文档内容
专题5.6 平面向量的数量积及其应用-重难点题型精练
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022·安徽·高三阶段练习）已知向量⃗m=(2,−3)，⃗n=(1,1) ，若(λ⃗m−⃗n)⊥⃗n，则实数λ的
值为（ ）
1 1
A．− B． C．2 D．−2
2 2
【解题思路】根据(λ⃗m−⃗n)⊥⃗n得到λ的方程求解即可．
【解答过程】解：由题意得，λ⃗m−⃗n=(2λ−1,−3λ−1)，
∵ (λ⃗m−⃗n)⊥⃗n，
∴ 2λ−1−3λ−1=0，
∴ λ=−2，
故选：D．
2．（5分）设向量 ， 均为单位向量，则“ ”是“ ”的（ ）
⃗a ⃗b ⃗a⊥⃗b |2⃗a−⃗b|=|⃗a+2⃗b|
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【解题思路】由数量积的运算性质与充分条件与必要条件的定义求解即可
【解答过程】向量 ， 均为单位向量，由 化简可得
⃗a ⃗b |2⃗a−⃗b|=|⃗a+2⃗b|
4⃗a2−4⃗a⋅⃗b+⃗b2=4⃗a2−4⃗a⋅⃗b+⃗b2，
所以4−4⃗a⋅⃗b+1=1+4⃗a⋅⃗b+4，
所以⃗a⋅⃗b=0，即⃗a⊥⃗b.
向量⃗a，⃗b均为单位向量，当⃗a⊥⃗b时，
则⃗a⋅⃗b=0，
，
|2⃗a−⃗b|=√4⃗a2−4⃗a⋅⃗b+⃗b2=√5
，
|⃗a+2⃗b|=√4⃗a2−4⃗a⋅⃗b+⃗b2=√5
所以 ，
|2⃗a−⃗b|=|⃗a+2⃗b|
所以“ ”是“ ”的充要条件，
⃗a⊥⃗b |2⃗a−⃗b|=|⃗a+2⃗b|故选：B.
3．（5分）（2022·江苏泰州·高三期中）已知向量 ， ，则下列结论正确的是（ ）
⃗a=(1,3) ⃗b=(2,−4)
A．
(⃗a+⃗b)//⃗a
B．
|2⃗a+⃗b|=√10
3π
C．向量⃗a与向量⃗b的夹角为
4
D．⃗b在⃗a的投影向量是(1,3)
【解题思路】应用向量坐标的线性运算求 、 ，结合向量共线定理、模长的坐
⃗a+⃗b=(3,−1) 2⃗a+⃗b=(4,2)
标运算判断A、B，根据向量夹角的坐标表示、投影向量的定义判断C、D.
【解答过程】由 ，不存在 使 ，即与 不共线，A错误；
⃗a+⃗b=(3,−1) λ∈R ⃗a+⃗b=λ⃗a ⃗a
由 ，故 ，B错误；
2⃗a+⃗b=(4,2) |2⃗a+⃗b|=2√5
由 ⃗a⋅⃗b 10 √2，又 ，故 3π，C正确；
cos<⃗a,⃗b>= =− =− <⃗a,⃗b>∈[0,π] <⃗a,⃗b>=
|⃗a||⃗b| √10×2√5 2 4
⃗a √2 ⃗a
由⃗b在⃗a的投影向量|⃗b|cos<⃗a,⃗b>⋅ =2√5×(− )× =(−1,−3)，D错误.
|⃗a| 2 √10
故选：C.
4．（5分）（2022·江西赣州·高三期中（理））已知非零向量 ， 满足 ，且 ，则
⃗a ⃗b |⃗a|=2√2|⃗b| (⃗a−4⃗b)⊥⃗a
⃗a与⃗b的夹角为（ ）
π π 2π 3π
A． B． C． D．
3 4 3 4
【解题思路】根据给定条件，利用垂直的向量表示求出⃗a⋅⃗b，再利用夹角公式计算作答.
【解答过程】因非零向量 ， 满足 ，由 得： ，解得
⃗a ⃗b |⃗a|=2√2|⃗b| (⃗a−4⃗b)⊥⃗a (⃗a−4⃗b)⋅⃗a=⃗a2−4⃗a⋅⃗b=0
1
⃗a⋅⃗b= ⃗a2=2⃗b2，
4于是得 ⃗a⋅⃗b 2⃗b2 √2，而 ，则 π，
cos〈⃗a,⃗b〉= = = 0≤〈⃗a,⃗b〉≤π 〈⃗a,⃗b〉=
|⃗a||⃗b| 2√2⃗b2 2 4
π
所以⃗a与⃗b的夹角为 .
