文档文本内容
第4 讲 平面向量
1.(2025·全国Ⅰ卷，T6)帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小和方向，测出的结果在航海学中
称为视风风速.视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风风速对应的向量之和，其中船行风风速
对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反.表格给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.
已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图所示(线段长度代表速度大小，
单位：m/s)，则该时刻的真风为( )
级数
名称
风速大小(单位：m/s)
2
轻风
1.6~3.3
3
微风
3.4~5.4
4
和风
5.5~7.9
5
劲风
8.0~10.7
A.轻风
B.微风
C.和风
D.劲风
2.(2024·全国甲卷，T9)设向量a=(x+1，x)，b=(x，2)，则( )
A.“x=-3”是“a⊥b”的必要条件
B.“x=-3”是“a∥b”的必要条件
C.“x=0”是“a⊥b”的充分条件
D.“x=-1+√3”是“a∥b”的充分条件
3.(2024·新课标Ⅱ卷，T3)已知向量a，b 满足|a|=1，|a+2b|=2，且(b-2a)⊥b，则|b|等于( )
A.1
2
B.√2
2
C.√3
2
D.1
4.(2025·全国Ⅱ卷，T12)已知平面向量a=(x，1)，b=(x-1，2x)，若a⊥(a-b)，则|a|= .
5.(2025·天津卷，T14)在△ABC 中，D 为AB 边的中点，⃗CE=1
3⃗CD，⃗AB=a，⃗AC=b，则⃗AE= (用
a，b 表示)，若|⃗AE|=5，AE⊥CB，则⃗AE·⃗CD= .
6.(2024·天津卷，T14)在边长为1 的正方形ABCD 中，点E 为线段CD 的三等分点，CE=1
2DE，⃗BE=λ⃗BA+μ⃗
BC，则λ+μ= ；若F 为线段BE 上的动点，G 为AF 的中点，则⃗AF·⃗DG的最小值为 .
命题热度：
本讲是历年高考命题常考的内容，属于中低档题目，主要题型为选择题或填空题.分值为5 分.
考查方向：
一是考查平面向量的基本运算，主要考查线性运算(加、减、数乘、共线问题)和坐标运算以及平面向量的
数量积，利用已知向量分解目标向量，根据平面向量的模与夹角求平面向量数量积或由模的值求参数等；
二是考查平面向量基本定理，利用基底表示向量及向量共线求参数等；三是考查平面向量的综合应用，根
据向量的几何意义或数量积的定义与坐标运算，研究最值问题或平面图形的几何性质等.
1.答案 A
解析 由题意及题图得，视风风速对应的向量为n=(0，2)-(3，3)=(-3，-1)，
视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风风速对应的向量之和，
船行风风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反，
设真风风速对应的向量为n1，船行风风速对应的向量为n2，
∴n=n1+n2，n2=-[(3，3)-(2，0)]=(-1，-3)，
∴n1=n-n2=(-3，-1)-(-1，-3)=(-2，2)，
∴|n1|=√(-2)
2+2
2=2√2≈2.828，
由表格可得，该时刻的真风为轻风.
2.答案 C
解析 对A，当a⊥b 时，则a·b=0，
所以x(x+1)+2x=0，
解得x=0 或x=-3，
即必要性不成立，故A 错误；
对C，当x=0 时，a=(1，0)，b=(0，2)，
故a·b=0，所以a⊥b，
即充分性成立，故C 正确；
对B，当a∥b 时，2(x+1)=x2，解得x=1±√3，
即必要性不成立，故B 错误；
对D，当x=-1+√3时，不满足2(x+1)=x2，
所以a∥b 不成立，
即充分性不成立，故D 错误.
3.答案 B
解析 因为(b-2a)⊥b，
所以(b-2a)·b=0，
即b2=2a·b，
又因为|a|=1，|a+2b|=2，
所以1+4a·b+4b2=1+6b2=4，
从而|b|=√2
2 .
4.答案 √2
解析 a-b=(1，1-2x)，因为a⊥(a-b)，则a·(a-b)=0，
则x+1-2x=0，解得x=1.
则a=(1，1)，则|a|=√2.
5.答案 1
6a+2
3b -15
解析 如图，因为⃗CE=1
3⃗CD，所以⃗AE-⃗AC=1
3 (⃗AD-⃗AC)，所以⃗AE=1
3⃗AD+2
3⃗AC.
因为D 为线段AB 的中点，所以⃗AE=1
6⃗AB+2
3⃗AC=1
6a+2
3b；
因为|⃗AE|=5，AE⊥CB，⃗CB=a-b，所以⃗AE
2=(
1
6 a+ 2
3 b)
2
= 1
36 a2+2
9a·b+4
9 b2=25，
①⃗
AE·⃗CB=(
1
6 a+ 2
3 b)·(a-b)=1
6a2+1
2a·b-2
3b2=0，所以a2+3a·b=4b2，
②
由①②得a2+4a·b=180，
又⃗CD=⃗AD-⃗AC=1
2⃗AB-⃗AC=1
2a-b，
所以⃗AE·⃗CD=(
1
6 a+ 2
3 b)·(
1
2 a-b)= 1
12a2+1
6a·b-2
3b2= 1
12 (a
2+2a·b-8b
2)
= 1
12(a2+2a·b-2a2-6a·b)= 1
12(-a2-4a·b)= 1
12×(-180)=-15.
