专题 4.7 平面向量的应用【七大题型】
【新高考专用】
1、平面向量的应用
平面向量及其应用是高考的热点内容.从近几年的高考情况来看，试题主要以选择题、填空题的形式
呈现，其中平面向量的数量积、夹角、线段长度、向量与几何最值等问题是高考的重点、热点内容，难度
中等，有时会与三角函数、平面几何等相结合命题.学生在高考复习中应注意加强对这些内容的掌握，学
会灵活求解.
【知识点1 平面几何中的向量方法】
1．平面几何中的向量方法
(1)用向量研究平面几何问题的思想
向量集数与形于一身，既有代数的抽象性又有几何的直观性.因此，用向量解决平面几何问题，就是将
几何的证明问题转化为向量的运算问题，将“证”转化为“算”，思路清晰，便于操作.
(2)向量在平面几何中常见的应用①证明线段平行或点共线问题，以及相似问题，常用向量共线定理： ∥ = -
=0 ( ≠0).
②证明线段垂直问题，如证明四边形是矩形、正方形，判断两直线(或线段)是否垂直等，常用向量垂
直的条件： =0 + =0.
③求夹角问题，利用夹角公式： = = .
④求线段的长度或说明线段相等，可以用向量的模：| |= 或|AB|=| |=
.
(3)向量法解决平面几何问题的“三步曲”
第一步，转化：建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转
化为向量问题；
第二步，运算：通过向量运算，研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题；
第三步，翻译：把运算结果“翻译”成几何关系.
【知识点2 向量在物理中的应用】
1．力学问题的向量处理方法
向量是既有大小又有方向的量，它们可以有共同的作用点，也可以没有共同的作用点，但力却是既有
大小，又有方向且作用于同一作用点的量.用向量知识解决力的问题，往往是把向量平移到同一作用点上.
2．速度、位移问题的向量处理方法
速度、加速度与位移的合成和分解，实质就是向量的加减法运算，而运动的叠加也用到向量的合成.
3．向量与功、动量
物理上力做功的实质是力在物体前进方向上的分力与物体位移的乘积，它的实质是向量的数量积.
(1)力的做功涉及两个向量及这两个向量的夹角，即W=| || | .功是一个实数，它可正，可负，
也可为零.
(2)动量涉及物体的质量m，物体运动的速度 ，因此动量的计算是向量的数乘运算.
【题型1 用向量研究平面几何中的平行问题】
【例1】（2024·全国·模拟预测）如图，已知M,N是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，且
AM=CN，求证：四边形BMDN是平行四边形．
【解题思路】设⃗AB=⃗a,⃗AD=⃗b，⃗AM=λ⃗AC(0<λ<1)，根据平面向量共线定理证明即可．【解答过程】证明：设⃗AB=⃗a,⃗AD=⃗b，则⃗AC=⃗a+⃗b，设⃗AM=λ⃗AC(0<λ<1)，
所以⃗AM=λ⃗a+λ⃗b=⃗NC，
所以⃗AN=⃗AC+⃗CN=⃗a+⃗b−(λ⃗a+λ⃗b)=(1−λ)⃗a+(1−λ)⃗b，
⃗BM=⃗AM−⃗AB=(λ⃗a+λ⃗b)−⃗a=(λ−1)⃗a+λ⃗b，
⃗ND=⃗AD−⃗AN=⃗b−(1−λ)⃗a−(1−λ)⃗b=(λ−1)⃗a+λ⃗b，
所以⃗BM=⃗ND，
所以四边形BMDN是平行四边形．
【变式1-1】（2024高一·全国·专题练习）如图，设P,Q分别是梯形ABCD的对角线AC,BD的中点.试用
向量的方法证明：PQ//AB
【解题思路】利用平面向量的线性运算，选择用⃗AB,⃗CD表示⃗PQ，结合向量的共线定理证明即可.
1 1
【解答过程】∵P,Q分别为AC,BD中点，∴⃗CQ= (⃗CB+⃗CD)，⃗CP= ⃗CA，
2 2
1 1
∴⃗PQ=⃗CQ−⃗CP= (⃗CB+⃗CD−⃗CA)= (⃗AB+⃗CD)；
2 2
∵AB//CD，∴可设⃗CD=λ⃗AB(λ<0)，
1+λ
∴⃗PQ= ⃗AB，又|⃗AB|≠|⃗CD|，∴λ≠−1，
2
∴PQ//AB.
【变式1-2】（23-24高一·上海·课堂例题）在四边形ABCD中，向量⃗AB=i⃗+2⃗j，⃗BC=−4i⃗−⃗j，
⃗CD=−5i⃗−3⃗j．求证：四边形ABCD为梯形．
【解题思路】根据给定条件，利用向量的线性运算及共线向量即可证明．
【解答过程】证明：因为⃗AD=⃗AB+⃗BC+⃗CD=i⃗+2⃗j−4i⃗−⃗j−5i⃗−3⃗j=−8i⃗−2⃗j=2⃗BC，
所以⃗AD//⃗BC且|⃗AD|≠|⃗BC|，
所以四边形ABCD为梯形．
【变式1-3】（23-24高一下·河北邯郸·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，E、F依次是对角线AC上的两个三等分点，设 ⃗AB=⃗a，⃗AD=⃗b.
(1)请用 ⃗a与 ⃗b表示 ⃗DF;
(2)用向量方法证明：四边形DFBE是平行四边形.
【解题思路】（1）根据平面向量基本定理，结合平面向量线性运算的性质进行求解即可；
（2）根据平面向量基本定理，结合平面向量线性运算的性质、相等向量的定义进行证明即可.
【解答过程】（1）因为E、F依次是对角线AC上的两个三等分点，
2
所以⃗AF= ⃗AC，
3
2 2 1 2 1 2
于是有⃗DF=⃗DA+⃗AF=−⃗AD+ ⃗AC=−⃗AD+ (⃗AD+⃗AB)=− ⃗AD+ ⃗AB =− ⃗b+ ⃗a，
3 3 3 3 3 3
2 1
即⃗DF= ⃗a− ⃗b；
3 3
（2）因为E、F依次是对角线AC上的两个三等分点，
1
所以⃗AE= ⃗AC，
3
1 1 1 2 1 2
于是有⃗BE=⃗BA+⃗AE=−⃗AB+ ⃗AC=−⃗AB+ (⃗AD+⃗AB)= ⃗AD− ⃗AB = ⃗b− ⃗a，
3 3 3 3 3 3
2 1 2 1
即⃗BE=− ⃗a+ ⃗b，因此⃗EB= ⃗a− ⃗b，
3 3 3 3
显然有⃗DF=⃗EB，DF,EB不共线，
因此DF//EB且DF=EB，
所以四边形DFBE是平行四边形.