4
故选：B.
5．（5分）（2022·江苏南通·高三期中）已知△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，
1 1 1
⃗AO= ⃗AB+ ⃗AC，⃗BA在⃗BC上的投影向量为 ⃗BC，则⃗OA⋅⃗BC=（ ）
2 2 4
A．−√3 B．−1 C．1 D．√3
1
【解题思路】先根据条件得△ABC为直角三角形，再根据投影向量的公式可得cosB= ，进而可得三角
2
1
形中每个角的大小，再通过计算∴⃗OA⋅⃗BC=− (⃗AB+⃗AC)(⃗AC−⃗AB)可得答案.
2
1 1
【解答过程】解：⃗AO= ⃗AB+ ⃗AC，则O为BC中点，O又是外接圆圆心，
2 2
1
则△ABC为直角三角形， ⃗BC为⃗BA在⃗BC上的投影向量，
4
|⃗BA|cosB 1 ，∴ |⃗BA|cosB 1，
∴ ⋅⃗BC= ⃗BC =
|⃗BC| 4 |⃗BC| 4
1 1
∴cos2B= ，∴cosB=
4 2
π π
∴B= ，C= ，
3 6
1 1
∴⃗OA⋅⃗BC=−⃗AO⋅⃗BC=− (⃗AB+⃗AC)(⃗AC−⃗AB)=− (⃗AC2−⃗AB2),
2 2
△ABC的外接圆半径为1，∴BC=2，∴AB=1，AC=√3,
1
∴⃗OA⋅⃗BC=− (3−1)=−1，
2
故选：B.6．（5分）（2022·全国·高三专题练习）设锐角△ABC内部的一点O满足|OA|=|OB|=|OC|，且
1 cosB cosC
⋅⃗OA+ ⋅⃗AB+ ⋅⃗AC=0⃗，则角A的大小可能为（ ）
2cosA sinC sinB
π π π 5π
A． B． C． D．
4 6 3 12
【解题思路】根据三角恒等变换和外心的向量性质，将原式化简，即可求得角A的大小.
【解答过程】由于锐角△ABC内部的一点O满足|OA|＝|OB|＝|OC|，
所以点O为△ABC外接圆的圆心，外接圆的半径为R；
1 cosB cosC
所以 ⋅⃗OA+ ⋅⃗AB+ ⋅⃗AC=0⃗，
2cosA sinC sinB
1 cosB cosC
整理得 ⋅⃗OA+ ⋅ ⃗ (OB−⃗OA)+ ⋅(⃗OC−⃗OA)=0⃗，
2cosA sinC sinB
1 cosB cosC
所以 ⋅⃗OA2+ ⋅(⃗OB⋅⃗OA−⃗OA2 )+ ⋅(⃗OC⋅⃗OA−⃗OA2 )=0，
2cosA sinC sinB
1 cosB cosC
故 ⋅R2+ ⋅R2 ⋅(cos2C−1)+ ⋅R2 ⋅(cos2B−1)=0，
2cosA sinC sinB
1 cosB cosC
则 + ⋅(cos2C−1)+ ⋅(cos2B−1)=0，
2cosA sinC sinB
1
所以 =2sinCcosB+2sinBcosC=2sin(B+C)=2sinA，
2cosA
1
故sin2A= ，
2
π
由于00，则λ(1−λ)>0 D．若⃗OB⋅⃗OC<0，则λ(1−λ)<0
【解题思路】根据投影向量的定义求得 在 上的投影向量判断A，求出向量的模 ，由函数性质
⃗OA ⃗OB |⃗OC|
得最小值判断B，计算⃗OB⋅⃗OC，根据其正负确定λ的范围，然后判断λ(1−λ)的正负，从而判断CD．【解答过程】 ⃗OA⋅⃗OB −2+12 √2，
cos∠AOB= = =
|⃗OA||⃗OB| √10×√20 2
⃗OA
在
⃗OB
上的投影向量为 |⃗OA|
cos∠AOB⋅⃗OB=
√10
⋅
√2
⋅(−2,4)=(−1,2)
，A正确；
|⃗OB| 2√5 2
⃗OC=λ⃗OA+(1−λ)⃗OB=(λ,3λ)+(−2+2λ,4−4λ)=(−2+3λ,4−λ)，
，
|⃗OC|=√(−2+3λ) 2+(4−λ) 2=√10(λ−1) 2+10
所以 时， 取得最小值 ，B正确；
λ=1 |⃗OC| √10
⃗OB⋅⃗OC=4−6λ+16−4λ=20−10λ>0，λ<2，无法判断λ(1−λ)的符号，C错误；
⃗OB⋅⃗OC<0，λ>2，则λ(1−λ)<0，D正确．
故选：ABD．
12．（5分）（2022·安徽·高三阶段练习）正方形ABCD的边长为4，E是BC中点，如图，点P是以AB为
直径的半圆上任意点，⃗AP=λ⃗AD+μ⃗AE，则（ ）
A．μ最大值为1 B．λ最大值为2
C．⃗AP⋅⃗AD最大值是8 D．⃗AP⋅⃗AE最大值是8+4√5
【解题思路】如图，以线段AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，
设P(2cosθ,2sinθ)，θ∈[0,π],又A(−2,0),B(2,0),E(2,2),D(−2,4),C(2,4)，利用向量的坐标运算，
结合三角函数的性质逐一求解即可.
