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专题 4.8 平面向量的应用
【新高考专用】
题型一 用向量研究平面几何中的平行问题
1．（2024·全国·模拟预测）在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，若3⃗OA+⃗OC=3⃗OD+⃗OB，
则四边形ABCD一定是（ ）
A．矩形 B．梯形 C．平行四边形 D．菱形
【解题思路】利用向量判断四边形形状首先考虑判断对边的位置与大小关系，根据变形可得3⃗DA=⃗CB，
可得四边形为梯形.
【解答过程】由3⃗OA+⃗OC=3⃗OD+⃗OB，得3(⃗OA−⃗OD)=⃗OB−⃗OC，
所以3⃗DA=⃗CB，
可得AD//BC且AD≠BC.
所以四边形ABCD一定是梯形．
故选：B.
2．（2024·全国·模拟预测）设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点，且⃗DC=2⃗BD，
⃗CE=2⃗EA，⃗AF=2⃗FB，则（ ）
A．⃗AD+⃗BE+⃗CF与⃗BC反向平行 B．⃗AD+⃗BE+⃗CF与⃗BC同向平行
C．3⃗BE+3⃗CF−⃗BC与⃗CA反向平行 D．3⃗BE+3⃗CF−⃗BC与⃗CA不共线
【解题思路】将⃗AD、⃗BE、⃗CF用⃗AB和⃗AC表示，再根据平面向量的线性运算以及平行的概念判断可得答
案.
1
【解答过程】因为⃗DC=2⃗BD，所以⃗BD= ⃗BC，
3
1
因为⃗CE=2⃗EA，所以⃗AE= ⃗AC，
3
2
因为⃗AF=2⃗FB，所以⃗AF= ⃗AB，
31 1 2 1
⃗AD=⃗AB+⃗BD =⃗AB+ ⃗BC =⃗AB+ (⃗AC−⃗AB)= ⃗AB+ ⃗AC，
3 3 3 3
1
⃗BE=⃗AE−⃗AB = ⃗AC−⃗AB，
3
2
⃗CF=⃗AF−⃗AC = ⃗AB−⃗AC，
3
2 1 1 2 1 1 1 1
所以⃗AD+⃗BE+⃗CF = ⃗AB+ ⃗AC+ ⃗AC−⃗AB+ ⃗AB−⃗AC = ⃗AB− ⃗AC= ⃗CB=− ⃗BC，
3 3 3 3 3 3 3 3
所以⃗AD+⃗BE+⃗CF与⃗BC反向平行，故A正确，B错误；
1 2
3⃗BE+3⃗CF−⃗BC =3( ⃗AC−⃗AB)+3( ⃗AB−⃗AC)−⃗BC
3 3
=−2⃗AC−⃗AB−⃗BC=−2⃗AC−⃗AC=−3⃗AC=3⃗CA，
所以3⃗BE+3⃗CF−⃗BC与⃗CA同向平行，故CD错误.
故选：A.
3．（24-25高一上·上海·随堂练习）如图，设P、Q分别是梯形ABCD的对角线AC与BD的中点，求证：
PQ//AB.
【解题思路】根据梯形特征得出向量关系再结合向量加减法，得出向量的数乘关系可以得出向量平行关系
及四点不共线线线平行得证.
【解答过程】⃗DC=λ⃗AB（λ>0），
因为⃗PQ=⃗AQ−⃗AP=⃗AB+⃗BQ−⃗AP
1
=⃗AB+ (⃗BD−⃗AC)
2
1
=⃗AB+ [(⃗AD−⃗AB)−(⃗AD+⃗DC)]
2
1
=⃗AB+ (⃗CD−⃗AB)
2
1 1
= (⃗CD+⃗AB)= (−λ+1)⃗AB，
2 2
所以⃗PQ//⃗AB，又P、Q、A、B四点不共线，
所以PQ//AB.4．（23-24高一下·云南昆明·期中）若E，F，G，H分别是平面四边形ABCD的边
AB，BC，CD，DA的中点.
|⃗AB+⃗DC|
（1）求 的值；
|⃗HF|
（2）证明：四边形EFGH为平行四边形.
【解题思路】（1）由题知⃗DC=⃗DH+⃗HF+⃗FC，⃗AB=⃗AH+⃗HF+⃗FB，进而得⃗AB+⃗DC=2⃗HF，故
|⃗AB+⃗DC| |2⃗HF|
= =2；
|⃗HF| |⃗HF|
（2）结合向量共线证明线段平行且相等即可证明.
【解答过程】解：（1）因为H,F是边AD,BC的中点，
所以⃗DH=−⃗AH，⃗FC=−⃗FB，
又因为⃗DC=⃗DH+⃗HF+⃗FC，⃗AB=⃗AH+⃗HF+⃗FB，
所以⃗AB+⃗DC=⃗DH+⃗HF+⃗FC+⃗AH+⃗HF+⃗FB=2⃗HF，
|⃗AB+⃗DC| |2⃗HF|
所以 = =2
|⃗HF| |⃗HF|
（2）连接DB，
因为E，F，G，H分别是平面四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
所以在△ABD和△BCD中，
1 1
由中位线定理得：⃗HE= ⃗BD，⃗GF= ⃗DB，
2 2
1
所以⃗HE=⃗GF= ⃗DB，
2
因为H,E,G,F不共线，
所以HE//GF,HE=GF，
所以四边形EFGH为平行四边形.题型二 用向量研究平面几何中的垂直问题
5．（2024·全国·模拟预测）在△ABC中，若|⃗AB+⃗AC|=|⃗AB−⃗AC|，则△ABC的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【解题思路】由已知平方可得⃗AB⋅⃗AC=0，得出AB⊥AC可判断.
【解答过程】∵ |⃗AB+⃗AC|=|⃗AB−⃗AC|，∴|⃗AB+⃗AC|2=|⃗AB−⃗AC|2，
2 2 2 2
则|⃗AB| +2⃗AB⋅⃗AC+|⃗AC| =|⃗AB| −2⃗AB⋅⃗AC+|⃗AC|，
∴⃗AB⋅⃗AC=0，∴AB⊥AC，则△ABC为直角三角形.
故选：B.
6．（2024·全国·模拟预测）在△ABC中，AB=2AC，动点M满足⃑AM⋅(⃑BC+⃑AC)=0，则直线AM一
定经过△ABC的（ ）
A．垂心 B．内心 C．外心 D．重心
【解题思路】延长AC，使得AC=CD，则⃑BC+⃑AC=⃑BC+⃑CD=⃑BD，由⃑AM⋅(⃑BC+⃑AC)=0，得
AM⊥BD，从而可得AM平分∠BAC，即可得出结论.
【解答过程】解：延长AC，使得AC=CD，
则⃑BC+⃑AC=⃑BC+⃑CD=⃑BD，
因为⃑AM⋅(⃑BC+⃑AC)=0，所以AM⊥BD，
因为AB=2AC，所以AB=AD，
所以△ABD是等腰三角形，
所以点M在BD的中垂线上，所以AM平分∠BAC，
直线AM一定经过△ABC的内心.