6.答案 4
3 - 5
18
解析 方法一 因为CE=1
2DE，
即⃗CE=1
3⃗BA，
则⃗BE=⃗BC+⃗CE=1
3⃗BA+⃗BC，
可得λ=1
3，μ=1，
所以λ+μ=4
3 ；
由题意可知，|⃗BC|=|⃗BA|=1，⃗
BA·⃗BC=0，
因为F 为线段BE 上的动点，
设⃗BF=k⃗BE=1
3k⃗BA+k⃗BC，k∈[0，1]，
则⃗AF=⃗AB+⃗BF=⃗AB+k⃗BE
=(
1
3 k -1)⃗BA+k⃗BC，
又因为G 为AF 的中点，
则⃗DG=⃗DA+⃗AG=-⃗BC+1
2⃗AF
=1
2(
1
3 k -1)⃗BA+(
1
2 k -1)⃗BC，
可得⃗AF·⃗DG=[(
1
3 k -1)⃗BA +k⃗BC]·[
1
2(
1
3 k -1)⃗BA +(
1
2 k -1)⃗BC]
=1
2(
1
3 k -1)
2
+k(
1
2 k -1)
=5
9(k - 6
5)
2
- 3
10，
又由k∈[0，1]可知，
当k=1 时，⃗AF·⃗DG取到最小值为- 5
18.
方法二 以B 为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则A(-1，0)，B(0，0)，
C(0，1)，D(-1，1)，
E(- 1
3 ，1)，
可得⃗BA=(-1，0)，⃗BC=(0，1)，⃗
BE=(- 1
3 ，1)，
因为⃗BE=λ⃗BA+μ⃗BC=(-λ，μ)，
则{
- λ =- 1
3 ，
μ=1，
所以λ+μ=4
3 ；
因为点F 在线段BE：y=-3x，x∈[- 1
3 ，0]上，
设F(a，-3a)，a∈[- 1
3 ，0]，
且G 为AF 的中点，则G(
a-1
2
，- 3
2 a)，
可得⃗AF=(a+1，-3a)，⃗
DG=(
a+1
2
，- 3
2 a-1)，
则⃗AF·⃗DG=(a+1)
2
2
+(-3a)(- 3
2 a-1)
=5(a+ 2
5)
2
- 3
10，
且a∈[- 1
3 ，0]，
所以当a=-1
3时，⃗
AF·⃗DG取到最小值为- 5
18.
考点一 平面向量的基本运算
例1 (1)(多选)向量a，b 满足|a|=2，|b|=1，(a+2b)·a=6，下列说法正确的是( )
A.a·b=1
2
B.a 与b 的夹角θ 为60°
C.a 在b 上的投影向量的模为1
D.|a-b|=√3
答案 BCD
解析 ∵|a|=2，|b|=1，(a+2b)·a=6，
∴(a+2b)·a=a2+2a·b=|a|2+2a·b=4+2a·b=6，∴a·b=1，故A 错误；
a·b=|a||b|cos θ=2cos θ=1，
∴cos θ=1
2.
∵0°≤θ≤180°，∴θ=60°，故B 正确；
∵a 在b 上的投影向量为a·b
|b |
2·b=b，
∴a 在b 上的投影向量的模为1，故C 正确；
∵|a-b|2=|a|2-2a·b+|b|2=4-2×1+1=3，∴|a-b|=√3，故D 正确.
(2)如图，在四边形ABCD 中，|⃗AC|=4，⃗BA·⃗BC=12，E 为AC 的中点.⃗BE=2⃗ED，则⃗AD·⃗CD的值为(
)
A.0
B.12
C.2
D.6
答案 A
解析 方法一 (基底法)
在△ABC 中，由余弦定理得
AC2=BA2+BC2-2BA·BC·cos∠ABC，
∴42=BA2+BC2-2⃗BA·⃗BC=BA2+BC2-2×12，
∴BA2+BC2=40.
又∵⃗AD·⃗CD=(⃗BD-⃗BA)·(⃗BD-⃗BC)
=(
3
2⃗BE -⃗BA)·(
3
2⃗BE -⃗BC)
=[
3
4 (⃗BA +⃗BC )-⃗BA]·[
3
4 (⃗BA +⃗BC )-⃗BC]
=(- 1
4⃗BA + 3
4⃗BC)·(
3
4⃗BA - 1
4⃗BC)
=- 3
16⃗BA
2- 3
16⃗BC
2+5
8⃗BA·⃗BC
=- 3
16 (⃗BA
2+⃗BC
2)+5
8⃗BA·⃗BC
=- 3
16×40+5
8×12=0.
方法二 (极化恒等式)
∵|⃗AC|=4，E 为AC 的中点，
∴|⃗AE|=|⃗CE|=2，
根据极化恒等式可得⃗BA·⃗BC=|⃗BE|2-|⃗EA|2=|⃗BE|2-4=12，
∴|⃗BE|=4，
∴|⃗DE|=1
2|⃗BE|=2，
∴⃗AD·⃗CD=⃗DA·⃗DC=|⃗DE|2-|⃗EA|2=4-4=0.
[规律方法]
1.求非零向量a，b 数量积的三种方法
(1)定义法：a·b=|a||b|cos〈a，b〉.
(2)坐标法：①若已知向量的坐标，则直接利用坐标运算求解，即设a=(x1，y1)，b=(x2，y2)，则
a·b=x1x2+y1y2；②若未知向量坐标，则可通过建立平面直角坐标系表示出向量的坐标，进而利用坐标运算求
解.
