2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)(新高考專(zhuān)用)重難點(diǎn)15平面向量中的最值與范圍問(wèn)題【十大題型】特訓(xùn)(學(xué)生版+解析)

重難點(diǎn)15平面向量中的最值與范圍問(wèn)題【十大題型】【新高考專(zhuān)用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1定義法求最值（范圍）問(wèn)題】 4【題型2基底法求最值（范圍）問(wèn)題】 4【題型3坐標(biāo)法求最值（范圍）問(wèn)題】 5【題型4與平面向量基本定理有關(guān)的最值（范圍）問(wèn)題】 6【題型5與數(shù)量積有關(guān)的最值（范圍）問(wèn)題】 7【題型6與模有關(guān)的最值（范圍）問(wèn)題】 8【題型7平面向量中參數(shù)的最值（范圍）問(wèn)題】 8【題型8極化恒等式】 9【題型9矩形大法】 10【題型10等和(高)線定理】 111、平面向量中的最值與范圍問(wèn)題平面向量中的范圍、最值問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，也是難點(diǎn)問(wèn)題，此類(lèi)問(wèn)題綜合性強(qiáng)，體現(xiàn)了知識(shí)的交匯組合；其基本題型是根據(jù)已知條件求某個(gè)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(shí)點(diǎn)1平面向量中的最值與范圍問(wèn)題的解題策略】1．平面向量中的最值（范圍）問(wèn)題的兩類(lèi)求解思路：(1)“形化”，即利用平面向量的相關(guān)知識(shí)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問(wèn)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(yùn)算，把問(wèn)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(wèn)題，然后利用函數(shù)、不等式、方程的有關(guān)知識(shí)來(lái)解決．2．平面向量中的最值（范圍）問(wèn)題的常用解題方法：(1)定義法①利用向量的概念及其運(yùn)算將所求問(wèn)題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，得到相應(yīng)的等式關(guān)系；②運(yùn)用基木不等式、二次函數(shù)求其最值（范圍）問(wèn)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(diǎn)與向量具體的坐標(biāo)；②將平面向量的運(yùn)算坐標(biāo)化，進(jìn)行相應(yīng)的代數(shù)運(yùn)算和向量運(yùn)算；③運(yùn)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(lái)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(xiě)出向量之間的聯(lián)系，根據(jù)向量運(yùn)算律化簡(jiǎn)目標(biāo)，構(gòu)造關(guān)于設(shè)定未知量的關(guān)系式來(lái)進(jìn)行求解；③運(yùn)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(lái)求解最值（范圍），即可得出結(jié)論.【知識(shí)點(diǎn)2極化恒等式】1．極化恒等式的證明過(guò)程與幾何意義(1)平行四邊形對(duì)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?zhuān)合蛄康臄?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．(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(duì)角線長(zhǎng)”與“差對(duì)角線長(zhǎng)”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(zhǎng)與第三邊長(zhǎng)的一半的平方差，即(M為BC的中點(diǎn))(如圖).極化恒等式表明，向量的數(shù)量積可以由向量的模來(lái)表示，可以建立起向量與幾何長(zhǎng)度之間的等量關(guān)系.【知識(shí)點(diǎn)3矩形大法】1．矩形大法矩形所在平面內(nèi)任一點(diǎn)到其對(duì)角線端點(diǎn)距離的平方和相等.即：已知點(diǎn)O是矩形ABCD與所在平面內(nèi)任一點(diǎn)，可以得到：.【知識(shí)點(diǎn)4等和(高)線定理】1．等和(高)線定理(1)由三點(diǎn)共線結(jié)論推導(dǎo)等和(高)線定理：如圖，由三點(diǎn)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(gè)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(gè)基底及任一向量，(λ,μ∈R)，若點(diǎn)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(chēng)為等和(高)線.①當(dāng)?shù)群途€恰為直線AB時(shí)，k=1；②當(dāng)?shù)群途€在O點(diǎn)和直線AB之間時(shí)，k∈(0,1)；③當(dāng)直線AB在O點(diǎn)和等和線之間時(shí)，k∈(1,+∞)；④當(dāng)?shù)群途€過(guò)O點(diǎn)時(shí)，k=0；⑤若兩等和線關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，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(diǎn)的距離成正比.【題型1定義法求最值（范圍）問(wèn)題】【例1】（24-25高三上·廣東·開(kāi)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 【變式1-1】（23-24高一下·安徽蕪湖·期中）如圖，已知點(diǎn)G是△ABC的重心，過(guò)點(diǎn)G作直線分別與AB，AC兩邊交于M，N兩點(diǎn)，設(shè)AM=xAB，AN=yAC，則

A．9 B．4 C．3 D．5【變式1-2】（23-24高一下·陜西西安·階段練習(xí)）點(diǎn)O是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，若OA+OB+OC=0，AMA．12 B．1 C．23 【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【題型2基底法求最值（范圍）問(wèn)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(diǎn)，且滿足BE=EC,CF=2FD．若點(diǎn)P在線段BD上運(yùn)動(dòng)，且A．?15,75 B．35【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(gè)動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），AC=mDB+nA．0,1 B．2,3 C．1,2 D．2,4【變式2-2】（23-24高一下·河南·階段練習(xí)）已知□ABCD中，點(diǎn)P在對(duì)角線AC上（不包括端點(diǎn)A，C），點(diǎn)Q在對(duì)角線BD上（不包括端點(diǎn)B，D），若AP=λ1AB+μ1BC，AQ=λ2A．m=?18，n=92 C．