故选：B.7．（23-24高二上·山东泰安·开学考试）在四边形ABCD中，⃗AB⋅⃗BC=0,⃗BC=⃗AD，则四边形ABCD的
形状是 矩形 .
【解题思路】根据向量数量积可得垂直，根据向量相等可证平行.
【解答过程】由⃗AB⋅⃗BC=0,可知⃗AB⊥⃗BC,进而AB⊥BC，
由⃗BC=⃗AD可得|⃗BC|=|⃗AD|且BC//AD，所以四边形为矩形，
故答案为：矩形.
8．（23-24高一下·内蒙古呼和浩特·期中）P是△ABC所在平面上一点，满足
|⃗PB−⃗PC|−|⃗PB+⃗PC−2⃗PA|=0，则△ABC的形状是 直角三角形 ．
【解题思路】根据平面向量线性运算得到|⃗AB−⃗AC|=|⃗AB+⃗AC|，再将两边平方，由数量积的运算律得到
⃗AB⋅⃗AC=0，即可得到AB⊥AC.
【解答过程】因为|⃗PB−⃗PC|−|⃗PB+⃗PC−2⃗PA|=0，
即|⃗CB|−|(⃗PB−⃗PA)+(⃗PC−⃗PA)|=0，
即|⃗CB|=|⃗AB+⃗AC|，
即|⃗AB−⃗AC|=|⃗AB+⃗AC|，
所以(⃗AB−⃗AC) 2 =(⃗AB+⃗AC) 2 ，
即⃗AB2−2⃗AB⋅⃗AC+⃗AC2=⃗AB2+2⃗AB⋅⃗AC+⃗AC2，
所以⃗AB⋅⃗AC=0，所以⃗AB⊥⃗AC，即AB⊥AC，所以△ABC为直角三角形.
故答案为：直角三角形.
题型三 用向量解决夹角问题
1 2
9．（2024·全国·模拟预测）已知H为△ABC的垂心，若⃗AH= ⃗AB+ ⃗AC，则sin∠BAC=（ ）
3 5
√15 √10
A． B．
5 5
√6 √3
C． D．
3 3
2 2 1 3
【解题思路】⃗BH=− ⃗AB+ ⃗AC，⃗CH= ⃗AB− ⃗AC，利用⃗BH⋅⃗AC=0、⃗CH⋅⃗AB=0得
3 5 3 5
| → |
3 AC 5|⃗AB| 1
cos∠BAC= ，cos∠BAC= ，解得cos2∠BAC= ， 再利用平方共线可得答案.
→ 9|⃗AC| 3
5|AB|
2 2 1 3
【解答过程】依题意，⃗BH=⃗BA+⃗AH=− ⃗AB+ ⃗AC，同理⃗CH=⃗CA+⃗AH= ⃗AB− ⃗AC．
3 5 3 5
由H为 ABC的垂心，得⃗BH⋅⃗AC=0，即¿，
△
2 2 2
3|⃗AC|
可知 |⃗AC| = |⃗AC||⃗AB|cos∠BAC，即cos∠BAC= ．同理有⃗CH⋅⃗AB=0，
5 3 ⃗
5|AB|
1 2 3
即¿，可知 |⃗AB| = |⃗AC||⃗AB|cos∠BAC，
3 5
5|⃗AB| 1
即cos∠BAC= ，解得cos2∠BAC= ，
9|⃗AC| 3
1 2
sin2∠BAC=1−cos2∠BAC=1− = ，又∠BAC∈(0,π)，
3 3
√6
所以sin∠BAC= ．
3
故选：C．10．（23-24高一下·湖北·期末）在△ABC中，已知AB=2AC=2.点D是边BC上靠近C的三等分点.AD的
长等于边AB上的高，则tan A=（ ）
A．3 B．2√3 C．4√5 D．3√2
⃗ ⃗ |2 ⃗ 1 ⃗ |
【解题思路】使用向量法建立|CE|=|AD|= AC+ AB ，得到9(1−cos2A)=8cosA+8从而得到
3 3
结果.
→ 1 → ⃗ → → → 1 → → 1 → → 2 ⃗ 1 ⃗
【解答过程】如图CD= CB，所以AD=AC+CD=AC+ CB=AC+ (AB−AC)= AC+ AB，
3 3 3 3 3
|2 1 | → √ 2 ⃗ 1 ⃗ 2 √4 ⃗ 1 ⃗ 2 4 ⃗ →
则|⃗CE|=|⃗AD|= ⃗AC+ ⃗AB ，即|AC|sinA= ( AC+ AB) = AC2+ AB + AC·AB，
3 3 3 3 9 9 9
由|A → C|=1,|A → B|=2 ，所以sin2A= 4 + 4 + 4 ×1×2×cosA= 8 + 8 cosA，
9 9 9 9 9
1 4√5
所以9(1−cos2A)=8cosA+8，A∈(0,π)，可得cosA= 或cosA=−1（舍），故sin A= ，
9 9
所以tanA=4√5.
故选：C.
11．（2024·广东佛山·一模）已知△ABC中，AB=2BC=2，AB边上的高与AC边上的中线相等，则
tanB=
−√3 .1
【解题思路】通过已知条件得到BF=sin∠ABC，通过平方关系对⃗BF= (⃗BA+⃗BC)进行转化解得
2
1
cos∠ABC=− 即可得到答案.
2
【解答过程】如下图所示，设AB边上的高为CE，AC边上的中线为BF，
在Rt△BCE中，CE=BCsin∠ABC=sin∠ABC，所以BF=CE=sin∠ABC，
1 1
由⃗BF= (⃗BA+⃗BC)，平方得⃗BF2= (⃗BA2+2|⃗BA||⃗BC|cos∠ABC+⃗BC2)，
2 4
代入得，4(1−cos2∠ABC)=4+2×2×1×cos∠ABC+1，
1
化简得，4cos2∠ABC+4cos∠ABC+1=0，解得cos∠ABC=− ，
2
2π
又因为0<∠ABC<π，所以∠ABC= ，所以tan∠ABC=−√3.
3
故答案为：−√3.
12．（2024·广东广州·三模）在△ABC中，已知AB=2，AC=6，∠BAC=60°，BC，AC边上两条中线
11√91
AM，BN相交于点P，则∠MPN的余弦值为 .
182
【解题思路】由已知结合向量的线性表示及向量数量积的性质即可求解.
【解答过程】由已知得∠MPN即为向量⃗AM与⃗BN的夹角.
1 1
因为M、N分别是BC，AC边上的中点，所以⃗AM= (⃗AB+⃗AC)，⃗BN=⃗AN−⃗AB= ⃗AC−⃗AB.
