文档内容
重难点 11 平面向量中的最值与范围问题【八大题型】
【新高考专用】
平面向量是高中数学的重要内容，平面向量中的最值与范围问题是高考的热点问题，也是难点问题，
此类问题综合性强，体现了知识的交汇组合；从近几年的高考情况来看，其基本题型是根据已知条件求某
个变量的范围、最值，比如向量的模、数量积、向量夹角、系数的范围等.
【知识点1 平面向量中的最值与范围问题的解题策略】
1．平面向量中的最值（范围）问题的两类求解思路：
(1)“形化”，即利用平面向量的相关知识将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后结合平面
图形的特征直接进行判断；(2)“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、
方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．
2．平面向量中的最值（范围）问题的常用解题方法：
(1)定义法
①利用向量的概念及其运算将所求问题进行转化，得到相应的等式关系；
②运用基木不等式、二次函数求其最值（范围）问题，即可得出结论.
(2)坐标法
①建立适当的直角坐标系，把几何图形放在坐标系中，就赋予了有关点与向量具体的坐标；
②将平面向量的运算坐标化，进行相应的代数运算和向量运算；
③运用适当的数学思想方法如：二次函数、基本不等式、三角函数等思想方法来求解最值（范围）.
【知识点2 极化恒等式】
1．极化恒等式的证明过程与几何意义
(1)平行四边形对角线的平方和等于四边的平方和：
.
证明：不妨设 ，则 ， ，
①，
②，
①②两式相加得：
.
(2)极化恒等式：
上面两式相减，得： ————极化恒等式
平行四边形模式： .
2．几何解释：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角
线”平方差的 ．
(1)平行四边形模型：向量的数量积等于以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线长”与“差对角线长”平方差的 ，即 (如图).
(2)三角形模型：向量的数量积等于第三边的中线长与第三边长的一半的平方差，即
(M为BC的中点)(如图).
极化恒等式表明，向量的数量积可以由向量的模来表示，可以建立起向量与几何长度之间的等量关
系.
【知识点3 等和(高)线定理】
1．等和(高)线定理
(1)由三点共线结论推导等和(高)线定理：如图，由三点共线结论可知，若
(λ,μ∈R)，则 λ+μ=1，由△OAB 与△OA'B'相似，必存在一个常数 k,k∈R，使得 ，则
，又 (x,y∈R)，∴x+y=kλ+kμ= k；反之也成立.
(2)平面内一个基底 及任一向量 ， (λ,μ∈R)，若点P'在直线AB上或在
平行于AB的直线上，则λ+μ=k(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
(高)线.
①当等和线恰为直线AB时，k=1；
②当等和线在O点和直线AB之间时，k∈(0,1)；
③当直线AB在O点和等和线之间时，k∈(1,+∞)；
④当等和线过O点时，k=0；
⑤若两等和线关于O点对称，则定值k，k 互为相反数；
1 2
⑥定值k的变化与等和线到O点的距离成正比.【题型1 定义法求最值（范围）问题】
【例1】（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，|⃗CA+⃗CB|=2|⃗CD|，而|OD|−|OC|≤|CD|≤|OD|+|OC|，即 ≤|CD|≤ .
2 2
所以|⃗CA+⃗CB|的最小值是3.
故选：D.
【变式1-1】（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.
【变式1-2】（2024·福建·模拟预测）在△ABC中，点D是边BC上一点，若⃗AD=x⃗AB+ y⃗AC，则
2x+5 y
的最小值为（ ）
xy
A．7−2√10 B．7+2√10 C．−2√10 D．7
【解题思路】根据给定条件，利用共线向量定理的推论求得x+ y=1，x>0，y>0.，再利用基本不等式
“1”的妙用求出最小值.
【解答过程】在△ABC中，点D是边BC上一点，⃗AD=x⃗AB+ y⃗AC，则x+ y=1，x>0，y>0.
2x+5 y 5 2 5 y 2x √5 y 2x
=( + )(x+ y)=7+ + ≥7+2 ⋅ =7+2√10，
xy x y x y x y
5 y 2x 5−√10 √10−2
当且仅当 = ，即x= ,y= 时取等号，
x y 3 3
2x+5 y
所以 的最小值为7+2√10.
xy
故选：B.
π π
【变式1-3】（2024·江西鹰潭·二模）在Rt△ABC中，角A,B,C所对应的边为a,b,c,A= ，C= ，
6 2， 是 外接圆上一点，则 的最大值是（ ）
c=2 P △ABC ⃗PC⋅(⃗PA+⃗PB)
A．4 B．2+√10 C．3 D．1+√10
【解题思路】先判断△ABC外接圆圆心O是AB的中点，将⃗PC⋅(⃗PA+⃗PB)化简为2⃗PC⋅⃗PO，再将⃗PC
分解整理得2⃗PO2+2⃗PO⋅⃗OC，结合图形，利用向量数量积的定义式进行分析，即得⃗PC⋅(⃗PA+⃗PB)的最
大值.
【解答过程】
如图，设Rt△ABC的外心为O，则点O是AB的中点，
由⃗PC⋅(⃗PA+⃗PB)=2⃗PC⋅⃗PO=2(⃗PO+⃗OC)⋅⃗PO=2⃗PO2+2⃗PO⋅⃗OC，
因c=2，故|⃗PO|=|⃗OC|=1,而⃗PO⋅⃗OC=cos〈⃗PO,⃗OC〉，
故⃗PC⋅(⃗PA+⃗PB)≤2+2=4,当且仅当⃗PO与⃗OC同向时取等号.
故选：A.
【题型2 坐标法求最值（范围）问题】
【例2】（2024·宁夏·一模）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一
个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，若正八边形ABCDEFGH的
边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则⃗AP⋅⃗AB的最小值为（ ）
A．√2 B．0 C．−2√2 D．−4√2【解题思路】根据P的位置进行分类讨论，根据向量数量积运算求得正确答案.
【解答过程】设⟨⃗AP,⃗AB⟩=θ，
当P与A重合时，⃗AP⋅⃗AB=0；
当P在线段AB（除A）、线段BC、线段CD，线段DE，线段EF（除F）点上运动时，
π
0≤θ< ,cosθ>0，所以⃗AP⋅⃗AB=|⃗AP|⋅|⃗AB|⋅cosθ>0，
2
π
当P与F重合时，θ= ，所以⃗AP⋅⃗AB=|⃗AP|⋅|⃗AB|⋅cosθ=0，
2
以A为原点，AB、AF分别为x,y轴建立平面直角坐标系，
π π
根据正八边形的性质可知AF=2+( 2×sin ) ×2=2+2√2，2cos =√2，
4 4
则F(0,2+2√2),G(−√2,2+√2),H(−√2,√2),B(2,0)，
直线GF的方程为y=x+2+2√2，直线GH的方程为x=−√2，直线AH的方程为y=−x，
当P在线段GF（除F）上运动时，设P(x,x+2+2√2)(−√2≤x<0)，
所以⃗AP⋅⃗AB=(x,x+2+2√2)⋅(2,0)=x∈[−√2,0)，
当P在线段GH上运动时，设P(−√2,t)(√2≤t≤√2+2)，
所以⃗AP⋅⃗AB=(−√2,t)⋅(2,0)=−2√2，
当P在线段AH（除A）上运动时，设P(x,−x)(−√2≤x<0)，
所以⃗AP⋅⃗AB=(x,−x)⋅(2,0)=2x∈[−2√2,0).
综上所述，⃗AP⋅⃗AB的最小值为−2√2.
故选：C.π
【变式2-1】（2024·江苏南通·二模）如图，点C在半径为2的A´B上运动，∠AOB= 若
3
⃑OC=m⃑OA+n⃑OB，则m+n的最大值为（ ）
2√3
A．1 B．√2 C． D．√3
3
【解题思路】建立适当的坐标系，设∠AOC=α，利用向量的坐标运算得到m,n与α的关系，进而得到
m+n关于α的三角函数表达式，利用辅助角公式整理后，根据三角函数的性质求得其最大值.
