热点专题6-1平面向量重难点题型17类题型汇总（解析版）-2025年高考数学二轮热点题型追踪与重难点专题突破（新高考专用）_2025年新高考资料_二轮复习

专题6-1 向量重难点题型汇总（17类题型）
近5年考情（2020-2024）
考题统计 考点分析 考点要求
2024年I卷第3题，5分 平面向量数量积的运算、化简、
证明及数量积的应用问题，如证
2024年甲卷(理)第9题，5分 明垂直、距离等是每年必考的内 (1)向量的有关概念
容，单独命题时，一般以选择、
2023年I卷第3题，5分 (2)向量的线性运算和向量
填空形式出现．交汇命题时，向
共线定理及其推论
量一般与解析几何、三角函数、
2023年II卷第13题，5分
平面几何等相结合考查，而此时
(3)投影向量
向量作为工具出现．向量的应用
2023年乙卷(理)第12题，5分
是跨学科知识的一个交汇点，务 (4)平面向量的坐标表示及
2022年北京卷第10题，5分 必引起重视． 坐标运算
2020年新高考I卷，第7题,5分 预测命题时考查平面向量数量积 (5)平面向量的数量积及其
的几何意义及坐标运算，同时与 几何意义
三角函数及解析几何相结合的解
答题也是热点
模块一
热点题型解读（目录）
【题型1】向量的概念辨析易错题梳理.....................................................................................................2【题型2】 向量的垂直与共线...................................................................................................................4
【题型3】 向量的夹角与模长计算...........................................................................................................7
【题型4】投影向量.....................................................................................................................................9
【题型5】用其他向量表示已知向量.......................................................................................................12
【题型6】平面向量共线定理...................................................................................................................16
【题型7】平面向量共线定理的推论.......................................................................................................18
【题型8】极化恒等式求数量积...............................................................................................................27
【题型9】投影法求数量积.......................................................................................................................37
【题型10】拆分向量求数量积.................................................................................................................42
【题型11】建立坐标系解决向量问题.....................................................................................................47
【题型12】三角形四心的识别.................................................................................................................56
【题型13】向量的四心运算.....................................................................................................................64
【题型14】等和线问题.............................................................................................................................74
【题型15】通过平面向量共线定理的推论求最值.................................................................................85
【题型16】奔驰定理.................................................................................................................................91
【题型17】向量中的隐圆问题.................................................................................................................99
模块二 核心题型·举一反三
【题型1】向量的概念辨析易错题梳理
1、零向量的方向是任意的，注意0与0的含义与书写区别.
2、平行向量可以在同一直线上，要区别于两平行线的位置关系；
共线向量可以相互平行，要区别于在同一直线上的线段的位置关系.
3、共线向量与相等向量关系：相等向量一定是共线向量，但共线向量不一定是相等向量．
4、若两向量共线,则两向量所在的直线有平行和重合两种可能
5、零向量是影响向量平行或共线判断的“幽灵”,要特别注意
6、向量相等具有传递性,即若a=b,b=c,则a=c。而向量的平行不具有传递性,即若a//b,b//c,未必有
a//c。因为零向量平行于任意向量,当b=0时,a,c可以是任意向量,所以a与c不一定平行。但若b≠0,则必
有a//b,b//c⇒a//c
1．（多选）下列结论中正确的是（ ）
A．若 ，则B．若 ，则
C．若A，B，C，D是不共线的四点，则“ ”是“四边形ABCD为平行四边形”的充要条件
D．“ ”的充要条件是“ 且 ”
【答案】BC
【分析】根据平面向量的性质、平行的性质与充分必要条件的定义逐个辨析即可.
【详解】对于A，两个向量的长度相等.但它们的方向不一定相同；
对于B，由平面向量相等可得B正确；
对于C，若A，B，C，D是不共线的四点，则当 时， 且 ，故四边形ABCD为
平行四边形；
当四边形ABCD为平行四边形时， 且 ，故且 同向，故 ，故C正确；
对于D，当 且方向相反时，即使 ，也不能得到 ，故D错误；
故选：BC
2．有下列结论：
①表示两个相等向量的有向线段，若它们的起点相同，则终点也相同；
②若 ，则 ， 不是共线向量；
③若 ，则四边形 是平行四边形；
④若 ， ，则 ；
⑤有向线段就是向量，向量就是有向线段.
其中，错误的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】由向量的定义、有关性质逐项判定可得答案.
【详解】对于①，表示两个相等向量的有向线段，若它们的起点相同，则终点也相同，①正确；
对于②，若 也有可能 ， 长度不等，但方向相同或相反，即共线，②错误；
对于③，若 ，则 ， 不一定相等，所以四边形 不一定是平行四边形，③错误；
对于④，若 ， ，则 ，④正确；
对于⑤，有向线段不是向量，向量可以用有向线段表示，⑤错误.
综上，错误的是②③⑤，共3个.
故选：B.【巩固练习1】下列命题中，正确的个数是（ ）
①单位向量都相等；②模相等的两个平行向量是相等向量；
③若 满足 ，且 与 同向，则
④若两个向量相等，则它们的起点和终点分别重合；
⑤若 ，则
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】A
【分析】根据平面向量的基本概念，对选项中的命题进行分析、判断正误即可.
【详解】单位向量的大小相等，但方向不一定相同，故①错误；
模相等的两个平行向量是相等向量或相反向量，故②错误；
向量有方向，不能比较大小，故③错误；
向量是可以自由平移的矢量，当两个向量相等时，它们的起点与终点不一定相同，故④错误；
当 时，可满足 ，但 与 不一定平行，故⑤错误；
综上，正确的个数是0
【巩固练习2】（多选）下列叙述中错误的是（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则 与 的方向相同或相反
C．若 ， ，则 D．对任一非零向量 ， 是一个单位向量
【答案】ABC
【分析】对于A，根据向量的概念判断，对于BCD，举例判断.
【详解】因为是既有大小又有方向的量，所以向量不能比较大小，故A错误；
由于零向量与任意向量共线，且零向量的方向是任意的，故B错误；
对于C，若 为零向量，则 与 可能不是共线向量，故C错误；
对于D，对任一非零向量 ， 表示与 同向的单位向量，故D正确．
⃗a
故选：ABC
【题型2】 向量的垂直与共线
（1）向量共线定理：如果 且 ，则 ；反之 且 ，则一定存在唯一一个实数 ，
使 ．（2）两个向量 ， 的夹角为锐角⇔ 且 ， 不共线；
两个向量 ， 的夹角为钝角⇔ 且 ， 不共线．
（3）
（4）若 ，则
向量共线运算：已知 ，则向量 ， 共线的充要条件是
3．向量 ， ， ，若 ∥ ，且 ，则 的值为
（ ）
A．2 B． C．3 D．
【答案】C
【分析】先利用平面向量加减法的坐标运算和向量共线的坐标表示求出 ，再利用向量的坐标表示得到
关于 、 的方程组进行求解.
【详解】由题意，得 ， ，
因为 ，所以 ，解得 ，
则 ，
即 ，解得 ，故 .
【巩固练习1】已知向量 （1，1）， （﹣1，1）， （4，2），若 ，λ、μ∈R，则
λ+μ＝（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
【答案】D
【分析】由题意，根据平面向量加法的坐标表示，可列方程，可得答案.
【详解】由 ，则 ，即 ，解得 ，
故 ，
故选：D.【巩固练习2】设向量 ， ，其中 .
(1)若 ，求实数x的值；
(2)已知 且 ，若 ，求 的值域.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】(1)根据给定条件结合向量的坐标运算，向量共线的坐标表示计算得解.
(2)由向量垂直的坐标表示求出 ，再借助数量积建立函数关系求解作答.
【详解】（1）因向量 ， ，则 ，
又 ，则有 ，即 ，于是得 ，
而 ，解得 ，
所以实数x的值是 .
（2）因为 且 ，则 ，即 ，有 ，
，因 ，则 ， ，
即 ，所以 的值域 .
【巩固练习3】（多选）已知向量 ， ，则下列结论正确的是（ ）
A．若 ，则
B．若 ，则
C．若 与 的夹角为 ，则
D．若 与 方向相反，则 在 上的投影向量的坐标是
【答案】ABD
【分析】利用向量共线的坐标表示判断 A；利用垂直的坐标表示判断 B；利用数量积的运算律求解判断
C；求出投影向量的坐标判断D.
【详解】向量 ， ，对于A，由 ，得 ，因此 ，A正确；
对于B，由 ，得 ，因此 ，B正确；
对于C， 与 的夹角为 ， ， ，
因此 ，C错误；
对于D， 与 方向相反，则 在 上的投影向量为 ，D正确.
故选：ABD
【题型3】 向量的夹角与模长计算
与 夹角公式： 与 夹角公式：
模长公式： 或 ，
注意：涉及 这类条件时一般要进行平方
4．已知向量 与 的夹角为 ，则 （ ）
A．6 B． C．3 D．
【答案】A
【分析】由数量积公式结合 得出答案.
【详解】解：因为向量 与 的夹角为 ，
所以
所以
5．已知向量 满足 ，则【答案】
【解析】 可得 ，
故
6．已知向量 ，若 与 垂直，则 与 夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为 与 垂直，故 ，解得 ，则 ,
，设 与 夹角为 ，则 .故选：A.
7．设向量 ， ，向量 与 的夹角为锐角，则x的范围为 .
【答案】 且
【分析】根据已知可得 ，且 不共线，求解即可.
【详解】向量 ， ，由 得， ，所以 .
由已知得， ，所以 ，即 ，且 不共线.
则 ，所以 .
又 不共线，则 .所以x的取值范围为 且 .
故答案为： 且 .
【巩固练习1】向量 ， ，若 ， 的夹角为钝角，则 的范围是________
【答案】 且
【解析】若 ， 的夹角为钝角，则 且不反向共线， ，得 .
向量 ， 共线时， ，得 .此时 .
所以 且 .
【巩固练习2】已知 ， 为单位向量，且 ，则 与 的夹角为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设 与 夹角为 ，利用 求出 ，在利用夹角公式计算即可.
【详解】因为 ， 为单位向量，
由 ，
所以 ，
即 ，设 与 夹角为 ，
则 ，又 ，所以
【巩固练习3】（2024·高三·上海奉贤·期中）已知平面向量 ， 的夹角为 ，若 ，
则 的值为 .
【答案】
【解析】由 两边平方得 ， ，
，解得
【巩固练习4】已知 ， 表示两个夹角为 的单位向量， 为平面上的一个固定点， 为这个平面上
任意一点，当 时，定义 为点 的斜坐标.设点 的斜坐标为 ，则 .
【答案】
【详解】由题知 ，又 ， 表示两个夹角为 的单位向量，
所以
【巩固练习5】（2024·江西宜春·三模）已知 ， 均为非零向量，若 ，则 与 的夹
角为 ．【答案】
【解析】由 ，可得 ，即 ，解得 ，
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ．
故答案为： .
【题型4】投影向量
向量 在 上的投影向量： ，其中 是与 同方向的单位向量
向量 在 上的投影向量模长：
8．已知 是夹角为 的两个单位向量，若向量 在向量 上的投影向量为 ，则 （ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【详解】 在向量 上的投影向量为 .
.
9．（2024·福建泉州·模拟预测）在平面直角坐标系 中，点P在直线 上.若向量 ，
则 在 上的投影向量为（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由题可设 ，则 ，
所以 ，又 ，
故 在 上的投影向量为
10．已知向量 ，则 在 方向上的投影向量为 .
【答案】
【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.
【详解】
在 方向上的投影向量为
故答案为：
11．已知点A(1,1)、B(1, 2)、C(2, 1)、D(3, 4)，则向量  A  B  在C  D  方向上的投影向量的模长为
3 2 3 15 3 2 3 15
A． B． C． D．
2 2 2 2
【答案】A
【解析】AB=（2，1），CD=（5，5），则向量AB在向量CD方向上的射影为
ABCD (2,1)(5,5) 2515 3 2
ABcos   
CD 52 52 5 2 2
【巩固练习1】已知 ， 与 的夹角为 ， 是与 同向的单位向量，则 在 方向上的投影向
量为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D【解析】 在 方向上的投影向量为 ，故选：D
【巩固练习2】已知 ， 是与 方向相同的单位向量.若向量 在 方向上的投影向量是 ，则
______.
【答案】
【分析】先求得 在 方向上的投影，再乘以与 方向相同的单位向量 ，即得到投影向量，利用向量的
数量积运算即可得到 的值.
【详解】设 与 的夹角为 ，则 在 方向上的投影为 ，
所以向量 在 方向上的投影向量为 ，故 ，
故 .
  