(3)几何法：灵活运用平面向量数量积的几何意义进行求解.
2.含有线段中点的向量问题，利用向量的极化恒等式可以快速对数量积进行转化.
极化恒等式：a·b=1
4 [(a+b)2-(a-b)2].
跟踪演练1 (1)(2025·杭州模拟)已知向量a=(1，-1)，b=(2，1)，若(ta+b)⊥(-2a+tb)，则实数t 等于(
)
A.1 或1
2
B.-2 或1
2
C.-1 或2
D.-2 或1
答案 D
解析 ta+b=(t+2，-t+1)，-2a+tb=(-2+2t，2+t)，
∵(ta+b)⊥(-2a+tb)，
∴(ta+b)·(-2a+tb)=0，
即(t+2)(-2+2t)+(-t+1)(2+t)=(t+2)(t-1)=0，∴t=-2 或t=1.
(2)(2025·合肥质检)已知向量e1=(1，0)，e2=(1，√3)，设a=4e1+e2，b=3e1-e2则a 与b 的夹角为( )
A.π
6
B.π
4
C.π
3
D.2π
3
答案 C
解析 因为e1=(1，0)，e2=(1，√3)，
所以a=4e1+e2=(4，0)+(1，√3)=(5，√3)，
b=3e1-e2=(3，0)-(1，√3)=(2，-√3)，
所以a·b=5×2+√3×(-√3)=7，
|a|=√5
2+(√3)
2=2√7，
|b|=√2
2+(-√3)
2=√7，
设a 与b 的夹角为θ，
则cos θ=
a·b
|a||b| =
7
2√7×√7=1
2，又θ∈[0，π]，
所以θ=π
3 ，即a 与b 的夹角为π
3 .
考点二 平面向量基本定理
例2 (1)(2025·重庆模拟)如图，在平行四边形ABCD 中，已知⃗CE=1
2⃗CD，⃗AF=1
3⃗AD，直线BE，CF 交
于点O，若⃗AB=a，⃗AD=b，则⃗AO等于( )
A.3
8a+1
4 b
B.3
5a+4
5 b
C.1
3a+2
3b
D.5
8a+3
4 b
答案 D
解析 设⃗BO=λ⃗BE，λ∈(0，1)，则⃗
AO=⃗AB+⃗BO=⃗AB+λ⃗BE=⃗AB+λ(⃗BC+⃗CE)=a+λ(b- 1
2 a)=(1- λ
2)a+λb，
又b=3⃗AF，a=⃗AC-⃗AD=⃗AC-3⃗AF，
所以⃗AO=(1- λ
2)(⃗AC-3⃗AF)+3λ⃗AF=(1- λ
2)⃗AC+(
9 λ
2 -3)⃗AF，
因为F，O，C 三点共线，所以1- λ
2+9 λ
2 -3=1，
解得λ=3
4 ，
所以⃗AO=(1- λ
2)a+λb=5
8a+3
4 b.
(2)如图，在菱形ABCD 中，E，F 分别为AB，BC 上的点，⃗BE=3⃗EA，⃗BF=3⃗FC.若线段EF 上存在一点
M，使得⃗DM=1
2⃗DC+x⃗DA(x∈R)，则x 等于( )
A.3
4
B.3
2
C.2
3
D.4
3
答案 A
解析 方法一 (基底法)
∵⃗BE=3⃗EA，⃗BF=3⃗FC，
∴EF∥AC 且EF=3
4 AC，
∴⃗EF=3
4⃗AC=-3
4⃗DA+3
4⃗DC，
∵E，M，F 三点共线，
设⃗EM=t⃗EF(0≤t≤1)，
∴⃗DM=⃗DA+⃗AE+⃗EM=⃗DA+1
4⃗DC+t⃗EF
=⃗DA+1
4⃗DC-3
4 t⃗DA+3
4 t⃗DC
=(1- 3
4 t)⃗DA+(
1
4 + 3
4 t)⃗DC，
又∵⃗DM=1
2⃗DC+x⃗DA，
∴1
4 +3
4 t=1
2，∴3
4 t=1
4 ，
∴x=1-3
4 t=1-1
4 =3
4 .
方法二 (等和线)
由图可知，直线AC 是以{⃗DC，⃗DA}为基底，值为1 的等和线，
设DM 与AC 交于点N，1
2+x=k，
又∵AC∥EF，则DM
DN =5
4 ，
根据等和线定理可得k= DM
DN ，
∴1
2+x=5
4 ，解得x=3
4 .
[规律方法]
1.用平面向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一个基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量
的形式，再通过向量的运算来解决.
2.平面向量等和线定理
平面内一个基底{⃗OA，⃗OB}及任一向量⃗OP，且⃗OP=λ⃗OA+μ⃗OB(λ，μ∈R)，若点P 在直线AB 上或在平行于
AB 的直线上，且k=OP
OF =O B1
OB =O A1
OA ，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
的直线称为平面向量基本定理系数的等和线.
(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)若两条等和线关于O 点对称，则定值k 互为相反数；
(6)定值k 的绝对值与等和线到O 点的距离成正比.