【解答过程】以O为原点､⃑OA的方向为x轴的正方向，建立平面直角坐标系，
则有⃑OA=(2,0)，⃑OB=(1,√3).
设∠AOC=α，则⃑OC=(2cosα,2sinα).
由题意可知¿
√3 2√3 ( π)
所以m+n=cosα+ sinα= sin α+ .
3 3 3
[ π] π [π 2π]
因为α∈ 0, ，所以α+ ∈ , ，
3 3 3 3
2√3
故m+n的最大值为 .
3
故选：C.
【变式2-2】（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2-3】（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 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 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 ,y ),M(x ,0)，则⃗A M=(x ,0),⃗A N=(x ,y )，
1 1 2 1 2 1 1 1
所以⃗A M⋅⃗A N=x x ，
1 1 1 2
π
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.
【题型3 与平面向量基本定理有关的最值（范围）问题】
【例3】（2024·四川遂宁·模拟预测）在△ABC中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若
1 2
⃗AF=x⃗AB+2y⃗AC(x>0,y>0)，则 + 的最小值为（ ）
x y
A．3 B．4 C．8 D．9
【解题思路】先根据共线向量基本定理得到x+2y=1，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【解答过程】因为点F为线段BC上任一点（不含端点），
所以设⃗BF=λ⃗BC，故⃗AF−⃗AB=λ⃗AC−λ⃗AB，
即⃗AF=λ⃗AC+(1−λ)⃗AB，
又⃗AF=x⃗AB+2y⃗AC(x>0,y>0)，
故x+2y=1−λ+λ=1，
1 2 (1 2) 2y 2x √2y 2x
故 + = + (x+2y)=1+4+ + ≥5+2 ⋅ =9，
x y x y x y x y
2y 2x 1
当且仅当 = ，即x= y= 时，等号成立，
x y 31 2
故 + 的最小值为9.
x y
故选：D.
【变式3-1】（2024·宁夏银川·模拟预测）在△ABC中，⃗BD=2⃗DC，过点D的直线分别交直线AB、AC
于点E、F，且⃗AE=m⃗AB,⃗AF=n⃗AC，其中m>0，n>0，则m+2n的最小值为（ ）
8
A．2 B．√2 C．3 D．
3
【解题思路】根据题意以⃗AB,⃗AC为基底表示出⃗AD，再根据E,F,D三点共线，利用共线定理可得
1 2
+ =1，再由基本不等式即可求得m+2n的最小值为3.
3m 3n
【解答过程】如下图所示：
2 2 1 2
因为⃗BD=2⃗DC，易知⃗AD=⃗AB+⃗BD=⃗AB+ ⃗BC=⃗AB+ (⃗AC−⃗AB)= ⃗AB+ ⃗AC，
3 3 3 3
1 2 1 2
又⃗AE=m⃗AB,⃗AF=n⃗AC，所以⃗AD= ⃗AB+ ⃗AC= ⃗AE+ ⃗AF，
3 3 3m 3n
1 2
易知E,F,D三点共线，利用共线定理可得 + =1，
3m 3n
又m>0，n>0，
( 1 2 ) 1 2m 2n 4 √2m 2n 5 2 5
所以m+2n=(m+2n) + = + + + ≥2 ⋅ + =2× + =3；
3m 3n 3 3n 3m 3 3n 3m 3 3 3
2m 2n
当且仅当 = ，即m=n=1时，等号成立，
3n 3m
所以m+2n的最小值为3.
故选：C.
【变式3-2】（2024·重庆·模拟预测）在正方形ABCD中，动点E从点B出发，经过C，D，到达A，
⃗AE=λ⃗AB+μ⃗AC，则λ+μ的取值范围是（ ）
A．[−1,1] B．[0,1] C．[−1,2] D．[0,2]
【解题思路】建立平面直角坐标系，写成点的坐标，分点E在BC，CD，AD三种情况，求出λ+μ的取值范围.
【解答过程】以B为坐标原点，AB，BC所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，
设AB=1，则B(0,0),A(1,0),C(0,1),D(1,1)，
当点E在BC上时，设E(0,m),m∈[0,1]，
则(−1,m)=λ(−1,0)+μ(−1,1)，即¿，故λ+μ=1，
当点E在CD上时，设E(t,1),t∈[0,1]，
则(t−1,1)=λ(−1,0)+μ(−1,1)，即¿，解得¿，
故λ+μ=1−t∈[0,1]，
当点E在AD上时，设E(1,u),u∈[0,1]，
则(0,u)=λ(−1,0)+μ(−1,1)，即¿，故λ+μ=0
综上，λ+μ的取值范围是λ+μ∈[0,1].
故选：B.
【变式3-3】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）在△ABC中，D为线段AC的一个三等分点，|AD|=2|DC|.
连接BD，在线段BD上任取一点E，连接AE，若⃗AE=a⃗AC+b⃗AB，则a2+b2的最小值为（ ）
13 5 4 2
A． B． C． D．
4 2 13 5
【解题思路】根据E在线段BD上得到⃗AE=λ⃗AD+(1−λ)⃗AB，结合已知条件得到a，b和λ的关系式，最
后转化为二次函数求最小值.
【解答过程】∵ E在线段BD上，∴ ⃗AE=λ⃗AD+(1−λ)⃗AB，λ∈[0,1]，
2
∵ D为线段AC的一个三等分点，|AD|=2|DC|，∴ ⃗AD= ⃗AC，
3
2
∴ ⃗AE= λ⃗AC+(1−λ)⃗AB=a⃗AC+b⃗AB，
32
由平面向量基本定理得a= λ，b=1−λ，
3
∴ a2+b2= 4 λ2+(1−λ) 2= 13 λ2−2λ+1= 13( λ− 9 ) 2 + 4 ，
9 9 9 13 13
9 4
∴当λ= 时，a2+b2取得最小值 .
13 13
故选：C.
【题型4 与数量积有关的最值（范围）问题】
【例4】（2024·全国·模拟预测）已知圆C的半径为1，过圆C外一点P作一条切线与圆C相切于点A，
|PA|=2，Q为圆C上一个动点，则⃗PA⋅⃗PQ的取值范围为（ ）
A．[2,4] B．[2,6] C．[0,4] D．[4,6]
【解题思路】方法一：建立合适的坐标系，设Q(cosθ,sinθ)，根据余弦函数的范围即可得到数量积范围；
方法二：根据数量积与投影向量之间的关系进行转化即可.
【解答过程】方法一：不妨设圆心C(0,0)，A(0,−1)，P(−2,−1)，Q(cosθ,sinθ)，
所以⃗PA⋅⃗PQ=(2,0)⋅(cosθ+2,sinθ+1)=2cosθ+4，
因为−1≤cosθ≤1，
所以2≤⃗PA⋅⃗PQ≤6.
方法二：如图，过圆心C作MN∥PA，且与圆C交于点M，N，连接PM，PN，
过M，N分别作MG⊥PA，NH⊥PA，垂足分别为G，H，过Q作QT⊥PA，垂足为T，
则⃗PQ在⃗PA方向上的投影向量为⃗PT，
则⃗PA⋅⃗PQ=⃗PA⋅⃗PT=|⃗PA|⋅|⃗PT|，|⃗PA|=2，
又1≤|⃗PT|≤3，所以2≤⃗PA⋅⃗PQ≤6.
故选：B.
【变式4-1】（2024·海南·三模）勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边
长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三π
角形中，已知AB=2，P为弧AC上的一点，且∠PBC= ，则⃗BP⋅⃗CP的值为（ ）
6
A．4−√2 B．4+√2
C．4−2√3 D．4+2√3
【解题思路】根据数量积的坐标运算即可求解.