【巩固练习3】若向量ax,2,b2,3,c2,4
，且a

∥c

，则a

在b

上的投影向量为（ ）
 8 12  8 12 4 13
A．
13
,
13


B．


13
,
13


C．8,12 D．
13
【答案】A
  
【解析】由题意知向量ax,2,b2,3,c2,4
，
因为a  ∥c  ，所以4x40，得x=1，所以a  1,2 ，|a  | 5，
  
b  2 3    ab 26 4
 , ,cos a,b   
又 ，所以     ，
b2,3 b  13 13 a b 5 13 65

   b 4  2 3   8 12
所以 在 上的投影向量为： a cos a,b    5  ,   , ，故选：A.
  b 65 13 13 13 13
a b
【巩固练习4】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知向量 满足 ，则向量
在向量 方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【解析】因为 ， ，
所以 ，得 ，
所以向量 在向量 方向上的投影向量为 .
【题型5】用其他向量表示已知向量
(1)基本思路：利用向量的线性运算对已知向量进行拆分，逐渐转化为只有基底向量的形式
(2)坐标表示：待定系数法
(3)常见模型补充：向量中的定比分点恒等式（爪型图）
在 中，D是BC上的点，如果 ，则
A
m n
B C
D
12．在 中，点 满足 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意画出 并确定点 的位置，即可以向量 为基底表示出 .
【详解】根据题意如下图所示：根据向量加法法则可知 ，又 ，所以
即 ，
可得 .故选：A
13．若向量 ， ， ，则 可用向量 ， 表示为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据向量基本定理，设 ，代入计算得到方程组，解出即可.
【详解】设 ，即 ，
则有 ，解得 ，则 .
14．如图所示的 中，点D、E分别在边BC、AD上，且 . ，则向量 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B【解析】 ， ，
又 ， ， ，
又 ， ， .故选：B.
15．已知 的边 的中点为D，点E在 所在平面内，且 ，若
，则 （ ）
A．7 B．6 C．3 D．2
【答案】A
【解析】因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ， ，故 .故选：A．
【巩固练习1】如图所示，点 在线段 上，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据平面向量的基本定理求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
因为 ，
所以 ，即 .故选：C.
【巩固练习2】如图，在 中， 是 的中点，若 ，则 （ ）A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】利用向量的线性运算求得 ，由此求得 ，进而求得 .
【详解】因为 是 的中点，所以 ．
所以 ，所以 ，所以
．
【巩固练习3】已知在 中， 是边 的中点，且 ，设 与 交于点 ．记 ，
．
(1)用 ， 表示向量 ， ；
(2)若 ，且 ，求 的余弦值．
【答案】(1) ，
(2)
【分析】（1）根据平面向量的基底与三角形法则即可用 ， 表示向量 ， ；（2）由 得 ，代入向量数量积公式即可求得 的余弦值.
【详解】（1）
（2）∵ 三点共线， 由 得 ，
，即 ，
∴ ，
∴ ，∴ 的余弦值为 .
【题型6】平面向量共线定理
平面向量共线定理：三点 ， ， 共线 ， 共线（功能：证明三点共线）
16．已知向量 ， ， ，若A，B，D三点共线，则 _________．
【答案】6
【分析】根据给定条件，求出 ，再利用共线向量的坐标表示计算作答.
【详解】因 ， ，则 ，
又 ，且A，B，D三点共线，即 ，因此 ，解得 ，
所以 .
故答案为：6
17．已知 ，则下列结论中成立的是（ ）
A．A，B，C三点共线 B．A，B，D三点共线
C．A，D，C三点共线 D．D，B，C三点共线
【答案】C
【分析】根据平面向量的线性运算可得 ，从而可求解.【详解】解： ,
所以A，D，C三点共线.
故选:C.
18．如图，在 中，点M为AB的中点，点N在BD上， .
求证：M，N，C三点共线.
【详解】设 ，
则
所以 ，
又因为 有公共起点C，所以M，N，C三点共线.
【巩固练习1】已知 ， ， ，则（ ）
A．M，N，P三点共线 B．M，N，Q三点共线
C．M，P，Q三点共线 D．N，P，Q三点共线
【答案】B
【解析】 ， ，
，
， ，
由平面向量共线定理可知， 与 为共线向量，
又 与 有公共点 ， ， ， 三点共线，故选：B．
【巩固练习2】已知不共线的向量 ，且 ， ， ，则一定共线的三
点是（ ）
A．A，B，D B．A，B，C
C．B，C，D D．A，C，D【答案】A
【分析】利用向量的共线定理一一判断即可.
【详解】对A， ,
所以 ，则 三点共线，A正确；
对B， ,
则不存在任何 ，使得 ，所以 不共线,B错误；
对C， ,
则不存在任何 ，使得 ，所以 不共线，C错误；
对D， ,
则不存在任何 ，使得 ，所以 不共线，D错误
【巩固练习3】如图，在 中， ．
(1)用 ， 表示 ， ；
(2)若点 满足 ，证明： ， ， 三点共线．
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用向量的线性运算和基本定理求解即可.
（2）利用三点共线的判定证明即可.
【详解】（1）因为 ，
，.
（2）由 ，
可得 ，
所以 ， ，即 ，
所以 ， ， 三点共线.
中档题型
【题型7】平面向量共线定理的推论
平面向量共线定理的推论——系数和为1：
已知
A
C
P B
①若 ，则 三点共线；
②若则 三点共线，则 .
证明
证明①:由 A，B，C三点共线.
由 得： .即 ， 共线，故A，B，C三点共线.
(2)由A，B，C三点共线 .
由A，B，C三点共线得 ， 共线，即存在实数 使得 .
故 .即 ，则有 .
19．在 中，N是AC上的一点，且 ，P是BN上的一点，设 ，则实数m
的值为______.
【答案】
【分析】根据给定条件，利用基底向量 表示出 ，再借助平面向量基本定理列式计算作答.
【详解】在 中，由 得： ，因为P是BN上的一点，则有 ，
即 ， ，
又 ，且 不共线，于是得 ，解得 ，
所以实数m的值为 .
20．（深圳二模）已知 中， ， ， 与 相交于点 ， ，则
有序数对 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】根据平面向量共线定理得到 ， ，利用 、 分别表示出 ，再根据平
面向量基本定理得到方程组，解得 、 ，再代入计算可得.
【详解】依题意 、 、 三点共线，故 ，
所以
，
又 、 、 三点共线，故 ，
则
，
所以 ，解得 ，
所以 ，又 ，所以 ，
所以有序数对 .
21．在 中，已知 ， ， 与 交于点O.若 ，则
.
【答案】
【分析】根据向量线性运算的几何表示可得 ， ，然后利用共线向量的推论
即得.
【详解】因为 ， ，
所以 ， ，又 ，
所以 ， ，又 与 交于点O，所以 ，
所以 ，即 ，
故答案为： .
22．已知点 为 的重心， 分别为 ， 边上一点， ， ， 三点共线， 为 的中点，
若 ，则 ________； 的最小值为________.
【答案】 ，6
【分析】重心为三条中线的交点，把中线分成了 ，即 ，由三点共线定理可知
，所以 ， .得
【详解】因为点 为 的重心，所以 ，则 .
因为 三点共线， ，
所以 ， ，所以
，
当且仅当 ，即 ， 时，等号成立，故 的最小值为6.
2024届·湖南师大附中月考（二）
23． 中， 为 上一点且满足 ，若 为 上一点，且满足 为正
实数，则下列结论正确的是（ ）
A． 的最小值为 B． 的最大值为1C． 的最小值为4 D． 的最大值为16
【答案】C
【分析】利用基本不等式可求得 的最大值为 ，判断A、B；将 化为 ，结合
基本不等式可求得其最小值，判断C； ，结合 可判断D.
【详解】 为正实数， ，
，而 共线，
，
当且仅当 时，结合 ，即 时取等号，A，B错误；
，
当且仅当 ，即 ，即 时取等号，
即 的最小值为4，C正确；
又 ，
由于 为正实数， ，则 ，
则 ， 时 取最大值 ，
当 趋近于0时， 可无限趋近于0，
故 ，故 无最大值，D错误，
【巩固练习1】如图，在 ABC中， ，P是BN上的一点，若 ，则
△
实数m＝________．A
N
P
B
C
【答案】
【简析】
【巩固练习2】江苏省苏锡常镇四市2023届高三下学期3月教学情况调研(一)
在 中，已知 ， ， 与 交于点O.若 ，则
.
【答案】
【分析】根据向量线性运算的几何表示可得 ， ，然后利用共线向量的推论
即得.
【详解】因为 ， ，
所以 ， ，又 ，
所以 ， ，又 与 交于点O，
所以 ，
所以 ，即
【巩固练习3】如图所示，在 中，点 是 的中点，过点 的直线分别交直线 于不同的两
点 ，若 ，则 的值为（ ）
A．2 B．3 C． D．5【答案】A
【分析】根据 及 三点共线结论求得 的值.
【详解】因为点 是 的中点，
所以 ，
又因为
所以 ，
因为 三点共线，
所以 ，所以 .
【巩固练习 4】在 中， ， ，E 是 AB 的中点，EF 与 AD 交于点 P，若
，则 （ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】利用向量的线性运算求得 ，由此求得m，n，进而求得.
【详解】
因为 ，所以 ，
则 .
因为A，P，D三点共线，所以 .
因为 ，所以 .
因为E是边AB的中点，
所以 .因为E，P，F三点共线，
所以 ，
则 ，解得 ，从而 ， ，故 .【巩固练习5】如图，在 中， 是线段 上的一点，且 ，过点 的直线分别交直线 ，
于点 ， .若 ， ，则 的最小值是 .
【答案】
【分析】平面向量基本定理，借助 三点共线，找出 的关系式， 的最值利用消元法求解范
围即可.
【详解】平面向量基本定理，借助 三点共线可知：
，
得 解 得 ， 所 以
【巩固练习6】已知三点A，B，C共线， 不共线且A在线段BC上（不含BC端点），若
，则 的最小值为（ ）
A．不存在最小值 B． C．4 D．
【答案】D
【分析】结合已知条件，由三点共线的充要条件可知 ，所以 ，由“乘1”法结合基本不
等式即可求解.
【详解】设 ，因为A在线段BC上（不含BC端点），
所以由向量共线定理设 ，
所以 ，由题意有 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立.
所以 的最小值为 .
【题型8】极化恒等式求数量积
极化恒等式求数量积
在三角形ABC中（M为BC的中点），则有：
A
B M C
证明（基底法）：因为 ，
所以
24．如图，已知圆 的半径为2，弦长 ， 为圆 上一动点，则 的取值范围为（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【分析】取 的中点 ，连接 、 ，根据数量积的运算律得到 ，再求出 即可
求出 的范围，从而得解.
【详解】取 的中点 ，连接 、 ，
则
，
又 ，
所以 ， ，
即 ，
所以 ， ．
故 的取值范围为 ．
2022·北京高考T10——隐圆+极化恒等式
25．在 中， ．P为 所在平面内的动点，且 ，则 的取值
范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
法一：极化恒等式
取AB中点M， ， ， ，则
法二：建系法
意如图建立平面直角坐标系，则 ， ， ，因为 ，所以 在以 为圆心， 为半径的圆上运动，
设 ， ，
所以 ， ，
所以
，其中 ， ，
因为 ，所以 ，即
2024届长沙一中月考（二）
26．已知正四面体ABCD的外接球半径为3，MN为其外接球的一条直径，P为正四面体ABCD表面上
 