跟踪演练2 (1)(2025·大庆模拟)如图所示，在△ABC 中，∠BAC=90°，AB=6，点D 是BC 的中点，点E
在AD 上，且DE=2AE.若⃗BE·⃗AD=-29
3 ，则AC 等于( )
A.6
B.8
C.2√13
D.6√5
答案 B
解析 由∠BAC=90°，得⃗AB·⃗AC=0，
由点D 是BC 的中点，⃗DE=2⃗EA，
得⃗AE=1
3⃗AD=1
3×1
2 (⃗AB+⃗AC)=1
6⃗AB+1
6⃗AC，⃗BE=⃗AE-⃗AB=1
6⃗AC-5
6⃗AB，
则⃗BE·⃗AD=1
6 (⃗AC-5⃗AB)·1
2 (⃗AB+⃗AC)= 1
12 (⃗AC
2-4⃗AB·⃗AC-5⃗AB
2) = 1
12(|⃗AC|2-5×62)=-29
3 ，解得|⃗AC|=8，即
AC=8.
(2)(多选)(2025·长沙模拟)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，2b2+2c2=5a2，⃗AE=1
3⃗AC，⃗
AF=1
3⃗AB，BE 交CF 于点M，AM 交BC 于点D，则( )
A.cos∠BAC≥3
5
B.⃗BD=2
3⃗BC
C.AD=a
D.若△ABC 的面积为18，BE=3，则CM=8
答案 ACD
解析 cos∠BAC=b
2+c
2-a
2
2bc
=
3
5 (b
2+c
2)
2bc
≥3
5，
当且仅当b=c 时取等号，选项A 正确；
设⃗AD=λ⃗AM，由⃗AE=1
3⃗AC，⃗AF=1
3⃗AB，得FM
MC = EM
MB = FE
BC =1
3，
则⃗AM=⃗AF+1
4⃗FC=⃗AF+1
4 (⃗AC-⃗AF)=3
4⃗AF+1
4⃗AC=1
4⃗AB+1
4⃗AC，
可得⃗AD=λ⃗AM= λ
4⃗AB+ λ
4⃗AC，
由B，D，C 三点共线可得λ
4 + λ
4 =1，λ=2，
即⃗AD=1
2⃗AB+1
2⃗AC，D 是边BC 的中点，选项B 错误；
因为D 是边 BC 的中点，则⃗AD
2=(
1
2⃗AB+ 1
2⃗AC)
2
=1
4 (2b2+2c2-a2)=a2，即 AD=a，选项C 正确；
因为⃗BE·⃗CF=(⃗AE-⃗AB)·(⃗AF-⃗AC)=(
1
3⃗AC -⃗AB)·(
1
3⃗AB -⃗AC)=10
9 bccos∠BAC-1
3(b2+c2)
=5
9(b2+c2-a2)-1
3(b2+c2)=5
9(
5
2 a
2-a
2)-1
3·5
2a2=0，则BE⊥CF，
由⃗AE=1
3⃗AC，⃗AF=1
3⃗AB，
可知 EF∥BC，S△AEF=1
9S△ABC，
则S 梯形BCEF=8
9S△ABC=16，
且 S 梯形BCEF=1
2BE·CF=1
2×3×4
3 CM，则CM=8，选项D 正确.
考点三 平面向量的最值与范围问题
例3 (1)如图，边长为1 的正方形ABCD 内接于圆O，P 是弧BC(包括端点)上一点，则⃗AP·⃗AB的取值
范围是( )
A.[1，4+√2
4 ]
B.[1，2+√2
2 ]
C.[1，1+√2
2 ]
D.[
√2
4 ，1]
答案 C
解析 方法一 (坐标法)
如图建立平面直角坐标系，则A(- 1
2 ，- 1
2)，
B(
1
2 ，- 1
2)，
又圆O 的半径为r=√2
2 ，
设P(
√2
2 cosθ，√2
2 sinθ)，
∵点P 在´BC(包括端点)上，∴θ∈[- π
4 ，π
4]，
∴⃗AP=(
√2
2 cosθ+ 1
2 ，√2
2 sinθ+ 1
2)，⃗AB=(1，0)，
∴⃗AP·⃗AB=√2
2 cos θ+1
2，∵θ∈[- π
4 ，π
4]，
∴cos θ∈[
√2
2 ，1]，√2
2 cos θ+1
2∈[1，1+√2
2 ]，
∴⃗AP·⃗AB的取值范围是[1，1+√2
2 ].
方法二 (投影法)
当P 在劣弧BC 的中点时，向量⃗AP在向量⃗AB上投影向量的模最大，为1+√2
2
，
由数量积的几何意义知
(⃗AP·⃗AB)max=1+√2
2
×1=1+√2
2
，
当P 在B 或C 处时，向量⃗AP在向量⃗AB上投影向量的模最小，为1，∴(⃗AP·⃗AB)min=1×1=1，
∴⃗AP·⃗AB的取值范围是[1，1+√2
2 ].
(2)(2025·安庆模拟)已知向量a，b 满足|a|=|b|=2，a·b=2，向量a-c 与向量 b-c 的夹角为π
6 ，则|a-c|的最大
值为( )
A.√3
B.2
C.4√3
3
D.4
答案 D
解析 由a·b=|a||b|cos〈a，b〉=4cos〈a，b〉=2，故cos〈a，b〉=1
2，即〈a，b〉=π
3 ，
如图，设⃗OA=a，⃗OB=b，⃗OC=c，则 △OAB 是等边三角形，
∵向量c 满足a-c 与 b-c 的夹角为π
6 ，∴∠ACB=π
6 ，
∵点C 在AB 外且∠ACB 为定值，
∴C 的轨迹是两段圆弧，∠ACB 是弦AB 所对的圆周角，∴当AC 是AB 所在圆的直径时，|a-c|取得最大值
2R(R 为△ABC 外接圆的半径)，
在△ABC 中，由正弦定理可得2R=
AB
sin π
6
=
2
1
2
=4，
故|a-c|的最大值为4.