【解答过程】如图所示，
以B为坐标原点，直线BC为x轴，过点B且垂直于BC的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则B(0,0)，
π
C(2,0)，由∠PBC= ，得P(√3,1)，所以⃗BP=(√3,1)，⃗CP=(√3−2,1)，所以
6
⃗BP⋅⃗CP=√3(√3−2)+1×1=4−2√3.
故选：C.
【变式4-2】（2024·浙江·一模）如图，点C在以AB为直径的圆上，其中|AB|=2，过A向点C处的切线
作垂线，垂足为P，则⃗AC⋅⃗PB的最大值是（ ）A．2 B．1 C．0 D．−1
【解题思路】连接BC，则∠ACB=90°,则有⃗AC⋅⃗PB=|⃗PC|2,由Rt△APC∽Rt△ACB可得
|AC||CB|
|PC|= ,又由|AC| 2+|CB| 2=|AB| 2 ,可得|AC||CB|≤2，即可求出⃗AC⋅⃗PB的最大值.
2
【解答过程】解：连接BC，则∠ACB=90°，
∵AP⊥PC，
∴⃗AC⋅⃗PB=⃗AC⋅(⃗PC+⃗CB)=⃗AC⋅⃗PC=(⃗AP+⃗PC)⋅⃗PC=⃗PC2=|⃗PC|2，
|PC| |AC| |AC||CB|
依题意可证Rt△APC∽Rt△ACB，则 = ，即|PC|= ，
|CB| |AB| 2
∵|AC|
2+|CB| 2=|AB| 2
，
∴|AC|
2+|CB| 2=4≥2|AC||CB|，即|AC||CB|≤2，当且仅当|AC|=|CB|时取等号，
∴|PC|≤1，
∴⃗AC⋅⃗PB=|⃗PC|2≤1，
∴⃗AC⋅⃗PB的最大值为1，
故选：B.
【变式4-3】（2024·广东深圳·模拟预测）如图所示，△ABC是边长为8的等边三角形，P为AC边上的一
个动点，EF是以B为圆心，3为半径的圆的直径，则⃗PE⋅⃗PF的取值范围是（ ）A．[28,46] B．[32,58] C．[39,55] D．[42,60]
【解题思路】利用已知条件，把⃗PE,⃗PF用基底{⃗PB,⃗BE}表示，再利用向量数量积公式可得
⃗PE⋅⃗PF=|⃗PB| 2 −|⃗BE| 2 ，再根据|⃗PB|的范围便可求出⃗PE⋅⃗PF的取值范围.
【解答过程】如图可知,⃗PE=⃗PB+⃗BE，⃗PF=⃗PB+⃗BF，
因为B是EF的中点，所以⃗BE=⃗FB=−⃗BF，
所以⃗PE⋅⃗PF=(⃗PB+⃗BE)⋅(⃗PB+⃗BF)，
即⃗PE⋅⃗PF=(⃗PB+⃗BE)⋅(⃗PB−⃗BE)，
所以⃗PE⋅⃗PF=⃗PB2−⃗BE2=|⃗PB| 2 −|⃗BE| 2 ，
由条件可得，|⃗BE|=3，|⃗AB|=|⃗AC|=|⃗BC|=8，
因为P为AC边上的一个动点，
故当P为AC中点时，|⃗PB|最小，此时|⃗PB|=4√3，
当P为A或C时，|⃗PB|最大，|⃗PB|=8，
所以|⃗PB|∈[4√3,8]，
所以|⃗PB| 2 ∈[48,64]，又因为|⃗BE|=3，
2 2
所以|⃗PB| −|⃗BE|∈[39,55].
故选：C.
【题型5 与模有关的最值（范围）问题】
【例5】（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，已
1 2 1 2
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.
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知向量⃗a，⃗b满足|⃗a+⃗b|=3，⃗a⋅⃗b=0，若
⃗c=λ⃗a+(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⊥⃗NM，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=λ⃗a+(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⊥⃗NM.
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.
【变式5-2】（2024·河南郑州·模拟预测）已知△ABC中，AB=AC=2√2，|⃗AB+λ⃗BC| =2(λ∈R)，
min
1 [π π]
⃗AM= ⃗MB，⃗AP=sin2α⋅⃗AB+cos2α⋅⃗AC，α∈ , ，则|⃗MP|的取值范围为（ ）
2 6 3
[4√2 4√5] [4 4√5]
A． , B． ,
3 3 3 3
[√17 √41] [4 √41]
C． , D． ,
3 3 3 3
【解题思路】根据已知可得A到BC的距离为2，△ABC为等腰直角三角形，若D,E为BC的两个四等分
点，N为BC中点，P在线段DE上运动，且AN=2，数形结合求|⃗MP|的取值范围.
【解答过程】由|⃗AB+λ⃗BC| =2(λ∈R)，结合向量加法法则知：A到BC的距离为2，
min
又AB=AC=2√2，则BC=4，所以AB2+AC2=BC2，故△ABC为等腰直角三角形，
由⃗AP=sin2α⋅⃗AB+cos2α⋅⃗AC，则sin2α+cos2α=1，所以P,B,C共线，
又α∈
[π
,
π]
，则sin2α,cos2α∈[
1
,
3
]，若D,E为BC的两个四等分点，N为BC中点，如下图示，
6 3 4 4所以P在线段DE上运动，且AN=2，BD=1，BE=3，
1 2 4
由图：若MP⊥BC，则MP//AN，又⃗AM= ⃗MB，此时BP= BN= ∈[1,3]，
2 3 3
2 4 √16 25 √41
故上述情况|⃗MP| = AN= ，易知ME=√M P2+(BE−BP) 2= + = ，
min 3 3 9 9 3
√41
由图知：P与E重合时，|⃗MP| =ME= ，
max 3
[4 √41]
综上，|⃗MP|的取值范围为 , .
3 3
故选：D.
【变式5-3】（24-25高三上·黑龙江大庆·期中）勒洛三角形，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，以三角形ABC边长为半径作圆弧，
由这三段圆弧组成的曲边三角形即为勒洛三角形.已知正三角形ABC边长为60，点D，E分别为线段AB，
AC的中点，点P为圆弧A´B上的一动点，则|⃗PA+⃗PB+⃗PC+⃗PD+⃗PE|的最小值为（ ）
A．60−6√37 B．300−30√37 C．300−15√37 D．60−3√37
【解题思路】取三角形ABC的重心和DE中点，由平面向量线性运算化简所求向量，再又三点共线的逆定
理得到点H在平面的位置，用勾股定理求出线段CH长，从而求得所求向量的最小值.
【解答过程】取DE中点F，三角形ABC的重心G，1 2 1 1 1 1 1
∵⃗PG= ⃗PC+ ⃗PD= ⃗PC+ (⃗PB+⃗PA)= (⃗PC+⃗PB+⃗PA)，⃗PF= ⃗PD+ ⃗PE，
3 3 3 3 3 2 2
则⃗PA+⃗PB+⃗PC+⃗PD+⃗PE=3⃗PG+2⃗PF=5 (3 ⃗PG+ 2 ⃗PF ) ，
5 5
3 2 2
设⃗PH= ⃗PG+ ⃗PF，则可得⃗GH= ⃗HF，设BC中点为M，
5 5 3
1
则|AM|=√602−302=30√3，|FM|= √602−302=15√3，
2
3 3 (1 1)
|MH|=|FM|−|FH|=|FM|− |FG|=|FM|− × − |AM|=15√3−3√3=12√3，
5 5 2 3
CH2=M H2+CM2=1332，
在扇形CAB中，当C,H,P三点共线时，|⃗PH|最小，所以|⃗PH|的最小值为60−√1332=60−6√37，
|⃗PA+⃗PB+⃗PC+⃗PD+⃗PE|的最小值为300−30√37.
故选：B.