m=?18，n=94 【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【題型3坐標(biāo)法求最值（范圍）問(wèn)題】【例3】（2024·河北滄州·一模）如圖，在等腰直角△ABC中，斜邊AB=42，點(diǎn)D在以BC為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，則|AB+A．46 B．8 C．63【變式3-1】（2024·四川成都·三模）在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，點(diǎn)E滿足2AE=3EB，在平面ABCD中，動(dòng)點(diǎn)P滿足PE?PBA．41+4 B．41?6 C．213【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．【變式3-3】（2024·貴州貴陽(yáng)·一模）如圖，在邊長(zhǎng)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(diǎn)E,F．當(dāng)點(diǎn)P在劣弧EF上運(yùn)動(dòng)時(shí)，BP?DP的取值范圍為（A．1?22,?1C．?1,1?2 D．【題型4與平面向量基本定理有關(guān)的最值（范圍）問(wèn)題】【例4】（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，點(diǎn)F為線段BC上任一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），若AF=xAB+2yACx>0,y>0A．3 B．4 C．8 D．9【變式4-1】（23-24高一下·廣西南寧·階段練習(xí)）在△ABC中，點(diǎn)O滿足BO=2OC，過(guò)點(diǎn)O的直線分別交射線AB，AC于不同的兩點(diǎn)M，N．設(shè)AM=1mAB，A．3 B．1 C．316 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【變式4-3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在△ABC中，M為線段BC的中點(diǎn)，G為線段AM上一點(diǎn)，AG=2GM，過(guò)點(diǎn)G的直線分別交直線AB，AC于P，Q兩點(diǎn)．設(shè)AB=xAP(x>0)，ACA．34 B．32 C．3【題型5與數(shù)量積有關(guān)的最值（范圍）問(wèn)題】【例5】（2024·陜西渭南·二模）已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為1,cos∠BAD=13,O為菱形的中心，E是線段ABA．13 B．23 C．12【變式5-1】（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）如圖，圓O內(nèi)接邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD,P是弧BC（包括端點(diǎn)）上一點(diǎn)，則AP?AB的取值范圍是（A．1,4+24 B．1,2+22【變式5-2】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面四邊形ABCD中，△ABD為等邊三角形，CB=CD=2BD=2，當(dāng)點(diǎn)E在對(duì)角線AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，EC?EB的最小值為（A．32 B．12 C．?3【變式5-3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為2，對(duì)稱(chēng)中心為O，以O(shè)為圓心作半徑為1的圓，點(diǎn)M為圓O上任意一點(diǎn)，則AD?CM的取值范圍為（

A．?6,4 B．0,8 C．?8,0 D．?6【題型6與模有關(guān)的最值（范圍）問(wèn)題】【例6】（2024·安徽六安·模擬預(yù)測(cè)）已知平面向量a，b，c滿足a=1，b=3，a?b=?3A．27 B．7 C．23 【變式6-1】（2024·湖南長(zhǎng)沙·三模）在平行四邊形ABCD中，AC=2BD=4，點(diǎn)P為該平行四邊形所在平面內(nèi)的任意一點(diǎn)，則|PA|2A．6 B．8 C．10 D．12【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(diǎn)，且AE=xAB，AF=yAC，且2x+y=1，若線段EF，BC的中點(diǎn)分別為M，N，則A．72 B．33926 C．21【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+【題型7平面向量中參數(shù)的最值（范圍）問(wèn)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．【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(diǎn)，且AI=3，若△ABC內(nèi)（不包含邊界）的一點(diǎn)D滿足ID=xABA．?16,524 B．?1【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(diǎn)，點(diǎn)P在以A為圓心，AD為半徑的圓弧DE上運(yùn)動(dòng)（如圖所示）．若AP=λED+μAF，其中A．?2,1 B．?1,1C．?1,2 D．?2,2【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(diǎn)，若OP=xOAA．2 B．3 C．4 D．2【題型8極化恒等式】【例8】（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）已知△OAB的面積為1,AB=2，動(dòng)點(diǎn)P,Q在線段AB上滑動(dòng)，且PQ=1，則OP?OQ【變式8-1】（2024·山東·模擬預(yù)測(cè)）邊長(zhǎng)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(diǎn)P為正方形四條邊上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)弦MN的長(zhǎng)度最大時(shí)，PM?PN的取值范圍是【變式8-2】（2024·湖北省直轄縣級(jí)單位·模擬預(yù)測(cè)）如圖直角梯形ABCD中，EF是CD邊上長(zhǎng)為6的可移動(dòng)的線段，AD=4，AB=83，BC=12，則BE?BF的取值范圍為【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(diǎn)，求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 【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【變式9-2】（23-24高三上·四川資陽(yáng)·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【變式9-3】（23-24高三上·貴州貴陽(yáng)·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 【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(diǎn)，BF=13BC，AF與BE交于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)G的直線分別與射線BA，BC交于點(diǎn)M，N，BM=λBA，A．1 B．87 C．97 【變式10-1】（23-24高三上·河南·階段練習(xí)）對(duì)稱(chēng)性是數(shù)學(xué)美的一個(gè)重要特征，幾何中的軸對(duì)稱(chēng)，中心對(duì)稱(chēng)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(gè)半圓，P是這四個(gè)半圓弧上的一動(dòng)點(diǎn)，若DPA．