任意一点，则PMPN的最小值为 ．
【答案】8
    
【分析】设正四面体外接球球心为O，把PM,PN 用PO,OM,ON 表示并计算数量积后可得．
【详解】设正四面体外接球球心为O，
正四面体ABCD的外接球半径为3，
1 1
设正四面体 内切球半径为 ，一个面的面积为 ，高为 ，则V 4 Sr Sh，所以 ，
ABCD r S h ABCD 3 3 h4r
显然r3h4r，所以r 1，即 PO
min
1．
      2   2
PMPN (POOM)(POON)PO OMON PO 9�198．
故答案为：8．27．（2017年全国2卷（理）T12）已知 是边长为2的等边三角形， 为平面 内一点，则
的最小值是
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
法一：极化恒等式
取BC中点D，则
则
再去AO中点M，
当 时取到最小值，故
法二：建立如图所示的坐标系，以 中点为坐标原点，
则 ， ， ，
设 ，则 ， ， ，
则
当 ， 时，取得最小值 ，
故选： ．
28．（2019江苏高考）如图，在△ABC中，D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分点 ，
，则 的值是________．
A
E
F
B C
D【答案】
【解析】极化恒等式
，
解得 ，故 .
【巩固练习1】如图， 是圆O的直径，P是圆弧 上的点，M、N是直径 上关于O对称的两点，
且 ，则 （ ）
A．13 B．7 C．5 D．3
【答案】C
【分析】根据向量的加法和减法法则表示 、 ，再根据向量数量积运算公式计算，即可求出结果．
【详解】连结 ，则 ， ，，
所以
.
【巩固练习2】如图，边长为2的菱形 的对角线相交于点 ，点 在线段 上运动，若 ，
则 的最小值为 .【答案】 /-0.75
【分析】根据已知条件求出 ，再表示出 ，进而求其最小值.
【详解】由题菱形 边长为2，
则 ， ，所以 ，
又因为 ，
所以 ，
所以 ，
令 ，
则 ，
所以 ，
则当 时， 取最小值为 .
【巩固练习3】如图，Rt ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝ ，M点是线段AC一动点，若以
M为圆心半径为1的圆与△线段AC交于P，Q两点，则 的最小值为（ ）
A
P
M
Q
B C【答案】B
【解析】
【巩固练习4】平行四边形ABCD中， ，点P满足 ，则 ________．
【答案】3．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴＝＝
＝＝
∵＝＝8，
∴＝＝
===
==8-5=3．故答案为：3．
【巩固练习5】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 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 两点间的距离为2，点 为 上的一点，则 的最小值为 ．
【答案】
【详解】设 为 的中点， 为 的中点，如图所示，
则
，
在正三角形 中， ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 的最小值为：
【巩固练习6】已知圆 的半径为 ，点 满足 ， ， 分别是 上两个动点，且 ，则
的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
思路二：极化恒等式取EF中点D
则
而 ，即 ，故
思路二：拆分
，
设 的中点为 ，在半径为 的圆 中， ，得 ， ，
，
即 ，
当 与 反向共线时， 取得最小值 ；
当 与 同向共线时， 取得最大值 ；即 的取值范围是
【巩固练习7】半径为2的圆O上有三点，A、B、C满足 ，点P是圆内一点，
则 的取值范围是________．
【答案】
【解析】结合图像＋极化恒等式
易知 ，且 ，由平行四边形性质可知□ABOC 为菱形，且△ABO 与
△ACO均为等边三角形．
取AO中点M，由极化恒等式得
∴ ，易知 ，
∴ 的范围是
A
B
C
O
【巩固练习8】（等和线+极化恒等式）正方形 的边长为 ，中心为 ．过 的直线 与边
分别交于点 ，点 满足条件： ，则 的最小值为（
）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【解析】设 ,可知Q在直线BC上，P为线段 中点，过P作BC平行线 ，
显然P点在直线 上， .A D A D
M M
O O
N N
l l
P P
B Q C B Q C
【巩固练习9】在ABC 中，BC 3，AC 4，ACB90，D在边AB上（不与端点重合）．延长CD
13   3 
到 ，使得 ．当 为 中点时， 的长度为 ；若PC mPA( m)PB(m为常数
P CP9 D AB PD 2 2 m0
3
且m )，则 的长度是 ．
2 BD
【解答】解：当D为AB中点时，
在ABC 中，BC 3，AC 4，ACB90，则AB5，
1 5
所以CD AB ，又 ，
2 2 CP9
5 13
所以PDCPCD9  ，
2 2
13
即当 为 中点时， 的长度为 ．
D AB PD 2
  3  3
PC mPA( m)PB(m为常数 且m )，
2 m0 2
如图，以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x， y 轴建立平面直角坐标系，
则A(4,0)，B(0,3)，
  3    3  
由PC mPA( m)PBm(PCCA)( m)(PCCB)，
2 2
  
整理得PC 2mCA(32m)CB，
2m(4，0)(2m3)(0，3)(8m，6m9)．
27
由 ，得 ，解得m 或 （舍 ．
CP9 64m2 (6m9)2 81 25 m0 )
96m
所以直线 的方程为y x，
PC 8m
x y
直线 的方程为  1，
AB 4 38
联立两直线方程可得x m， ．
3 y32m
72 21
即D( ， )，
25 25
72 21 18
|BD| ( )2 ( 3)2  ．
25 25 5
18
的长度是 ．
BD 5
13 18
故答案为： ； ．
2 5
【题型9】投影法求数量积
投影法求数量积
如图， B
对于 ，其中 是 在 上的投影，
P H A
在Rt△PBH中 ，故 ，
考虑到 可能为钝角，故写成 .
29．（2020·新高考1卷T7）已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则 的取值范围是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【分析】首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到 在 方向上的投影的取值范围是
，利用向量数量积的定义式，求得结果.
【详解】
的模为2，根据正六边形的特征，
可以得到 在 方向上的投影的取值范围是 ，
结合向量数量积的定义式，
可知 等于 的模与 在 方向上的投影的乘积，
所以 的取值范围是
 
30．已知圆 半径为2，弦AB2，点C为圆O上任意一点，则ABAC的最大值是
O
C
A B
【答案】6
【详解】设C在AB上的投影为G，则 ，过点O作AB平行线交圆 于H，当C点在
 