【题型2 用向量研究平面几何中的垂直问题】
(1 √3)
【例2】（2024·全国·模拟预测）已知△ABC的三个顶点分别是A(−1,0)，B(1,0)，C , ，则
2 2
△ABC的形状是（ ）A．等腰三角形 B．直角三角形
C．斜三角形 D．等腰直角三角形
【解题思路】利用向量数量积的坐标表示即可求得⃗AC⋅⃗BC=0，由模长公式计算可得|⃗AC|≠|⃗BC|，即可
得出结论.
(3 √3) ( 1 √3)
【解答过程】易知⃗AC= , ,⃗BC= − , ，
2 2 2 2
可得⃗AC⋅⃗BC= 3 × ( − 1) + √3 × √3 =0，即⃗AC⊥⃗BC，且|⃗AC|=√3≠|⃗BC|=1，
2 2 2 2
所以可得△ABC的形状是直角三角形.
故选：B.
【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）在平行四边形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，且满足BC＝
3MC，DC＝4NC，若AB＝4，AD＝3，则 AMN的形状是( )
△
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形
【解题思路】由图猜测AN与MN垂直，故验证⃑AN⋅⃑MN是否为零即可.
( 3 ) (1 1 )
【解答过程】∵⃑AN⋅⃑MN=(⃑AD+⃑DN)⋅(⃑MC+⃑CN)= ⃑AD+ ⃑AB ⋅ ⃑AD− ⃑AB
4 3 4
1| 3 | 1 3
= ⃑AD|2− AB|2= ×9− ×16=0.
3 16 3 16
∴AN⊥MN，
∴△AMN是直角三角形.
故选：C.
【变式2-2】（23-24高一下·山东德州·阶段练习）如图，在△ABC中，已知
1 1
AB=2,AC=4,∠BAC=60°,E,F分别为AC,BC上的点，且⃗AE= ⃗AC,⃗BF= ⃗BC.
2 3(1)求|⃗AF|；
(2)求证：AF⊥BE；
(3)若线段BE上一动点P满足2⃗PB+⃗PA+⃗PC=0⃗，试确定点P的位置.
【解题思路】（1）记⃗AB=⃗a,⃗AC=⃗b，利用向量的线性运算将⃗AF表示为⃗a,⃗b的关系式，再利用向量的数
量积运算即可得解；
（2）将⃗BE表示为⃗a,⃗b的关系式，从而利用向量的数量积运算计算⃗AF⋅⃗BE即可得证；
（3）利用向量的中点性质与共线定理即可得解.
【解答过程】（1）依题意，记⃗AB=⃗a,⃗AC=⃗b，
因为AB=2,AC=4,∠BAC=60°，所以|⃗a|=2,|⃗b|=4，⃗a⋅⃗b=2×4cos60°=4，
1
因为⃗BF= ⃗BC，
3
1 1 2 1 2 1
所以⃗AF=⃗AB+⃗BF=⃗AB+ ⃗BC=⃗AB+ (⃗AC−⃗AB)= ⃗AB+ ⃗AC= ⃗a+ ⃗b，
3 3 3 3 3 3
则|⃗AF| 2 = (2 ⃗a+ 1 ⃗b ) 2 = 4 ⃗a2+ 4 ⃗a⋅⃗b+ 1 ⃗b2= 4 ×4+ 4 ×4+ 1 ×16= 16 ，
3 3 9 9 9 9 9 9 3
4√3
故|⃗AF|=
.
3
1 1 1 1
（2）因为⃗AE= ⃗AC，所以⃗BE=⃗BA+ ⃗AC=−⃗AB+ ⃗AC=−⃗a+ ⃗b，
2 2 2 2
所以⃗AF⋅⃗BE= (2 ⃗a+ 1 ⃗b ) ⋅ ( −⃗a+ 1 ⃗b ) =− 2 ⃗a2+ 1 ⃗b2=− 2 ×4+ 1 ×16=0，
3 3 2 3 6 3 6
则⃗AF⊥⃗BE，即AF⊥BE.
1
（3）因为⃗AE= ⃗AC，所以E是AC的中点，故⃗PA+⃗PC=2⃗PE，
2
因为2⃗PB+⃗PA+⃗PC=0⃗，所以2⃗PB+2⃗PE=0⃗，即⃗PB=−⃗PE，
所以P是线段BE的中点.
【变式2-3】（22-23高一下·湖南常德·阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为6,E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M．
(1)求∠EMF的余弦值．
(2)若点P自A点逆时针沿正方形的边运动到C点，在这个过程中，是否存在这样的点P，使得EF⊥MP？
若存在，求出MP的长度，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系，由于∠EMF就是⃗DE,⃗AF的夹角，
从而利用向量夹角的坐标表示即可求解；
(18 6)
（2）根据向量的共线表示联立方程组可求解M , ，分点P在AB上、点P在BC上，结合向量垂直的
7 7
坐标表示即可求解.
【解答过程】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系．
则D(0,6),E(3,0),A(0,0),F(6,2),∴⃗DE=(3,−6),⃗AF=(6,2)．
由于∠EMF就是⃗DE,⃗AF的夹角．
⃗DE⋅⃗AF 18−12 √2 √2
∴cos∠EMF= = = ∴∠EMF的余弦值为 ．
|⃗DE||⃗AF| √9+36⋅√36+4 10 10
（2）设M(x,y),∴⃗DM=(x,y−6),∵⃗DM∥⃗DE,∴3(y−6)+6x=0,∴2x+ y−6=0
6
∵⃗AM=(x,y),⃗AF=(6,2),⃗AM∥⃗AF,∴2x−6 y=0,∴x=3 y,∴7 y=6,∴y= ．
7
18 (18 6)
∴x= ,∴M , ．
7 7 7
由题得⃗EF=(3,2)．
( 18 6)
①当点P在AB上时，设P(x,0),(0≤x≤6),∴⃗MP= x− ,− ，
7 754 12 22 (22 ) √ (4) 2 ( 6) 2 2√13
∴3x− − =0,∴x= ,∴P ,0 ,∴|MP|= + − = ；
7 7 7 7 7 7 7
(24 6)
②当点P在BC上时，设P(6,y),(0<y≤6),∴⃗MP= ,y− ，
7 7
72 12 30
∴ +2y− =0,∴y=− ，舍去．
7 7 7
(22 ) 2
综上，存在P ,0 ,|MP|= √13．
7 7
【题型3 用向量解决夹角问题】
π
【例3】（2024·湖南娄底·一模）已知圆内接四边形ABCD中，AD=2,∠ADB= ,BD是圆的直径，
4
⃗AC⋅⃗BD=2，则∠ADC=（ ）
5π π 7π 2π
A． B． C． D．
12 2 12 3
【解题思路】根据平面向量数量积的线性运算，结合圆内接四边形ABCD的几何性质，即可得所求.