【题型6 平面向量中参数的最值（范围）问题】
【例6】（23-24高一下·河南信阳·阶段练习）如图，点C是半径为1的扇形圆弧A´B上一点，且
3π
∠AOB= ，若⃗OC=x⃗OA+ y⃗OB，则x+√2y的最大值是（ ）
4
√5
A．1 B． C．√10 D．4
2
【解题思路】以OB为x轴，过O作与OB垂直的线作为y轴建立平面直角坐标系，设[ 3π]
C(cosθ,sinθ),θ∈ 0, ，根据平面向量基本定理得到¿，再利用辅助角公式计算可得.
4
【解答过程】
如图所示，以OB为x轴，过O作与OB垂直的线作为y轴，
3π ( √2 √2)
∵ ∠AOB= ，|⃗OA|=|⃗OB|=1，∴ A − , ，B(1,0)，
4 2 2
( √2 √2)
则⃗OA= − , ，⃗OB=(1,0)，
2 2
[ 3π]
设C(cosθ,sinθ),θ∈ 0, ，
4
( √2 √2) ( √2 √2 )
⃗OC=(cosθ,sinθ)=x − , + y(1,0)= − x+ y, x
2 2 2 2
∴ ¿，∴ ¿，
∴ x+√2y=√2sinθ+√2(cosθ+sinθ)=2√2sinθ+√2cosθ=√10sin(θ+φ)，
1 1 √3 π π
其中tanφ= ，又tanφ= < =tan ，所以0<φ< ，
2 2 3 6 6
π
∴sin(θ+φ)=1，即θ+φ= 时，x+√2y取得最大值，即(x+√2y) =√10．
2 max
故选：C．
【变式6-1】（23-24高一下·河南·阶段练习）已知□ABCD中，点P在对角线AC上（不包括端点A，C），
点Q在对角线BD上（不包括端点B，D），若⃗AP=λ ⃗AB+μ ⃗BC，⃗AQ=λ ⃗AB+μ ⃗BC，记2λ2−μ 的
1 1 2 2 1 1
1 2
最小值为m， + 的最小值为n，则（ ）
2λ μ
2 2
1 9 1 9
A．m=− ，n= B．m=− ，n=
8 2 4 21 9 1 9
C．m=− ，n= D．m=− ，n=
8 4 4 4
【解题思路】由四边形ABCD为平行四边形，得⃗AP=λ ⃗AB+μ ⃗BC=λ ⃗AB+μ ⃗AD及λ =μ 且
1 1 1 1 1 1
λ ∈(0,1)，再通过二次函数求最小值m；由⃗AQ=λ ⃗AB+μ ⃗AD及点Q在对角线BD上，得λ +μ =1，
1 2 2 2 2
再通过基本不等式求最小值n.
【解答过程】因为四边形ABCD为平行四边形，所以⃗AP=λ ⃗AB+μ ⃗BC=λ ⃗AB+μ ⃗AD，
1 1 1 1
又点P在对角线AC上（不包括端点A，C），所以λ =μ 且λ ∈(0,1)，
1 1 1
则2λ2−μ =2λ2−λ =2 ( λ − 1) 2 − 1 ，当λ = 1 时，m=− 1 ．
1 1 1 1 1 4 8 1 4 8
同理⃗AQ=λ ⃗AB+μ ⃗AD，因为点Q在对角线BD上（不包括端点B，D），
2 2
所以λ +μ =1且λ >0，μ >0，
2 2 2 2
则 1 + 2 = ( 1 + 2 ) (λ +μ )= 5 + μ 2 + 2λ 2≥ 5 +2 √ μ 2 ⋅ 2λ 2= 9 ，
2λ μ 2λ μ 2 2 2 2λ μ 2 2λ μ 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 9
当且仅当λ = ，μ = 时取得等号，所以n= ．
2 3 2 3 2
故选：A．
【变式6-2】（23-24高一下·上海·期中）如图，△ABC的三边长为|AB|=3,|BC|=7,|AC|=5，且点B,C
分别在x轴，y轴正半轴上移动，点A在线段BC的右上方．设⃗OA=x⃗OB+ y⃗OC(x,y∈R)，记
M=⃗OA⋅⃗OC,N=x+ y，分别考查M,N的所有可能结果，则（ ）A．M有最小值，N有最大值 B．M有最大值，N有最小值
C．M有最大值，N有最大值 D．M有最小值，N有最小值
π
【解题思路】设∠BCO=α∈ ( 0, ) ,∠ACB=β，用α,β表示出M,N，然后利用三角函数的性质求
2
最值.
π
【解答过程】设∠BCO=α∈ ( 0, ) ,∠ACB=β，
2
49+25−9 13 3√3
由余弦定理得cosβ= = ,sinβ=√1−cos2β= ,
2×7×5 14 14
过A点作AD⊥y轴，设垂足为D，
在△BOC中，|OC|=|BC|cosα=7cosα,|OB|=|BC|sinα=7sinα，
所以B(7sinα,0),C(0,7cosα)
在△ADC中，
|AD|=|AC|sin∠ACD=5sin(α+β),|CD|=|AC|cos∠ACD=5cos(α+β)，
所以A(5sin(α+β),7cosα−5cos(α+β))
由⃗OA=x⃗OB+ y⃗OC
即(5sin(α+β),7cosα−5cos(α+β))=(7xsinα,0)+(0,7 ycosα)
5sin(α+β) 7cosα−5cos(α+β)
得x= ,y= ，
7sinα 7cosα
5sin(α+β) 7cosα−5cos(α+β) 15√3 15√3
所以N=x+ y= + =1+ ≥1+ ，
7sinα 7cosα 49sin2α 49
π
当且仅当α=
时取最小值，没有最大值．
4
33 21
M=⃗OA⋅⃗OC=7cosα[7cosα−5cos(α+β)]= + sin(2α+γ)，
4 211 5√3 π
其中sinγ= ,cosγ= ,γ∈ ( 0, ) ，
14 14 2
11
因为γ<2α+γ<π+γ，所以− =sin(π+γ)0)，则|DO |=a，
1
3
|O O |=|O N|+|NO |=|O N|+|MP|= a，
1 2 1 2 1 2
5 |DE| |DO | 5
则|DO |= a，由△DAC∼△≝¿，得k= = 2 = ，
2 2 |DA| |DO | 2
1
5
故λ+μ的最大值为 ．
2
故选：D．
一、单选题
2π
1．（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．
2．（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.
3．（23-24高三上·安徽·阶段练习）已知向量⃗a=(x,3),⃗b=(12,x−5)，若向量⃗a,⃗b的夹角为钝角，则实数
x的范围是（ ）
A．(−∞,1) B．(1,+∞)
C．(−∞,−4)∪(−4,1) D．(1,9)∪(9,+∞)
【解题思路】根据向量的夹角关系得到⃗a⋅⃗b<0且⃗a与⃗b不共线，即可求解.
【解答过程】由题意得： ⃗a⋅⃗b<0且⃗a与⃗b不共线，
即¿，解得：x<1且x≠−4，
所以实数x的范围是(−∞,−4)∪(−4,1)，
故选：C.
⃗a+⃗b
4．（2024·湖北黄冈·一模）已知向量|⃗a|=|⃗b|=4,⃗a⋅⃗b=−8,⃗c= ，且|⃗n−⃗c|=1，则⃗n与⃗c夹角的最大
2
值为（ ）
π π π 5π
A． B． C． D．
6 4 3 12
2π
【解题思路】先得到⃗a,⃗b的夹角为θ= ，设⃗a=(4,0)，⃗b=(−2,2√3)，故⃗c=(1,√3)，设⃗n=(x,y)，由
3
|⃗n−⃗c|=1得到(x−1) 2+(y−√3) 2=1，设x=1+cosβ,y=√3+sinβ，设⃗n,⃗c夹角为α，表达出
4+cosβ+√3sinβ q 3
cosα= ，换元后得到cosα= + ，由对勾函数性质得到其值域，从而确定
2√2cosβ+2√3sinβ+5 4 4q
[√3 ]
cosα∈ ,1 ，得到夹角最大值.