[规律方法] 向量数量积的最值(范围)问题的解题策略
(1)形化：利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征
直接进行判断.
(2)数化：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、不等式的解集或方程有解等
问题，然后利用函数、不等式或方程的有关知识来解决.
跟踪演练3 (1)在平行四边形ABCD 中，⃗AB
|⃗AB| + 3⃗AD
|⃗AD| = λ⃗AC
|⃗AC |
，λ∈[√7，3]，则cos∠BAD 的取值范
围是( )
A.[- 1
2 ，- 1
6]
B.[- 1
2 ，1
3]
C.[- 2
3 ，1
3]
D.[- 2
3 ，- 1
6]
答案 A
解析 设与⃗AB同方向的单位向量⃗AB
|⃗AB|=e1，与⃗AD同方向的单位向量⃗AD
|⃗AD|=e2，与⃗AC同方向的单位向量⃗
AC
|⃗AC|=e3，
由题意，e1+3e2=λe3，所以(e1+3e2)2=λ2e3
2，
即e1
2+6e1·e2+9e2
2=λ2e3
2，
所以1+6×1×1×cos∠BAD+9=λ2，
所以cos∠BAD= λ
2-10
6
，
因为λ∈[√7，3]，所以λ2∈[7，9]，
所以λ
2-10
6
∈[- 1
2 ，- 1
6]，
即cos∠BAD 的取值范围是[- 1
2 ，- 1
6].
(2)(2025·宜春模拟)若图中正方形ABCD 的边长为4，圆O 的半径为 4√2，正方形ABCD 的中心与圆O
的圆心重合，动点P 在圆O 上，且⃗AP=λ⃗AB+μ⃗AD，则 λ+μ 的最大值为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 C
解析 方法一 (坐标法)
建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，B(4，0)，D(0，4)，
点P 在圆(x-2)2+(y-2)2=32 上，
设点P(2+4√2cos θ，2+4√2sin θ)，
则⃗AP=(2+4√2cos θ，2+4√2sin θ)，⃗AB=(4，0)，⃗AD=(0，4)，因为⃗AP=λ⃗AB+μ⃗AD，
所以(2+4√2cos θ，2+4√2sin θ)=λ(4，0)+μ(0，4)=(4λ，4μ)，
所以4λ=2+4√2cos θ，4μ=2+4√2sin θ，
所以λ+μ=√2sin θ+√2cos θ+1=2sin(θ+ π
4)+1≤3，即 λ+μ 的最大值为3.
方法二 (等和线法)
因为⃗AO=1
2⃗AB+1
2⃗AD，
则直线BD 是以{⃗AB，⃗AD}为基底，值为1 的等和线，如图，作BD 的平行线与圆O 相切于点P，由等和
线定理可知，此时λ+μ 取得最大值，最大值为AP
AO =2√2+ 4√2
2√2
=3.
专题强化练
[分值：84 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共40 分)
1.(2025·北京延庆区模拟)已知|a|=√3，|b|=2，a·b=3，则〈a，b〉为( )
A.π
6
B.π
4
C.π
3
D.π
2
答案 A
解析 因为cos〈a，b〉=
a·b
|a||b| =
3
√3×2=√3
2 ，
所以〈a，b〉=π
6 .
2.(2023·全国乙卷)正方形ABCD 的边长是2，E 是AB 的中点，则⃗EC·⃗ED等于( )
A.√5
B.3
C.2√5
D.5
答案 B
解析 方法一 以{⃗AB，⃗AD}为基底，
可知|⃗AB|=|⃗AD|=2，⃗AB·⃗AD=0，
则⃗EC=⃗EB+⃗BC=1
2⃗AB+⃗AD，
⃗
ED=⃗EA+⃗AD=-1
2⃗AB+⃗AD，
所以⃗EC·⃗ED=(
1
2⃗AB+⃗AD)·(- 1
2⃗AB+⃗AD)
=-1
4⃗AB
2+⃗AD
2=-1+4=3.
方法二
如图，以A 为坐标原点建立平面直角坐标系，
则E(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，
可得⃗EC=(1，2)，⃗ED=(-1，2)，
所以⃗EC·⃗ED=-1+4=3.
方法三 由题意可得，ED=EC=√5，CD=2，
在△CDE 中，由余弦定理可得
cos∠DEC= D E
2+C E
2- DC
2
2 DE·CE
=
5+5- 4
2×√5×√5=3
5，
所以⃗EC·⃗ED=|⃗EC||⃗ED|cos∠DEC
=√5×√5×3
5=3.
方法四 设CD 的中点为O，由极化恒等式可得⃗EC·⃗ED=|⃗EO|2-1
4 |⃗DC|2=3.
3.(2025·滁州质检)已知O 为△ABC 的重心，D 为AB 的中点，则⃗OD等于( )
A.1
2⃗AB-1
3⃗AC
B.1
6⃗AB-1
3⃗AC
C.1
3⃗AB+1
4⃗AC
D.1
2⃗AB+2
3⃗AC
答案 B
解析 由题意得⃗OD=1
3⃗CD=1
3 (⃗CB+⃗BD)=1
3(⃗AB -⃗AC - 1
2⃗AB)=1
6⃗AB-1
3⃗AC.