【解答过程】
因为⃗AC⋅⃗BD=2，所以(⃗AD+⃗DC)⋅⃗BD=2，易知BD=2√2，
→ → √2
结合图形，AD·BD=2×2√2× =4，∠BCD=90°，则4−⃗DC2=2，故|⃗DC|=√2.
2
π 7π
所以在直角三角形BCD中可得∠BDC= ，故∠ADC=
.
3 12
故选：C.
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）已知△ABC中，⃗AO=λ⃗AB+(1−λ)⃗AC，且O为△ABC的外心．若
[1 2]
⃗BA在⃗BC上的投影向量为μ⃗BC，且cos∠AOC∈ , ，则μ的取值范围为（ ）
3 3
[2 5] [1 3 ] [4 5] [1 3]
A． , B． , C． , D． ,
3 6 5 10 3 3 5 5【解题思路】根据题意B，O，C三点共线．因为O为△ABC的外心，即有|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗OC|，所以
△ABC为直角三角形，利用向量得投影结合图形即可得解.
【解答过程】
因为⃗AO=λ⃗AB+(1−λ)⃗AC=λ⃗AB+⃗AC−λ⃗AC，
则⃗AO−⃗AC=λ(⃗AB−⃗AC)，所以⃗CO=λ⃗CB，即B，O，C三点共线．
因为O为△ABC的外心，即有|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗OC|，
[1 2]
所以△ABC为直角三角形，因此AB⊥AC，O为斜边BC的中点．因为cos∠AOC∈ , ，所以
3 3
∠AOC为锐角．
如图，过点A作AQ⊥BC，垂足为Q．
1
因为⃗BA在⃗BC上的投影向量为⃗BQ= μ⃗BC，所以 <μ<1，
2
所以⃗OA在⃗BC上的投影向量为⃗OQ=⃗BQ−⃗BO=μ⃗BC− 1 ⃗BC= ( μ− 1)⃗BC．
2 2
( μ− 1) |⃗BC|
1 |⃗OQ| 2
又因为|⃗OA|= |⃗BC|，所以cos∠AOC= = =2μ−1．
2 |⃗OA| 1
|⃗BC|
2
[1 2] [1 2]
因为cos∠AOC∈ , ，所以2μ−1∈ , ，
3 3 3 3
[2 5]
故μ的取值范围为 , ．
3 6
故选：A．
【变式3-2】（23-24高一下·福建福州·期中）已知梯形ABCD中，AB//CD，AB=2CD，E为BC的中
点，F为BD与AE的交点，⃑AD=λ⃑AB+μ⃑AE．
(1)求λ和μ的值；
(2)若AB=2√2，BC=6，∠ABC=45°，求⃑EA与⃑BD所成角的余弦值．
3
【解题思路】（1）由向量的运算得出⃑AD=− ⃑AB+2⃑AE，进而得出λ和μ的值；
21 1
（2）由向量的运算得出⃑EA= ⃑CB+⃑BA，⃑BD=⃑BC+ ⃑BA，进而得出|⃑EA|，|⃑BD|，⃑EA⋅⃑BD，再由
2 2
数量积公式求解即可.
【解答过程】（1）根据题意，梯形ABCD中，AB//CD，AB=2CD，E为BC的中点
1 1 1 3
则⃑AD=⃑AB+⃑BC+⃑CD= ⃑AB+⃑BC= ⃑AB+2⃑BE = ⃑AB+2(⃑AE−⃑AB)=− ⃑AB+2⃑AE
2 2 2 2
3
又由⃑AD=λ⃑AB+μ⃑AE可得λ=− ，μ=2
2
（2）∠AFD是⃑EA与⃑BD所成的角，设向量⃑EA与⃑BD所成的角为θ
1 1
⃑EA=⃑EB+⃑BA= ⃑CB+⃑BA，则|⃑EA|2= ⃑CB2+⃑BA2+⃑CB⋅⃑BA=9+8−12=5
2 4
1 1
⃑BD=⃑BC+⃑CD=⃑BC+ ⃑BA，则|⃑BD|2=⃑BC2+ ⃑BA2+⃑BC⋅⃑BA=2+36+12=50
2 4
则|⃑EA|=√5，|⃑BD|=√50
(1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
因为⃑EA⋅⃑BD= ⃑CB+⃑BA ⋅⃑BC+ ⃑BA = ⃑BA− ⃑BC ⋅⃑BC+ ⃑BA
2 2 2 2
1 1 3
=− ⃑CB2+ ⃑BA2+ ⃑CB⋅⃑BA=−18+4+9=−5
2 2 4
⃑EA⋅⃑BD −5 √10
所以cosθ= = =−
|⃑EA||⃑BD| √5×5√2 10
√10
所以⃑EA与⃑BD所成角的余弦值为− .
10
【变式3-3】（23-24高三上·河南新乡·阶段练习）如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=5，
∠BAC=60°，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，
(1)求|PN|；
(2)求∠MPN的正弦值.
【解题思路】（1）先通过向量线性运算求得BP:PN=2：1，再将⃗BN用⃗AB、⃗AC表示，利用平面向量
数量积的运算性质可求得BN的长，即可求解PN的长；
（2）把∠MPN视作⃗AM与⃗BN夹角，运用平面向量的夹角公式求解.计算出⃗AM⋅⃗BN的值，结合平面向量的数量积可计算出cos∠MGN=cos⟨⃗AM,⃗BN⟩的值，最后利用同角三角函数关系求出正弦值即可.
1 1 1
【解答过程】（1）由BN是AC上的中线，所以⃗BN= ⃗BA+ ⃗BC= ⃗BA+⃗BM，
2 2 2
设BP:PN=λ，则⃗BP= λ ⃗BN= λ (1 ⃗BA+⃗BM ) = λ ⃗BA+ λ ⃗BM，
λ+1 λ+1 2 2(λ+1) λ+1
λ λ
又A,P,M三点共线，所以 + =1，解得λ=2，所以BP:PN=2:1，
2(λ+1) λ+1
1
因为BN是AC上的中线，所以⃗BN= ⃗AC−⃗AB，
2
所以|⃗BN| 2 =⃗AB2+ 1 ⃗AC2−⃗AB⋅⃗AC =4+ 1 ×25−2×5× 1 =4+ 25 −5= 25 −1= 21 ，
4 4 2 4 4 4
√21 1 √21
所以|⃗BN|= ，故|PN|= |⃗BN|= .