2 2
又因为⃗AB⋅⃗AC=2×6×cos60∘=6，所以⃗AM⋅⃗BN= 1 (⃗AB+⃗AC)⋅ (1 ⃗AC−⃗AB )
2 2
1 1 1 1 1 1 11
= ⃗AC2− ⃗AB2− ⃗AC⋅⃗AB = ×62− ×22− ×6 = ,
4 2 4 4 2 4 2
1 1
|⃗AM|= √⃗AB2+⃗AC2+2⃗AB⋅⃗AC = √22+62+2×6=√13,
2 2
√1 √1
|⃗BN|= ⃗AC2−⃗AC⋅⃗AB+⃗AB2 = ×62−6+22=√7,
4 411
⃗AM⋅⃗BN 11√91
所以cos∠MPN= 2 = .
|⃗AM|⋅|⃗BN| = 182
√13×√7
11√91
故答案为： .
182
题型四 用向量解决线段的长度问题
13．（24-25高三上·江苏镇江·阶段练习）在ABC中，AB=3，⃗BD=⃗DC，⃗AE=2⃗EC，AD与BE的交点
为O，若⃗AO⋅⃗BC=−2，则AC的长为（ ）
A．√2 B．√3 C．2 D．√5
2 2
【解题思路】借助向量线性运算法则与三点共线定理可得⃗AO= ⃗AB+ ⃗AC，再利用向量数量积公式计
5 5
算即可得解.
【解答过程】令⃗AO=λ⃗AD，λ∈(0,1)，由⃗BD=⃗DC，⃗AE=2⃗EC，
1 1 3
则⃗AD= ⃗AB+ ⃗AC，⃗AC= ⃗AE，
2 2 2
⃗ ⃗ λ ⃗ λ ⃗ λ ⃗ 3λ ⃗
则AO=λAD= AB+ AC= AB+ AE，
2 2 2 4
λ 3λ 4
由B、O、E三点共线，故 + =1，即λ= ，
2 4 5
即⃗AO= 2 ⃗AB+ 2 ⃗AC，则⃗AO⋅⃗BC= (2 ⃗AB+ 2 ⃗AC ) ⋅(⃗AC−⃗AB)
5 5 5 5
= 2 (|⃗AC| 2 −|⃗AB| 2)= 2 (|⃗AC| 2 −9 )=−2，
5 5
解得|⃗AC|=2，即AC的长为2.
故选：C.
14．（2024·全国·模拟预测）△ABC中，∠A=60°，∠A的平分线AD交边BC于D，已知AB=3，且1 2
⃑AD= ⃑AC+ ⃑AB，则AD的长为（ ）
3 3
A．√3 B．3 C．2√3 D．3√3
【解题思路】过D作DE//AC交AB于E，作DF//AB交AC于F，由向量加法的平行四边形法则和向
2 1 BD 1 2
量的基本定理得⃑AE= ⃑AB，⃑AF= ⃑AC，从而得 ，即可求得AC，最后把⃑AD= ⃑AC+ ⃑AB平方可
3 3 DC 3 3
求得|⃑AD|．
【解答过程】如图，过D作DE//AC交AB于E，作DF//AB交AC于F，
1 2
则⃑AD=⃑AE+⃑AF，又⃑AD= ⃑AC+ ⃑AB，
3 3
2 1
所以⃑AE= ⃑AB，⃑AF= ⃑AC，
3 3
BD AF 1 BD 1
所以 = = ，即 = ，
BC AC 3 DC 2
AB BD 1
又AD是∠BAC的平分线，所以 = = ，而AB=3，所以AC=6，
AC CD 2
⃑AB⋅⃑AC=|⃑AB||⃑AC|cos∠BAC=3×6×cos60°=9，
1 2 2 1 4 4 1 4 4
⃑AD2=( ⃑AC+ ⃑AB) = ⃑AC2+ ⃑AC⋅⃑AB+ ⃑AB2 = ×62+ ×9+ ×32=12，
3 3 9 9 9 9 9 9
所以|⃑AD|=2√3，
故选：C．
15．（24-25高三上·天津河北·期中）已知△ABC中，点G,O分别是△ABC的重心和外心，且
⃗AG⋅⃗AO=4,|⃗AG|=2，则边BC的长为 2√3 .
【解题思路】根据重心和外心性质，通过转化法利用数量积可得⃗AB2+⃗AC2=24，再由三角形法则计算可
求出BC的长为2√3.
【解答过程】延长AG交BC于点D，连接OD，作OH⊥AC于点H，则D,H分别为BC,CA的中点，如下图所示：
1 2
易知⃗AC⋅⃗AO=|⃗AC||⃗AO|cos∠OAC=|⃗AC||⃗AH|= |⃗AC|，
2
1 2
同理可得⃗AB⋅⃗AO= |⃗AB|，
2
2 2 1 1 1
由重心性质可知⃗AG⋅⃗AO= ⃗AD⋅⃗AO= × (⃗AB+⃗AC)⋅⃗AO= (⃗AB+⃗AC)⋅⃗AO= (⃗AB2+⃗AC2)=4；
3 3 2 3 6
所以⃗AB2+⃗AC2=24；
3 1
又|⃗AD|= |⃗AG|=3，即|⃗AD|= |⃗AB+⃗AC|=3，可得|⃗AB+⃗AC|=6；
2 2
所以|⃗AB+⃗AC| 2 =⃗AB2+⃗AC2+2⃗AB⋅⃗AC=36，可得⃗AB⋅⃗AC=6；
因此|⃗BC| 2 =|⃗AC−⃗AB| 2 =⃗AB2+⃗AC2−2⃗AB⋅⃗AC=12，即|⃗BC|=2√3.
故答案为：2√3.
16．（23-24高一下·山东济宁·期中）已知两点E,F分别是四边形ABCD的边AD,BC的中点，且AB=3，
√19
CD=2，∠ABC=45∘，∠BCD=75∘，则线段EF的长为是 .
2
【解题思路】作AH//CD，交BC于点H，可知∠BAH=60∘；利用向量线性运算可得到
2⃑EF=⃑AB+⃑DC，根据|⃑EF| 2 = 1 (⃑AB+⃑DC) 2 ，由向量数量积的定义和运算律可求解得到|⃑EF|.
4
【解答过程】作AH//CD，交BC于点H，则∠BHA=∠BCD=75∘，
1
∴∠BAH=180∘−45∘−75∘=60∘，则cos<⃑AB,⃑DC>=cos<⃑AB,⃑AH>=cos∠BAH= ；
2
∵⃑EF=⃑EA+⃑AB+⃑BF，⃑EF=⃑ED+⃑DC+⃑CF，又⃑EA=−⃑ED，⃑BF=−⃑CF，∴2⃑EF=⃑EA+⃑AB+⃑BF+⃑ED+⃑DC+⃑CF=⃑AB+⃑DC，
∴|⃑EF| 2 = 1 (⃑AB+⃑DC) 2= 1 |⃑AB| 2 + 1 |⃑DC| 2 + 1 |⃑AB|⋅|⃑DC|cos<⃑AB,⃑DC> = 9 +1+ 3 = 19 ，
4 4 4 2 4 2 4
√19
∴|⃑EF|= ，
2
√19
故答案为： .