5 B．3 C．32 D．【變式10-2】（23-24高一下·四川綿陽(yáng)·期中）在扇形OAB中，∠AOB=60°，C為弧AB上的一動(dòng)點(diǎn)，若OC=xOA+y【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(dòng)點(diǎn)，設(shè)AP=mAB+nAF，(m,n∈R)，則一、單選題1．（2024·江蘇泰州·模擬預(yù)測(cè)）在平行四邊形ABCD中A=45°,AB=1,AD=2，若AP=A．12 B．22 C．1 2．（2024·寧夏銀川·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，BD=2DC，過(guò)點(diǎn)D的直線分別交直線AB、AC于點(diǎn)E、F，且AE=mAB,AF=nAC，其中A．2 B．2 C．3 D．83．（2024·廣東東莞·模擬預(yù)測(cè)）已知在同一平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)A，B，C滿足AB=2，CACA?CBCBA．0,1 B．0,2 C．0,3 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(diǎn)，若CP=λCA+μCB（λ≥0,μ≥0且λ+2μ=2），則A．0,22 B．22,1 C．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(diǎn)，且⊙C被l截得兩段圓弧的長(zhǎng)度之比為1:3，若D為A．182+12 B．162+16 C．6．（2024·河北滄州·三模）對(duì)稱(chēng)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(gè)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(dòng)力.如圖，在等邊△ABC中，AB=2，以三條邊為直徑向外作三個(gè)半圓，M是三個(gè)半圓弧上的一動(dòng)點(diǎn)，若BM=λAB+μAC，則A．12 B．33 C．1 7．（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）向量a，b滿足?a,b?=π6，|b|=4A．12 B．1 C．3 D．8．（2024·四川成都·三模）已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，M，N分別是邊AB，AD上的點(diǎn)(均不與端點(diǎn)重合)，記△AMN，△CMN的面積分別為A．14，34 B．2?1，二、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)?b10．（2024·山西晉中·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，D為邊AC上一點(diǎn)且滿足AD=12DC，若P為邊BD上一點(diǎn)，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1211．（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三、填空題12．（2024·四川宜賓·模擬預(yù)測(cè)）已知點(diǎn)O,A,B在同一平面內(nèi)且A為定點(diǎn)，OA?AB=?2,OB?AB=2,C,D分別是點(diǎn)B13．（2024·安徽馬鞍山·模擬預(yù)測(cè)）已知△ABC中，角A?,?B?,?C所對(duì)的邊分別為a?,?b?14．（2024·天津?yàn)I海新·三模）在平行四邊形ABCD中，∠A=60°，AD=23AB，點(diǎn)E在邊DC上，滿足DE=13DC，則向量AE在向量AD上的投影向量為（請(qǐng)用AD表示）；若AB=3，點(diǎn)M，N分別為線段AB，BC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(diǎn)P滿足BP=2PC，過(guò)點(diǎn)P的直線與AB,AC所在的直線分別交于點(diǎn)M,N，若(1)λ與μ的關(guān)系；(2)求λ+μ的最小值16．（23-24高一·浙江·期中）在△ABC中，已知AB=3，AC=1，AB?AC=?1，設(shè)點(diǎn)P為邊BC上一點(diǎn)，點(diǎn)Q為線段CA(1)當(dāng)t=?1且P是邊BC上的中點(diǎn)時(shí)，設(shè)PQ與AB交于點(diǎn)M，求線段CM的長(zhǎng)；(2)若PA?PQ+3=17．（23-24高一下·湖南長(zhǎng)沙·期末）如圖，設(shè)Ox,Oy是平面內(nèi)相交成60°角的兩條數(shù)軸，e1,e2分別是與x軸、y軸正方向同向的單位向量.若向量OM=xe1+ye2，則把有序?qū)崝?shù)對(duì)(x,y)叫做向量OM在坐標(biāo)系Oxy中的坐標(biāo)，記作OM=(x,y).在此坐標(biāo)系Oxy中，若OA(1)求：|OP(2)求OR,(3)若點(diǎn)M在線段AF上運(yùn)動(dòng)，設(shè)OM=(x,y)，求xy18．（23-24高二上·上海虹口·期中）在ΔABC中，滿足：AB⊥AC，M是（1）若AB=AC，求向量AB+2（2）若O是線段AM上任意一點(diǎn)，且AB=AC=（3）若點(diǎn)P是∠BAC內(nèi)一點(diǎn)，且AP=2，AP?AC=2，19．（23-24高一下·江蘇蘇州·期中）在銳角△ABC中，cosB=22，點(diǎn)O(1)若BO=xBA+y(2)若b=2（i）求證：OB+（ii）求3OB重難點(diǎn)15平面向量中的最值與范圍問(wèn)題【十大題型】【新高考專(zhuān)用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1定義法求最值（范圍）問(wèn)題】 4【題型2基底法求最值（范圍）問(wèn)題】 6【題型3坐標(biāo)法求最值（范圍）問(wèn)題】 10【題型4與平面向量基本定理有關(guān)的最值（范圍）問(wèn)題】 14【題型5與數(shù)量積有關(guān)的最值（范圍）問(wèn)題】 16【題型6與模有關(guān)的最值（范圍）問(wèn)題】 21【題型7平面向量中參數(shù)的最值（范圍）問(wèn)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(wèn)題平面向量中的范圍、最值問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，也是難點(diǎn)問(wèn)題，此類(lèi)問(wèn)題綜合性強(qiáng)，體現(xiàn)了知識(shí)的交匯組合；其基本題型是根據(jù)已知條件求某個(gè)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(shí)點(diǎn)1平面向量中的最值與范圍問(wèn)題的解題策略】1．平面向量中的最值（范圍）問(wèn)題的兩類(lèi)求解思路：(1)“形化”，即利用平面向量的相關(guān)知識(shí)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問(wèn)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(yùn)算，把問(wèn)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(wèn)題，然后利用函數(shù)、不等式、方程的有關(guān)知識(shí)來(lái)解決．2．