4.(2025·郴州模拟)在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知A(2，-1)，B(1，1)，⃗OP=λ⃗OA+(2-λ)⃗OB，若⃗
OP⊥⃗OB，则λ 的值为( )
A.4
B.2
C.-2
D.-3
答案 A
解析 因为 A(2，-1)，B(1，1)，
所以⃗OA=(2，-1)，⃗OB=(1，1)，
又⃗OP=λ⃗OA+(2-λ)⃗OB=λ(2，-1)+(2-λ)(1，1)=(2+λ，2-2λ)，
且⃗OP⊥⃗OB，所以⃗OP·⃗OB=(2+λ)×1+(2-2λ)×1=4-λ=0，解得λ=4.
5.(2025·蚌埠模拟)在四边形ABCD 中，2⃗AB=3⃗DC，⃗AB=(1，√2)，⃗AD=(√2，-1)，则该四边形的面积为(
)
A.4
B.2√2
C.5
2
D.15
4
答案 C
解析 由⃗AB=(1，√2)，⃗AD=(√2，-1)，
可得⃗AB·⃗AD=(1，√2)·(√2，-1)=√2-√2=0，
所以⃗AB⊥⃗AD，所以S△ABD=1
2|⃗AB||⃗AD|=1
2×√1+2×√2+1=3
2，
又 2⃗AB=3⃗DC，所以⃗DC=2
3⃗AB，且⃗DC∥⃗AB，
所以 |⃗DC|=2
3|⃗AB|=2√3
3
，⃗AD⊥⃗DC，
S△BCD=1
2×|⃗DC||⃗AD|=1
2×2√3
3
×√3=1，
所以 S 四边形ABCD=S△BCD+S△ABD=1+3
2=5
2.
6.(2025·河南豫东名校模拟)已知平面向量a，b，c，满足 |a|=|b|=4√3，a 与b 的夹角为π
3 且 (a-2c)·(b-c)=0，
则|c|的最大值为( )
A.2√5+3
B.√21+3
C.2√5+√3
D.√21+√3
答案 B
解析 依题意，a·b=4√3×4√3cosπ
3 =24，
|a+2b|=√a
2+ 4 b
2+ 4 a·b=4√21，
由(a-2c)·(b-c)=0，得a·b-(a+2b)·c+2c2=0，
即2|c|2+24=4√21|c|cos〈a+2b，c〉≤4√21|c|，
当且仅当a+2b 与c 同向共线时取等号，
于是|c|2-2√21|c|+12≤0，
解得√21-3≤|c|≤√21+3，
所以|c|的最大值为√21+3.
7.若AB 为双曲线x
2
16- y
2
4 =1 上经过原点的一条动弦，M 为圆C：x2+(y-2)2=1 上的一个动点，则⃗MA·⃗MB的最
大值为( )
A.15
4
B.7
C.-7
D.-16
答案 C
解析 如图，O 为AB 的中点，连接MO，⃗
MA·⃗MB=|⃗MO|2-1
4 |⃗BA|2，
而|MO|max=|OC|+1=3，|AB|min=2a=8，
所以⃗MA·⃗MB的最大值为9-1
4 ×64=-7.
8.(2025·安庆模拟)已知Sn，Tn分别为等差数列{an}，{bn}的前n 项和，Sn
T n
=3n+2
4 n+5，设点A 是直线BC 外一
点，点P 是直线BC 上一点，且⃗AP=a2+a6
b3⃗
AB+λ⃗AC，则实数λ 的值为( )
A. 8
25
B.- 9
25
C. 2
25
D.-21
25
答案 D
解析
Sn
T n
=(3n+2)nk
(4 n+5)nk (k≠0，n∈N*)，
不妨设Sn=(3n+2)nk，Tn=(4n+5)nk，
因为P，B，C 三点共线，所以a2+a6
b3
+λ=1，
所以
2a4
b3
+λ=1，又
a4
b3
=
2a4
2b3
=
a1+a7
b1+b5
=
a1+a7
2
×7
b1+b5
2
×5
×5
7 =
S7
T 5
×5
7=7 k(21+2)
5k(20+5)×5
7 =23
25，
所以
2a4
b3
+λ=46
25 +λ=1，λ=-21
25.
二、多项选择题(每小题6 分，共18 分)
9.(2025·广州模拟)无人机的飞行速度向量、风速向量会影响其实际飞行轨迹.无人机不受风影响时的飞行速
度对应的向量称为空速向量，实际观测到的飞行速度对应的向量称为地速向量，其为空速向量与风速向量
之和.无人机搭载的设备可监测线路缺陷，当无人机相对线路的横向偏移量(垂直线路方向的向量分量)超过
2 m/s 或纵向偏移量(沿线路方向的向量分量，其标准值为4 m/s)超过标准值1 m/s 时，需调整飞行姿态.已知
某区域风速稳定，某次无人机计划沿x 轴正方向为线路巡检时，空速向量为(3，4)(单位：m/s)，风速向量
为(1，-1)(单位：m/s)，则( )
A.地速向量的大小为5 m/s
B.地速向量的方向与空速向量的方向相同
C.纵向偏移量与标准值无偏差
D.该无人机需要调整飞行姿态
答案 ACD
解析 设空速向量为a，风速向量为b，地速向量为c，则a=(3，4)，b=(1，-1)，
所以c=a+b=(3，4)+(1，-1)=(4，3)，所以|c|=√4
2+3
2=5，
所以地速向量的大小为5 m/s，故A 正确；
由a=(3，4)，c=(4，3)可知地速向量的方向与空速向量的方向不相同，故B 错误；
由于纵向偏移量为4 m/s，与标准值无偏差，故C 正确；
由于无人机计划沿x 轴正方向为线路巡检，而地速向量c=(4，3)，
所以需要调整飞行姿态，故D 正确.