2 3 6
⃗AM⋅⃗BN
（2）∠MPN为⃗AM与⃗BN夹角，且cos∠MPN= ，
|⃗AM|⋅|⃗BN|
1
因为AM是BC上的中线，所以⃗AM= (⃗AB+⃗AC)，
2
所以|⃗AM| 2 = 1 ⃗AB2+ 1 ⃗AC2+2× 1 ⃗AB⋅⃗AC = 1 ×4+ 1 ×25+2× 1 ×2×5× 1
4 4 4 4 4 4 2
25 5 4+25+10 39 √39
=1+ + = = ，所以|⃗AM|= ，
4 2 4 4 2
又⃗AM⋅⃗BN= 1 (⃗AB+⃗AC)⋅ (1 ⃗AC−⃗AB ) = 1( −⃗AB2+ 1 ⃗AC2− 1 ⃗AB⋅⃗AC )
2 2 2 2 2
1( 25 1 1)
= −4+ − ×2×5× =3，
2 2 2 2
⃗AM⋅⃗BN 3
cos∠MPN=cos⟨⃗AM,⃗BN⟩= = 4√91
所以 |⃗AM|⋅|⃗BN| √39 √21 = ，
× 91
2 6
5√273
所以sin∠MPN=√1−cos2∠MPN=
.
91
【题型4 用向量解决线段的长度问题】
【例4】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，D是CB边的中
点，过点C作CE⊥AD于点E，延长CE交AB于点F，则BF=（ ）3 √3 √2 √5
A． B． C． D．
4 2 3 3
1
【解题思路】设⃗AF=λ⃗AB，依题意可得⃗AD⋅⃗CF=0，根据数量积的运算律求出λ，从而得到BF= AB.
3
【解答过程】方法一：设⃗AF=λ⃗AB，∵AD⊥CF，∴⃗AD⋅⃗CF=0，
1
又D是CB边的中点，所以⃗AD= (⃗AC+⃗AB)，
2
1
∴ (⃗AC+⃗AB)⋅(⃗AF−⃗AC)=0，∴(⃗AC+⃗AB)⋅(λ⃗AB−⃗AC)=0，
2
∴(λ−1)⃗AB⋅⃗AC+λ⃗AB2−⃗AC2=0，
∵AC=BC=1，∠ACB=90°，所以AB=√12+12=√2，且∠ABC=45°，
√2
∴⃗AC2=1，⃗AB2=2，⃗AB⋅⃗AC=1×√2× =1，
2
2
代入得(λ−1)+2λ−1=0，解得λ= ，
3
2 1 √2
∴⃗AF= ⃗AB，∴BF= AB= .
3 3 3
方法二：因为∠ACB=90°，AC=BC=1，所以△ABC为等腰直角三角形，
1
又因为AC=1，AD为中线，所以BC=1，CD=BD= ，
2
所以AD=√AC2+CD2=
√
12+
(1) 2
=
√5
.
2 2
因为CE⊥AD，所以∠CED=90°，
1
1×
AC⋅CD 2 √5
所以AD⋅CE=AC⋅CD，即CE= = = ，
AD √5 5
2所以DE=√CD2−CE2=
√ (1) 2
−
(√5) 2
=
√5
.
2 5 10
过点F作FH⊥CB交CB于点H，所以∠FHB=90°，
DE FH
因为tan∠FCB= = ，设FH=HB=x，则CH=1−x，
CE CH
√5
10 x 1 √2
所以 = ，解得x= ，∴BF= .
√5 1−x 3 3
5
故选：C.
【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）已知向量⃗AB⋅⃗AC=6，线段BC的中点为M，且|⃗AM|=6，则|⃗BC|=
（ ）
A．2√30 B．3√30 C．2√26 D．3√26
【解题思路】用平面向量基底{⃗AB,⃗AC}表示⃗AM,⃗BC，找到|⃗AM|,|⃗BC|的关系求解即可.
【解答过程】设⃗AB=⃗a,⃗AC=⃗b，
1 1
则⃗AM= (⃗AB+⃗AC)= (⃗a+⃗b),⃗BC=⃗AC−⃗AB=⃗b−⃗a，
2 2
由|⃗AM| 2 = 1 (⃗a2+2⃗a⋅⃗b+⃗b2),|⃗BC| 2 =⃗a2−2⃗a⋅⃗b+⃗b2 ，
4
得4|⃗AM| 2 −|⃗BC| 2 =4⃗a⋅⃗b，又已知⃗AB⋅⃗AC=⃗a⋅⃗b=6，且|⃗AM|=6，
2 2
则有|⃗BC| =4|⃗AM| −4⃗a⋅⃗b=4(36−6)=120，
故|⃗BC|=2√30.故选：A.
【变式4-2】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，
cosA(tanA+tanB)=2sinC.
(1)求角B的值；
(2)若a=2,c=5，边AC上的中点为D，求BD的长度.
【解题思路】（1）切化弦后，利用两角和的正弦公式求解；
（2）利用平面向量数量积可求出结果.
(
sinA sinB
)
sinAcosB+sinBcosA
【解答过程】（1）∵cosA + =2sinC，∴cosA⋅ =2sinC
cosA cosB cosAcosB
，
sin(A+B) sinC
∴ =2sinC，∴ =2sinC，
cosB cosB
1
∵sinC≠0，∴cosB= ，
2
π
∵B∈(0,π),∴B=
.
3
（2）∵BD是AC边上的中线，
1
∴⃗BD= (⃗BA+⃗BC)，
2
1 1 π 39
∴⃗BD2= (⃗BA2+⃗BC2+2⃗BA⋅⃗BC)= ( 25+4+2×5×2×cos )=
，
4 4 3 4
√39
∴BD= .
2
【变式4-3】（2024·贵州·模拟预测）已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
B
sinB−cosB=1+cos
.
2
(1)求sinB；
1
(2)若a=√7，c=3，D在AC上，且⃗CD= ⃗CA，求BD的长.
3
【解题思路】（1）根据二倍角公式和同角三角函数关系化简已知条件即可求解；
√7 2 1
（2）根据同角三角函数关系得cosB=− ，由向量加法运算得⃗BD= ⃗BC+ ⃗BA，
4 3 3
平方化简即可求解.B B B B B
【解答过程】（1）因为sinB−cosB=1+cos ，所以2sin cos −2cos2 +1=1+cos ，
2 2 2 2 2
B( B B ) B B B
所以cos 2sin −2cos −1 =0，由cos ≠0得2sin −2cos −1=0，
2 2 2 2 2 2
B B 1 1 3
即sin −cos = ，平方化简得1−sinB= ，所以sinB= .