2
1 2π
【解答过程】因为⃗a⋅⃗b=|⃗a|⋅ |⃗b|cosθ，所以16cosθ=−8，解得cosθ=− ，故θ= ，
2 3
⃗a+⃗b
设⃗a=(4,0)，⃗b=(−2,2√3)，则⃗c= =(1,√3)，
2
设⃗n=(x,y)，则⃗n−⃗c=(x−1,y−√3)，
则|⃗n−⃗c|=√ (x−1) 2+(y−√3) 2=1，即(x−1) 2+(y−√3) 2=1，设x=1+cosβ,y=√3+sinβ，
⃗n⋅⃗c x+√3 y 4+cosβ+√3sinβ
设⃗n,⃗c夹角为α，则cosα= = =
，
|⃗n|⋅|⃗c| 2√x2+ y2 2√2cosβ+2√3sinβ+5
π
令cosβ+√3sinβ=t，则t=2sin ( β+ ) ∈[−2,2]，
6
4+t q2−5
则cosα= ，令√2t+5=q∈[1,3]，则t= ，
2√2t+5 2
q2−5
4+
则 4+t 2 q2+3 q 3 ，
cosα= = = = +
2√2t+5 2q 4q 4 4q
q 3
其中y= + 在q∈[1,√3]上单调递减，在q∈[√3,3]上单调递增，
4 4q
q 3 √3
当q=√3时，y= + 取得最小值，最小值为 ，
4 4q 2
q 3
当q=1或3时，y= + 取得最大值，最大值为1，
4 4q
q 3 [√3 ]
故cosα= + ∈ ,1 ，
4 4q 2
[ π]
由于y=cosα在[0,π]上单调递减，故α∈ 0, ，
6
π
⃗n与⃗c夹角的最大值为 .
6
故选：A.
3
5．（2024·安徽六安·模拟预测）已知平面向量⃗a，⃗b，⃗c满足|⃗a|=1，|⃗b|=√3，⃗a⋅⃗b=− ，
2
⟨⃗a−⃗c,⃗b−⃗c⟩=30°，则|⃗c|的最大值等于（ ）
A．2√7 B．√7 C．2√3 D．3√3
【解题思路】由∠AOB=150°,∠ACB=30°，即点A,O,B,C四点共圆，再利用余弦定理、正弦定理
求解即可.
【解答过程】设⃗OA=⃗a,⃗OB=⃗b,⃗OC=⃗c，
3 √3
由|⃗a|=1，|⃗b|=√3，⃗a⋅⃗b=− ，则cos∠AOB=− ，
2 2所以∠AOB=150°，又⟨⃗a−⃗c,⃗b−⃗c⟩=30°，所以∠ACB=30°，
即点A,O,B,C四点共圆，要使|⃗c|最大，即|⃗OC|为圆的直径，
在△AOB中，由余弦定理可得AB2=OA2+OB2−2OA×OB×cos∠AOB=7，
AB
即AB=√7，又由正弦定理可得2R= =2√7，
sin∠AOB
即|⃗c|的最大值为2√7，
故选：A.
6．（23-24高一下·广东佛山·阶段练习）勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆
心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示
的勒洛三角形中，已知AB=2，P为弧AC（含端点）上的一点，则⃗PB⋅⃗PC的范围为（ ）
A．[0,2] B．[−2,0] C．[1,√3] D．[−√3,−1]
【解题思路】利用向量数量积的运算量，结合|⃗PO|∈[1,√3]即可求解.
【解答过程】取BC中点为O，连接PO，显然|⃗PO|∈[1,√3]，
则⃗PB⋅⃗PC=(⃗PO+⃗OB)⋅(⃗PO+⃗OC)=(⃗PO+⃗OB)⋅(⃗PO−⃗OB)
=⃗PO2−⃗OB2=⃗PO2−1∈[0,2].
故选：A.
7．（2024·四川成都·模拟预测）在矩形ABCD中，AB=5,AD=4，点E是线段AB上一点，且满足
AE=4EB.在平面ABCD中，动点P在以E为圆心，1为半径的圆上运动，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E为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，
动点P在以E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，其中锐角φ满
5
足tanφ= ，故⃗DP⋅⃗AC的最大值为√41+4,
4
故选：A.
8．（2024·河北沧州·三模）对称美是数学美的重要组成部分，他普遍存在于初等数学和高等数学的各个分
支中，在数学史上，数学美是数学发展的动力.如图，在等边△ABC中，AB=2，以三条边为直径向外作
三个半圆，M是三个半圆弧上的一动点，若⃗BM=λ⃗AB+μ⃗AC，则λ+μ的最大值为（ ）
1 √3 3
A． B． C．1 D．
2 3 2
【解题思路】过点M作MP//BC，设⃗AP=k⃗AB，⃗AQ=k⃗AC，得到⃗BM=(kx−1)⃗AB+ky⃗AC，再由
⃗BM=λ⃗AB+μ⃗AC，求得λ+μ=k−1，结合圆的性质，当PM与半圆BC相切时，k最大，分别求得
AB,AE的长，即可求解.
【解答过程】如图所示，过点M作MP//BC，交直线AB,AC于点P,Q，
设⃗AM=x⃗AP+ y⃗AQ，可得x+ y=1.
设⃗AP=k⃗AB，⃗AQ=k⃗AC，则⃗BM=⃗AM−⃗AB=(kx−1)⃗AB+ky⃗AC，因为⃗BM=λ⃗AB+μ⃗AC，所以λ+μ=kx−1+ky=k−1，
由图可知，当PM与半圆BC相切时，k最大，
1 2√3
BE= = 2√3 6+2√3
又由AB=2， π 3 ，可得AE=2+ = ，
sin 3 3
3
AE 3+√3 3+√3 √3
所以k= = ，即k最大为 ，所以λ+μ的最大值为 .
AB 3 3 3
故选：B.
二、多选题
1
9．（2024·山东潍坊·二模）已知向量⃗a，⃗b，⃗c为平面向量，|⃗a|=1，|⃗b|=2，⃗a⋅⃗b=0，|⃗c−⃗a|= ，则
2
（ ）
3 1+2√5
A．1≤|⃗c|≤ B．(⃗c−⃗a)⋅(⃗c−⃗b)的最大值为
2 4
√5
C．−1≤⃗b⋅⃗c≤1 D．若⃗c=λ⃗a+μ⃗b，则λ+μ的最小值为1−
4
1 1
【解题思路】对A，设⃗a=(1,0),⃗b=(0,2),⃗c=(x,y)，根据|⃗c−⃗a|= 可得(x−1) 2+ y2= ，从而可得
2 4
|⃗c|的范围；对B，化简(⃗c−⃗a)⋅(⃗c−⃗b)，根据点到圆上的点的距离求解最大值即可；对C，化简⃗b⋅⃗c，再
结合⃗c=(x,y)满足圆的方程求范围即可；对D，根据⃗c=(x,y)满足圆的方程进行三角换元求解最值即可.