平面向量中的最值（范圍）問(wèn)題的常用解題方法：(1)定義法①利用向量的概念及其運(yùn)算將所求問(wèn)題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，得到相應(yīng)的等式關(guān)系；②運(yùn)用基木不等式、二次函數(shù)求其最值（范圍）問(wèn)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(diǎn)與向量具體的坐標(biāo)；②將平面向量的運(yùn)算坐標(biāo)化，進(jìn)行相應(yīng)的代數(shù)運(yùn)算和向量運(yùn)算；③運(yùn)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(lái)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(xiě)出向量之間的聯(lián)系，根據(jù)向量運(yùn)算律化簡(jiǎn)目標(biāo)，構(gòu)造關(guān)于設(shè)定未知量的關(guān)系式來(lái)進(jìn)行求解；③運(yùn)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(lái)求解最值（范圍），即可得出結(jié)論.【知識(shí)點(diǎn)2極化恒等式】1．極化恒等式的證明過(guò)程與幾何意義(1)平行四邊形對(duì)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?zhuān)合蛄康臄?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．(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(duì)角線長(zhǎng)”與“差對(duì)角線長(zhǎng)”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(zhǎng)與第三邊長(zhǎng)的一半的平方差，即(M為BC的中點(diǎn))(如圖).極化恒等式表明，向量的數(shù)量積可以由向量的模來(lái)表示，可以建立起向量與幾何長(zhǎng)度之間的等量關(guān)系.【知識(shí)點(diǎn)3矩形大法】1．矩形大法矩形所在平面內(nèi)任一點(diǎn)到其對(duì)角線端點(diǎn)距離的平方和相等.即：已知點(diǎn)O是矩形ABCD與所在平面內(nèi)任一點(diǎn)，可以得到：.【知識(shí)點(diǎn)4等和(高)線定理】1．等和(高)線定理(1)由三點(diǎn)共線結(jié)論推導(dǎo)等和(高)線定理：如圖，由三點(diǎn)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(gè)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(gè)基底及任一向量，(λ,μ∈R)，若點(diǎn)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(chēng)為等和(高)線.①當(dāng)?shù)群途€恰為直線AB時(shí)，k=1；②當(dāng)?shù)群途€在O點(diǎn)和直線AB之間時(shí)，k∈(0,1)；③當(dāng)直線AB在O點(diǎn)和等和線之間時(shí)，k∈(1,+∞)；④當(dāng)?shù)群途€過(guò)O點(diǎn)時(shí)，k=0；⑤若兩等和線關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，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(diǎn)的距離成正比.【題型1定義法求最值（范圍）問(wèn)題】【例1】（24-25高三上·廣東·開(kāi)學(xué)考試）已知單位向量e1,e2的夾角為π3A．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(jì)算即可.【解答過(guò)程】易知e1所以e=t即當(dāng)t=12時(shí)，故選：B．【變式1-1】（23-24高一下·安徽蕪湖·期中）如圖，已知點(diǎn)G是△ABC的重心，過(guò)點(diǎn)G作直線分別與AB，AC兩邊交于M，N兩點(diǎn)，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(yùn)算與三點(diǎn)共線定理及基本不等式計(jì)算即可得.【解答過(guò)程】由點(diǎn)G是△ABC的重心，AM=xAB，故AG=由G、M、N三點(diǎn)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(diǎn)O是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，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(guò)程】由題意知，OA+OB+OC=0由AM=xA,M,B三點(diǎn)共線，A,N,C三點(diǎn)共線，M,O,N三點(diǎn)共線，如圖，D為BC的中點(diǎn)，且AO=由MO=λON，得MA+所以23即AD=因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，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(shí)等號(hào)成立，所以xy的最小值為故選：D.【變式1-3】（23-24高一下·上海·期末）已知向量a,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(duì)于①，對(duì)c=xa+yb兩邊平方轉(zhuǎn)化為求y2?y+1的最值可判斷①；對(duì)c=x【解答過(guò)程】∵a=b對(duì)于①，若x=1，則c=y2?y+1=∴c2的最小值為34對(duì)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(duì)于③，若c=1，則=x+y2?3xy≥當(dāng)且僅當(dāng)x=y=1時(shí)取得等號(hào)，∴又y≥0,∴x+y≥x≥?1，當(dāng)且僅當(dāng)y=0，x=?1對(duì)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(wèn)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(diǎn)，且滿足BE=EC,CF=2FD．若點(diǎn)P在線段BD上運(yùn)動(dòng)，且A．?15,75 B．35【解題思路】建立基底，DC=a,DA=b，則AE=【解答過(guò)程】矩形ABCD中，已知E,F分別是BC,CD上的點(diǎn)，且滿足BE=

設(shè)DC=a,DA=聯(lián)立AE=a?因?yàn)辄c(diǎn)P在線段BD上運(yùn)動(dòng)，則可設(shè)AP=tAP=t=?又AP=λAE+μλ+μ=?2因?yàn)?≤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(gè)動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），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(guò)程】設(shè)DP=λDC，則故AC=m又AC=AD+所以m+λn2=12因?yàn)?≤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(diǎn)P在對(duì)角線AC上（不包括端點(diǎn)A，C），點(diǎn)Q在對(duì)角線BD上（不包括端點(diǎn)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(guò)程】因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，所以AP=又點(diǎn)P在對(duì)角線AC上（不包括端點(diǎn)A，C），所以λ1=μ則2λ12?