2 2 2 4 4
B
（2）由题意1+cos >1，所以sinB−cosB>1，即cosB<0,
2
3 √7
又由（1）知sinB= ，cosB=−√1−sin2B=− ，
4 4
1 2 1
又因为⃗CD= ⃗CA，所以⃗BD= ⃗BC+ ⃗BA，
3 3 3
所以⃗BD2= (2 ⃗BC+ 1 ⃗BA ) 2 = 4 ⃗BC2+ 4 ⃗BC⋅⃗BA+ 1 ⃗BA2= 4 ×7− 4 ×√7×3× √7 + 1 ×32= 16 ，
3 3 9 9 9 9 9 4 9 9
4
所以BD=
.
3
【题型5 向量与几何最值（范围）问题】
【例5】（2024·湖北·模拟预测）四边形ABCD是边长为4的正方形，点P是正方形内的一点，且满足
|⃗AP+⃗BP+⃗CP+⃗DP|=4，则|⃗AP|的最大值是（ ）
A．1+√2 B．√2−1 C．2√2−1 D．2√2+1
【解题思路】根据题意建立直角坐标系，设P(x,y)，写出A,B,C,D坐标，可得P点的轨迹方程，进而可
求出|⃗AP|的最大值.
【解答过程】根据题意，建立如图所示的直角坐标系，
设P(x,y), A(0,0),B(4,0),C(4,4),D(0,4)，
则⃗AP=(x,y),⃗BP=(x−4,y),⃗CP=(x−4,y−4),⃗DP=(x,y−4)，
故⃗AP+⃗BP+⃗CP+⃗DP=(4x−8,4 y−8)，∴|⃗AP+⃗BP+⃗CP+⃗DP|=√16(x−2) 2+16(y−2) 2=4，
即(x−2) 2+(y−2) 2=1；
故点P在以点(2,2)为圆心，1为半径的圆周上运动，
所以|⃗AP|的最大值为√22+22+1=2√2+1.
故选：D.
【变式5-1】（2024·北京·三模）已知点N在边长为2的正八边形A ,A ,⋯,A 的边上，点M在边A A 上，
1 2 8 1 2
⃗ ⃗
则 A M⋅A N的取值范围是（ ）
1 1
A．[−4−2√2,2√2] B．[−4,4+2√2]
C．[−2√2,4+2√2] D．[−2√2,4]
⃗ ⃗
【解题思路】以A 1 为原点，建立平面直角坐标系，表示出点M、N的坐标，计算A M⋅A N即可.
1 1
【解答过程】以A 为原点， A A 为x轴，A A 为y轴建立平面直角坐标系，
1 1 2 1 6
⃗ ⃗
设N(x
1
,y
1
),M(x
2
,0)，则A M=(x ,0),A N=(x ,y )，
1 2 1 1 1
⃗ ⃗
所以A M⋅A N=x x ，
1 1 1 2π
由于正八边形的每个外角都为 ；
4
则x ∈[0,2],x ∈[−√2,2+√2]，
2 1
⃗ ⃗
所以A M⋅A N=x x ∈[−2√2,4+2√2].
1 1 1 2
故选：C.
【变式5-2】（2024·四川成都·三模）在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，点E满足2⃗AE=3⃗EB，在平面
ABCD中，动点P满足⃗PE⋅⃗PB=0，则⃗DP⋅⃗AC的最大值为（ ）
A．√41+4 B．√41−6 C．2√13+4 D．2√13−6
【解题思路】建立直角坐标系，利用向量的坐标运算即可结合三角函数的性质求解.
【解答过程】以O为坐标原点（O是BE中点），建立如图所示的直角坐标系，
因为在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，2⃗AE=3⃗EB，⃗PE⋅⃗PB=0，
所以动点P在以O为圆心，1为半径的圆上运动，故设P(cosθ,sinθ)，
则A(0,4),D(4,4),C(4,−1),
⃗DP⋅⃗AC=(cosθ−4,sinθ−4)⋅(4,−5)=4(cosθ−4)−5(sinθ−4)=√41cos(θ+φ)+4，
5
其中锐角φ满足tanφ= ，故⃗DP⋅⃗AC的最大值为√41+4,
4
故选：A.
【变式5-3】（2024·河北保定·二模）如图，圆O 和圆O 外切于点P，A，B分别为圆O 和圆O 上的动点，
1 2 1 2
已知圆O 和圆O 的半径都为1，且⃗PA⋅⃗PB=−1，则|⃗PA+⃗PB| 2 的最大值为（ ）
1 2A．2 B．4 C．2√2 D．2√3
【解题思路】由⃗PA⋅⃗PB=(⃗PO +⃗O A)⋅(⃗PO +⃗O B)=1，化简得到
1 1 2 2
|⃗O A⋅⃗O B|=|⃗PO ⋅(⃗O B−⃗O A)|≤|⃗O B−⃗O A|，两边平方化简可得：
1 2 1 2 1 2 1
−1−√3≤⃗O A⋅⃗O B≤−1+√3，由|⃗PA+⃗PB| 2 =|⃗PO +⃗O A+⃗PO +⃗O B| 2 化简即可得到答案.
1 2 1 1 2 2
【解答过程】
⃗PA⋅⃗PB=(⃗PO +⃗O A)⋅(⃗PO +⃗O B)=⃗PO ⋅⃗PO +⃗PO ⋅⃗O B+⃗O A⋅⃗PO +⃗O A⋅⃗O B
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
=−1+⃗PO ⋅(⃗O B−⃗O A)+⃗O A⋅⃗O B=−1，
1 2 1 1 2
所以|⃗O A⋅⃗O B|=|⃗PO ⋅(⃗O B−⃗O A)|≤|⃗O B−⃗O A|，
1 2 1 2 1 2 1
2 2 2 2
所以|⃗O A⋅⃗O B| ≤|⃗O B| +|⃗O A| −2⃗O A⋅⃗O B，即|⃗O A⋅⃗O B| +2⃗O A⋅⃗O B−2≤0，
1 2 2 1 1 2 1 2 1 2
解得−1−√3≤⃗O A⋅⃗O B≤−1+√3.