1 1
【解答过程】对A，设⃗a=(1,0),⃗b=(0,2),⃗c=(x,y)，根据|⃗c−⃗a|= 有√(x−1) 2+ y2= ，
2 2
1 1 1
即(x−1) 2+ y2= ，为圆心为(1,0)，半径为 的圆，又|⃗c|=√x2+ y2的几何意义为原点到圆(x−1) 2+ y2=
4 2 4
1 3
上(x,y)的距离，则 ≤|⃗c|≤ ，故A错误；
2 2对B，(⃗c−⃗a)⋅(⃗c−⃗b)=(x−1)x+ y(y−2)=x2−x+ y2−2y
= ( x− 1) 2 +(y−1) 2− 5 ，则转化为求圆(x−1) 2+ y2= 1 上的点到 (1 ,1 ) 的距离最大值，
2 4 4 2
为 (√ ( 1− 1) 2 +12+ 1) 2 − 5 = (√5 + 1) 2 − 5 = 1+2√5 ，故B正确；
2 2 4 2 2 4 4
1 1
对C，⃗b⋅⃗c=2y，因为− ≤ y≤ ，故−1≤⃗b⋅⃗c≤1，故C正确；
2 2
1 cosθ sinθ
对D，因为(x−1) 2+ y2= ，故x= +1,y= ，
4 2 2
y
又因为⃗c=λ⃗a+μ⃗b，故λ=x,μ= ，
2
cosθ sinθ √5(2√5 √5 ) √5
λ+μ= +1+ = cosθ+ sinθ +1= sin(θ+φ)+1，
2 4 4 5 5 4
√5
故当sin(θ+φ)=−1时，取最小值λ+μ取最小值1− ，故D正确.
4
故选：BCD.
1
10．（2024·四川眉山·一模）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，⃗BD= ⃗BC，点P在以CD为直径的
3
半圆上（含端点），设⃗AP=x⃗AB+ y⃗AC，则（ ）1 2
A．y的值不可能大于1 B．⃗AD= ⃗AC+ ⃗AB
3 3
1
C．⃗AP⋅⃗AB的最小值为 D．⃗AP⋅⃗AB的最大值为1
3
【解题思路】对于A，利用反例，结合平面向量的基本定理，作平行四边形，可得答案；对于B，根据等
边三角形的几何性质，结合平面向量的线性运算，可得答案；对于C、D，利用平面向量的线性运算，整
理所求数量积仅仅只有一个变量，根据三角函数的值域，可得答案.
【解答过程】对于A选项，过点P作PC //AB交AC延长线于C ，
1 1
过点P作PB //AC交AB于B ，作图如下：
1 1
在平行四边形AB PC 中，⃗AP=⃗AB +⃗AC =x⃗AB+ y⃗AC，由|⃗AC |>|⃗AC|，则y>1，故A选项错
1 1 1 1 1
误；
1 1 1 2
对于B选项，⃗AD=⃗AB+⃗BD=⃗AB+ ⃗BC=⃗AB+ (⃗AC−⃗AB)= ⃗AC+ ⃗AB，故B正确；
3 3 3 3
对于C、D选项，取线段CD中点E，连接AE，PE，作图如下：
⃗AP⋅⃗AB=⃗AB⋅(⃗AE+⃗EP)=⃗AB⋅(⃗AC+⃗CE+⃗EP)=⃗AB⋅⃗AC+⃗AB⋅⃗CE+⃗AB⋅⃗EP，
1 1
在等边三角形ABC中，易知⃗CE= ⃗CB，所以⃗AB⋅⃗AC=1×1×cos60°= ，
3 2
1 1 1 1 2
⃗AB⋅⃗CE=1× ×cos60°= ，则⃗AP⋅⃗AB= + +⃗AB⋅⃗EP= +⃗AB⋅⃗EP，
3 6 2 6 3
[ 2π] 1 [ 1 1]
设⃗AB与⃗EP的夹角为θ，易知θ∈ 0, ，则⃗AB⋅⃗EP=1× ⋅cosθ∈ − , ，
3 3 6 3[1 ]
所以⃗AB⋅⃗AP∈ ,1 ，故C选项错误，D选项正确.
2
故选：BD.
11．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）在△OAB中，OA=1,OB=2,∠AOB=120°，点P是等边
△ABC（点O与C在AB的两侧）边上的一动点，若⃗OP=x⃗OA+ y⃗OB，则有（ ）
1 9
A．当x= 时，点P必在线段AB的中点处 B．x+ y的最大值是
2 2
[ 7 7]
C．⃗OP⋅⃗OA的最小值是−1 D．⃗PA⋅⃗PB的范围是 − ,
4 2
【解题思路】A选项，过OA中点作OB的平行线，根据平行线与△ABC的交的个数判断；B选项，建系，
利用余弦定理得到各点的坐标，然后分点P在AB,AC,BC上三种情况考虑；C选项，根据数量积的几何
2 7
意义判断；D选项，将⃗PA⋅⃗PB转化为|⃗PD| − ，然后求范围即可.
4
【解答过程】
1
如图，过OA中点作OB的平行线与△ABC的三边有两个交点，所以x= 时，点P有两种情况，故A错；
2
OA2+OB2−AB2 1+4−AB2 1
在三角形OAB中由余弦定理得cos120°= = =− ,
2⋅OA⋅OB 4 2
解得AB=√7，则cos∠ABO= AB2+OB2−OA2 = 10 ，sin∠ABO= √ 1− ( 10 ) 2 = 2√3 ，
2⋅AB⋅OB 4√7 4√7 4√7
10 1 2√3 √3 1
cos∠CBO=cos(∠ABO+∠CBA)= × − × = ，
4√7 2 4√7 2 2√7
以O为原点，OB为x轴，过点O垂直OB向上的方向为y轴建系，
， ( 1 √3)， ， (3 3√3)， ( 1 √3)， ， ，
O(0,0) A − , B(2,0) C , ⃗OA= − , ⃗OB=(2,0) ⃗AC=(2,√3)
2 2 2 2 2 2( 1 3√3)， ( 1 √3 )，
⃗BC= − , x⃗OA+ y⃗OB= − x+2y, x
2 2 2 2
当点P在AB上时，x+ y=1，
当点P在AC上时，设⃗AP=λ⃗AC=(2λ,√3λ)，λ∈[0,1]，
( 1 √3 ) ( 1 √3 )
⃗OP=⃗OA+⃗AP= − +2λ, +√3λ = − x+2y, x ，
2 2 2 2
3 7
则x=1+2λ，y= λ，x+ y=1+ λ，
2 2
9
所以当λ=1时，x+ y最大为 ，
2
( 1 3√3 )
当点P在BC上时，设⃗BP=μ⃗BC= − μ, μ ，μ∈[0,1]，
2 2
( 1 3√3 ) ( 1 √3 )
⃗OP=⃗OB+⃗BP= 2− μ, μ = − x+2y, x ，
2 2 2 2
1 7
则x=3μ，y=1+ μ，x+ y=1+ μ，
2 2
9
当μ=1时，x+ y最大为 ，
2
9
综上可得，当点P在点C处时x+ y最大为 ，故B正确；
2
根据数量积的几何意义可得，当点P在点B处时⃗OP⋅⃗OA最小，
此时⃗OP⋅⃗OA=⃗OB⋅⃗OA=−1，故C正确；
2 2 2 7
取AB中点D，则⃗PA⋅⃗PB=(⃗PD+⃗DA)⋅(⃗PD−⃗DA)=|⃗PD| −|⃗DA| =|⃗PD| − ，
4
[ √21] [ 7 7]
因为|⃗PD|∈ 0, ，所以⃗PA⋅⃗PB∈ − , ，故D正确.
2 4 2
故选：BCD.
三、填空题
12．（2024·甘肃·一模）已知单位向量⃗a,⃗b满足|3⃗a−4⃗b|=m，则m的范围是 1≤m≤7 .
【解题思路】根据条件，利用向量数量积的定义及运算得到m2=25−24cosθ，再利用cosθ∈[−1,1]，即可求出结果.
【解答过程】设⃗a,⃗b的夹角为θ (θ∈[0,π])，
因为|3⃗a−4⃗b| 2 =9⃗a2−24⃗a⋅⃗b+16⃗b2=9|⃗a| 2 −24|⃗a|⋅ |⃗b|cosθ+16|⃗b| 2 ，
又⃗a,⃗b为单位向量，得到m2=9+16−24cosθ=25−24cosθ，
又cosθ∈[−1,1]，得到1≤m2≤49，所以1≤m≤7，
故答案为：1≤m≤7.