H时，ABAC有最大值， .
2023全国乙卷(理)T12——投影法求最值
31．已知 的半径为1，直线PA与 相切于点A，直线PB与 交于B，C两点，D为BC的中点，若
，则 的最大值为（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】
法一：投影法
取PO中点E， ，将P，A，O看成定点，则D为圆E上的定点
作DH⊥PA，则 ，当DH∥AO时取到最值
D
D
H
P P
E O P
E O E O
H
D
A
A H A
取PA中点G
最小值计算：此时 ，故
最大值计算：此时 ，
D
2
H
2 P E
P O
E O G
G D
A
A H
法二：构造函数
如图所示， ，则由题意可知: ，
由勾股定理可得当点 位于直线 异侧时或PB为直径时，设 ，
则：
，则
当 时， 有最大值 .
当点 位于直线 同侧时，设 ，
则：，
，则
当 时， 有最大值 .
综上可得， 的最大值为 .
【巩固练习1】在边长为1的正六边形 中，点P为其内部或边界上一点，则 的取值范围
为________
【答案】
【详解】易得 所以 是等边三角形，
所以 ，因为 ，所以四边形 是平行四边形，
所以 ，
过 过 交 于 ，
当 点与 点重合时， 取得最大值为 ；
当 点与 点重合时，取得最小值为 ，
的取值范围是 ．
【巩固练习 2】平面四边形 是边长为 4 的菱形，且 ．点 N 是 DC 边上的点，满足
．点M是四边形 内或边界上的一个动点，则 的最大值为（ ）A．13 B．7 C．14 D．
【答案】C
【分析】当 在 点时， 在 上的投影向量与 同向，且长度最长，所以此时 最大，由
， ，求 可得答案.
【详解】如图，
由数量积的几何意义：两向量的数量积等于其中一个向量的模与另一个向量在这个向量的方向上的投影的
乘积，及点M是四边形 内或边界上的一个动点，则当 在 点时， 在 上的投影向量与
同向，且长度最长，所以此时 最大，
因为 ，又 ，
所以 ，
所以 的最大值为 .
【巩固练习3】如图， 是边长2的正方形， 为半圆弧 上的动点（含端点）则 的取值
范围为 ．
【答案】
【分析】根据数量积的定义，由投影的几何意义并结合图形即可求得其范围.
【详解】 ，由投影的定义知 ，
结合图形得，当与半圆弧 相切于P点的直线平行于BC时， 最大为 ，
此时 ；
当P在C或B点重合时， 最小为 ，此时
即可得
故答案为：
【题型10】拆分向量求数量积
把夹角或模长未知的向量拆分成已知向量，若有动点则需要结合动点轨迹进行拆分，比如动
点在圆上动，则拆解相关向量时插入圆心对应的点
32．如图，在等腰梯形ABCD中， ， ， ，E为BC边上一点，且满足 ，
若 ，则 （ ）
A． B． C．4 D．8
【答案】B
【分析】由平面向量的基本定理与数量积的运算性质求解即可
【详解】由题可知 ，
故 ，从而易知 ．
，
．
故
ABCD AB8,AD5
33．如图在平行四边形 中，已知 ， ， ，则
的值是 .D P C
A B
【答案】22
【解析】法一：拆分
法二：极化恒等式
取AB中点M，延长AD，MP交于点F
，
（平行四边形性质），
F
D P C
A B
M
34．骑自行车是一种环保又健康的运动，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆 （前轮），
圆 （后轮）的半径均为 ， ， ， 均是边长为 的等边三角形.设点 为后轮上的
一点，则在骑行该自行车的过程中， 的最大值为 .
【答案】
【分析】根据向量线性运算可得 ，利用向量数量积的定义和运算律可化简得到
，由此可求得最大值.
【详解】
，则当 与 同向，即 时， 取得最大值为
35．在 平 面 四 边 形 中 ， ， ， ， ， . 若
，则 （ ）
A. 2B. C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】对 ，分别两边同乘以 和 ，得到关于 方程组，解出 ，就
可以求出 .
【详解】
因为 ，③
③式同乘以 ，得： ，
即 ，即 ①.
③式同乘以 ，得： ，
即 ，即 ②.
①②联立解得： ，
所以 .
【巩固练习1】在 中， ， ， ，则 边上中线 的长为_____.
【答案】
【分析】作出图象，由图可知 ，再由平面向量的数量积的运算性质求解即可
【详解】因为 ，所以
所以 ，所以 ，故答案为：
【巩固练习2】如图，在 中， ， ， 为 上一点，且满足
，若 ， ，则 的值为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由 P、C、D 三点共线及 ，可求 m 的值，再用 、 作基底表示 ，进而求
即可.
【详解】∵ ， ，
即 且 ，
∴ ，
又C、P、D共线，有 ，即 ，
即 ，而 ，
∴∴ = .
【巩固练习 3】已知菱形M={0,1,2⋯q−1}的边长为A={x|x=x 1 +x 2 q+⋯x n qn−1,x i ∈M,i=1,2,⋯n}，q=2,n=3，点s,t∈A,s=a 1 +a 2 q+⋯+a n qn−1,t=b 1 +b 2 q+⋯b n qn−1,，a i ,b i ∈M,i=1,2,⋯n,分别在边a n <b n ,、s<t上，
a,b,c ，a−c= √6 b．若 ，则 cosA的值为________．
6
【答案】
1
【解析】因为 ，菱形的边长为2，所以 ．因为
⃗AE= ⃗AB+⃗BE= ⃗AB+ ⃗BC
，
q=2,n=3 ⃗AB⋅ ⃗AD=−2 3
1 1
⃗AF= ⃗AD+⃗DF= ⃗AD− ⃗DC= ⃗BC+ ⃗AB
，由 ，所以 ，解得 ．
λ λ
【巩固练习4】（向量的拆分）如图， 中， ， ， .在 所在的平面
内，有一个边长为1的正方形 绕点 按逆时针方向旋转（不少于1周），则 的取值范围是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由余弦定理求得 ，由正方形 的边长为 ，求得 ，利用向量的
数量积的公式，化简得到 ，结合 ，即可求解.
【详解】在 中， ， ， ，
由余弦定理得 ，
所以 ，
又由正方形 的边长为 ，可得 ，
则，
正方形 绕点 按逆时针方向旋转（不少于1周），可得 ，
所以 ，即 的取值范围是 .
【题型11】建立坐标系解决向量问题
y a 3 y y y
C ( 2 , 2 a) D (0, a) C(a,a)
C (bcosθ，bsinθ) D(0,b) C(a,a)
θ
A B(a, 0) x A B (a, 0) x A B(a, 0) x A B(a, 0) x
边长为a的等边三角形 已知夹角的任意三角形 正方形 矩形
y y
y y
D(bcosθ，bsinθ) C(a+bcosθ，bsinθ) D (0，asinθ) C(a-acosθ，asinθ) D(bcosθ,bsinθ)C(a-bcosθ,bsinθ) A(rcosθ,rsinθ)
x
O
θ x x x
A B(a, 0) A B(a, 0) A B(a, 0)
平行四边形 直角梯形 等腰梯形 圆
36．在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，则
=_______.
A
D
O
E
B C
【答案】D
【解析】
法一：利用投影解决向量积
法二：极化恒等式法三：基底+分点定比恒等式
易 知 E 是 BO 上 的 5 等 分 点 ，
法四：建系（简证）
如图，以B为原点，构造直角坐标系，
求出E点坐标 ，从而得到 与 的坐标，
计算得出向量的数量积即可.
y
x
37．在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，M，N分别是AB，AD上的动点，且满足 ，设
，则 的最小值为_______
【答案】49 y
【解析】如图所示建立直角坐标系，设 ，
， ， D C
则 ；
N
A M B x
38．（2024·全国·模拟预测）已知在菱形ABCD中， ，若点M在线段AD上运动，则
的取值范围为 ．
【答案】 ．
【解析】 ，记 的交点为 ，以 为原点， 所在直线分别为x，y轴建立如图1所示的平面直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
故 ， ，
则 ，
故 ，又
则 ．
39．如图，已知正方形 的边长为 ，且 ，连接 交 于 ，则
【答案】
【解析】以 为坐标原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向，建立直角坐标系，则 ， ，
设 ，可得 ，
因为 ，则 ，可得 ，
即 ，解得 ，即 的坐标为 ，设 ，则 ， ，
由 可得 ，解得 ，
则 ， ，可得
所以 ．
40．（2024·广东深圳·一模）设点 ，若动点 满足 ，且
，则 的最大值为 ．
【答案】
【分析】设 ，根据向量的坐标表示和模的概念可得 ，由题意和相等向量可得
，进而 ，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】设 ，则 ，
由 ，得 ，
整理，得 ，
又 ，
代入 ，
有 ，所以 ，
由 ，得 ，当且仅当 时等号成立，
所以 ，得 ，
所以 .
即 的最大值为 .
41．给定两个长度为 的平面向量 和 ，它们的夹角为 ．如图所示，点 在以 为圆心的圆弧上运动．若 ，其中 、 ，则 的最大值为 ．
【答案】
【 分 析 】 以 点 为 坐 标 原 点 ， 所 在 直 线 为 轴 建 立 平 面 直 角 坐 标 系 ， 设 点
，利用平面向量的坐标运算可得出 、 关于 的表达式，利用辅助角公式可求
得 的最大值.
【详解】以点 为坐标原点， 所在直线为 轴建立如下图所示的平面直角坐标系 ，
则点 、 ，设点 ，
由于 ，即 ，
所以， ， 为锐角，且 .
，则 ，当 时， 取得最大值 .
【巩固练习1】如图，正八边形 中，若 ，则 的值为 ．【答案】
【解析】
如图，以 所在的直线分别为 轴建立平面直角坐标系，正八边形的中心 即为坐标原点，设
交 轴与 点， ，
，所以 ，
，所以 ，
即 轴， 为等腰直角三角形，
设 ，则 ， ，
所以 ，所以 ， ， 与 关于 轴对称，
所以 ，
， ， ，
由 得 ，
即 ，解得 ，
所以 .
【巩固练习2】（2024·高三·河南濮阳·开学考试）大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作注时介
绍了“勾股圆方图”，即“赵爽弦图”.如图是某同学绘制的赵爽弦图，其中四边形 均为正方形， ，则 .
【答案】
【解析】以 为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，因为 ，
所以 ，
所以 ，所以 .
故答案为： .
【巩固练习3】菱形 的边长为 ，中心为O， ，M为菱形ABCD的内切圆上任意一点，
且 ，则 的最大值为 .
【答案】2
【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，从而得到各点坐标，进而利用题设条件得到所求关于 的表达
式，由此得解.
【详解】如图，以O为坐标原点， 所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
设内切圆与边 的切点为E，连接 .由 ，易得 ，
所以内切圆半径 ，
则 ，设 ，
故 ，
因为 ，所以 ，则 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以 的最大值为2.
【巩固练习4】（2024·天津·二模）已知菱形 边长为1，且 为线段 的中点，若
在线段 上，且 ，则 ，点 为线段 上的动点，过点 作 的平行
线交边 于点 ，过点 做 的垂线交边 于点 ，则 的最小值为 .
【答案】
【解析】如图所示，以 为原点建立平面直角坐标系，则有 、 ，
由 ，则 ，
则 ，则 ， ，
则 ， ，由 ，即 ，则 ，
则 ， ，
又 在线段 上，故有 ，
解得 ，即 ， ；
设 ， ，
则 ，由 ，则 ，
由 ， ，则 ，则 ，
则 ，故 ，
则 ， ， ，
则
，
则当 时， 有最小值 .
【巩固练习5】已知正三角形 的边长为2，D是边 的中点，动点P满足 ，且
，其中 ，则 的最大值为 ．
【答案】
【分析】构建以 为原点， 为x、y轴的直角坐标系，确定相关点坐标并设 且 (
)，由向量线性关系的坐标表示列方程得到 关于 的三角函数式，应用正弦型函数性质求最大值.
【详解】由题设， 在以 为圆心，1为半径的圆上或圆内，
构建以 为原点， 为x、y轴的直角坐标系，如下图示：
所以 ， ， ，令 且 ( )，
所以 ， ， ，
又 ，即 ，
所以 ，而 ，
则 ，
故当 时， 有最大值 .
【题型12】三角形四心的识别
1、若O为△ABC重心
A
O
B C
（1） ；
（2） ；（3）动点P满足 ，(0，)，则P的轨迹一定通过△ABC的重心
（4）动点P满足 ， ，则动点P的轨迹一定通过△ABC
的
（5）重心坐标为： .
2、若O为△ABC垂心
A
O
B C
（1）
（2）
（3）动点 满足 ， ，则动点 的轨迹一定通过
的垂心
3、若O为△ABC内心
A
O
BB CC
（1）
（2）
（3）动点P满足 ， 则P的轨迹一定通过△ABC的内心（4）
4、若O为△ABC外心
A
O
BB CC
（1） ；
（2）动点 满足 ， ，则动点 的轨迹一定通过
的外心；
（3）若 ，则 是 的外心；
42．已知点 为 所在平面内一点，若 ，则点 的轨迹必通过 的
.（填：内心，外心，垂心，重心）
【答案】外心
【分析】 为 的中点，由 ，得 ，则点 的轨迹必通过 的外心.
【详解】点 为 所在平面内一点，若 ，
设 为 的中点， ，
则有 ，所以 ，
所以动点 在线段 的中垂线上，则点 的轨迹必通过 的外心.
43．已知 所在平面内的动点M满足 ，且实数x，y形成的向量 与
向量共线，则动点M的轨迹必经过 的 心.（在重心、内心、外心、垂心中选
择）
【答案】重心【分析】根据向量平行得到 ，将 变形得到 ，取 的中点 ，
则 ，从而得到答案.
【详解】 与 向量共线，故 ，即 ，
则 变形为 ，
即 ，
所以 ，
取 的中点 ，则 ，
所以动点M的轨迹必经过 的重心.
44．已知O，N，P，I在 所在的平面内，则下列说法不正确的是（ ）
A．若 ，则O是 的外心
B．若 ，则I是 的内心
C．若 ，则P是 的垂心
D．若 ，则N是 的重心
【答案】B
【分析】
根据三角形外心、垂心、重心和内心的定义，结合平面向量的运算逐项分析判断.
【详解】
对于选项A：若 ，即 到 的距离相等，
根据外心的定义可知：O是 的外心，故A正确；
对于选项B：若 ，则 ，
即I是三边高线的交点，所以I是 的垂心，故B错误；
对于选项C：若 ，
则 ，即 ，同理可得： ，由选项B可知：P是 的垂心，故C正确；
对于选项D：若 ，则 （D为AB的中点），
即 ，根据重心的性质可知：N是重心，故D正确
45．已知 在 所在平面内，满足 ， ，且
，则点 依次是 的（ ）
A．重心，外心，垂心 B．重心，外心，内心
C．外心，重心，垂心 D．外心，重心，内心
【答案】C
【分析】根据各点所满足的表达式，利用平面向量运算律并结合几何关系的向量表示可分别求得点
依次是 的外心，重心，垂心.
【详解】因为 ，所以点O到三个顶点的距离相等，
所以O为 的外心；
如下图所示：
记BC的中点为D，因为 ，
所以 ，所以P，A，D三点共线，
故点P在中线AD上，
同理点P也在 的另外两条中线上，即点P为 中线的交点，即为重心；
作 ，因为 ，
所以 ，
所以 ，所以点N在BE上，
同理点N在 的另外两条高上，即为高的交点，所以N为 的垂心.
46．（多选）点O在 所在的平面内，则以下说法正确的有（ ）
A．若 ，则点O是 的重心B．若 ，则点O是 的内心
C．若 ，则点O是 的外心
D．若 ，则点O是 的垂心
【答案】BCD
【分析】
根据题意构造菱形，再证明 在角平分线上即可判断哪A，构造等腰三角形，可证得 垂直底边，故可
得 是角平分线，即可判断B，由三角形中线的向量表示化简可得 在三角形边的中垂线上即可判断C，
利用向量减法及数量积为0可证得 即可判断D.
【详解】对于A，在AB，AC上分别取点D，E，使得 ，
则 ，以AD，AE为邻边作平行四边形ADFE，如图，
则四边形ADFE是菱形，且 ，
平分 ， ，
，即 ，
，
三点共线，即 在 的平分线上，
同理可得O在其它两角的平分线上，所以O为 的内心，故A错误；
对B，在AB，AC上分别取点D，E，使得 ，如图，则 ，且 ，
因为 ，即 ，又 知， 平分 ，
同理，可得 平分 ，故O为 的内心，故B正确；
对C，取 的中点分别为 ，如图，
， ，
即 ，所以O是 的外心，故C正确；
对 D ， 由 ， 可 得 ， 即
，
所以 ，即点O是 的垂心，故D正确.
【巩固练习1】点 为 所在平面内的点，且有 ，
， ，则点 分别为 的
（ ）
A．垂心，重心，外心 B．垂心，重心，内心
C．外心，重心，垂心 D．外心，垂心，重心
【答案】A
【分析】
由题中向量的关系，根据数量积转化为位置上的关系，进而可判断.
【详解】由 ，得 ，
即 ，
则 ，
得
所以 ，则 ，同理可得 ， ，
即 是 三边上高的交点，则 为 的垂心；由 ，得 ，
设 的中点为 ，则 ，即 ， ， 三点共线，
所以 在 的中线 上，同理可得 在 的其余两边的中线上，
即 是 三边中线的交点，故 为 的重心；
由 ，得 ，即 ，
又 是 的中点，所以 在 的垂直平分线上，
同理可得， 在 ， 的垂直平分线上，
即 是 三边垂直平分线的交点，故 是 的外心，
【巩固练习2】已知点 ， ， 在 所在平面内，且 ， ，
，则点 ， ， 依次是 的（ ）
A．重心、外心、垂心 B．重心、外心、内心
C．外心、重心、垂心 D．外心、重心、内心
【答案】A
【分析】根据向量的运算逐个分析判断即可
【详解】由 ，得 ，
所以 ，设 的中点为 ，连接 ，则 ，
所以 ，所以点 在 边上的中线上，同理可得 也在 的中线上，
所以点 是 的重心，
由 ，得 ，所以 到 的三个顶点的距离相等，所以 为 的外
心，
由 ，得 ，所以 ，
所以 ，所以 ，同理得 ，所以 为 的垂心，
【巩固练习 3】若 O 是△ABC 所在平面上一定点，H，N，Q 在△ABC 所在平面内，动点 P 满足， ，则直线AP一定经过 的____心，点H满足 ，
则 H 是 的 ____ 心 ， 点 N 满 足 ， 则 N 是 的 ____ 心 ， 点 Q 满 足
，则Q是 的____心，下列选项正确的是（ ）
A．外心，内心，重心，垂心 B．内心，外心，重心，垂心
C．内心，外心，垂心，重心 D．外心，重心，垂心，内心
【答案】B
【分析】推出 ，又 所在直线一定为 的平分线，从而得到直线AP一
定经过 的内心，点 到 三个顶点相等，故点 是 的外心，作出辅助线，得到 三
点共线，且 ，所以 是 的重心，推导出 ， ，得到 为
的垂心.
【详解】 ，变形得到 ，
其中 分别代表 方向上的单位向量，
故 所在直线一定为 的平分线，
故直线AP一定经过 的内心，
，即点 到 三个顶点相等，故点 是 的外心，
因为 ，所以 ，
如图，取 的中点 ，连接 ，
则 ，所以 ，
故 三点共线，且 ，
所以 是 的重心，
由 可得 ，
故 ，同理可得 ，
故 为 三条高的交点， 为 的垂心.【题型13】向量的四心运算
基本思路：利用三角形外心、内心、垂心的几何特征，结合向量运算的几何意义计算求值
47．设 为 的外心， ， ，则 ．
【答案】
【分析】由题意画图，结合数量积几何意义和定义求解即可.
【详解】如图所示，过点 分别作 的垂线，垂足分别为 ，
则 在 方向上的投影向量为 ， 在 方向上的投影向量为 ，
因为 为 的外心，所以
， ，
， ，
所以 ．
故答案为： .
48．（高一下·湖北武汉·期末） 中， ， ， ，点 为 的外心，若
，则实数 ．
【答案】
【分析】根据外心及数量积的运算性质可得 、 ，从而可求 的值.
【详解】由 可得 ，所以， ，同理可得 ， ，
故 即 ，而 ，故 为钝角.
如下图所示：
取线段 的中点 ，连接 ，由垂径定理可得 ，
则 ，
同理可得 ，
因为 ，则
；
，即 ，
故
故答案为： .
49．已知 外接圆的半径为1，圆心为点 ，且满足 ，则 ，
.
【答案】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及数量积的定义求出夹角余弦、数量积.
【详解】由 两边平方得： ，
依题意， ，所以 ；
.
故答案为： ；50．已知 中， ， ， ， 为 的外心，若 ，则 的
值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【分析】由题意可知， 为 外接圆的圆心，过 作 ， ，已知等式两边同乘以 ，
结合数量积定义得 ，同理得 ，从而两式联立即可求得 的值．
【详解】由题意可知， 为 的外心，设外接圆半径为 ，
在圆 中，过 作 ， ，垂足分别为 ， ，
则 ， 分别为 ， 的中点，
因为 ，两边乘以 ，即 ，
的夹角为 ，而 ，
则 ，得 ①，
同理 两边乘 ，即 ， ，
则 ，得 ②，
①②联立解得 ， ，
所以 ．
51．（多选）数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中提出定理：三角形的外心、重心、垂
心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧
拉线，该定理则被称为欧拉线定理.设点O、G、H分别是△ABC的外心、重心、垂心，且M为BC的
中点，则（ ）
A． B．C． D．
【答案】ABD
【分析】利用平面向量的线性运算证明选项ABD正确，证明选项C错误即可.
【详解】A. 为重心，所以 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ，所以该选项正确.
B. ，
由于G是重心，所以 ，所以 ，
同理 ,所以 ，
所以该选项正确.
C. ,所以该选项错误.
D. ,
所以 ,所以该选项正确.
故选：ABD
52．已知三角形ABC中，点G、O分别是 的重心和外心，且 ， ，则边 的长为
.
【答案】6
【分析】由数量积的定义得出外心 满足性质： ， ，由
中线向量性质 ，再由数量积的运算得出 ，利用平方后求得 ，即 ，然后由直角三角形性质得 长．
【详解】如图，延长 交 于 ，连接 ，作 于 ，则 分别是 的中点，
，
同理 ，
，
，
，
又 ，
即 ， ，
所以 ，即 ，
所以 ，
故答案为：6．
【巩固练习1】在 中， ， ，若点G是 的重心，则
.
【答案】
【分析】根据重心的性质和向量数量积的运算律即可得到答案.
【 详 解 】 因 为 中 ， ， ， 则 ，
.
故答案为： .【巩固练习2】（2023高一下·山东青岛·期末）记 的三个内角 的对边分别为 ， ， ，且
， ，若 是 的外心，则 ．
【答案】
【 分 析 】 作 于 ， 于 ， 根 据 向 量 数 量 积 的 几 何 意 义 ，
，即可得到答案.
【详解】如图：
作 于 ， 于 ，
∵圆 中， ，∴ ，
因此 ，
同理可得 ，
∴ .
【巩固练习3】（2023高一下·广东珠海·期末）在 中， ， ， 为 的外心， ，
， 分别为 ， ， 的中点，且 ，则 .
【答案】
【分析】先求出 ，由 ， ， 两边平
方，结合 及数量积的定义直接求解.
【详解】如图，设 的外接圆半径为 ，由正弦定理 ，则 ，
又因为 ， ， 分别为 ， ， 的中点，
所以 ， ， ，
三式平方相加可得 ，
又因为 ，代入得结果为 .
故答案为： .
【巩固练习4】已知点O是△ABC的外心， ，若 ，则
．
【答案】7
【分析】根据 为 的外心，可得出 ，而同理可求出 ，这样
在 两边分别乘以 进行数量积的运算，可得出关于 ， 的二元一次方程组，解出
即可．
【详解】如图，
， ， ，且 ，
， ，
，，
，整理得， ，
．
【巩固练习5】（多选）在 中，下列说法正确的是（ ）
A．若点H满足 ，则点H是 的外心
B．若 ，则AP所在直线经过 的内心
C．若 ， ， ，则 的范围为
D．若 ， ， ， ，则
【答案】BCD
【分析】利用三角形外心、内心、垂心的几何特征，结合向量运算的几何意义，对选项的结论进行判断.
【详解】对于A，由 ，得 ，即 ，
所以 ；同理可得 ， ，
所以点H是 的垂心，故A错误；
对于B， ，因为 ， 分别是与 ， 方向相同的单位向量，
则 所在直线为 的平分线，所以点P在 的平分线上，故B正确；
对于C，因为 ，所以O为 的外心，
且P为 外接圆上一动点，又 ， ，
∴ 外接圆的半径 ，
如图，作 ，垂足为D，则 ，
∴当PD与圆相切时 取最值，即P在 处取最大值6，在 处取小值－2，
故C正确；
对于D，设D为BC中点，如图所示，
，∴O为 的重心，
∴ ， ．
∵ ， ， ，由余弦定理可知， ，
∴ ，所以 ，D正确.
【巩固练习6】（2023高一下·湖北武汉·期末）已知 是边 上的点，且
为 的外心，则 的值为（ ）
A． B．10 C． D．9
【答案】A
【分析】依题意可得 ，取 、 中点分别为 、 ，求出 ， ，再根
据数量积的运算律计算可得.
【详解】因为 ，所以 ，因此 ，
取 、 中点分别为 、 ，则 ， ，
因此 ， ，所以 .
【巩固练习7】在 中， ， 是 的外心， 为 的中点， ， 是直线
上异于 、 的任意一点，则 （ ）
A．3 B．6 C．7 D．9
【答案】B
【分析】
根据外心的性质得到 ，设 ，根据数量积的运算律得到 ，
再由数量积的定义及几何意义求出 ，从而得解.
【详解】因为 是 的外心， 为 的中点，设 的中点为 ，连接 ，
所以 ， ，设 ，
则
，
又 是 的外心，所以
，所以 .
压轴题型
【题型14】等和线问题
和线相关性质
O⃗A,O⃗B ⃗OP ⃗OP=λ⃗OA+μ⃗OB
平面内一组基底 及任一向量 ， ，若点p在直线AB上或在平行于AB的直线
λ+μ=k
上，则 （定值），反之也成立，我们把直线AB以及与直线AB平行的直线称为等和线。
1．当等和线恰为直线AB时，k等于1．
2．定值k的变化与等和线到O点的距离成正比．
O⃗A,O⃗B ⃗OP ⃗OP=λ⃗OA+μ⃗OB
平面内一组基底 及任一向量 ， ，若点p在直线AB上或在平行于AB的直线
λ+μ=k
上，则 （定值），反之也成立，我们把直线AB以及与直线AB平行的直线称为等和线。
1．当等和线恰为直线AB时，k等于1．
2．定值k的变化与等和线到O点的距离成正比．
2017全国3卷（理）T12
53．在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若 = +
，则 + 的最大值为
A．3 B．2 C． D．2
【答案】A【详解】
法一：等和线
P
B C
M
H
A D
设 , ，则 ,
设 ，则 ，即
而
P
B C
G
M
E
A D
∵PE过点C时取最大值，则 ，故 ，则
法二：如图所示，建立平面直角坐标系.
设 ,
易得圆的半径 ，即圆C的方程是 ，
，若满足 ，
则 ， ，所以 ，设 ，即 ，点 在圆 上，
所以圆心 到直线 的距离 ，即 ，解得 ，
所以 的最大值是3，即 的最大值是3，故选A.
2020年江苏省高考
54．在ABC 中，BC 3，AC 4，ACB90，D在边AB上（不与端点重合）．延长CD到P，使
  3 
得 ．当 为 中点时， 的长度为 ；若PC mPA( m)PB(m为常数 且
CP9 D AB PD 2 m0
3
m )，则 的长度是 ．
2 BD
【解答】解：当D为AB中点时，
在ABC 中，BC 3，AC 4，ACB90，则AB5，
1 5
所以CD AB ，又 ，
2 2 CP9
5 13
所以PDCPCD9  ，
2 2
13
即当 为 中点时， 的长度为 ．
D AB PD 2
  3  3
PC mPA( m)PB(m为常数 且m )，
2 m0 2
如图，以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x， y 轴建立平面直角坐标系，
则A(4,0)，B(0,3)，
  3    3  
由PC mPA( m)PBm(PCCA)( m)(PCCB)，
2 2
  