1 2
2 2 2 2 2
|⃗PA+⃗PB| =|⃗PO +⃗O A+⃗PO +⃗O B| =|⃗O A+⃗O B| =|⃗O A| +|⃗O B| +2⃗O A⋅⃗O B
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
=2+2⃗O A⋅⃗O B≤2+2×(−1+√3)=2√3.
1 2
故选：D.
【题型6 向量在几何中的其他应用】
【例6】（2024·全国·模拟预测）已知平面上A，B，C三点不共线，O是不同于A，B，C的任意一点，且
(⃗AB−⃗AC)·(⃗AB+⃗AC)=0，则△ABC是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形
【解题思路】由(⃗AB−⃗AC)·(⃗AB+⃗AC)=0，可得|⃗AB|=|⃗AC|，即可判断△ABC的形状.
【解答过程】因为(⃗AB−⃗AC)·(⃗AB+⃗AC)=0，即⃗AB2−⃗AC2=0，即⃗AB2=⃗AC2，
所以|⃗AB|=|⃗AC|，所以△ABC是等腰三角形.故选：A.
【变式6-1】（2024·广西南宁·模拟预测）△ABC的外心O满足⃗OA+⃗OB+√2⃗OC=0⃗，|⃗AB|=√2，则
△ABC的面积为（ ）
2+√2 1+√2
A． B． C．√2 D．2
2 2
【解题思路】从⃗OA+⃗OB这个条件可以考虑设AB的中点为D，从而得到O,D,C三点共线可求.
【解答过程】设AB的中点为D，则⃗OA+⃗OB+√2⃗OC=0⃗可化为2⃗OD+√2⃗OC=0⃗,
即为⃗OC=−√2⃗OD，∴ O,D,C三点共线且CD⊥AB，△ABC为等腰三角形，
由垂径定理得|⃗OA| 2 =|⃗OD| 2 +|⃗AD| 2 ，代入数据得R2=
R2
+
(√2) 2
,
2 2
√2 1 1 ( √2) √2+1
解之：R=1，CD=1+ ，∴S = |AB||CD|= ×√2× 1+ = .
2 △ABC 2 2 2 2
故选：B.
2
【变式6-2】（24-25高三上·上海·阶段练习）已知在△ABC中，P 是边AB上一定点，满足⃗P B= ⃗AB，
0 0 3
且对于边AB上任意一点P，都有⃗PB⋅⃗PC≥⃗P B⋅⃗P C，则△ABC是（ ）
0 0
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．无法确定
【解题思路】取BC的中点D，DC的中点E，连接P D，AE，根据向量的线性运算计算向量⃗P B,⃗P C
0 0 0
并计算⃗P B⋅⃗P C，同理计算⃗PB⋅⃗PC，
0 0
根据不等关系可得出对于边AB上任意一点P都有|⃗PD|≥|⃗P D|，从而确定P D⊥AB，从而得到结果.
0 0
【解答过程】取BC的中点D，DC的中点E，连接P D，AE（如图所示），
0
则⃗P B⋅⃗P C=(⃗P D+⃗DB)⋅(⃗P D+⃗DC)
0 0 0 0=(⃗P D+⃗DB)⋅(⃗P D−⃗DB)=⃗P D2−⃗DB2 ，
0 0 0
同理⃗PB⋅⃗PC=⃗PD2−⃗DB2，
因为⃗PB⋅⃗PC≥⃗P B⋅⃗P C，所以⃗PD2−⃗DB2≥⃗P D2−⃗DB2 ，
0 0 0
即⃗PD2≥⃗P D2 ，所以对于边AB上任意一点P都有|⃗PD|≥|⃗P D|，
0 0
因此P D⊥AB，
0
2
又⃗P B= ⃗AB，D为BC中点，E为DC中点，
0 3
P B BD 2
所以 0 = = ，所以P D//AE，
AB BE 3 0
即∠BAE=90°，所以∠BAC>90°，即△ABC为钝角三角形.
故选：A．
【变式6-3】（2024高三下·全国·专题练习）如图，已知O是△ABC的垂心，且⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0⃗，则
tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB等于（ ）
A．1:2:3 B．1:2:4
C．2:3:4 D．2:3:6
【解题思路】延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，利用同底的两个三角形面积
比推得tan∠BAC:tan∠ABC:∠ACB=S :S :S ，从而得解.
△BOC △AOC △AOB
【解答过程】O是△ABC的垂心，延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，如图，
则CP⊥AB，BM⊥AC，AN⊥BC，∠BOP=∠BAC，∠AOP=∠ABC，1
OC⋅BP
S 2 BP OPtan∠BOP tan∠BAC
因此， △BOC = = = = ，
S 1 AP OPtan∠AOP tan∠ABC
△AOC OC⋅AP
2
S tan∠BAC
同理 △BOC = ，
S tan∠ACB
△AOB
于是得tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=S :S :S ，
△BOC △AOC △AOB
又⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0⃗
由“奔驰定理”有S ⋅⃗OA+S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC=0⃗
△BOC △AOC △AOB
即S :S :S =1:2:3，所以tan∠BAC:tan∠ABC:tan∠ACB=1:2:3，
△BOC △AOC △AOB
故选：A.
【题型7 用向量解决物理中的相关问题】
【例7】（2024·山西长治·模拟预测）平面上的三个力F ,F ,F 作用于一点，且处于平衡状态.若
1 2 3
√6−√2
|F |=1N,|F |= N,F 与F 的夹角为45°，则F 与F 夹角的余弦值为（ ）
1 2 2 1 2 3 1
√6+√2 √6+√2 √6−√2 √6−√2
A．− B． C．− D．
4 4 4 4
【解题思路】根据⃗F +⃗F +⃗F =0⃗,先求得|⃗F |=|⃗F +⃗F |，再由|⃗F |= √|⃗F | 2 +|⃗F | 2 +2|⃗F ||⃗F |cosθ，即可
1 2 3 3 1 2 2 1 3 1 3
求解.
【解答过程】∵三个力平衡，
∴⃗F +⃗F +⃗F =0⃗，
1 2 3
∴|⃗F |=|⃗F +⃗F |= √|⃗F | 2 +2⃗F ⋅⃗F +|⃗F | 2 = √ 12+2×1× √6−√2 cos45°+ (√6−√2) 2 =√2.