μ同理AQ=λ2AB+μ2AD，因?yàn)辄c(diǎn)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(diǎn)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(guò)程】方法一：點(diǎn)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(diǎn)O在∠ABC，∠BCA的角平分線上，即點(diǎn)O為△ABC的內(nèi)心.故AO=故μ+λ=b+c因?yàn)榻茿為銳角，sinA=所以cosA=78故ab+c又因?yàn)閎c+c所以1?154b故μ+λ≤4方法二：如圖，延長(zhǎng)AO，交BC于點(diǎn)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(diǎn)E，與AB切于點(diǎn)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(wèn)題】【例3】（2024·河北滄州·一模）如圖，在等腰直角△ABC中，斜邊AB=42，點(diǎn)D在以BC為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)的坐標(biāo)，用坐標(biāo)法求向量的模的取值范圍.【解答過(guò)程】如圖：以C為原點(diǎn)，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?yàn)?cosθ?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(diǎn)E滿足2AE=3EB，在平面ABCD中，動(dòng)點(diǎn)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(yùn)算即可結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)求解.【解答過(guò)程】以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)（O是BE中點(diǎn)），建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，因?yàn)樵诰匦蜛BCD中，AB=5，AD=4，2AE=3EB所以動(dòng)點(diǎn)P在以O(shè)為圓心，1為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)，CB所在直線為x軸，過(guò)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(diǎn)D的軌跡方程，取BD的中點(diǎn)為M，求得M的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合可求|AB【解答過(guò)程】由題意，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CB所在直線為x軸，過(guò)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(diǎn)為M，設(shè)M(x,y),D(x可得x=x0+42y=所以點(diǎn)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(yáng)·一模）如圖，在邊長(zhǎng)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(diǎn)E,F．當(dāng)點(diǎn)P在劣弧EF上運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(diǎn)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(guò)程】依題意，以點(diǎn)C為原點(diǎn)，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(diǎn)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(wèn)題】【例4】（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，點(diǎn)F為線段BC上任一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），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(guò)程】因?yàn)辄c(diǎn)F為線段BC上任一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），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(diǎn)O滿足BO=2OC，過(guò)點(diǎn)O的直線分別交射線AB，AC于不同的兩點(diǎn)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(guò)程】由題可知，m>0,n>0，因?yàn)锳M=1mAB，AN=因?yàn)锽O=2OC，所以所以AO=因?yàn)镸,O,N三點(diǎn)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(jiǎn)，利用平面向量基本定理得到x3【解答過(guò)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(shí)等號(hào)成立，即x=36故選：D.【變式4-3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在△ABC中，M為線段BC的中點(diǎn)，G為線段AM上一點(diǎn)，AG=2GM，過(guò)點(diǎn)G的直線分別交直線AB，AC于P，Q兩點(diǎn)．設(shè)AB=xAP(x>0)，ACA．34 B．32 C．3【解題思路】由中點(diǎn)和三等分點(diǎn)得到AG=13(AB+AC由三點(diǎn)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(guò)程】因?yàn)镸為線段BC的中點(diǎn)，所以AM=12(AB又AB=xAP(x>0)，AC而P，G，Q三點(diǎn)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(wèn)題】【例5】（2024·陜西渭南·二模）已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)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(guò)程】由題意點(diǎn)O為BD的中點(diǎn)，設(shè)AE→則DE=AE?故DE===1當(dāng)λ=0時(shí)，DE?DO取得最小值