整理得PC 2mCA(32m)CB，
2m(4，0)(2m3)(0，3)(8m，6m9)．
27
由 ，得 ，解得m 或 （舍 ．
CP9 64m2 (6m9)2 81 25 m0 )
96m
所以直线 的方程为y x，
PC 8m
x y
直线 的方程为  1，
AB 4 3
8
联立两直线方程可得x m， ．
3 y32m
72 21
即D( ， )，
25 2572 21 18
|BD| ( )2 ( 3)2  ．
25 25 5
18
的长度是 ．
BD 5
55．如图正六边形 ABCDEF 中，P 点三角形 CDE 内（包括边界）的动点，设
⃗AP=x⃗AB+y⃗AF
，则
x+y的取值范围是________．
E P D E P D
E D
C H C
C F F
F Q G
Q
A B A B A B
【答案】
【解析】令 ,易证 ， ，∴
56．给定两个长度为3的平面向量 和 ，它们的夹角为120°，如图所示,点C在以O为圆心的圆弧
上运动，若 ，其中 ，则 的最大值是_____； 的最大值是
______.
B C
A
O【答案】2，
【解析】（1）AB交CO于D，设 , ，易证
，当 时， 取最大值， ；
B
C
D
O A
（2）取OA中点E，则
B
C
F
A
O
E
OC交BE于F，设 , ，易证
，当 时， 取最大值， .
【巩固练习1】2024届·湖南师大附中月考（二）
中， 为 上一点且满足 ，若 为 上一点，且满足 为正实数，
则下列结论正确的是（ ）
A． 的最小值为 B． 的最大值为1
C． 的最小值为4 D． 的最大值为16
【答案】C
【分析】利用基本不等式可求得 的最大值为 ，判断A、B；将 化为 ，结合
基本不等式可求得其最小值，判断C； ，结合 可判断D.
【详解】 为正实数， ，
，而 共线，，
当且仅当 时，结合 ，即 时取等号，A，B错误；
，
当且仅当 ，即 ，即 时取等号，
即 的最小值为4，C正确；
又 ，
由于 为正实数， ，则 ，
则 ， 时 取最大值 ，
当 趋近于0时， 可无限趋近于0，
故 ，故 无最大值，D错误
【巩固练习2】如图，在正方形ABCD中，E为BC的中点，P是以AB为直径的半圆弧上任意
一点，设 ，则2x+y的最小值为( )
A．－1 B．1 C．2 D．3
D C
P
E
A B
【答案】D C
F P E
G
A B
【解析】取AD中点F，则
直线FP交AE于G， 设
∵ FPG三点共线 ∴
当P在中点时，G与E重合，此时t取到最小值，
【巩固练习3】直角梯形
ABCD中,CB⊥CD，AD//BC，ΔABD是边长为2的正三角形，P是平面上的
动点，|C⃗P|=1，设 ⃗AP=λ⃗AD+μ⃗AB(λ,μ∈R)，则λ+μ的值可以为（
）
A. 0 B.1 C.2 D.3
【答案】BC
【解析】如图
P
H
C B
Q
A
D
【巩固练习4】（多选）如图所示,在凸四边形ABCD中，对边BC，AD的延长线交于点E，对
边AB，DC的延长线交于点F,若 ， ， ，则（ ）A. A
B.
D
B E
C. 的最大值为1 C
F
D.
【答案】ABD
【解析】显然A正确，注意规律（分点恒等式）
对于B选项： , （分点恒等式）
（三点共线定理），故B正确
补充：也可以同梅涅劳斯定理求出B选项.
对于C选项： ，故C错误；
对于D选项： ，故D正确
【巩固练习5】如图，边长为2的等边三角形的外接圆为圆 ， 为圆 上任一点，若 ，则
的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．1
【答案】A
【详解】作BC的平行线与圆相交于点P，与直线AB相交于点E，与直线AC相交于点F，设 ，则 ，
∵BC//EF，∴设 ，则
∴ ，
∴ ，∴
【巩固练习 6】在矩形 ABCD 中，AB=1，AD=2，动点 P 在以点 C 为圆心且与 BD 相切的圆上.若
，则 的最大值为________
P
B C
M
H
A D
【答案】3
【解析】设 , ，则 ,
设 ，则 ，即
P
B C
G
M
E
A D而
∵PE过点C时取最大值，则 ，故 ，则
【巩固练习7】如图，在直角梯形 中， ， ， ， ，动点 在以点
为圆心，且与直线 相切的圆上或圆内移动，设 ，则 取值范围是
．
【答案】
【分析】以 为坐标原点，建立平面直角坐标系，先求出以点 为圆心，且与直线 相切的圆方程，设
，再根据 ，可求出点 的坐标，再根据 在圆内或圆上，可得关于
的一个不等关系，设 ，进而可得出答案.
【详解】如图所示以 为坐标原点，建立平面直角坐标系，
则 ， ， ， ，
直线 的方程为 ，化简得 ，
点 到 的距离 ，
可得以点 为圆心，且与直线 相切的圆方程为 ，
设 ，则 ， ， ，
，
，
可得 且 ， 的坐标为 ，
在圆内或圆上，
，
设 ，得 ，
代入上式化简整理得 ，
若要上述不等式有实数解，
则 ，化简得 ，
解得 ，
即 ，
取值范围是 ．
故答案为： ．
【巩固练习8】（多选）已知四边形 是边长为1的菱形， ，动点 在菱形内部及边界
上运动，设 ，则下列说法正确的是（ ）
A．
B． 的最大值为2
C．
D．当 时，点 的轨迹长度是
【答案】ABD
【分析】根据数量积的几何意义结合图形分析可判断 A；由向量加法的平行四边形法则观察可判断 B；取
特例可排除C；利用共线定理的推论判断点P的轨迹，然后由余弦定理求解可判断D.
【详解】根据数量积的几何意义可知，当点P与B重合时，向量 在 的投影数量最大，当点P与点D
重合时，向量 在 的投影数量最小，
所以， ，即 ，A正确；
以AP为对角线，AB，AD所在直线为邻边作 ，易知 ，
当点P与C重合时， 同时取得最大值，此时 取得最大值2，B正确；
当点P与点D重合时， ，C错误；
记AB的中点为E，F为AD上靠近点A的四等分点，则 ，所以 ，
因为 ，即 ，所以P，E，F共线，
所以点P的轨迹为线段EF，
所以 ，D正确.
故选：ABD
【题型15】通过平面向量共线定理的推论求最值
（1）已知 ，则 是 三点共线的充要条件
（2）结合基本不等式乘“1”法求出最值
57．在 中，过重心 的直线交边 于点 ，交边 于点 （ 、 为不同两点），且
，则 的最小值为 .
【答案】
【分析】由 是 的重心，得到 ，再由 三点共线，得到 ，结合题
意，得出方程组求得 ，结合基本不等式，即可求得 的最小值.
【详解】如图所示，设 边上的中点为 ，因为 是 的重心，可得 ，
根据向量的线性运算法则，可得 ，
又因为 三点共线，可得 ，即 ，
  