3 1 2 1 1 2 2 2 2
设⃗F 与⃗F 的夹角为θ，则|⃗F |= √|⃗F | 2 +|⃗F | 2 +2|⃗F ||⃗F |cosθ，
3 1 2 1 3 1 3
√6−√2
即
=√12+√2 2+2×1×√2cosθ，
2
√6+√2
解得cosθ=−
4
故选：A.【变式7-1】（2024·浙江温州·二模）物理学中，如果一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段
位移，我们就说这个力对物体做了功，功的计算公式：W =⃗F⋅⃗S（其中W是功，⃗F是力，⃗S是位移）一物
体在力⃗F =(2,4)和⃗F =(−5,3)的作用下，由点A(1,0)移动到点B(2,4)，在这个过程中这两个力的合力对
1 2
物体所作的功等于（ ）
A．25 B．5 C．−5 D．−25
【解题思路】利用条件，先求出两个力的合力⃗F +⃗F 及⃗AB，再利用功的计算公式即可求出结果.
1 2
【解答过程】因为⃗F =(2,4)，⃗F =(−5,3)，所以⃗F +⃗F =(−3,7)，又A(1,0)，B(2,4)，所以⃗AB=(1,4)，
1 2 1 2
故W =(⃗F +⃗F )⋅⃗AB=−3+7×4=25.
1 2
故选：A.
【变式7-2】（23-24高一下·山东烟台·期中）一条东西方向的河流两岸平行，河宽250√3m，河水的速度
为向正东3km/h．一艘小货船准备从河南岸码头P处出发，航行到河对岸Q（PQ与河的方向垂直）的正
西方向并且与Q相距250m的码头M处卸货，若水流的速度与小货船航行的速度的合速度的大小为5km/h，
则当小货船的航程最短时，小货船航行速度的大小为（ ）
A．3√3km/h B．6km/h C．7km/h D．3√6km/h
【解题思路】由已知条件求解直角三角形，根据向量的平行四边形法则，结合向量的模长公式，即可求解
小货船航行速度的大小．
【解答过程】解：由题意，当小货船的航程最短时，航线路线为线段PM，设小货船航行速度为v，水流
的速度为v ，水流的速度与小货船航行的速度的合速度为v ，作出示意图如下：
1 2
PQ 250√3
PQ=250√3m，QM=250m，在Rt△PQM中，有tan∠PMQ= = =√3，
QM 250
π π π π 2π
所以∠PMQ= ，∠MPQ= ，⟨⃑v ,⃑v ⟩= + = ，
3 6 1 2 2 6 3所以⃑v=⃑v −⃑v ，
2 1
所以|⃑v|=√(⃑v −⃑v ) 2=√|⃑v | 2+|⃑v | 2 −2⃑v ⋅⃑v = √ 52+32−2×5×3cos 2π =7，
2 1 2 1 1 2 3
所以小货船航行速度的大小为7km/h，
故选：C.
【变式7-3】（23-24高一下·河南南阳·期中）小娟，小明两个人共提一桶水匀速前进，已知水和水桶总重
力为⃗G，两人手臂上的拉力分别为⃗F ，⃗F ，且|⃗F |=|⃗F |，⃗F 与⃗F 的夹角为θ，下列结论中正确的是
1 2 1 2 1 2
（ ）
|⃗G|
A．θ越小越费力，θ越大越省力 B．始终有|⃗F |=|⃗F |=
1 2 2
2π π
C．当θ= 时，|⃗F |=|⃗G| D．当θ= 时，|⃗F |=|⃗G|
3 1 2 1
|⃗G|
|⃗F |=|⃗F |=
【解题思路】根据题意，由向量的平行四边形法则可得 1 2 θ，由此分析选项，即可得答案．
2cos
2
【解答过程】根据题意，由于⃗F +⃗F =⃗G，又由|⃗F |=|⃗F |，
1 2 1 2
则有向量⃗F ，⃗F 为邻边的四边形为菱形，
1 2
|⃗G|
|⃗F |=|⃗F |=
则有 1 2 θ，θ∈[0,π],
2cos
2
对于A，由于|⃗G|不变，则θ越小越省力，θ越大越费力，A错误；
|⃗G|
|⃗F |=|⃗F |=
对于B，由于 1 2 θ，B错误；
2cos
2|⃗G|
2π |⃗F |=|⃗F |= =|⃗G|
对于C，当θ= 时， 1 2 π ，C正确；
3 2cos
3
|⃗G| √2
π |⃗F |=|⃗F |= = |⃗G|
对于D，当θ= 时， 1 2 π 2 ，D错误．
2 2cos
4
故选：C.
1．（2022·全国·高考真题）在△ABC中，点D在边AB上，BD=2DA．记⃑CA=⃗m，⃑CD=⃗n，则⃑CB=
（ ）
A．3⃗m−2⃗n B．−2⃗m+3⃗n C．3⃗m+2⃗n D．2⃗m+3⃗n
【解题思路】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【解答过程】因为点D在边AB上，BD=2DA，所以⃑BD=2⃑DA，即⃑CD−⃑CB=2(⃑CA−⃑CD)，
所以⃑CB= 3⃑CD−2⃑CA=3⃑n−2⃑m =−2⃗m+3⃗n．
故选：B．
2．（2023·全国·高考真题）已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C
两点，D为BC的中点，若|PO|=√2，则⃗PA⋅⃗PD的最大值为（ ）
1+√2 1+2√2
A． B．
2 2
C．1+√2 D．2+√2
【解题思路】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得⃗PA⋅⃗PD
1 √2 ( π) 1 √2 ( π)
= − sin 2α− ，或⃗PA⋅⃗PD = + sin 2α+ 然后结合三角函数的性质即可确定⃗PA⋅⃗PD的
2 2 4 2 2 4
最大值.
π
【解答过程】如图所示，|OA|=1,|OP|=√2，则由题意可知:∠APO= ，
4
由勾股定理可得|PA|=√OP2−OA2=1π
当点A,D位于直线PO异侧时或PB为直径时，设∠OPC=α,0≤α< ，
4
则：⃗PA⋅⃗PD =|⃗PA|⋅|⃗PD|cos ( α+ π)
4
( π)
=1×√2cosαcos α+
4
(√2 √2 )
=√2cosα cosα− sinα
2 2
=cos2α−sinαcosα
1+cos2α 1
= − sin2α
2 2
1 √2 ( π)
= − sin 2α−
2 2 4
π π π π
0≤α< ，则− ≤2α− <
4 4 4 4
π π
∴当2α− =− 时，⃗PA⋅⃗PD有最大值1.
4 4
π
当点A,D位于直线PO同侧时，设∠OPCα,0<α< ，
4
⃗ ⃗ (π )
则：⃗PA⋅⃗PD =PA⋅PDcos −α
4(π )
=1×√2cosαcos −α
4
(√2 √2 )
=√2cosα cosα+ sinα
2 2
=cos2α+sinαcosα
1+cos2α 1
= + sin2α
2 2
1 √2 ( π)
= + sin 2α+ ，
2 2 4
π π π 3π
0≤α< ，则 ≤2α+ <
4 4 4 4
π π 1+√2
∴当2α+ = 时，⃗PA⋅⃗PD有最大值 .