【解答过程】如图，以线段AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，
设P(2cosθ,2sinθ)，θ∈[0,π]，
又A(−2,0),B(2,0),E(2,2),D(−2,4),C(2,4)，
则⃗AP=(2cosθ+2,2sinθ),⃗AD=(0,4),⃗AE=(4,2)，
∵⃗AP=λ⃗AD+μ⃗AE，即(2cosθ+2,2sinθ)=λ(0,4)+μ(4,2)，
∴¿，解得¿，
因为θ∈[0,π]，则−1≤cosθ≤1，0≤sinθ≤1,
cosθ+1
∴μ= ∈[0,1],
2
2sinθ−cosθ−1 √5sin(θ−φ)−1 1 2
λ= = ，其中sinφ= ,cosφ= ，φ为锐角，
4 4 √5 √5
π √5−1
当sin(θ−φ)=1，即θ= +φ时，λ取最大值 ，故A正确，B错误；
2 4
⃗AP⋅⃗AD=(2cosθ+2,2sinθ)⋅(0,4)=8sinθ∈[0,8]，C正确；
⃗AP⋅⃗AE=(2cosθ+2,2sinθ)⋅(4,2)=4sinθ+8cosθ+8=4√5sin(θ+ϕ)+8，
8 4
其中sinϕ= ,cosϕ= ，ϕ为锐角
4√5 4√5
π
当sin(θ+ϕ)=1，即θ= −ϕ时，⃗AP⋅⃗AE取最大值8+4√5，D正确
2
故选：ACD.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022·上海杨浦·高三期中）已知⃗a=(2,1)，⃗b在⃗a上的投影向量为−2⃗a，则⃗a⋅⃗b= −10 ．
【解题思路】根据投影向量可得⃗a⋅⃗b
=−2
，结合向量模长公式得模长即可求解.
2
|⃗a|
【解答过程】由⃗a=(2,1)得|⃗a|=√5，
⃗b
在
⃗a
上的投影向量为⃗bcos⟨⃗a,⃗b⟩ ⃗a
=
⃗a⋅⃗b
⋅⃗a=−2⃗a⇒
⃗a⋅⃗b
=−2
，
|⃗a| |⃗a| 2 |⃗a| 2
所以 ，
⃗a⋅⃗b=−2|⃗a| 2=−10故答案为：−10.
14．（5分）向量 满足 ，且 ，则 与 夹角的余弦值等于
⃗a、⃗b (⃗a−⃗b)⋅(2⃗a+⃗b)=−4 |⃗a|=2,|⃗b|=4 ⃗a ⃗b
−0.5 ．
【解题思路】利用向量数量积公式得到 ，解出即
(⃗a−⃗b)⋅(2⃗a+⃗b)=2⃗a2−⃗b2−⃗a⋅⃗b=8−16−8cosθ=−4
可.
【解答过程】
(⃗a−⃗b)⋅(2⃗a+⃗b)=2⃗a2−⃗b2−⃗a⋅⃗b
=2|⃗a|2−|⃗b|2−|⃗a||⃗b|cosθ
=2⋅22−4 2−2⋅4⋅cosθ
❑
=8−16−8cosθ
=−4，
1
解得cosθ=− .
2
1
故答案为：− .