可得AGmAQ(1m)AP，1 1  
因为   ，可得 AB AC mAC(1m)AB，
APAB,AQAC 3 3
 1
m

 3
所以 ，整理得 ，即 ，其中 ，
1 1 1 1
(1m)  3 ,1
 3 3   2
1 1 1 1   1   4
则 (  )() (2  ) (22  ) ，
3   3   3   3
  2 4
当且仅当  时，即 时，等号成立，所以 的最小值为 .
  3  3
4
故答案为： .
3
uuur 1uur uuur 1uuur
58．如图，在 中，OC  OA，OD OB，AD与BC相交于点M，设 ， .
 AOB 4 2 OAa OB b
  
a b OM
(1)试用 ， 表示向量 ；
   
OEOA OF OB 
(2)在线段AC上取一点E，在线段BD上取一点F，使得EF过点M，设 ， ，求
的最小值.
 1 3
【答案】(1)OM  a b
7 7
42 3
(2)
7

【分析】（1）利用C,M,B三点共线求得OM .
（2）先求得,的等量关系式，利用基本不等式求得的最小值.
uuur uuur
【详解】（1）设AM tAD，
       
OM OAAM OAtADOAt ODOA   1   1 
1tOAtOD1tOA tOB41tOC tOB，
2 2
1 6
由于 三点共线，所以41t t 1t  .
C,M,B 2 7
  6 1 6 1 3
所以OM 1 OA  OB a b.
 7 2 7 7 7
   
（2）依题意OEOA，OF OB，
1
1

4
由于 过点 ，而 ， ，所以 ，
O uu C ur  1 O uu A r O uu D ur  1 O uu B ur  1 1
EF M 4 2 2
 1 3
由（1）得OM  OA OB，
7 7
 1 1  3 1  1  3 
所以OM   OE  OF  OE OF ,
7  7  7 7
1 3
由于 三点共线，所以  1，
M,E,F 7 7
 1 3  4  3
     
7 7 7 7 7
4  3 42 3
 2   ，
7 7 7 7
 3 1 3 33
当且仅当  ,2 32, 3， , 时等号成立.
7 7 7 7
 ABC G AB P AC Q P,Q B,C △APQ
59．在 中，过重心 的直线与 边交于 ，与 边交于 ，点 不与 重合.设 面积
   
S ABC S ,APxPB,AQ yQC
为 1， 面积为 2 .
  
GAGBGC
（1）求 ；
1 1
（2）求证：  1；
x y
S
1
（3）求 的取值范围.
S
2
4 1
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3） , .
0 9 2
       
【分析】（1）利用三角形重心的性质GA2GD，又GBGC 2GD，即可求GAGBGC.
 x   y 
（2）设  、  ，由题设得 AP c、 AQ b，而 共线则有  ，由
ABc AC b x1 y1 P,G,Q PGPQ
     
AQAPPQ AGAPPG x,y,λ     
AQAPPQ，AGAPPG列方程确定x,y,λ的关系，进而求证结论；
1
|AP||AQ|sinBAC
S 2
（3）由 1  ，结合（2）的结论及二次函数的性质，即可求范围.
S 1
2 |AB||AC|sinBAC
2
【详解】
（1）G为 ABC的重心，若延长AG交BC于D，则D是BC的中点，
    
∴GBGC 2GD，而GA2GD，即GA2GD，
   
∴GAGBGC 0.
       
（2）设ABc，AC b，又APxPB,AQ yQC，
 x   y 
∴AP c，AQ b，由 共线，则 有 ，
x1 y1 P,G,Q R PGPQ
     
∵AQAPPQ，AGAPPG，
 2 2 1   1  
∴    ，又AG AD  (ABAC) (cb)，
AGAP(AQAP) 3 3 2 3
1   x  y  x 
综上， (cb) c( b c)，
3 x1 y1 x1
 y 1


y1 3
∴ ，即 ，可得 ，
1 b   2x1 c   y b   x c   x  2x1  y1  2x1
3 3(x1) y1 x1  x1 3(x1) 3y 3x
1 1
∴ ，则  1得证.
xyxy x y
1
|AP||AQ|sinBAC 1 1
S 2 x y  
（ 3 ） 由 （ 2 ） 知 ： S 1 2  1 2 |AB||AC|sinBAC  x1  y1    1 1 x       1 1 y    2 1 x  1 y
1 1
 
1 1 1 1 9 1
2 1  (  )2 (0,1)
x x x 2 4 x1 1
 
2 1 1 1  ( 1  1 )2 9 ，而1 (0,1) ，
x x x 2 4 x
S 4 1
∴ 1   , .
S 9 2
2
【巩固练习1】如图，点G为△ABC的重心，过点G的直线分别交直线AB，AC点D，E两点，
1 1
    ，则 ；求  的最小值为 .
AB3mAD(m0) AC 3nAE(n0) mn m n
【答案】 1 4
    
【分析】利用重心的性质以及平面的线性运算可知 AGmADnAE，设DGGE,由D,G,E三点共线可
 1    1 1
知AG AD AE，故可知 ，利用 的妙用以及基本不等式求出  的最小值.
1 1 mn1 1 m n
 2 1  1  
【详解】由重心的性质可知AG  ABAC  3mAD3nAE
3 2 3
m

A

D

n

A

E

，
m0,n0
，
 
设DGGE,
     
由已知得AG ADDG，AG AEEG,
    1    1 
两式相加得2AG ADAE1 DG ADAE1  AGAD ,
   
 1   
整理得AG AD AE,
1 1
1  1 
所以m ，n ，则mn  1，
1 1 1 1
1 1  1 1 n m n m
    mn2  22  4，
m n m n m n m n
n m 1
当且仅当  ，即mn 时等号成立
m n 2
【巩固练习3】如图，在 ABC中，AD是BC边上的中线．BD M  A  B   A  C   A  M 
(1)取 的中点 ，试用 和 表示 ；
uuur uuur
 
AD AG2GD EF AB AC AEAB
(2)若G是 上一点，且 ，直线 过点G，交 交于点E，交 于点F．若 ，

A

F



A

C
 ,R

，求 的最小值．
 3 1 4
【答案】(1)AM  AB AC；(2)
4 4 3
【分析】（1）根据平面向量的线性运算计算即可；
 
（2）先将
A

G
用AE,AF表示，再根据E，F，G三点共线，可得,的关系，再根据基本不等式即可得解.
 1 1
【详解】（1）由题意， 为 的中点，所以AD AB AC，
D BC 2 2
又M 为BD的中点，
 1 1 1 11 1 3 1
所以AM  AB AD AB  AB AC AB AC ．
2 2 2 22 2  4 4
（2）由 u A u G ur 2G uu D ur ，  A  E    A  B  ，  A  F    A  C  ,R ，
 1   1 
得AB AE，AC AF，
 
 2 21 1 1 1 1  1 
所以AG AD  AB AC AB AC  AE AF ，
3 32 2  3 3 3 3
1 1
因为E，F，G三点共线，则  1，
3 3
 1 1  2   2   4
则       2   ，
3 3 3 3 3 3 3 3 3
  2
当且仅当  ，即 时取等号，
3 3 3
4
所以 的最小值为 .
 3
 
【巩固练习4】经过 OAB的重心G的直线与OA，OB分别交于点P，Q，设OPmOA，

 
OQnOBm0,n0
.1 1
(1)证明：  为定值；
m n
(2)求m＋n的最小值.
【答案】(1)证明见解析
4
(2)
3
【分析】（1）利用三角形重心的性质，结合平面向量共线定理进行求解即可；
（2）运用基本不等式进行求解即可.
   