4 2 2
1+√2
综上可得，⃗PA⋅⃗PD的最大值为 .
2
故选：A.
3．（2023·北京·高考真题）已知向量⃗a，⃗b满足⃗a+⃗b=(2,3),⃗a−⃗b=(−2,1)，则|⃗a|2−|⃗b|2=（ ）
A．−2 B．−1 C．0 D．1
【解题思路】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答.
【解答过程】向量⃗a,⃗b满足⃗a+⃗b=(2,3),⃗a−⃗b=(−2,1)，
所以|⃗a|2−|⃗b|2=(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=2×(−2)+3×1=−1.
故选：B.
4．（2024·全国·高考真题）设向量⃗a=(x+1,x),⃗b=(x,2)，则（ ）
A．“x=−3”是“⃗a⊥⃗b”的必要条件 B．“x=1+√3”是“⃗a//⃗b”的必要条件
C．“x=0”是“⃗a⊥⃗b”的充分条件 D．“x=−1+√3”是“⃗a//⃗b”的充分条件
【解题思路】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【解答过程】对A，当⃗a⊥⃗b时，则⃗a⋅⃗b=0，
所以x⋅(x+1)+2x=0，解得x=0或−3，即必要性不成立，故A错误；
对C，当x=0时，⃗a=(1,0),⃗b=(0,2)，故⃗a⋅⃗b=0，所以⃗a⊥⃗b，即充分性成立，故C正确；
对B，当⃗a//⃗b时，则2(x+1)=x2，解得x=1±√3，即必要性不成立，故B错误；
对D，当x=−1+√3时，不满足2(x+1)=x2，所以⃗a//⃗b不成立，即充分性不立，故D错误.
故选：C.
5．（2022·浙江·高考真题）设点P在单位圆的内接正八边形A A ⋯A 的边A A 上，则
1 2 8 1 2
⃑PA2+⃑PA 2+⋯+⃑PA2 的取值范围是 [12+2√2,16] ．
1 2 8
【解题思路】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，A A 所在直线为x轴，A A 所在直线为y
7 3 5 1
轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设P(x,y)，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得
到⃑PA2+⃑PA2+⋯+⃑PA2=8(x2+ y2)+8，然后利用cos22.5∘≤|OP|≤1即可解出．
1 2 8
【解答过程】以圆心为原点，A A 所在直线为x轴，A A 所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所
7 3 5 1
示：
(√2 √2) (√2 √2) ( √2 √2)
则A (0,1),A , ,A (1,0),A ,− ,A (0,−1),A − ,− ,A (−1,0),
1 2 2 2 3 4 2 2 5 6 2 2 7
( √2 √2)
A − , ，设P(x,y),于是⃑PA2+⃑PA2+⋯+⃑PA2=8(x2+ y2)+8，
8 2 2 1 2 8
1+cos45∘
因为cos22.5∘≤|OP|≤1，所以 ≤x2+ y2≤1，
2
故⃑PA2+⃑PA2+⋯+⃑PA2 的取值范围是[12+2√2,16].
1 2 8
故答案为：[12+2√2,16]．→ → ⃗ ⃗ ⃗
6．（2024·天津·高考真题）已知正方形ABCD的边长为1， DE=2EC ，若 BE=λBA+μBC ，其中λ,μ为
4 5
实数，则λ+μ= ；设F是线段BE上的动点，G为线段AF的中点，则⃗AF⋅⃗DG的最小值为 − ．
3 18
【解题思路】解法一：以{⃗BA,⃗BC}为基底向量，根据向量的线性运算求⃗BE，即可得λ+μ，设⃗BF=k⃗BE，
求⃗AF,⃗DG，结合数量积的运算律求⃗AF⋅⃗DG的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求⃗BE，
[ 1 ]
即可得λ+μ，设F(a,−3a),a∈ − ,0 ，求⃗AF,⃗DG，结合数量积的坐标运算求⃗AF⋅⃗DG的最小值.
3
1 ⃗ 1 ⃗ 1
【解答过程】解法一：因为CE= DE，即CE= BA，则⃗BE=⃗BC+⃗CE= ⃗BA+⃗BC，
2 3 3
1 4
可得λ= ,μ=1，所以λ+μ= ；
3 3
由题意可知：|⃗BC|=|⃗BA|=1,⃗BA⋅⃗BC=0，
1
因为F为线段BE上的动点，设⃗BF=k⃗BE= k⃗BA+k⃗BC,k∈[0,1]，
3
则⃗AF=⃗AB+⃗BF=⃗AB+k⃗BE= (1 k−1 )⃗BA+k⃗BC，
3
又因为G为AF中点，则⃗DG=⃗DA+⃗AG=−⃗BC+ 1 ⃗AF= 1(1 k−1 )⃗BA+ (1 k−1 )⃗BC，
2 2 3 2
可得⃗AF⋅⃗DG= [(1 k−1 )⃗BA+k⃗BC ] ⋅ [1(1 k−1 )⃗BA+ (1 k−1 )⃗BC ]
3 2 3 2
1(1 ) 2 (1 ) 5( 6) 2 3
= k−1 +k k−1 = k− − ，
2 3 2 9 5 10
5
又因为k∈[0,1]，可知：当k=1时，⃗AF⋅⃗DG取到最小值− ；
18
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，( 1 )
则A(−1,0),B(0,0),C(0,1),D(−1,1),E − ,1 ，
3
可得⃗BA=(−1,0),⃗BC=(0,1),⃗BE= ( − 1 ,1 ) ，
3
4
因为⃗BE=λ⃗BA+μ⃗BC=(−λ,μ)，则¿，所以λ+μ= ；
3
[ 1 ] [ 1 ]
因为点F在线段BE:y=−3x,x∈ − ,0 上，设F(a,−3a),a∈ − ,0 ，
3 3
(a−1 3 )
且G为AF中点，则G ,− a ，
2 2
可得⃗AF=(a+1,−3a),⃗DG= (a+1 ,− 3 a−1 ) ，
2 2
则⃗AF⋅⃗DG= (a+1) 2 +(−3a) ( − 3 a−1 ) =5 ( a+ 2) 2 − 3 ，
2 2 5 10
[ 1 ] 1 5
且a∈ − ,0 ，所以当a=− 时，⃗AF⋅⃗DG取到最小值为− ；
3 3 18
4 5
故答案为： ；− .
3 18