2
π
15．（5分）（2022·安徽·高三阶段练习）△ABC中，AB=2，∠ACB= ，O是△ABC外接圆的圆心，
4
则⃗OC⋅⃗AB+⃗CA⋅⃗CB的最大值为 6 .
π
【解题思路】首先根据平面图形的几何性质求出外接圆半径长度与∠AOB= ，然后将向量⃗AB，⃗CA，
2
⃗CB用向量⃗OA，⃗OB，⃗OC线性表示.
再根据数量积运算得 2 ，最后根据 的取值范
⃗OC⋅⃗AB+⃗CA⋅⃗CB=|⃗OC| −2|⃗OA||⃗OC|cos∠AOC ∠AOC
围求得⃗OC⋅⃗AB+⃗CA⋅⃗CB的最大值即可
π
【解答过程】△ABC中，∠ACB= ，O是△ABC外接圆圆心，如图所示：
4π
则∠AOB=2∠ACB= ，又因为AB=2，
2
所以OA=OB=√2，即外接圆的半径r=√2.
⃗OC⋅⃗AB+⃗CA⋅⃗CB=⃗OC⋅(⃗OB−⃗OA)+(⃗OA−⃗OC)⋅(⃗OB−⃗OC)
=⃗OC⋅⃗OB−⃗OC⋅⃗OA+⃗OA⋅⃗OB−⃗OA⋅⃗OC−⃗OC⋅⃗OB+⃗OC2=⃗OA⋅⃗OB+⃗OC2−2⃗OA⋅⃗OC，
π
∵∠AOB= ，OA⊥OB，即⃗OA⋅⃗OB=0.
2
故得 ⃗OC⋅⃗AB+⃗CA⋅⃗CB=⃗OC2−2⃗OA⋅⃗OC=|⃗OC| 2 −2|⃗OA|⋅|⃗OC|cos∠AOC=2−4cos∠AOC ，
因为A、C不重合，所以向量⃗OA与⃗OC的夹角范围为(0,π]，
所以−1≤cos∠AOC<1，
所以cos∠AOC=−1，即O为AC的中点时，
⃗OC⋅⃗AB+⃗CA⋅⃗CB取得最大值为2−4×(−1)=6.
故答案为：6.
16．（5分）（2022·北京通州·高三期中）已知△ABC满足⃗BC⋅⃗CA>0.给出下列四个结论：
①△ABC为锐角三角形；
②sinA⃗CB2+⃗CA2；
④cosAcosB>sinAsinB.
其中所有正确结论的序号是 ②③④ .
【解题思路】根据平面向量数量积的定义，结合余弦定理、两角和的余弦公式、正弦型函数的单调性逐一
判断即可.
π
【解答过程】由⃗BC⋅⃗CA>0⇒⃗CB⋅⃗CA<0⇒|⃗CB|⋅|⃗CA|⋅cosC<0⇒cosC<0⇒C∈( ,π)，
2
所以△ABC是钝角三角形，因此①不正确；
π π π
因为C∈( ,π)，所以A+B< ⇒A< −B，
2 2 2
π
因为A,B都是锐角，所以可得sin A0⇒cosAcosB−sin AsinB>0⇒cosAcosB>sinAsinB，因此④正确，
故答案为：②③④.
四．解答题（共6小题，满分70分）
π
17．（10分）（2021·辽宁·高二期末）已知向量 ⃗a=(1,0),⃗b=(m,1) ，且⃗a与⃗b的夹角为 ．
4
(1)求|⃗a−2⃗b|；
(2)若⃗a+λ⃗b与⃗b垂直，求实数 λ的值．
【解题思路】（1）根据向量夹角的坐标运算，结合已知条件，列出方程即可求得参数；再结合平面向量
的运算求模长即可；
（2）根据（1）中所求，结合向量垂直的坐标运算，即可求得参数λ.
π
【解答过程】（1）因为 ⃗a=(1,0),⃗b=(m,1) ，且⃗a与⃗b 的夹角为 ，所以 ⃗a⋅⃗b=m,|⃗a|=1,|⃗b|=√m2+1.