10.(2025·重庆模拟)已知点P 是△ABC 所在平面内一点，且⃗AP=2m⃗AB+n⃗AC， m，n∈R，则下列说法正确
的是( )
A.若m=n=1
2，则点P 是边BC 的中点
B.若点P 是边BC 上靠近B 点的三等分点，则m=n=1
3
C.若2m+n=1
2，则S△PBC=2S△ABC
D.若点P 在BC 的中线上，且2m+n=2
3，则点P 是△ABC 的重心
答案 BD
解析 对于A，因为⃗AP=2m⃗AB+n⃗AC，P 为边BC 的中点等价于2m=n=1
2，
即m=1
4 ，n=1
2，故A 错误；
对于B，如图1，点P 是边BC 上靠近B 点的三等分点，
则⃗AP=⃗AB+⃗BP=⃗AB+1
3⃗BC=⃗AB+1
3 (⃗AC-⃗AB)=2
3⃗AB+1
3⃗AC，
即2m=2
3，n=1
3，即m=n=1
3，故B 正确；
对于C，若2m+n=1
2，则2⃗AP=2(2m⃗AB+n⃗AC)=4m⃗AB+2n⃗AC，且4m+2n=1，
如图2，设⃗AM=2⃗AP，即⃗AM=4m⃗AB+2n⃗AC，则点M 在BC 上，
点P 为AM 的中点，所以S△PBC=1
2S△ABC，故C 错误；
对于D，若2m+n=2
3，
所以3
2⃗AP=3
2(2m⃗AB+n⃗AC)=3m⃗AB+3
2n⃗AC，且3m+3
2n=1，
如图3，设⃗AN=3
2⃗AP，即⃗AN=3m⃗AB+3
2n⃗AC，则点N 在BC 上，又因为P 在BC 的中线上，则AN 即为中
线，从而点P 为△ABC 的重心，故D 正确.
11.如图，在正方形ABCD 中，E 为AB 的中点，M 为线段AD 上的动点(包括端点)，⃗BM=λ⃗BE+μ⃗BD，则下
列结论正确的是( )
A.当M 为线段AD 的中点时，λ+μ=3
2
B.λμ 的最大值为1
3
C.μ 的取值范围为[0，1]
D.λ+μ 的取值范围为[
1
2 ，2]
答案 AC
解析 根据题意建立平面直角坐标系，如图所示，设BC=2，则B(0，0)，E(0，1)，D(2，2)，
设M(t，2)，则0≤t≤2，
由于⃗BM=λ⃗BE+μ⃗BD，所以(t，2)=λ(0，1)+μ(2，2)，
整理得2μ=t，λ+2μ=2，则λ=2-t，μ= t
2，
对于A，当M 为AD 的中点时，t=1，故λ+μ=2-1
2=3
2，故A 正确；
对于B，λμ=(2-t)· t
2=t-1
2t2=-1
2(t-1)2+1
2，由于0≤t≤2，当t=1 时，λμ 取得最大值1
2，故B 错误；
对于C，由于μ= t
2，0≤t≤2，所以 0≤μ≤1，故μ 的取值范围为[0，1]，故C 正确；
对于D，λ+μ=2- t
2，由0≤t≤2，得2- t
2∈[1，2]，故λ+μ 的取值范围为[1，2]，故D 错误.
三、填空题(每小题5 分，共15 分)
12.(2025·辽阳模拟)已知向量a=(-2，1)，b=(1，x)，若a∥b，则a·(a-b)= .
答案 15
2
解析 由a∥b，可得 -2x-1=0，解得x=-1
2，
则b=(1，- 1
2)，a-b=(-3，3
2)，
所以a·(a-b)=6+3
2=15
2 .
13.已知△AOB，点P 在直线AB 上，且满足⃗OP=2t⃗PA+t⃗OB(t∈R)，则|⃗PA |
|⃗PB|
= .
答案 1
2
解析 方法一 (坐标法)
建立平面直角坐标系并标出点的坐标，如图，
由⃗OP=2t⃗PA+t⃗OB，
代入坐标即得(n-a，-b)=2t(-n，0)+t(m-a，-b)，
得{
n-a=-2nt +mt -at ，
-b=-tb，
则{
t =1，
3n=m，
所以|⃗PA |
|⃗PB| =|
n
m-n|=1
2.
方法二 (向量转化法)⃗
OP=2t(⃗OA-⃗OP)+t⃗OB⇒(1+2t)⃗OP=2t⃗OA+t⃗OB，
由A，P，B 三点共线，得1+2t=2t+t，则t=1，
从而3⃗OP=2⃗OA+⃗OB=2⃗OP+2⃗PA+⃗OP+⃗PB，
即0=2⃗PA+⃗PB，所以|⃗PA |
|⃗PB|
=1
2.
14.(2025·天津南开模拟)在梯形ABCD 中，AB=AD=2，⃗BC=3
4⃗AD，⃗AC·⃗BD=-1
2，记⃗AB=a，⃗AD=b，用a
和b 表示⃗CD= ；若点E 为BD 上一动点(包括端点)，则⃗AE·⃗BC的最大值为 .