故選：A.【變式5-1】（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）如圖，圓O內(nèi)接邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD,P是弧BC（包括端點(diǎn)）上一點(diǎn)，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(diǎn)，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(yùn)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(guò)程】方法一：如圖1，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，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?yàn)锳B=(1,0)，所以由題意知，圓O的半徑r=22．因?yàn)辄c(diǎn)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?yàn)?≤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(cè)）如圖，在平面四邊形ABCD中，△ABD為等邊三角形，CB=CD=2BD=2，當(dāng)點(diǎn)E在對(duì)角線AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，EC?EB的最小值為（A．32 B．12 C．?3【解題思路】由平面幾何知識(shí)可得AC平分∠BAD，且平分∠BCD，設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，可求得|CB|cos∠BCA=15【解答過(guò)程】因?yàn)镃B=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(diǎn)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(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為2，對(duì)稱(chēng)中心為O，以O(shè)為圓心作半徑為1的圓，點(diǎn)M為圓O上任意一點(diǎn)，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(yùn)算用OM，OC解法二

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)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(shí)將AD?CM轉(zhuǎn)化，找到取得最值時(shí)點(diǎn)【解答過(guò)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?yàn)棣取?,π，所以所以?8≤AD故選：C．解法二

如圖，

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線AD為x軸，過(guò)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?yàn)閳AO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(diǎn)M與G重合時(shí)CMcosθ最小，最小值為當(dāng)點(diǎn)M與N重合時(shí)CMcos故?8≤AD故選：C．【題型6與模有關(guān)的最值（范圍）問(wèn)題】【例6】（2024·安徽六安·模擬預(yù)測(cè)）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(diǎn)A,O,B,C四點(diǎn)共圓，再利用余弦定理、正弦定理求解即可.【解答過(guò)程】設(shè)OA=由a=1，b=3，a所以∠AOB=150°，又a?c,即點(diǎn)A,O,B,C四點(diǎn)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(zhǎng)沙·三模）在平行四邊形ABCD中，AC=2BD=4，點(diǎn)P為該平行四邊形所在平面內(nèi)的任意一點(diǎn)，則|PA|2A．6 B．8 C．10 D．12【解題思路】設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，由PA=PO+OA，兩邊平方可表示出【解答過(guò)程】設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，由PA=得|PA同理可得|PB|PC|PD所以|4|=4|PO|2+10≥10，當(dāng)點(diǎn)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(diǎn)，且AE=xAB，AF=yAC，且2x+y=1，若線段EF，BC的中點(diǎn)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(duì)應(yīng)向量的線性關(guān)系，可得AM=12(yAC+xAB)，AN=12(AB【解答過(guò)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(shí)，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(duì)任意實(shí)數(shù)t恒成立，兩邊平方，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的恒成立問(wèn)題，用判別式來(lái)解，算出|b|=2，借助【解答過(guò)程】根據(jù)題意，b?b?te≥b?對(duì)任意實(shí)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(wèn)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(guò)程】因?yàn)閍=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(diǎn)，且AI=3，若△ABC內(nèi)（不包含邊界）的一點(diǎn)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(guò)程】設(shè)i=ABAB=AB可得i?則AI=λi+即3=λ21+1+1則AI=因?yàn)镮D=xAB+12所以AD=x因?yàn)閤+16>0所以實(shí)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(diǎn)，點(diǎn)P在以A為圓心，AD為半徑的圓弧DE上運(yùn)動(dòng)（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(guò)程】建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，則A0,0設(shè)PcosAP=因?yàn)锳P=λED+μ可得cosθ=?λ+1.5μsinθ=λ+0.5μ所以2λ?μ==sin因?yàn)?°≤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(diǎn)，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(diǎn)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(guò)程】以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(diǎn)Pa因?yàn)镺P?所以，xr?y2r=a所以，2x+y因?yàn)?≤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(cè)）已知△OAB的面積為1,AB=2，動(dòng)點(diǎn)P,Q在線段AB上滑動(dòng)，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(diǎn)為H，由S△OAB=1且AB=2，可得點(diǎn)O到直線AB的距離為d=1，由【解答過(guò)程】記線段PQ的中點(diǎn)為H，點(diǎn)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(cè)）邊長(zhǎng)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(diǎn)P為正方形四條邊上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)弦MN的長(zhǎng)度最大時(shí)，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(zhǎng)度最大時(shí)，MN為圓O的一條直徑，計(jì)算可得出PM?PN=【解答過(guò)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(zhǎng)度最大時(shí)，MN為圓O的一條直徑，PM?