4
因为 ⃗a⋅⃗b ，故 m π，解得 或 （舍）．
cos<⃗a,⃗b>= =cos m=1 m=−1
|⃗a||⃗b| √m2+1 4
所以 ，则 ．
⃗a−2⃗b=(−1,−2) |⃗a−2⃗b| =√(−1) 2+(−2) 2=√5
（2）因为 ， 与 垂直，
⃗a+λ⃗b=(1+λ,λ) ⃗a+λ⃗b ⃗b
1
所以(⃗a+λ⃗b)⋅⃗b=0，即1+2λ=0，解得λ=− ．
2
3
18．（12分）（2022·浙江嘉兴·高一期末）已知平面向量⃗a，⃗b满足|⃗a|=1，⃗a⋅⃗b= ，
2
7
(⃗a+2⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=− ．
2
(1)求 的值；
|⃗b|
(2)设⃗b在⃗a上的投影向量为λ⃗a，求实数λ的值．
【解题思路】（1）根据向量计算的相关公式解方程；
（2）根据向量的投影的概念及公式直接计算.
【解答过程】(1)
由 7，即→ → → → 3 |→| 2 7，
(⃗a+2⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=− a2+a⋅b−2b2=1+ −2 b =−
2 2 2解得 ；
|⃗b|=√3
(2)
⃗a⋅⃗b ⃗a 3
⃗b在⃗a上的投影向量为 = ⃗a，
|⃗a| |⃗a| 2
3
故λ= .
2
19．（12分）（2022·湖北·高三期中）已知△ABC的内角A,B,C 所对的边分别是a,b,c
向量 ， ，且 ．
⃗m=(a,√3a) ⃗n=(cosC,sinC) ⃗m·⃗n=b+c
(1)求角A；
(2)若a=2√3，△ABC 的面积为2√3，求b、c．
【解题思路】（1）由向量数量积的坐标运算代入⃗m⋅⃗n=b+c中，利用正弦定理边化角的转化及
π 1
sinB=sin(A+C)进行化简得到√3sin A−cosA=1，再利用辅助角公式得sin
(
A−
)=
，根据条件求
6 2
出A；
（2）由 及（1）求出 的值，在利用余弦定理及 ，求出 的值，联立方程组解出结
S =2√3 bc a=2√3 b+c
△ABC
果.
【解答过程】（1）⃗m·⃗n=acosC+√3asinC=b+c，
根据正弦定理，即sin AcosC+√3sin AsinC=sinB+sinC，
因为sinB=sin(A+C)，得sin AcosC+√3sin AsinC=sin(A+C)+sinC，由sinC>0，
π π 1
整理得，√3sin A−cosA=1，即2sin
(
A−
)=1，sin (
A−
)=
，
6 6 2
π π 5π π π
A− = 或 ，得A= 或π（舍去），即A= ；
6 6 6 3 3
1 √3
（2）S = bcsin A= bc=2√3，bc=8，
△ABC 2 4
根据余弦定理，得 ，
a2=b2+c2−2bccosA=(b+c) 2−2bc−2bccosA
则 ， ， ，
12=(b+c) 2−24 (b+c) 2=36 b+c=6
又bc=8，则¿或¿.
20．（12分）（2022·河南安阳·高三阶段练习（理））已知⃗a=(sinx+cosx,2cosθ)，⃗b= ( 2sinθ, 1 sin2x ) ．
2
π
(1)若⃗c=(−3,4)，且x= ，θ∈(0,π)时，⃗a与⃗c的夹角为钝角，求cosθ的取值范围；
4
π
(2)若θ= ，函数f (x)=⃗a⋅⃗b，求f (x)的最小值．
3
【解题思路】(1)若⃗a与⃗c的夹角为钝角，则⃗a⋅⃗c<0且⃗a与⃗c不能共线.
(sinx+cosx) 2−1
(2) 化简得f(x)=√3sinx+√3cosx+sinxcosx，利用 =sinxcosx转化为关于
2
sinx+cosx的二次函数求值域问题.
【解答过程】（1）
π
当x= 时， ⃗a=(√2,2cosθ)，若⃗a与⃗c的夹角为钝角，
4
则⃗a⋅⃗c<0且⃗a与⃗c不能共线，
3√2
⃗a⋅⃗c=(√2,2cosθ)⋅(−3,4)=−3√2+8cosθ<0，所以cosθ< ，
8
又θ∈(0,π)，所以cosθ∈(−1,1)
2√2 2√2
当⃗a与⃗c共线时，4√2+6cosθ=0，故cosθ=− ，所以cosθ≠− .
3 3
2√2 2√2 3√2
综上：cosθ∈(−1,− )∪(− , ).