答案 1
4 b-a 3
解析 因为⃗BC=3
4⃗AD，所以⃗BC=3
4 b，⃗
CD=⃗CB+⃗BA+⃗AD=-3
4 b-a+b=-a+1
4 b=1
4 b-a；
因为⃗AC=⃗AB+⃗BC=a+3
4 b，⃗BD=⃗BA+⃗AD=-a+b，又⃗AC·⃗BD=-1
2，
即(a+ 3
4 b)·(-a+b)=-a2+1
4 a·b+3
4 b2=-4+1
4 a·b+3=-1+1
4 a·b=-1
2，
可得a·b=2，设⃗BE=λ⃗BD，λ∈[0，1]，
则⃗AE=⃗AB+⃗BE=a+λ(-a+b)=(1-λ)a+λb，⃗
AE·⃗BC=[(1-λ)a+λb]·3
4 b=3
2+3
2λ，
当 λ=1 时，⃗AE·⃗BC有最大值3.
(15 题6 分，16 题5 分，共11 分)
15.(多选)奔驰定理：已知O 是△ABC 内一点，△BOC，△AOC，△AOB 的面积分别为SA，SB，SC，且SA·⃗
OA+SB·⃗OB+SC·⃗OC=0.设O 是锐角 △ABC 内的一点，角A，B，C 分别是△ABC 的三个内角，则( )
A.若⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0，则SA∶SB∶SC=1∶2∶3
B.若|⃗OA|=|⃗OB|=2，∠AOB=5 π
6 ，2⃗OA+3⃗OB+4⃗OC=0，则S△ABC=9
2
C.若O 为△ABC 的内心，3⃗OA+4⃗OB+5⃗OC=0，则C=π
2
D.若O 为△ABC 的垂心，3⃗OA+4⃗OB+5⃗OC=0，则cos∠AOB=-√6
6
答案 ACD
解析 对于A，由奔驰定理可得，⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=SA·⃗OA+SB·⃗OB+SC·⃗OC=0，又⃗OA，⃗OB，⃗OC不共线，
故SA∶SB∶SC=1∶2∶3，A 正确；
对于B，SC=1
2×2×2×sin∠AOB=1，由 2⃗OA+3⃗OB+4⃗OC=0 得SA∶SB∶SC=2∶3∶4，故S△ABC=9
4 SC=9
4 ，B
错误；
对于C，若O 为△ABC 的内心，3⃗OA+4⃗OB+5⃗OC=0，则 SA∶SB∶SC=3∶4∶5，又SA∶SB∶SC=1
2ar∶1
2br∶
1
2cr=a∶b∶c(r 为△ABC 内切圆的半径，a，b，c 分别为△ABC 的三个内角A，B，C 所对应的边)，则
a2+b2=c2，故C=π
2 ，C 正确；
对于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=⃗OB·(⃗OC-⃗OA)=0⇔⃗OB·⃗OC=⃗OB·⃗OA⇔|⃗OC|cos A=|⃗OA|cos C，
同理|⃗OC|cos B=|⃗OB|cos C，|⃗OA|cos B=|⃗OB|cos A，
∴|⃗OA|∶|⃗OB|∶|⃗OC|=cos A∶cos B∶cos C，
∵3⃗OA+4⃗OB+5⃗OC=0，
则SA∶SB∶SC=3∶4∶5，
且SA∶SB∶SC=1
2|⃗OB||⃗OC|sin∠BOC∶1
2|⃗OA||⃗OC|sin∠AOC∶1
2|⃗OA||⃗OB|sin∠AOB
=cos Bcos Csin A∶cos Acos Csin B∶cos Acos Bsin C= sin A
cos A ∶sin B
cos B ∶sinC
cosC
=tan A∶tan B∶tan C，
如图，作AD⊥BC，BE⊥AC，CF⊥AB，D，E，F 分别为垂足，
设AF=m，tan A=3t(t>0)，
则FC=3mt，又AF∶BF= FC
tan A ∶FC
tan B =tan B∶tan A=4∶3，则BF=3
4 AF=3
4 m，AB=7
4 m，AC=√9t
2+1·m，
又AE∶EC= BE
tan A ∶BE
tanC =5∶3，
故AE=5
8AC，BE=3t·AE=15t
8 AC，
由AB·FC=AC·BE⇔7
4 m·3mt=15t
8 (9t2+1)m2，解得t=√5
5 ，则tan C=5
3tan A=5
3×3t=√5，
由tan2C=
1
co s
2C -1=5⇒cos C=√6
6 ，故cos∠AOB=-cos C=-√6
6 ，D 正确.
16.(5 分)如图，在直角梯形ABCD 中，AB∥CD，AB⊥AD，AD=DC=1，AB=3，动点P 在以C 为圆心，且
与直线BD 相切的圆内(不含边界)运动，设⃗AP=α⃗AD+β⃗AB(α，β∈R)，则α+β 的取值范围是
.
答案 (1，5
3)
解析 如图，设圆C 与直线BD 相切于点E，过A 作AG⊥BD 于G，作直线l∥DB，且直线l 与圆C 相切于
F，连接EF，则EF 过圆心，且EF⊥BD.由图可知，对圆C 内(不含边界)任意一点P，AP 在直线AG 上的射
影长度d 满足AG<d<AG+EF，又AG= AD·AB
DB
= 3
√10，
EF=2EC=2CDsin∠ABD= 2
√10，
所以3
√10<d< 5
√10，
由等和线定理得α+β= d
AG ，所以1<α+β<5
3.