當(dāng)P為正方形ABCD的某邊的中點(diǎn)時(shí)，OPmin當(dāng)P與正方形ABCD的頂點(diǎn)重合時(shí)，OPmax=2因此，PM?故答案為：0,1【變式8-2】（2024·湖北省直轄縣級(jí)單位·模擬預(yù)測(cè)）如圖直角梯形ABCD中，EF是CD邊上長(zhǎng)為6的可移動(dòng)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(diǎn)G，使得BG=4，取EF的中點(diǎn)P，連接DG，BP，根據(jù)題意得到BE?BF=【解答過(guò)程】在BC上取一點(diǎn)G，使得BG=4，取EF的中點(diǎn)P，連接DG，BP，如圖所示：則DG=83，GC=8，CD=tan∠BCD=83BE?當(dāng)BP⊥CD時(shí)，BP取得最小值，此時(shí)BP=12×所以BE?當(dāng)F與D重合時(shí)，CP=13，BC=12，則BP2當(dāng)E與C重合時(shí)，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(diǎn)，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(jì)算即可（3）連接PA，PE，取AE的中點(diǎn)H，連接PH，將PA?【解答過(guò)程】（1）因?yàn)锳B?AD=48即ABAD×12又cos∠BAD=1213所以S△ABD（2）因?yàn)锳B?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(diǎn)H，連接PH，由AE=8，EH=1則PA=2PH所以當(dāng)點(diǎn)P與H重合時(shí)，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(guò)程】因?yàn)閍=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(jiǎn)求得cosθ=14，設(shè)a=OA→=(1,0),則b【解答過(guò)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(diǎn)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(yáng)·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(guò)程】解：可設(shè)e=1,0，則a?即x?32+y2=4a+當(dāng)x=5時(shí)，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(yáng)·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(guò)程】因?yàn)閨a|=|b因?yàn)?≤?a?不妨設(shè)A(1,3)，B(2,0)，C(x,y)，b=c=則b?c=(2?x,?y)因?yàn)?a?2c化簡(jiǎn)為：(x?5所以c=(x,y)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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(diǎn)，BF=13BC，AF與BE交于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)G的直線分別與射線BA，BC交于點(diǎn)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(diǎn)共線，求得2μ【解答過(guò)程】由B，G，E共線，可設(shè)BG=t由A,G,F三點(diǎn)共線，故可設(shè)BG=m則有t2=mt=故BG=由題意，M，N，G三點(diǎn)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(duì)稱(chēng)性是數(shù)學(xué)美的一個(gè)重要特征，幾何中的軸對(duì)稱(chēng)，中心對(duì)稱(chēng)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(gè)半圓，P是這四個(gè)半圓弧上的一動(dòng)點(diǎn)，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(shí)，λ+μ取得最大值，再結(jié)合圖形，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果．【解答過(guò)程】如圖，設(shè)DE=kDA，DF=kDC，設(shè)令DP=xDE+yDP=xkDA+ykDC因?yàn)镻是四個(gè)半圓弧上的一動(dòng)點(diǎn)，所以當(dāng)EF與圖形下面半圓相切時(shí)，λ+μ取得最大值，設(shè)線段AB的中點(diǎn)為M，線段AC的中點(diǎn)為O1，連接MP，連接DO1并延長(zhǎng)使之與EF交于點(diǎn)過(guò)M作MN⊥DO2，垂足為因?yàn)椤螦BC＝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(yáng)·期中）在扇形OAB中，∠AOB=60°，C為弧AB上的一動(dòng)點(diǎn)，若OC=xOA+yOB，則【解題思路】以O(shè)為原點(diǎn)，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(yùn)算，利用三角函數(shù)求出【解答過(guò)程】以O(shè)為原點(diǎn)，OA,OB分別為x，

則OA=1,0,因?yàn)镺C=xOA+yOB，所以所以3x+y=3cos因?yàn)閥=cosθ在θ∈0,π3上單調(diào)遞減，y=?sinθ所以當(dāng)θ=0時(shí)3x+y=3最大；當(dāng)θ=π3時(shí)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(dòng)點(diǎn)，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(diǎn)M，由正六邊形的性質(zhì)可得點(diǎn)M為CE的中點(diǎn)．分類(lèi)討論：利用向量的加法和共線定理可得：①AP=AD時(shí)，m+n=4．②AP=AM及點(diǎn)P位于線段CE上時(shí)，m+n=3．③除了①、②的情況滿足【解答過(guò)程】解：如圖所示，

連接AD交CE于點(diǎn)M，由正六邊形的性質(zhì)可得點(diǎn)M為CE的中點(diǎn)．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(diǎn)P位于線段CE上時(shí)，記作Q，則AQ=AP=④當(dāng)點(diǎn)P不在線段CE上時(shí)，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(cè)）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(yùn)算律，求出|AP【解答過(guò)程】由AP=AB=1+2x因x∈R，故x=?12時(shí)，|AP|min故選：B．2．