2
题型五 向量与几何最值（范围）问题
17．（2024·四川内江·三模）已知点A、B、C在圆x2+ y2=1上运动，且AB⊥BC，若点P的坐标为(0,2)，
则|⃗PA+⃗PB+⃗PC|的最大值为（ ）
A．3 B．5 C．7 D．9
【解题思路】由题意可得AC为直径，且|⃗PA+⃗PB+⃗PC|=|2⃗PO+⃗PB|，当⃗PO,⃗PB共线且方向相同时模
长最长，即可得出答案.
【解答过程】因为AB⊥BC，所以AC为直径且过原点，AC的中点为原点O，
所以由平行四边形法则可得：⃗PA+⃗PC=2⃗PO，
所以|⃗PA+⃗PB+⃗PC|=|2⃗PO+⃗PB|，
所以当⃗PO,⃗PB共线且方向相同时模长最长，即当B运动到D(0,−1)时，
|⃗PA+⃗PB+⃗PC|=|2⃗PO+⃗PB|取得最大值为2×2+3=7.
故选：C.
18．（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.
19．（24-25高三下·上海宝山·阶段练习）莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工
业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成
的曲边三角形即为莱洛三角形，已知A,B两点间的距离为2，点P为A´B上的一点，则⃗PA⋅(⃗PB+⃗PC)的
最小值为
10−4√7 ．
3
【解题思路】利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算将所求式子表示为2⃗PE2−
，再利用三角形的
2
几何意义求解即可.
【解答过程】设D为BC的中点，E为AD的中点，如图所示，则⃗PA⋅(⃗PB+⃗PC)=2⃗PA⋅⃗PD=2(⃗PE+⃗EA)⋅(⃗PE+⃗ED)
=2(⃗PE+⃗EA)⋅(⃗PE−⃗EA)=2(⃗PE2−⃗EA2)，
在正三角形ABC中，AD=√AB2−BD2=√22−12=√3，
√3
所以AE=DE= ，
2
3
所以⃗PA⋅(⃗PB+⃗PC)=2(⃗PE2−⃗EA2)=2⃗PE2−
，
2
因为CE=√CD2+DE2=
√
12+
(√3) 2
=
√7
，
2 2
√7
所以|⃗PE| =2−|⃗CE|=2− ，
min 2
所以⃗PA⋅(⃗PB+⃗PC)的最小值为：
2
2⃗PE2− 3 =2 ( 2− √7) − 3 =10−4√7.
2 2 2
故答案为：10−4√7.
20．（2024·上海·模拟预测）平面内互不重合的点A 、A 、A 、B 、B 、B 、B ，若
1 2 3 1 2 3 4
|⃗A B +⃗A B +⃗A B|=i，i=1，2，3，4，则|B B |+|B B |+|B B |的取值范围是 [1,5] .
1 i 2 i 3 i 1 2 2 3 3 4
【解题思路】设O为△A A A 的重心，由重心性质化简可得⃗A B +⃗A B +⃗A B =3⃗OB，可知B在以点
1 2 3 1 i 2 i 3 i i i
i
O为圆心，r = 为半径的圆上，以点O为坐标原点建立平面直角坐标系，进而利用数形结合可求得的最
i 3
大值与最小值，可得结论.【解答过程】设O为△A A A 的重心，则⃗A O+⃗A O+⃗A O=0⃗，
1 2 3 1 2 3
⃗A B +⃗A B +⃗A B =⃗A O+⃗OB +⃗A O+⃗OB +⃗A O+⃗OB =3⃗OB，
1 i 2 i 3 i 1 i 2 i 3 i i
i
因为|⃗A B +⃗A B +⃗A B|=i，所以|⃗OB|= ，设|⃗OB|=r ，
1 i 2 i 3 i i 3 i i
i
则B在以点O为圆心，r = 为半径的圆上，以点O为坐标原点建立平面直角坐标系，
i i 3
4 1
则|B B |+|B B |+|B B |≥r −r = − =1，
1 2 2 3 3 4 4 1 3 3
当且仅当B ，B ，B 都在线段OB 上时，等号成立，
1 2 3 4
1 2 4
又|B B |+|B B |+|B B |≤r +r +r +r +r +r = + ×2+1×2+ =5，
1 2 2 3 3 4 1 2 2 3 3 4 3 3 3
当且仅当B 、O、B 在线段B B 上，且B 在线段OB 上，B 在线段OB 上时，等号成立，
1 2 3 4 1 3 2 4
综上所述，|B B |+|B B |+|B B |的取值范围是[1,5].
1 2 2 3 3 4
故答案为：[1,5].
题型六 向量在几何中的其他应用
21．（2024·全国·模拟预测）已知非零向量 与 满足⃗AB⋅⃗BC ⃗CA⋅⃗BC且 ⃗AB ⃗AC 1，则
⃗AB ⃗AC = ⋅ =
|⃗AB| |⃗AC| |⃗AB| |⃗AC| 2△ABC为（ ）
A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形
C．等腰非等边三角形 D．等边三角形
⃗AB ⃗AC 1 π
【解题思路】根据数量积的定义可得cosB=cosC，进而结合 ⋅ = 得A= ，即可判断.
|⃗AB| |⃗AC| 2 3
【解答过程】在△ABC中，设内角A,B,C的对边长分别为a,b,c，则由已知有
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
−accosB AB⋅BC CA⋅BC −abcosC
= = = ，所以cosB=cosC，从而B=C.
c | ⃗ | | ⃗ | b
AB AC
⃗ ⃗
1 AB AC 1 ⃗ ⃗ 1 π
而 = ⋅ = AB⋅AC= ·bccosA=cosA，故A= .
2 | ⃗ | | ⃗ | | ⃗ || ⃗ | bc 3
AB AC AB AC
π
所以△ABC是有一个内角是 的等腰三角形，从而一定是等边三角形.
3
故选：D.
22．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）在四边形ABCD中，A(0,0)，B(1,2)，⃗AB=⃗DC，
⃗BA ⃗BC √2⃗BD
+ =
，则四边形ABCD的面积为（ ）
|⃗BA| |⃗BC| |⃗BD|
A．2 B．3 C．4 D．5
⃗BA ⃗BC √2⃗BD
【解题思路】根据⃗AB=⃗DC=(1,2)，得到四边形ABCD是平行四边形，再由 + = ，
|⃗BA| |⃗BC| |⃗BD|
可得四边形ABCD是矩形也为菱形即为正方形即可求解．
【解答过程】如图所示，
∵ ⃗AB=⃗DC=(1,2)，∴四边形ABCD是平行四边形，
⃗BA ⃗BC ⃗BD
, , 分别表示⃗BA,⃗BC,⃗BD的单位向量，
|⃗BA| |⃗BC| |⃗BD|
⃗BA ⃗BC √2⃗BD
∵ + = ，平方可得1+1+2⃗BA⋅⃗BC=2，
|⃗BA| |⃗BC| |⃗BD|
∴ ⃗BA⋅⃗BC=0，∴AB⊥BC， ∴四边形ABCD是矩形，
又BD平分∠ABC，∴四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD是正方形，且AB=√5，∴此四边形的面积等于5，故选：D．
23．（2024·广西南宁·一模）已知O是△ABC内部一点，且满足⃗OA+⃗OB+⃗OC=0⃗，又
2
⃗AB⋅⃗AC=4√3,∠BAC=30°，则△OBC的面积为 .