3 3 8
（2）
f (x)=⃗a⋅⃗b=(sinx+cosx,1)⋅ ( √3, 1 sin2x )
2
1
=√3sinx+√3cosx+ sin2x
2
=√3sinx+√3cosx+sinxcosx，
π t2−1
令t=sinx+cosx=√2sin(x+ )∈[−√2,√2]，则sinxcosx=
4 2
t2−1 1
f(x)=√3t+ = (t+√3) 2 −2
2 2
1 1
而函数y= (t+√3) 2 −2在t∈[−√2,√2]上为增函数，故当t=−√2时有最小值 −√6.
2 2
1
故f (x)的最小值为 −√6.
221．（12分）（2022·江苏无锡·高三期中）已知向量 ， 满足 ， ， ．
⃗a ⃗b |⃗a|=√2 |⃗b|=2 ⃗a⋅⃗b=−2
(1)求向量⃗b和⃗a+⃗b的夹角；
(2)设向量 ， ，是否存在正实数t和k，使得 ？如果存在，求出t的
⃗x=⃗a+(t2−3)⃗b ⃗y=−k⃗a+(t+2)⃗b ⃗x⊥⃗y
取值范围；如果不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）用 计算 ，求向量夹角公式为
⃗b⋅(⃗a+⃗b)
，代入计算即可.
√(⃗a+⃗b) 2 |⃗a+⃗b| cosθ=
|⃗b||⃗a+⃗b|
7−2t2
（2）由⃗x⊥⃗y整理k,t的关系式k= ，由k>0得t的取值范围.
t−2
【解答过程】（1） 2 ，
|⃗a+⃗b| =2+4+2×(−2)=2
∴ ，
|⃗a+⃗b|=√2 ⃗b⋅(⃗a+⃗b)=⃗a⋅⃗b+⃗b2=−2+4=2
设向量⃗b和⃗a+⃗b的夹角为θ，
⃗b⋅(⃗a+⃗b) 2 √2，
cosθ= = = θ∈[0,π]
|⃗b||⃗a+⃗b| 2⋅√2 2
π
∴⃗b与 ⃗a+⃗b夹角为 ．
4
（2）假设存在正实数t和k，使得⃗x⊥⃗y，则⃗x⋅⃗y=0，
⇒ [ ⃗a+(t2−3)⃗b] ⋅[−k⃗a+(t+2)⃗b]
=−k⃗a2+[t+2−k(t2−3)] ⃗a⋅⃗b+(t2−3)(t+2)⋅⃗b2
，
=−2k−2[t+2−k(t2−3)]+4(t+2)(t2−3)=0
∴ ，
2k(t2−4)+(t+2)(4t2−14)=0
∵t>0，∴2k(t−2)+4t2−14=0，
7−2t2
∴k(t−2)=7−2t2，k= >0，
t−2
√14
故¿ 或¿ ，解得 0，∴cosθ= ,∴AD= ；
2 14 2 2
（2）y
设|⃑AE|=x,|⃑AF|= y，则⃑AE=x⃑AB,⃑AF= ⃑AC，
4
|AE||AF| xy 1
∵△AEF的面积为△ABC面积的一半，∴ = = ，∴xy=2.
|AB||AC| 4 2
λ λ
设⃑AG=λ⃑AD，则⃑AG=λ⃑AD= ⃑AB+ ⃑AC，
2 2
又E,G,F共线，∴可设⃑AG=μ⃑AE+(1−μ)⃑AF，
y(1−μ)
则⃑AG=μ⃑AE+(1−μ)⃑AF=xμ⃑AB+ ⃑AC，
4
y
∴¿，解得：μ= .
4x+ y
2 2
∴⃑AG= ⃑AB+ ⃑AC，
4x+ y 4x+ y
y
又⃑EF=⃑EA+⃑AF= ⃑AC−x⃑AB，
4
( 2 2 ) ( y )
∴⃑AG⋅⃑EF= ⃑AB+ ⃑AC ⋅ ⃑AC−x⃑AB
4x+ y 4x+ y 4
= 2 [ y ⃑AC2−x⃑AB2+ ( y −x ) ⃑AC⋅⃑AB ] = 9 y−6x.
4x+ y 4 4 4x+ y
又 ，化简得 9 y−6x 18−6x2 21 3，
xy=2 ⃑AG⋅⃑EF= = = −
4x+ y 4x2+2 4x2+2 2
1 1 11
又y≤4，则 ≤x≤1，则x= 时，⃑AG⋅⃑EF的最大值为 .
2 2 2