（2024·寧夏銀川·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，BD=2DC，過(guò)點(diǎn)D的直線分別交直線AB、AC于點(diǎn)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(diǎn)共線，利用共線定理可得13m+2【解答過(guò)程】如下圖所示：因?yàn)锽D=2DC，易知又AE=mAB,易知E,F,D三點(diǎn)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(cè)）已知在同一平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)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(yùn)算性質(zhì)可得∠ACB≥60°【解答過(guò)程】設(shè)e1=CA則e1是與CA同方向的單位向量，e2是與對(duì)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(diǎn)A、B在圓上，其中劣弧AB的度數(shù)為2π3點(diǎn)C在度數(shù)為4π3的優(yōu)弧上運(yùn)動(dòng)，或點(diǎn)C若點(diǎn)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(diǎn)，則CA+當(dāng)CE⊥AB時(shí)，CE長(zhǎng)達(dá)到最大值，此時(shí)△ABC為等邊三角形，可知CO=32當(dāng)點(diǎn)C在圓的內(nèi)部時(shí)，則C、E重合時(shí)，CO=0此時(shí)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(diǎn)，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(guò)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(shí)，CA在CP上的投影向量的長(zhǎng)度取得最大值，最大值為|CA|=1；當(dāng)P與B重合時(shí)，CA在CP上的投影向量的長(zhǎng)度取得最小值，最大值為12則CA在CP上的投影向量的長(zhǎng)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(diǎn)，且⊙C被l截得兩段圓弧的長(zhǎng)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(guò)程】由⊙C:x2+y2因?yàn)橹本€l交圓C于A,B兩點(diǎn)，且圓C被l截得兩段弧的長(zhǎng)度比為1:3，所以∠ACB=π2，可得設(shè)M為AB邊的中點(diǎn)，可得CA+則DA?=DC當(dāng)且僅當(dāng)CM與DC方向相同時(shí)，等號(hào)成立，因?yàn)镈C=r=4,CM=所以DA?DB的最大值為故選：B.6．（2024·河北滄州·三模）對(duì)稱(chēng)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(gè)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(dòng)力.如圖，在等邊△ABC中，AB=2，以三條邊為直徑向外作三個(gè)半圓，M是三個(gè)半圓弧上的一動(dòng)點(diǎn)，若BM=λAB+μAC，則A．12 B．33 C．1 【解題思路】過(guò)點(diǎn)M作MP//BC，設(shè)AP=kAB，AQ=kAC，得到BM=kx?1AB+kyAC，再由BM=λAB【解答過(guò)程】如圖所示，過(guò)點(diǎn)M作MP//BC，交直線AB,AC于點(diǎn)P,Q，設(shè)AM=xAP+y設(shè)AP=kAB，AQ=k因?yàn)锽M=λAB+μ由圖可知，當(dāng)PM與半圓BC相切時(shí)，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(cè)）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(zhǎng)及恒成立求出a=2，利用距離和的最值求解f(x)【解答過(guò)程】作OA=a，OB=因?yàn)椴坏仁絴b+ta|≥|b從而有AB⊥OA，故|OA設(shè)OD=xb，則f(x)=|xb作點(diǎn)E關(guān)于直線OB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)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(zhǎng)為1，M，N分別是邊AB，AD上的點(diǎn)(均不與端點(diǎn)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(yùn)算及基本不等式求解即可.【解答過(guò)程】設(shè)AM=x,則S1=1由平面向量數(shù)量積的運(yùn)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(guò)程】當(dāng)向量a,b方向相同，與c方向相反時(shí)，滿足此時(shí)a+b+當(dāng)向量a,b,此時(shí)a+b+a?c=b?c，有向量a,b方向相同時(shí)，a?向量a,b方向相反時(shí)，a?b的最大值為2，故選：BD.10．（2024·山西晉中·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，D為邊AC上一點(diǎn)且滿足AD=12DC，若P為邊BD上一點(diǎn)，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(diǎn)公式求得λ+3μ=1，結(jié)合基本不等式判斷即可.【解答過(guò)程】因?yàn)锳D=12又AP=λ因?yàn)镻、B、D三點(diǎn)共線，所以λ+3μ=1，又λ，μ為正實(shí)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(duì)A，設(shè)a=1,0,b=0,2,c=x,【解答過(guò)程】對(duì)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(duì)B，c=x?122+為1?1對(duì)C，b?c=2y，因?yàn)?對(duì)D，因?yàn)閤?12+y又因?yàn)閏=λa+μλ+μ=cos故當(dāng)sinθ+φ=?1時(shí)，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(cè)）已知點(diǎn)O,A,B在同一平面內(nèi)且A為定點(diǎn)，OA?AB=?2,OB?AB=2,C,D分別是點(diǎn)B軌跡上的點(diǎn)且BC=2【解題思路】由題意OB?AB?OA?AB=AB2=4，可得B點(diǎn)軌跡是以A為圓心，半徑為2的圓，再取【解答過(guò)程】根據(jù)OA?AB=?2,∴∴B點(diǎn)軌跡是以A為圓心，半徑為2的圓.取BC的中點(diǎn)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(cè)）已知△ABC中，角A?,?B?,?C所對(duì)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(guò)程】在△ABC中，因?yàn)椤螧AC=π如圖所示，取AB的中點(diǎn)N，可得AB=2再延長(zhǎng)AC到點(diǎn)M，使得AM=2AC，可得AM=2因?yàn)锳D=因?yàn)閙m+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?yàn)I海新·三模）在平行四邊形ABCD中，∠A=60°，AD=23AB，點(diǎn)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(qǐng)用AD表示）；若AB=3，點(diǎn)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(diǎn)，AB為x軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)Mx,0【解答過(guò)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=23A