3
1
【解题思路】由⃗OA+⃗OB+⃗OC=0⃗，可知O为△ABC的重心，则S = S ，再由平面向量数量积的
△OBC 3 △ABC
运算结合三角形面积公式求解即可.
【解答过程】由⃗AB⋅⃗AC=4√3及∠BAC=30°得
√3
⃗AB⋅⃗AC=|⃗AB|⋅|⃗AC|cos∠BAC= ⋅|⃗AB|⋅|⃗AC|=4√3，
2
所以|⃗AB|⋅|⃗AC|=8，
1
所以S = |⃗AB|⋅|⃗AC|sin∠BAC=2.
△ABC 2
又⃗OA+⃗OB+⃗OC=0⃗，且O在△ABC内，
所以O为△ABC的重心，
1 2
所以S = S = .
△OBC 3 △ABC 3
2
故答案为： .
3
24．（2024·上海奉贤·二模）在集合{1,2,3,4}中任取一个偶数a和一个奇数b构成一个以原点为起点的向量
⃗α=(a,b)，从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形，面积不超过4的平行
四边形的个数是 3 ．
【解题思路】由题可得满足题意的向量有4个，满足题意的平行四边形有6个，依次计算6个平行四边形
的面积即可得答案.
【解答过程】由题可得满足题意的向量有(2,1),(2,3),(4,1),(4,3)，又若两向量⃗a,⃗b不共线，且⟨⃗a,⃗b⟩=θ，则以两向量为邻边的平行四边形面积为：S=|⃗a||⃗b|sin=|⃗a||⃗b|
√
1−
(⃗a⋅⃗b) 2
= √ |⃗a| 2|⃗b| 2 −(⃗a⋅⃗b) 2 .
|⃗a|
2|⃗b| 2
则以(2,1),(2,3)为邻边的平行四边形面积为√5×13−49=4；
以(2,1),(4,1)为邻边的平行四边形面积为√5×17−81=2；
以(2,1),(4,3)为邻边的平行四边形面积为√5×25−121=2；
以(2,3),(4,1)为邻边的平行四边形面积为√13×17−121=10；
以(2,3),(4,3)为邻边的平行四边形面积为√13×25−289=6；
以(4,1),(4,3)为邻边的平行四边形面积为√17×25−361=8；
综上可知面积不超过4的平行四边形的个数是3.
故答案为：3.
题型七 用向量解决物理中的相关问题
25．（23-24高一下·河北石家庄·期中）一物体在力F的作用下，由点A(2,15)移动到点B(7,8)，已知
→ →
F=(−4,3) ，则 F 对该物体所做的功为（ ）
A．−41 B．−1 C．1 D．41
【解题思路】根据功W =⃗AB·⃗F，即可求得物体所做的功.
【解答过程】由题意可知⃗AB=(7,8)−(2,15)=(5,−7)，⃗F=(−4,3)，
⃗AB·⃗F=5×(−4)+3×(−7)=−41，
所以⃗F对该物体所做的功为−41．
故选：A．
26．（23-24高一下·四川绵阳·期末）在日常生活中，我们会看到两个人共提一桶水或者共提一个行李包这
样的情景．假设行李包或者水桶所受重力为G，作用在行李包或者水桶上的两个拉力分别为F ，F ，且
1 2
|F |=|F |，F 与F 的夹角为α，下列结论中正确的是（ ）
1 2 1 2
2π π |G|
A．当α= 时，|F |=|G| B．当α= 时，|F |=
3 1 3 2 2
π
C．当α= 时，|F |有最小值 D．α越小越费力，α越大越省力
2 1
2
【解题思路】由题意可得|⃗G|=|⃗F +⃗F |，根据模长关系可得|⃗F | 2 =
|⃗G|
，进而逐项分析判断即可.
1 2 1 2(1+cosα)【解答过程】由题意可得|⃗G|=|⃗F +⃗F |，
1 2
2
则|⃗G| 2 =|⃗F | 2 +|⃗F | 2 +2|⃗F |×|⃗F |×cosα=2|⃗F | 2 (1+cosα)，解得|⃗F | 2 =
|⃗G|
，
1 2 1 2 1 1 2(1+cosα)
2
2π |⃗F | 2 =
|⃗G|
=|⃗G| 2
对A：当α= 时， 1 2π ，故A正确；
3 2(1+cos )
3
2
π |⃗F | 2 = |⃗G| = √3 |⃗G| 2 2 √3 2
对B：当α= 3 时， 1 2(1+cos π ) 3 ，即|⃗F 2 | = 3 |⃗G|，故B错误；
3
2
2
|⃗G|
对于C：对于|⃗F | = ，
1 2(1+cosα)
2
因为y=cosα在(0,π)内单调递减，则|⃗F | 2 =
|⃗G|
在(0,π)内单调递增，
1 2(1+cosα)
2
所以α越小越省力，α越大越费力，且|⃗F |无最小值，故CD错误；
1
故选：A.
27．（2024·全国·模拟预测）如图，某物体作用于同一点O的三个力F ，F ，F 使物体处于平衡状态，
1 2 3
已知F =1N，F =2N，F 与F 的夹角为120°，则F 的大小为 √3N ．（牛顿N是物理的力学单
1 2 1 2 3
位）
→ → →
【解题思路】根据三力平衡得到F +F =−F ，然后通过平方将向量式数量化得到
1 2 3
|→ | 2 |→ ||→ | |→ | 2 |→ | 2
F +2 F · F cos120°+ F = F ，代入数据即可得到答案.
1 1 2 2 3
→ → → → → → →
【解答过程】由题意知三力平衡得F +F +F =0，化简得F +F =−F ，
1 2 3 1 2 3
→ → → → → |→ | 2 |→ ||→ | |→ | 2 |→ | 2
两边同平方得F 2+2F ·F +F 2=F 2，即 F +2 F · F cos120°+ F = F ，
1 1 2 2 3 1 1 2 2 3即12+2×1×2× ( − 1) +22=3= | F → | 2 ，解得 | F → | =√3.
2 3 3
故答案为：√3N.
28．（23-24高一下·山东菏泽·阶段练习）长江流域内某段南北两岸平行，如图，一艘游船从南岸码头A出
发航行到北岸．已知游船在静水中的航行速度⃗v 的大小为|⃗v |=10km/h，水流的速度⃗v 的大小为
1 1 2
|⃗v |=4km/h，设⃗v 与⃗v 所成的角为θ(0<θ<π)，若游船要从A航行到正北方向上位于北岸的码头B处，
2 1 2
则cosθ=
2
− ．
5
【解题思路】根据平面向量加法的几何意义，数量积的运算性质进行求解即可.
