＋λeq\o(CA,\s\up6(→))|取得最小值.答案6－eq\f(5,2)14.若非零向量a和b滿意|a＋b|＝|b|＝2，則|a|的取值范圍是________，|a－b|的取值范圍是________.解析因?yàn)閨|a＋b|－|b||≤|a|＝|a＋b－b|≤|a＋b|＋|b|＝4，又a是非零向量，所以|a|的取值范圍是(0，4]，因?yàn)閨a－b|＋|a＋b|≥2|b|＝|(a＋b)－(a－b)|≥||a－b|－|a＋b||，所以－4≤|a－b|－|a＋b|≤4，|a－b|＋|a＋b|≥4，又|a＋b|＝2，解得|a－b|的取值范圍是[2，6].答案(0，4)[2，6]15.(2024·杭州三校三聯(lián))如圖，圓O是半徑為1的圓，OA＝eq\f(1,2)，設(shè)B，C為圓上的隨意2個(gè)點(diǎn)，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的取值范圍是________.解析設(shè)a＝eq\o(OA,\s\up6(→))，b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，c＝eq\o(OC,\s\up6(→))，則有|a|＝eq\f(1,2)，|b|＝|c|＝1，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(c－a)·(c－b)≤|c－a|·|c－b|≤(|c|＋|a|)·(|c|＋|b|)＝eq\f(3,2)×2＝3，當(dāng)且僅當(dāng)a，b同向共線，且與c反向共線時(shí)，等號(hào)成立，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的最大值為3.eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(c－a)·(c－b)＝1－c·(a＋b)＋a·b≥1－|c|·|a＋b|＋a·b＝1－|a＋b|＋a·b＝1－eq\r(\f(5,4)＋2a·b)＋a·b，令a·b＝t，則易得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(c－a)·(c－b)≥1－eq\r(\f(5,4)＋2t)＋t，設(shè)f(t)＝1－eq\r(\f(5,4)＋2t)＋teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－