【详解】（1）设OAa,OBb，
因为 OAB的重心是G点，
 2 1  1 
所以OG  ab  ab ，
3 2 3
    
PQOQOPnbma，
   1   1  1
PGOGOP ab ma ma b，
3 3  3
因为G， P，Q三点共线，
  1  1
所以存在 ，使得 ，即nbma  ma b ，
 PQPG 3  3 
 1 

m m
 3  1 1
所以有   3；
 1 m n
n 
 3
（2）因为m0,n0，
1  1 1 1 n m 1 n m 4
所以mn mn    2     22     ，
3 m n 3 m n  3  m n  3
n m 3
当且仅当  时取等号，即当mn 时取等号，
m n 2
4
所以m＋n的最小值为 .
3
【题型16】奔驰定理OAOBOC 0
（1）奔驰定理：若O为ABC内一点，且满足
1 2 3
，则△AOB、△AOC、
△BOC ::
的面积之比等于 3 2 1
（2）三角形四心与奔驰定理的关系及证明
   
O △ABC S :S :S 1:1:1OAOBOC 0
① 是 的重心： △BOC △COA △A0B ．
   
S :S :S 1:1:1OAOBOC 0
证明：由重心分三角形面积相等及奔驰定理易得 △BOC △COA △A0B
② O 是 △ABC 的内心：
S
BOC
:S
COA
:S
AOB
a:b:c
 aOAbOBcOC 0
1 1 1
S  ar S  br S  cr
证明： BOC 2 ， COA 2 ， AOB 2 （r为ABC内切圆的半径），所以
S :S :S a:b:c
aOAbOBcOC 0
BOC COA AOB ，再由奔驰定理可得
   
O △ABC S :S :S sin2A:sin2B:sin2C sin2AOAsin2BOBsin2COC 0
③ 是 的外心： △B0C △COA △AOB ．
1
S  OB OC sinCOB
证明： BOC 2 ，由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得COB 2A，所以
1 1 1
S  OB OC sin2A R2sin2A S  R2sin2B
BOC 2 2 （R为ABC外接圆的半径），同理可得 COA 2 ，
1
S  R2sin2C
AOB 2 ，所以 S :S :S sin2A:sin2B:sin2C ，再由奔驰定理可得
BOC COA AOB
sin2AOAsin2BOBsin2COC 0
S :S :S tan A:tanB:tanC  tan APA tanBPBtanCPC 0
④P是△ABC的垂心：
BPC CPA APB
PD PD
tanA tanB
BD : AD tan A:tanB
证明：如图P为△ABC的垂心，则有 AD ， BD ，所以 ，所以
1 1
S :S  CP  BD : CP  AD  BD : AD
BPC APC 2 2  tanA:tanB，同理可得 S :S 
APC APB
S :S :S  tan A:tanB:tanC
tanB:tanC
，所以 BPC APC APB ，再由奔驰定理可得S :S :S tan A:tanB:tanC  tan APA tanBPBtanCPC 0
BPC CPA APB
60．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车，
（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”，奔驰定理：已知O是 ABC内一点，
    △
S S S S OAS OBS OC 0
BOC， AOC， AOB的面积分别为 A， B， C，且 A B C ．设O是锐角
△ △ △
ABC内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是的 ABC三个内角，以下命题正确的有（ ）
△ △
   
OA2OB3OC 0 S :S :S 1:2:3
A．若 ，则 A B C
  5π 9
B．若OA  OB 2，AOB ，    ，则S 
6 2OA3OB4OC 0 ABC 2
π
C．若O为 ABC的内心，    ，则C
3OA4OB5OC 0 2
△
6
    cosAOB
D．若O为 ABC的垂心，3OA4OB5OC 0，则 6
△
【答案】ACD
【分析】对A，由奔驰定理即可判断；
对B，由面积公式求出S ，结合奔驰定理即可求；
C
π
对C，由奔驰定理，结合内心性质可得 ，即可得C ；
a:b:c3:4:5 2
  
对D，由垂心性质及向量数量积的垂直表示可得OA : OB : OC cosA:cosB:cosC，
结合奔驰定理结合三角形面积公式，可得S :S :S tanA:tanB:tanC 3:4:5，
A B C
如图所示 D、E、F 分别为垂足，可设AF
m，tanA3tt 0
，即可由几何关系列式ABFC  ACBE
5 6
解出t  ，最后由正切求出余弦值cosC  ，则由 可求
5 6 cosAOBcosC
         
【详解】对A，由奔驰定理可得，OA2OB3OC S OAS OBS OC0，又OA、OB、OC不共线，
A B C
故S :S :S 1:2:3，A对；
A B C1 9 9
对B，S  22sinAOB1，由    得 ，故S  S  ，B
C 2 2OA3OB4OC 0 S :S :S 2:3:4 ABC 4 C 4
A B C
错；
   
对 C ， 若 O 为 ABC 的 内 心 ， 3OA4OB5OC 0， 则 S :S :S 3:4:5， 又
A B C
1 1 1 π
S :S :S  ar: br: △cr a:b:c（ 为内切圆半径），三边满足勾股定律，故C ，C对；
A B C 2 2 2 r 2
     
对D，若O为 ABC的垂心，则BOCAπ，OBOC  OB OC cosBOC OB OC cosA，
          
又OBACO△B OCOA 0OBOCOBOA OC cosA OAcosC，
      
同理OC cosB OB cosC,OAcosB OB cosA，∴OA : OB : OC cosA:cosB:cosC，
   
∵3OA4OB5OC 0，则S :S :S 3:4:5，
A B C
1   1   1  
且S :S :S  OB OC sinBOC: OA OC sinAOC: OA OB sinAOB
A B C 2 2 2
cosBcosCsinA:cosAcosCsinB:cosAcosBsinC
sinA sinB sinC
 : :
cosA cosB cosC
tanA:tanB:tanC
如图，D、E、F分别为垂足，
3 7
设 ，tanA3tt 0，则FC 3mt, BF  m, AB m, AC  9t21m，
AF m 4 4
BE BE 5 15t
又AE:EC  : 5:3，故AE AC, BE3tAE AC，
tanA tanC 8 8
由ABFC  ACBE 7 m3mt  15t  9t21  m2，解得t  5 ，
4 8 5
1 6 6
由tan2C  15cosC ，故cosAOBcosC ，D对故选：ACD
cos2C 6 6
【巩固练习1】（多选）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与
“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是 ABC内的一点，
   

BOC，

AOC，

AOB的面积分别为S
A
、S
B
、S
C
，则有S
A
OAS
B
OBS
C
OC0，设O是锐角

ABC内
的一点，BAC，ABC，ACB分别是 ABC的三个内角，以下命题正确的是（ ）．   
OAOBOC 0 ABC
A．若 ，则O为 的重心
    S :S :S 1:2:3
OA2OB3OC 0
B．若 ，则 A B C
   
ABC tanBACOAtanABCOBtanACBOC 0
C．若O为 （不为直角三角形）的垂心，则
  5π 9
D．若OA  OB 2，AOB ，    ，则S 
6 2OA3OB4OC 0 ABC 2
【答案】ABC
【分析】根据向量的线性运算结合三角形重心判断 A；结合“奔驰定理”即可判断B；根据三角形垂心性
质，推出S :S :S tanBAC:tanABC:tanACB，结合“奔驰定理”判断C；求出S 1，结
BOC AOC AOB AOB
1 3
合“奔驰定理”可得S
BOC

2
,S
AOC

4
，从而求得S
ABC
，判断D.
   
【详解】对于A，设BC的中点为D，则OBOC 2ODOA，
 2
即 三点共线，则AO AD，
O,A,D 3
 2  2
设 为 的中点，同理可得CO CE,BO BF，
E,F AB,AC 3 3
故O为 ABC的重心，A正确；
对于B，若O  A  2O  B  3O  C  0  ，结合S O  A  S O  B  S O  C  0  ，
A B C
可知S :S :S 1:2:3，B正确；
A B C
1   1  
对于C，S  |OB||OC|sinBOC，S  |OA||OC|sinAOC，
BOC 2 AOC 2
1  
S  |OA||OB|sinAOB，
AOB 2
又O为 ABC（不为直角三角形）的垂心，设AO延长后交BC与G，则AGBC,同理BH  AC,CI  AB，则BOI BAC，
即BOCBOI BOCBAC π，
同理AOBACBπ,AOCABC π，
故sinBOC sinBAC，同理sinAOC sinABC,sinAOBsinACB，
     
又OAOB|OA||OB|cosAOB|OA||OB|cosACB，
     
OBOC|OB||OC|cosBOC |OB||OC|cosBAC，
又O为 ABC（不为直角三角形）的垂心，
        
则OBACOB OCOA OBOCOAOB0，
   
故|OA|cosACB|OC|cosBAC，即|OA|:|OC|cosBAC:cosACB，
  
同理|OA|:|OB|:|OC|cosBAC:cosABC:cosACB，
  
S |OB||OC|sinBOC |OB|sinBAC cosABCsinBAC
则 BOC      
S |OA||OC|sinAOC |OA|sinABC cosBACsinABC
AOC
sinBAC sinABC
 : ，
cosBAC cosABC
S sinABC sinACB
同理 AOC  : ，
S cosABC cosACB
AOB
sinBAC sinABC sinACB
故S :S :S  : :
BOC AOC AOB cosBAC cosABC cosACB
tanBAC:tanABC:tanACB，
       
又S OAS OBS OC0，可得tanBACOAtanABCOBtanACBOC 0，C正确；
A B C
  5π 1 1
对于D， 中，OA  OB 2，AOB ，则S  22 1，
 AOB 6 AOB 2 2
   
又2OA3OB4OC 0，故S :S :S 2:3:4，
BOC AOC AOB
1 3
则S  ,S  ，
BOC 2 AOC 4
1 3 9
故S S S S 1   ，D错误，
ABC AOB BOC AOC 2 4 4
故选：ABC
【巩固练习2】（多选）平面向量中有一个优美的结论，有趣的是，这个结论对应的图形与“奔驰”轿车
的logo非常相似，该结论如下：如图，已知O是 ABC内部一点，将 BOC， AOC， AOB的面积分别   
记为S ，S ，S ，则S OAS OBS OC 0.根据上述结论，下列命题中正确的有（ ）
A B C A B C
   
2OA3OB4OC 0 S :S :S 4:3:2
A．若 ，则 A B C
 1 2
B．若AO AB AC，则S
:S :S 2:1:2
5 5 A B C
π
C．若 为 的内心，且    ，则ACB
O ABC 5OA12OB13OC 0 2

   
O ABC tanBACOAtanABCOBtanACBOC0

D．若 为 的垂心，则
【答案】BCD
【分析】对于A，由奔驰定理即可直接判断；
   
对于B，结合平面向量的线性运算可得2OAOB2OC 0，进而由奔驰定理即可直接判断；
对于 C，由奔驰定理可得 S
A
:S
B
:S
C
5:12:13，设

ABC的内切圆半径为 r，结合面积公式可得
BC:AC:AB5:12:13，进而结合勾股定理即可求解；
对 于 D ， 结 合 O为  ABC的 垂 心 ， 可 得 sinBOC sinBAC， sinAOC sinABC，
sinAOBsinACB， 进 而 根 据 平 面 向 量 数 量 积 的 定 义 可 得
  