【解答过程】由题意，游船要从A航行到正北方向上位于北岸的码头B处，即航行的方向垂直河岸，由向
量加法的几何意义可知(⃗v +⃗v )⋅⃗v =0，即⃗v ⋅⃗v +⃗v2=0
1 2 2 1 2 2
2
所以10×4×cosθ+16=0，解得cosθ=− ，
5
2
故答案为：− .
5
一、单选题
1．（2024·贵州六盘水·三模）已知点O为△ABC的重心，⃗AC=λ⃗OA+μ⃗OB，则λ+μ=（ ）
A．−3 B．−2 C．1 D．6
【解题思路】作出图形，将⃗OA,⃗OB作为基底，先把⃗AC用⃗OA,⃗OB,⃗BC表示，再将⃗BC也用⃗OA,⃗OB表示，将等式整理得到推导出⃗AC=−2⃗OA−⃗OB，结合平面向量基本定理算出λ,μ的值，进而算出答案.
【解答过程】根据向量加法三角形运算法知⃗AC=⃗AB+⃗BC=⃗AO+⃗OB+⃗BC（∗）；
F为BC中点，则⃗BC=2⃗BF=2(⃗BO+⃗OF)（∗∗）；
1
点O为△ABC的重心，则⃗OF= ⃗AO，
2
1
代入（∗∗）得到，⃗BC=2(⃗BO+ ⃗AO)=2⃗BO+⃗AO，
2
代入（∗）得到，⃗AC=⃗AO+⃗OB+2⃗BO+⃗AO=−2⃗OA−⃗OB，
结合⃗AC=λ⃗OA+μ⃗OB，可得λ=−2,μ=−1，所以λ+μ=−3.
故选：A.
2．（2024·全国·模拟预测）已知向量⃑a，⃑b满足|⃑a+⃑b|=3，⃑a⋅⃑b=0，若⃑c=λ⃑a+(1−λ)⃑b(λ∈R)，且
⃑c⋅⃑a=⃑c⋅⃑b，则|⃑c|的最大值为（ ）
1 3
A．3 B．2 C． D．
2 2
【解题思路】令⃑a=⃑AM，⃑b=⃑MB=⃑AN，根据题意作出图形，结合图形将已知条件转化，得到⃑AC⊥⃑MN，
然后数形结合求|⃑c|的最大值.
【解答过程】如图:令⃑a=⃑AM，⃑b=⃑MB=⃑AN，则⃑a+⃑b=⃑AM+⃑MB=⃑AB，故|⃑AB|=3.
因为⃑a⋅⃑b=0，所以⃑AM⊥⃑MB，记AB的中点为O，所以点M在以AB为直径的圆O上.
设⃑c=⃑AC，连接MN，因为⃑c=λ⃑a+(1−λ)⃑b，所以点C在直线MN上.
因为⃑c⋅⃑a=⃑c⋅⃑b，所以⃑c⋅(⃑a−⃑b)=0，即⃑AC⋅⃑NM=0，所以⃑AC⊥⃑MN.
3
结合图形可知，当⃑NM⊥⃑AB时，|⃑AC|即|⃑c|取得最大值，且|⃑c| =|⃑AO|= .
max 2故选：D.
3．（2024·江西新余·模拟预测）已知平面直角坐标系xOy中，A(−2,−2)，B(1,2)，
⃗OP=λ⃗OA+(3−λ)⃗OB，若⃗AP//⃗OB，则P的坐标为：（ ）
( 4)
A． 0, B．(0,2) C．(3,6) D．(3,4)
3
→
【解题思路】根据向量平行的坐标表示及向量的线性运算的坐标表示求得 即可得．
OP
【解答过程】设⃗OP=(−2λ,−2λ)+(3−λ)⋅(1,2)=(3−3λ,6−4λ)，
8−4λ
⃗AP=⃗OP−⃗OA=(5−3λ,8−4λ)//(1,2)，所以 =2⇒λ=1，
5−3λ
故⃗OP=⃗OA+2⃗OB=(0,2).
故选：B．
4．（23-24高一下·安徽合肥·期中）如图，一条河的南北两岸平行.游船在静水中的航行速度⃗v 的大小为
1
10km/h，水流的速度⃗v 的大小为4km/h，则游船要从A行到正北方向上位于北岸的码头B处，其航行速
2
度的大小（ ）
A．2√21km/h B．2√37km/h C．2√10km/h D．14km/h
2
【解题思路】根据平面向量加法的几何意义、数量积的运算性质可得cosθ=− ，然后再求出|⃗v +⃗v |即
5 1 2
可
【解答过程】设⃗v 与⃗v 所成的角为θ(0<θ<π)，
1 2由题意得，(⃗v +⃗v )⋅⃗v =⃗v ⋅⃗v +⃗v2=10×4×cosθ+16=0，
1 2 2 1 2 2
2
则cosθ=−
5
2
(⃗v +⃗v ) 2=⃗v2+⃗v2+2⃗v ⋅⃗v =100+16−2×10×4× =84,|⃗v +⃗v |=2√21.
1 2 1 2 1 2 5 1 2
故选：A.
5．（2024·四川泸州·一模）已知平面向量|⃗OA|=4,|⃗OB|=3,|⃗OC|=1,⃗OA⋅⃗OB=0，则|⃗CA+⃗CB|的最小
值是（ ）
3
A．1 B．2 C． D．3
2
【解题思路】由题设A,B,C分别在以O为原点，半径为4,3,1的圆上运动，且⃗OA⊥⃗OB，数形结合及向量
加法的几何意义确定|⃗CA+⃗CB|的范围，即可得答案.
【解答过程】由题设，A,B,C分别在以O为原点，半径为4,3,1的圆上运动，且⃗OA⋅⃗OB=0，
1 5
所以⃗OA⊥⃗OB，若D是AB的中点，则|OD|= |AB|= ，而|OC|=1，如下图示，
2 2
3 7
由图知， | C ⃗ A+C ⃗ B | =2|C ⃗ D|，而|OD|−|OC|≤|CD|≤|OD|+|OC|，即 ≤|CD|≤ .
2 2
所以|⃗CA+⃗CB|的最小值是3.
故选：D.
6．（23-24高一下·甘肃天水·期中）冰球运动是以冰刀和冰球杆为工具在冰上进行的一种相互对抗的集体性竞技运动.同学小张在冰球训练的过程中，以力⃗F=(4,3)作用于冰球，使冰球从点A(−1,−2)移动到点
B(1,1)，则⃗F对冰球所做的功为（ ）
A．−17 B．−10 C．17 D．10
【解题思路】由平面向量数量积的定义即可得出答案.
【解答过程】因为A(−1,−2)，B(1,1)，所以⃗AB=(2,3)，又⃗F=(4,3)，
故力⃗F对冰球所做的功为W =|⃗F||⃗AB|cos⟨⃗F,⃗AB⟩=⃗F⋅⃗AB=2×4+3×3=17.
故选：C.
7．（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)，
21
∴ (⃗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.