π
13．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知△ABC中，角A , B , C所对的边分别为a , b ,c，∠BAC= ，
6
m 2n √21
b=1，c=√3，若 ⃗AD= ⃗AB+ ⃗AC，则|⃗AD|的最小值为 ．
2(m+n) m+n 7
m n
【解题思路】取⃗AB=2⃗AN和⃗AM=2⃗AC，转化为⃗AD= ⃗AN+ ⃗AM，得到M,N,D三点共线，
m+n m+n
得到|⃗AD|的最小值，即为△AMN中边MN上的高，在△AMN中，结合余弦定理和面积相等，列出方程，
即可求解.
π
【解答过程】在△ABC中，因为∠BAC= ,b=1,c=√3，
6
如图所示，取AB的中点N，可得⃗AB=2⃗AN，
再延长AC到点M，使得AM=2AC，可得 ⃗AM=2⃗AC，
m 2n m n
因为
⃗AD= ⃗AB+ ⃗AC= ⃗AN+ ⃗AM，
2(m+n) m+n m+n m+n
m n
因为 + =1，所以M,N,D三点共线，
m+n m+n
所以|⃗AD|的最小值，即为△AMN中边MN上的高d，
3 √3 √3 7
在△AMN中，由余弦定理得|MN| 2=|AM| 2+|AN| 2 −2|AM||AN|cosA =4+ −2×2× × = ，
4 2 2 4
√7
所以|MN|= ，
2
1 1 √3 1 √3
又由S = |AM||AN|sin A= ×2× × = ，
△AMN 2 2 2 2 4
1 √3 1 √7 √3 √21
可得 |MN|×d= ，即 × ×d= ，解得d= ，
2 4 2 2 4 7√21
所以|⃗AD|的最小值为 .
7
√21
故答案为： .
7
14．（2024·山西太原·三模）赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算
经》一书作序时，介绍了 “勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图” (以直角三角形的斜边为边得到的正方形).
类比 “赵爽弦图”，构造如图所示的图形，它是由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的
一个大等边三角形，且DF=AF，点P在AB上，BP=2AP，点Q在△≝¿ 内 (含边界)一点，若
3
⃗PQ=λ⃗PD+⃗PA，则λ的最大值为 .
2
DP 2
【解题思路】先利用向量线性运算得到⃗AQ=λ⃗PD，作出辅助线，得到DP//AH，且 = ，从而得
AH 3
到答案.
【解答过程】⃗PQ=λ⃗PD+⃗PA⇒⃗PQ−⃗PA=λ⃗PD⇒⃗AQ=λ⃗PD，
取DE的中点H，连接AH，因为BD=DE，故BD=2HD，
BP BD 2 DP 2
又BP=2AP，所以 = = ，故DP//AH，且 = ，
AB BH 3 AH 3
3
所以λ的最大值为 ，此时点Q与点H重合.
2
3
故答案为： .
2
四、解答题
15．（23-24高一下·山东·期中）如图，AB为半圆O的直径，|AB|=2，C为A´B上一点（不含端点）.
(1)用向量的方法证明AC⊥BC；
(2)若C是A´B上更靠近点B的三等分点，Q为A´C上的任意一点（不含端点），求⃗QA⋅⃗CB的最大值.
【解题思路】（1）建立平面直角坐标系，利用向量垂直的坐标表示可证；
（2）利用坐标表示出⃗QA⋅⃗CB，然后由三角函数性质可得.
【解答过程】（1）如图，建立平面直角坐标系.
（方法一）由题意可知|OB|=1，设∠COB=α，则α∈(0,π)，
A(−1,0)，B(1,0)，C(cosα,sinα)，得⃗AC=(cosα+1,sinα)，⃗BC=(cosα−1,sinα)，
所以⃗AC⋅⃗BC=cos2α−1+sin2α=1−1=0，故⃗AC⊥⃗BC，即AC⊥BC.
（方法二）由题意可知|OB|=1，A(−1,0)，B(1,0)，设C(a,b)，则|OB|=|OC|=√a2+b2=1，得a2+b2=1，得⃗AC=(a+1,b)，⃗BC=(a−1,b)，
所以⃗AC⋅⃗BC=a2−1+b2=1−1=0，故⃗AC⊥⃗BC，即AC⊥BC.
（2）由题意得∠COB= π ，则C (1 , √3) ，设∠QOB=β，则β∈ ( π ,π) ，Q(cosβ,sinβ)，
3 2 2 3
(1 √3)
由（1）得⃗CB=⃗OB−⃗OC= ,− ，⃗QA=(−1−cosβ,−sinβ)，
2 2
1 1 √3 π 1
所以 ⃗QA⋅⃗CB=− − cosβ+ sinβ=sin( β− ) − ，
2 2 2 6 2
由β∈ ( π ,π) ，得β− π ∈ (π , 5π ) ，当β− π = π ，即β= 2π 时，(⃗QA⋅⃗CB) = 1 .
3 6 6 6 6 2 3 max 2
1
故⃗QA⋅⃗CB的最大值为 .
2
16．（24-25高一下·四川成都·阶段练习）在 ABC中，已知AB=2，AC=1，⃗AB⋅⃗AC=−1，
△
⃗CP=λ⃗CB(0≤λ≤1)，Q为线段CA延长线上的一点，且⃗AQ=t⃗AC(t<0).
1
(1)当t=−1且λ= ，设PQ与AB交于点M，求线段CM的长；
2
(2)若⃗PA⋅⃗PQ+3=⃗AP⋅⃗AB，求t的最大值.
【解题思路】（1）用⃗AB,⃗AC表示⃗CM，结合向量的模公式，即可求得本题答案；
（2）结合题目条件和向量积的公式，逐步化简，可得到7λ2+2λt−4λ−t+1=5λ−1，然后分离变量，
利用函数的单调性即可求得本题答案.
1
【解答过程】（1）因为t=−1且λ= ，所以A是CQ的中点，P是BC的中点，则M是△CBQ的重心，
2
设⃗AB=⃗a，⃗AC=⃗b
1 1 1 1
所以⃗CM= (⃗CB+⃗CQ)= (⃗AB−⃗AC−2⃗AC)= ⃗AB−⃗AC= ⃗a−⃗b，
3 3 3 3
|⃗CM|= √ (1 ⃗a−⃗b ) 2 = √1 ⃗a2− 2 ⃗a⋅⃗b+⃗b2= √4 + 2 +1= √19 ；
3 9 3 9 3 3（2）因为⃗CP=λ⃗CB(0≤λ≤1)，⃗AQ=t⃗b(t<0)，
所以⃗AP=⃗AC+⃗CP=⃗AC+λ⃗CB=λ⃗AB+(1−λ)⃗AC=λ⃗a+(1−λ)⃗b，
⃗PQ=⃗AQ−⃗AP=t⃗b−[λ⃗a+(1−λ)⃗b]=−λ⃗a+(t+λ−1)⃗b，
⃗AP⋅⃗AB=[λ⃗a+(1−λ)⃗b]⋅⃗a=λ⃗a2+(1−λ)⃗b⋅⃗a=5λ−1，
⃗PA⋅⃗PQ=[−λ⃗a+(λ−1)⃗b]⋅ [−λ⃗a+(t+λ−1)⃗b]=7λ2+2λt−4λ−t+1，
由⃗PA⋅⃗PQ+3=⃗AP⋅⃗AB，得：7λ2+2λt−4λ−t+1=5λ−1，
所以t(1−2λ)=7λ2−9λ+5，因为t<0，7λ2−9λ+5>0，
1 7λ2−9λ+5
所以 <λ≤1，t= ，
2 1−2λ
7 9
(1−m) 2− (1−m)+5
令m=1−2λ∈[−1,0)，则 4 2 7m 9 在[−1,0)单调递减，所以当
t= = + +1
m 4 4m
m=−1时，t有最大值－3.
17．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，两射线l 、l 均与直线l垂直，垂足分别为D、E且DE=1.点A在
1 2
直线l上，点B、C在射线上.