OA : OB : OC cosBAC:cosABC:cosACB，进而求解即可.
【详解】对于A，由奔驰定理可得S :S :S 2:3:4，故A错误；
A B C
 1 2  1  2 
对于B，由AO AB AC，即OA OBOA  OCOA ，
5 5 5 5
整理得2O  A  O  B  2O  C  0  ，由奔驰定理可得S :S :S 2:1:2，故B正确；
A B C
   
对于C，由5OA12OB13OC 0，可得S :S :S 5:12:13，
A B C
设 ABC的内切圆半径为r，
1 1 1
则S  rBC，S  rAC，S  rAB，
A 2 B 2 C 2
所以BC:AC:AB5:12:13，即BC2AC2  AB2,
π
所以 ，即ACB ，故C正确；
BC  AC 2
1   1   1  
对于D，S  OB OC sinBOC ，S  OAOC sinAOC，S  OAOB sinAOB，
A 2 B 2 C 2
因为O为 ABC的垂心，所以sinBOC sinBAC，sinAOC sinABC，sinAOBsinACB，
     
又OAOB OAOB cosAOBOAOB cosACB，
     
OBOC OB OC cosBOC OB OC cosBAC，
        
OBACOB OCOA OBOCOBOA0,
   
所以OAcosACB OC cosBAC，即OA : OC cosBAC:cosACB，
 
同理可得OB : OC cosABC:cosACB，
  
所以OA : OB : OC cosBAC:cosABC:cosACB，
sinBAC sinABC sinACB
所以S :S :S  : : tanBAC:tanABC:tanACB，
A B C cosBAC cosABC cosACB
由奔驰定理可知D正确.
故选：BCD.
P  ABC A,B,C a,b,c
【巩固练习3】（多选）如图. 为 内任意一点，角 的对边分别为 ，总有优美等式
   
S PAS PBS PC 0
PBC PAC PAB 成立，因该图形酯似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理.则以下命题是真命
题的有（ ）
   
P  ABC PAPBPC 0
A．若 是 的重心，则有
   
B．若 aPAbPBcPC 0 成立，则 P 是 ABC 的内心
 2 1
C．若AP AB AC，则S
:S 2:5
5 5
△ABP △ABC
π 
A    mn 2,1
D．若 P 是  ABC的外心， 4 ，PAmPBnPC，则 
【答案】AB
   
【分析】对于A：利用重心的性质S = S =S ，代入S PAS PBS PC 0即可；
△ PBC △ PAC △ PAB PBC PAC PAB
       
对于B：利用三角形的面积公式结合S
PBC
PAS
PAC
PBS
PAB
PC 0与aPAbPBcPC 0可知点
P
到
AB、BC、CA的距离相等.   
对于 C：利用  A  B  、  A  C  将  P  A  、  P  B  、  P  C  表示出来，代入 S PBC PAS PAC PBS PAB PC 0，化简即可表示出
S 、S 、S 的关系式，用S 将S 、S 表示出来即可得处其比值.
△ PBC △ PAC △ PAB PAB △ ABP △ ABC
  
对于D：利用三角形的圆心角为圆周角的两倍，再将PAmPBnPC两边平方，化简可得m2+n2 1，结
合m、n的取值范围可得出答案.
【详解】对于A：如图所示：因为D、E、F分别为CA、AB、BC的中点，
1 2 1
所以 ，S  S ,S  S  S ，
CP2PE AEC 2 ABC APC 3 AEC 3 ABC
1 1
同理可得S  S 、S  S ，
APB 3 ABC BPC 3 ABC
所以S = S =S ，
△ PBC △ PAC △ PAB
   
又因为S PAS PBS PC 0，
PBC PAC PAB
uur uur uuur r
所以PAPBPC 0.正确；
1 1 1
对于B：记点 P 到 AB、BC、CA 的距离分别为 h 1 、h 2 、h 3 ，S △ PBC = 2 ah 2 ,S △ PAC  2 bh 3 ,S △ PAB  2 ch 1 ，
   
因为S PAS PBS PC 0，
PBC PAC PAB
1  1  1  
则 ah PA bh PB ch PC 0，
2 2 2 3 2 1
   
即ah PAbh PBch PC 0，
2 3 1
又因为a  P  A  b  P  B  c  P  C  0  ，所以h
1
=h
2
=h
3
，所以点P是

ABC的内心，正确；
 2 1
对于C：因为AP AB AC，
5 5
 2 1    3 1
所以PA AB AC，所以PBPAAB AB AC，
5 5 5 5
   2 4
所以PC PAAC  AB AC，
5 5
 2 1 3 1  2 4 
所以S  AB ACS  AB ACS  AB AC0，
PBC  5 5  PAC 5 5  PAB  5 5 
 2 3 2   1 1 4  
化简得： S + S  S AB S  S  S AC 0，
 5 PBC 5 PAC 5 PAB   5 PBC 5 PAC 5 PAB 
 
又因为AB、AC不共线， 2 3 2
 S + S  S =0
  5 PBC 5 PAC 5 PAB
所以  1 S  1 S  4 S =0 ，所以   S PBC =2S PAB ，
 5 PBC 5 PAC 5 PAB S =2S
PAC PAB
S S 1
所以 △ ABP  PAB  ，错误；
S S S S 5
△ ABC PBC PAC PAB
π π   
对于D：因为 是 的外心，A ，所以BPC , PA  PB  PC ，
P  ABC 4 2
   
所以PBPC= PB  PC cosBPC 0，
2 2   2
因为  ，则 PA m2 PB 2mnPBPCn2 PC ，
PAmPBnPC
化简得：m2+n2 1，由题意知m、n同时为负，
mcos 3π  π
记 ，π ，则mncossin 2sin+ ，
nsin 2  4
5π π 7π  π 2
因为   ，所以1sin  ，
4 4 4  4 2
 π
所以2 2sin+ 1，
 4

所以mn   2,1 ，错误.
故答案为：AB.
【题型17】向量中的隐圆问题
角度一、定值圆（由模长是构造圆）
     
记A,B,C为定点，若出现 AP ， AP AC ， AP AB AC  ，都可以得出隐圆
  
有时也会出现 cab 这种形式，我们可以设  ，  ，  ，也能转化成上面第三种
a OA b OB c OC
形式
角度二、直径圆
圆的直径所对的圆周角为直角，因此当两个向量相互垂直时，可以选择一个共同的起点，则该起点在以两
a,b 90
个向量的终点构成的线段为直径的圆上．在向量问题中，向量 a，b的垂直条件体现为，
ab＝0，ab＝0等．
角度三、外接圆（定边定角）
   
ab ,a,b均为定值时，可以构造圆在三角形中，若遇到一边一对角问题，可以考虑构造此三角形的外接圆，从几何的角度进行解题．同样的
道理，在向量问题中，若两个或三个向量可以构造出一个三角形(如a，b，a-b)，且给出边一对角的条件，
可以考虑构造外接圆模型进行解题．
角度四、四点共圆（对角互补）
圆内接四边形的对角互补；反之，若某四边形的对角和为180°，则该四边形的四个顶点共圆．在向量问题
中，只需有三个向量，选取1个共同起点，加上3个终点，便可构成一个四边形，若该四边形满足上述条
件，可以构造“隐圆”模型进行解题，四点共圆模型可以认为是外接圆模型的延伸．
61．平面内非零向量a，b，c，有 a  3， b  4，ab＝0且 c  a  b  2，则 c 的最大值为______．
【答案】7
c
【解析】方法一几何法：构造圆，如下，则 的最大值为7
C
c-a-b
A c M
a
a+b
O B
b
62．已知a  ,b  是平面内两个互相垂直单位向量，若向量c 满足(a  c  )(b  c  )0，则|c  |的最
大值为_______.
【答案】 2
【解析】
c
法一：几何法
b
a
法二：代数法：(a

c

)(b

c

)0a

b

c

(a

b

)c
2=0c 2=c 
(a

b

)
2        
c  c  ab cos c  ab cos ab = 263．已知平面向量a,b  ,c 满足|a|1，|b  |2，且a  b  1，若向量ac，b  c的夹角为60°，则|c|的最
大值是________
2 21
【答案】
3
【解析】设a    P  A  ，b    P  B  ，c    P  C  ，由|a|1，|b  |2，且a  b  1，
可得cos a,b   1  1 ， ，
21 2 APB120
因为向量ac ，b  c的夹角为60°，即ACB60，
所以点C在优弧AB上运动，故|c|的最大值是
ABC的外接圆的直径，

 1
可算得AB 41221   7，
 2
7 2 21 2 21
由正弦定理，直径2R  ．故 的最大值是
sin120 3
|c|
3
【巩固练习1】2024届湖南师大附中高三开学考
在直角 中， ，平面 内动点 满足 ，则 的最小值为
.
【答案】
【分析】由题可知，点 的轨迹 是以 为圆心， 1 为半径 的圆，由数量积的定义求出
，再由向量的模长公式求出 ，当 与 共线反向时，
取最小值，即可得出答案.
【详解】平面 内动点 满足 ，所以点 的轨迹是以 为圆心，1为半径的圆，
因为 ，由勾股定理可得： ，
所以 ，且 ，
所以 ，所以 ，
，
，
，，
又向量 是长度为 的一个向量，由此可得，点 在圆 上运动，
当 与 共线反向时， 取最小值，且这个最小值为一 ，
故 的最小值为 .
        
【巩固练习2】已知a,b是单位向量，ab0.若向量c满足|cab|1，则|c|的最大值是________.
【答案】 21
 
【解析】由ab0，得a  b .
      
如图所示，分别作OAa,OBb,作,OC ab，
  
由于a,b是单位向量,则四边形OACB是边长为1的正方形，所以|OC| 2,
       
作OPc，则|cab||OPOC||CP|1,
所以点P在以C为圆心，1为半径的圆上.

由图可知，当点O，C，P三点共线且点P在点P 处时，|OP|取得最大值 21,
1

故|c|的最大值是 21,故答案为： 21
 
【巩固练习3】已知平面内非零向量a  ,b  ，c  ，满足 a 2， b 3， a  b  3 ，若 c 2 2b  c  80 ，则
 
c a
的取值范围是_______.
【答案】  7 1, 7 1
 
【解析】c 2 2b  c  80c 2 2b  c  b  2 1  b  c 2 1 b  c  1即BC=1
由余弦定理可得AC  7 ，故 c  a  的取值范围是   7 1, 7 1 A
c-a
C
2
B
O
3
 1
【巩固练习4】设向量a，b，c满足 a  = b  1， a   b  ， ac,bc 60，则|c|的最大值等于
2
______.
【答案】2
 
【解析】由题设，cosa  ,b    ab   1 ，而   ，则a  ,b   2 ，
|a||b| 2 a,b[0,] 3
令a  O  A  ,b  O  B  ,c  O  C  ，则a  c  C  A  ,b  c  C  B  ，又 a  c  ,b  c  60 ，如下图示：
2 
所以AOB ，ACB ，则 ，故 共圆，
3 3 AOBACB A,O,B,C
3
2R 2
而 ，即 ，故外接圆直径  ，
   2   2  sin
|AB|2(ba)2 b 2aba 3 |AB| 3 3
 
对于|c|，当OC为直径时最大，即|c| 2.
max
b－c
对角互补
c
a－c
b
a【巩固练习5】已知线段 是圆 上的一条动弦，且 ，设点 为坐标原点，
则 的最大值为 ；如果直线 与 相交于点 ，
则 的最小值为 .
【答案】
【分析】综合应用直线与圆、圆与圆的位置关系和平面向量的数量积等知识即可解决问题.
【详解】设 为 中点，则 ， 点 的轨迹方程为 ，
，则最大值为 ，
由直线 ， ，
可得 且 过定点 过定点 ， 点 的轨迹是以 为直径端点的圆，其
方程为 ，
，
， ，
，
的最小值为 .