2π
8．（2024·天津和平·二模）平面四边形ABCD中，AB=2，AC=2√3，AC⊥AB，∠ADC= ，则
3
⃗AD⋅⃗AB的最小值为（ ）
A．−√3 B．−2√3 C．−1 D．−2
2π
【解题思路】由已知，得A，B，C，D四点共圆，从而判断点D的轨迹是以AC为弦，圆周角为 的劣
3
弧（不含A，C两点），根据数量积的几何意义，得出结论．
【解答过程】由AB=2，AC=2√3，AC⊥AB，
AC π
可得tan∠ABC= =√3，故∠ABC= ，
AB 3
2π
又∠ADC= ，所以∠ADC+∠ABC=π，
3
以BC为直径作圆，则A，B，C，D四点共圆，
2π
如图所示，故点D的轨迹是以AC为弦，圆周角为 的劣弧（不含A，C两点），
3
则⃗AD⋅⃗AB=|⃗AD|⋅|⃗AB|⋅cos∠BAD=2|⃗AD|⋅cos∠BAD，
又|⃗AD|⋅cos∠BAD表示⃗AD在⃗AB上的投影，
由图可知，|⃗AD|⋅cos∠BAD∈[−1，0)，
故⃗AD⋅⃗AB≥−2（此时点D在劣弧AC的中点位置），
即⃗AD⋅⃗AB的最小值为−2．
故选：D．二、多选题
9．（2024·全国·模拟预测）已知AB，CD为圆O的直径，P为圆O内一点，AB=2√2，∠PCD=45°，
则（ ）
A．⃗PA+⃗PB=⃗PC+⃗PD
B．⃗AP⋅⃗PB=⃗CP⋅⃗PD
C．|⃗PA+⃗PB|≥2√2
D．⃗AP⋅⃗PB的最大值是1
【解题思路】根据平面向量数量积的运算性质，结合圆的几何性质、正弦定理进行逐一判断即可.
【解答过程】因为AB，CD为圆O的直径，所以O是AB，CD是中点，
所以⃗PA+⃗PB=2⃗PO，⃗PC+⃗PD=2⃗PO，因此选项A正确；
→ → ( → → ) ( → → ) → ( → → ) → → →
AP⋅PB= AC+CP · PC+CB =−CP2+ CA+CB ⋅CP+AC⋅CB ，
因为O是AB的中点，AB，CD为圆O的直径，
所以⃗CA+⃗CB=⃗CD,AC⊥CB，于是
⃗AP⋅⃗PB=−⃗CP2+(⃗CA+⃗CB)⋅⃗CP+⃗AC⋅⃗CB=−⃗CP2+⃗CD⋅⃗CP=⃗CP⋅(⃗CD−⃗CP)=⃗CP⋅⃗PD所以选项
B正确；
| → | ｜AB｜
由： PO < =√2，
2
|→ → | | → |
所以有 PA+PB =2 PO <2√2 ，因此选项C不正确；
| → |
设 CP =t ，
√2
⃗AP⋅⃗PB=−⃗CP2+⃗CD⋅⃗CP=−t2+2√2t× =−(t−1) 2+1，
2
所以⃗AP⋅⃗PB的最大值是1，因此选项D正确，故选：ABD.
10．（2024·河北保定·一模）已知P为△ABC所在平面内一点，则下列正确的是（ ）
A．若⃑PA+3⃑PB+2⃑PC=0⃑，则点P在△ABC的中位线上
B．若⃑PA+⃑PB+⃑PC=0⃑，则P为△ABC的重心
C．若⃑AB⋅⃑AC>0，则△ABC为锐角三角形
1 2
D．若⃑AP= ⃑AB+ ⃑AC，则△ABC与△ABP的面积比为3:2
3 3
【解题思路】设AB中点为D，BC中点为E，由⃑PA+3⃑PB+2⃑PC=0⃑可得⃑PD=2⃑EP，可知A正确；
设AB中点为D，由⃑PA+⃑PB+⃑PC=0⃑得⃑CP=2⃑PD，对应重心的性质可知B正确；
由⃑AB⋅⃑AC>0知A为锐角，但无法确定B,C，知C错误；
2
根据平面向量基本定理可知⃑BP= ⃑BC，将面积比转化为BC:BP，知D正确.
3
【解答过程】对于A，设AB中点为D，BC中点为E，
∵⃑PA+3⃑PB+2⃑PC=0⃑，∴⃑PA+⃑PB=−2(⃑PB+⃑PC)，
∴2⃑PD=−4⃑PE，即⃑PD=2⃑EP，∴P,D,E三点共线，
又DE为△ABC的中位线，∴点P在△ABC的中位线上，A正确；
对于B，设AB中点为D，由⃑PA+⃑PB+⃑PC=0⃑得：⃑PA+⃑PB=−⃑PC=⃑CP，
CP
又⃑PA+⃑PB=2⃑PD，∴⃑CP=2⃑PD，∴P在中线CD上，且 =2，
PD
∴P为△ABC的重心，B正确；
对于C，∵⃑AB⋅⃑AC>0，∴⃑AB与⃑AC夹角为锐角，即A为锐角，但此时B,C有可能是直角或钝角，故无
法说明△ABC为锐角三角形，C错误；
1 2 2
对于D，∵⃑AP= ⃑AB+ ⃑AC，∴P为线段BC上靠近C的三等分点，即⃑BP= ⃑BC，
3 3 3
∴S :S =BC:BP=3:2，D正确.
△ABC △ABP
故选：ABD.11．（2024·甘肃武威·模拟预测）已知O,A,B,C是同一平面内的四点，且
|⃗OA|=|⃗OB|=1,|⃗OC|=5,⃗OA⋅⃗OC=3,⃗OB⋅⃗OC=4,t∈R，则（ ）
A．当点A,B在直线OC的两侧时，⃗OA⋅⃗OB=0
21
B．当点A,B在直线OC的同侧时，⃗OA⋅⃗OB=
25
C．当点A,B在直线OC的两侧时，|⃗OC−t⃗OA−⃗OB|的最小值为3
D．当点A,B在直线OC的同侧时，100⃗OB=75⃗OA+7⃗OC
【解题思路】依据A,B在直线OC的同侧或两侧分类研究，在两侧时由数量积和模的运算计算结果，可判
断A、C；在同侧时利用数量积的三角形式求解可判断B，结合平面向量基本定理，判断答案D.
【解答过程】
设∠AOC=α,∠BOC=β，由⃗OA⋅⃗OC=3，|⃗OA|=1,|⃗OC|=5，
3 4
得cosα= ,sinα=
5 5
4 3
；由⃗OB⋅⃗OC=4,|⃗OB|=1,|⃗OC|=5，得cosβ= ，sinβ= ，
5 5
当点A,B在直线OC的两侧时，如图①，cosα=sinβ，
π
所以α+β= ，即⃗OA⋅⃗OB=0，故A正确；
2
因为|⃗OC−t⃗OA−⃗OB|=√(t−3) 2+9，
所以当t=3时，|⃗OC−t⃗OA−⃗OB|的最小值为3，故C正确；
当点A,B在直线OC的同侧时，如图②，
24
cos(α−β)=cosαcosβ+sinαsinβ= ，
2524
所以⃗OA⋅⃗OB= ，故B错误；
25
设⃗OB=λ⃗OA+μ⃗OC，则¿，
即¿解得¿，
3 7
所以⃗OB= ⃗OA+ ⃗OC，即100⃗OB=75⃗OA+7⃗OC，故D正确．
4 100
故选：ACD.