(1)若F为线段BC的中点（未画出），求⃗AF⋅⃗AD的最小值；
(2)若△ABC为等边三角形，求△ABC面积的范围.
【解题思路】（1）建立坐标系，利用向量坐标运算结合二次函数的性质得到所求最小值；[ 2π]
（2）设正三角形ABC的边长为a，设⟨⃗BA,⃗DE⟩=θ，则θ∈ 0, ，
3
2π
则⟨⃗DE,⃗AC⟩= −θ,|⃗DE|=1，利用向量的投影向量关系⃗BA在⃗DE上的投影向量为⃗DA,⃗AC在⃗DE上的
3
投影向量为⃗AE, ⃗DE=⃗DA+⃗AE =(|⃗BA|cosθ)⃗DE+
[
|⃗AC|cos
(2π
−θ
)]
⃗DE得到a、θ的关系，利用三
3
角函数公式化简，利用三角函数的性质求得正三角形ABC的面积的取值范围.
【解答过程】（1）以D为坐标原点建立如图所示的直角坐标系xOy,
1 ( 1)
由已知可得F点的坐标为 ，设A(0,y)(y∈R),F x, (x≥0),
2 2
则⃗AF= ( x, 1 −y ) ,⃗AD=(0,−y)，
2
∴⃗AF⋅⃗AD= y2− 1 y= ( y− 1) 2 − 1 ，
2 4 16
1 1
当且仅当y= 时，⃗AF⋅⃗AD取得最小值− ；
4 16
（2）设正三角形ABC的边长为a，
对于直线l上任意一点A，对于不同的情况如图所示：[ 2π] 2π
设⟨⃗BA,⃗DE⟩=θ，则θ∈ 0, ，则⟨⃗DE,⃗AC⟩= −θ,|⃗DE|=1，
3 3
⃗BA在⃗DE上的投影向量为⃗DA,⃗AC在⃗DE上的投影向量为⃗AE,
⃗DE=⃗DA+⃗AE =(|⃗BA|cosθ)⃗DE+
[
|⃗AC|cos
(2π
−θ
)]
⃗DE =
[
a
(
−
1
cosθ+
√3
sinθ
)
+acosθ
]
⃗DE
3 2 2
=a (1 cosθ+ √3 sinθ ) ⃗DE=acos ( θ− π )⃗DE,
2 2 3
1
π a=
∴acos
(
θ−
)=1，∴
( π )，
3 cos θ−
3
π [ π π] 1 ( π )
又∵θ− ∈ − , ，∴ ≤cos θ− ≤1，∴1≤a≤2,
3 3 3 2 3
1 π √3 [√3 ]
△ABC面积S= a2sin = a2 的取值范围是 ,√3 .
2 3 4 4
π
18．（23-24高一下·重庆·阶段练习）如图在△ABC中，∠BAC= ，满足⃗AD=3⃗DB.
3π
(1)若∠B= ，求∠ACD的余弦值；
3
1
(2)点M是线段CD上一点，且满足⃗AM=m⃗AC+ ⃗AB，若△ABC的面积为√3，求|⃗AM|的最小值.
2
【解题思路】（1）设∠ACD=θ，在△ACD和△BCD中利用正弦定理，建立等量关系求∠ACD的余
弦值；
1
（2）利用C、M、D三点共线，求得m= ，再根据三角形的面积求得 | A → B | · | A → C | =4 ，根据向量数量积求
3
A → M2= (1 A → C+ 1 A → B ) 2 ，展开后利用基本不等式求最小值.
3 2
【解答过程】（1）由题意可设∠ACD=θ，
AD CD
在△ACD中 = ①
sinθ sin60°
DB CD
在△BCD中 = ②
sin(60°−θ) sin60°
由①②可得3sin(60°−θ)=sinθ，
3√3 5√13
解得tanθ= ，则¿，解得cosθ= .
5 26
5√13
故cos∠ACD= .
26
→ → 1 → → 2 →
（2）AM=mAC+ AB=mAC+ AD，
2 3
1
且C、M、D三点共线，所以m= ，
3
1| → || → | √3
S = AB AC × =√3，
△ABC 2 2| → || → |
故 AB · AC =4 ．
A → M2= (1 A → C+ 1 A → B ) 2 = 1 A → C2+ 1 A → C·A → B+ 1 A → B2
3 2 9 3 4
2 1| → | 2 4 2 √1| → | 2 4
= + AC + ≥ +2 AC × =2
，
3 9 | → | 2 3 9 | → | 2
AC AC
→ | → |
当且仅当|AC|=√6 时；所以 AM =√2.
min
19．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）如图，点P，Q分别是矩形ABCD的边DC，BC上的两点，
AB=3，AD=2．
(1)若⃗DP=λ⃗DC，⃗CQ=λ⃗CB，0≤λ≤1，求⃗AP⋅⃗AQ的范围；
π
(2)若∠PAQ= ，求⃗AP⋅⃗AQ的最小值；
4
(3)若⃗DP=2⃗PC，连接AP交BC的延长线于点T，Q为BC的中点，试探究线段AB上是否存在一点H，使
得∠THQ最大．若存在，求BH的长；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）借助向量的线性运算及数量积公式计算即可得；
（2）建立平面直角坐标系后借助三角函数与基本不等式计算即可得
（3）建立平面直角坐标系后，将∠THQ最大转化为tan∠THQ最大，借助
tan∠THB−tan∠QHB
tan∠THQ=tan(∠THB−∠QHB)= 计算即可得.
1+tan∠THB⋅tan∠QHB
【解答过程】（1）由AB=3，AD=2，故|⃗DP|=λ|⃗DC|=3λ，|⃗CQ|=λ|⃗CB|=2λ，则|⃗BQ|=2−2λ，
⃗AP⋅⃗AQ=(⃗AD+⃗DP)⋅(⃗AB+⃗BQ)=⃗AD⋅⃗AB+⃗AD⋅⃗BQ+⃗DP⋅⃗AB+⃗DP⋅⃗BQ
=0+2(2−2λ)+3λ×3+0=5λ+4，
由0≤λ≤1，故⃗AP⋅⃗AQ∈[4,9]；（2）如图所示，以A点为坐标原点，AB为x轴，建立直角坐标系，
[ π] 2
设∠QAB=α∈ 0, ，0≤tanα≤ ，
4 3
( ( π ) )
则Q(3,3tanα)，P 2tan −α ,2 ，
4
π 1−tanα
⃗AP⋅⃗AQ=6tan ( −α )+6tanα=6× +6tanα
4 1+tanα
12 ( 2 )
= +6tanα−6=6 +tanα+1 −12
1+tanα 1+tanα
√ 2
≥12 ⋅(tanα+1)−12=12√2−12，
1+tanα
2
当且仅当 =tanα+1，即tanα=√2−1时，等号成立，
1+tanα
即⃗AP⋅⃗AQ的最小值为12√2−12；
（3）如图所示，以A点为坐标原点，AB为x轴，建立直角坐标系，
1
由题意可得P(2,2)，Q(3,1)，TC= AD=1，Q(3,1)即T(3,3)，
2
[ π )
假设存在点H，使得∠THQ最大，由∠THQ∈ 0, ，即有tan∠THQ最大，
2
设BH=a，当a=0时，角度为0，此时∠THQ不可能最大，故a≠0，
则
TB QB
−
tan∠THB−tan∠QHB BH BH BH⋅(TB−QB)
tan∠THQ=tan(∠THB−∠QHB)= = =
1+tan∠THB⋅tan∠QHB TB QB BH2+TB⋅QB
1+ ⋅
BH BH
a⋅(3−1) 2a 2 2 √3
= = = ≤ =
a2+3×1 a2+3 a+ 3
2
√
a⋅
3 3 ，
a a3
当且仅当a= ，即a=√3时，等号成立，
a
即存在，且BH=√3.