三、填空题
⃗AB⋅⃗AC
12．（2024·上海青浦·一模）已知A,B,C是单位圆上任意不同三点，则 的取值范围是 (−1,2)
|⃗AB|
.
⃗AB⋅⃗AC
【解题思路】由 等价于⃗AC在⃗AB上的投影，故可结合投影性质，得到当⃗OC与⃗AB反向共线时，
|⃗AB|
⃗AC在⃗AB上的投影取最小，当⃗OC与⃗AB同向共线时，⃗AC在⃗AB上的投影取最大，再结合AB的范围，即
可得到相应投影的最小、最大值，即可得解.
⃗AB⋅⃗AC
【解答过程】 等价于⃗AC在⃗AB上的投影，
|⃗AB|
如图1，在单位圆圆O上任取两点A、B，
则对任意的AB，当⃗OC与⃗AB反向共线时，⃗AC在⃗AB上的投影取最小，
作CM⊥AP于点M，设AB=2x，取AB中点P，有OC=PM=1，
⃗AB⋅⃗AC
则AP=x，AM=1−x，则 =−1⋅(1−x)=x−1，
|⃗AB|
⃗AB⋅⃗AC
由0−1；
|⃗AB|如图2，在单位圆圆O上任取两点A、B，
则对任意的AB，当⃗OC与⃗AB同向共线时，⃗AC在⃗AB上的投影取最大，
作CM⊥AP于点M，设AB=2x，取AB中点P，有OC=PM=1，
⃗AB⋅⃗AC
则AP=x，AM=1+x，则 =1+x，
|⃗AB|
⃗AB⋅⃗AC
由01，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
18．（23-24高一下·江西吉安·期末）在平行四边形ABCD中，⃗DE=2⃗EC，2⃗AF=⃗AD，AE和BF交于点
P．
(1)若⃗AP=x⃗AF+(1−x)⃗AB，求x的值；
S
(2)求
△BPE
的值．
S
△APF
【解题思路】（1）以{⃗AB,⃗AD}为基底表示出⃗AP,⃗AE，再利用⃗AP∥⃗AE求解即可；
AP 3 BP
（2）由（1）得出 = 和 =3，再利用三角形面积公式求解即可.
PE 5 PF
x
【解答过程】（1）依题意可得⃗AP=x⃗AF+(1−x)⃗AB= ⃗AD+(1−x)⃗AB，
2
2
又⃗AE=⃗AD+ ⃗AB，⃗AP∥⃗AE，
3
x 1−x
= 3
所以2 2 ，解得x= ．
4
3
3 AP 3 AP 3
（2）由（1）可得⃗AP= ⃗AE，则 = ，即 = ．
8 AE 8 PE 5
因为⃗AP=
1
⃗AB+
3
⃗AF，即
(1
+
3)⃗AP= 1
⃗AB+
3
⃗AF，
4 4 4 4 4 4
3 1 BP
所以 (⃗AP−⃗AF)= (⃗AB−⃗AP)，即⃗BP=3⃗PF，所以 =3，
4 4 PF
S BP⋅PE
所以 △BPE = =5．
S PF⋅AP
△APF
19．（23-24高一下·浙江嘉兴·期中）如图在直角梯形ABCD中，⃗BC=2⃗AD，BC=CD=2，点E为CD
的中点，以A为圆心AD为半径作圆交AB于点G，点P为劣弧DG（包含D，G两点）上的一点，AC与劣
弧、BE分别交于点F，H.(1)求向量⃗AF与⃗BE夹角α的余弦值；
(2)若向量⃗BH=x⃗BD+ y⃗AC，求实数x，y的值；
(3)若向量⃗BP与⃗CP的夹角为β，求cosβ的最小值.
【解题思路】（1）点B为原点，⃗BC、⃗BA分别为x、y轴正方向建立平面直角坐标系，由向量的夹角的坐
标运算求解即可；
λ 3λ 4
（2）由平面向量基本定理可得⃗BH= ⃗BA+ ⃗BC，由A，H，C三点共线求出λ= ，由此可求出实数
2 4 5
x，y的值；
（3）法一：点O为BC中点，因为AO=2，所以以BC为直径的圆与圆A外切.由圆周角大于圆外角即可得
( [ π])
出答案；法二：设∠DAP=θ， θ∈ 0, ，则P(cosθ,√3−sinθ)，求出⃗BP，⃗CP，由向量的夹角
2
公式求解即可.
【解答过程】（1）易得∠ABC=∠BAD=90°，且△BCD为正三角形，
所以AB=√3，AC=√7.
以点B为原点，⃗BC、⃗BA分别为x、y轴正方向建立平面直角坐标系，
(3 √3)
A(0,√3),C(2,0),B(0,0),⃗AC=(2,−√3), D(1,√3),E , ，
2 2
1 1 1
得 ⃗AF= ⃗AC= (2,−√3)，⃗BE= (3,√3)，
√7 √7 2
6−3
所以 ⃗AF⋅⃗BE 2√7 √3 √21.
cosα= = = =
|⃗AF|⋅|⃗BE| 1×√3 2√7 14（2）⃗BH=λ⃗BE= λ (⃗BD+⃗BC)= λ(⃗BA+ 1 ⃗BC+⃗BC ) = λ ⃗BA+ 3λ ⃗BC，
2 2 2 2 4
λ 3λ 4
又因为A，H，C三点共线，所以 + =1，解得λ= .
2 4 5
∵⃗BH=x⃗BD+ y⃗AC=x (⃗BA+ 1 ⃗BC ) + y(⃗BC−⃗BA)
2
=(x−y)⃗BA+ (x + y )⃗BC，
2
2 4
∴¿，解得x= ，y=
3 15
（3）法一：点O为BC中点，因为AO=2，
所以以BC为直径的圆与圆A外切.
因为圆周角大于圆外角，
所以∠BPC的最大值为90°，即cosβ的最小值为0.
( [ π])
法二：设∠DAP=θ， θ∈ 0,
2
且如（1）所建平面直角坐标系，则P(cosθ,√3−sinθ)，
∴⃗BP=(cosθ,√3−sinθ)，⃗CP=(cosθ−2,√3−sinθ).
⃗BP⋅⃗CP=cos2θ−2cosθ+3+sin2θ−2√3sinθ
( π)
=4−2(cosθ+√3sinθ)=4−4sin θ+ ≥0
6
π
当θ= 时，⃗BP⋅⃗CP取到最小值0，
3
所以cosβ的最小值为0.
