专题01 平面向量及其应用
题型1 平面向量的线性运算
1 平面向量的运算符合平行四边形法则和三角形法则；
2 平面向量的线性运算，用基底表示任一向量，方法有：首位相接法、构造平行四边形等，同时注意方
法的综合运用；
3 在运算过程中，灵活运用一些小结论，比如三角形的中线；
4 掌握平面向量运算的坐标表示，利用建系的方法也可以。
【注意】在平行向量的线性运算的应用中，用到基本定理，要注意基底的选择。
1（2024·河北·模拟预测）在平行四边形ABCD中，E是CD的中点，AE与BD交于点F，则⃗AF =
（ ）
A．3
4⃗AB+ 1
4⃗AD B．1
3⃗AB+ 2
3⃗AD
C．2
3⃗AB+ 1
3⃗AD
D．1
4⃗AB+ 3
4⃗AD
【答案】B
【分析】利用相似三角形的性质以及向量的加法运算来表示⃗AF即可.
【详解】因为在平行四边形ABCD中，AB//CD，所以△≝∼△BAF，
因为E是CD的中点，所以DF
BF = DE
AB = 1
2，即BF =2 DF，⃗BF = 2
3⃗BD，
根据向量的加法法则，⃗AF =⃗AB+⃗BF =⃗AB+ 2
3⃗BD =⃗AB+ 2
3 (⃗BA +⃗AD)= 1
3⃗AB+ 2
3⃗AD，
故选：B.
2（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，在矩形ABCD中，E为边BC的中点，F为边CD上靠近点D的
三等分点，G为EF的中点，记⃗AG = λ⃗AB+ μ⃗AD，则λ+ μ=（ ）
A．17
12
B．13
12
C．7
12
D．5
12
【答案】A
【分析】根据向量线性运算可得AG
→
= 2
3 AB
→
+ 3
4 AD
→
，计算即可求解.
【详解】由题意可得AF
→
= 1
3 AB
→
+ AD
→
，AE
→
= AB
→
+ 1
2 AD
→
，
因为G为EF的中点，
所以AG
→
= 1
2 AF
→
+ 1
2 AE
→
= 1
2 AD
→
+ 1
6 AB
→
+ 1
4 AD
→
+ 1
2 AB
→
= 2
3 AB
→
+ 3
4 AD
→
，
则λ= 2
3 , μ= 3
4 ，所以λ+ μ= 2
3 + 3
4 = 17
12.
故选：A
3（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，在△ABC中，⃗BM =2⃗MC , N为线段AM上一点，且⃗
AN =(1- λ)⃗AB+ λ
3⃗AC，则实数λ的值为（ ）
A．3
4
B．2
5
C．5
6
D．6
7
【答案】D
【分析】先利用基底⃗AB，⃗AC表示⃗AM，再设⃗AN =t⃗AM，即可构造关于λ ,t的方程组.
【详解】因⃗BM =2⃗MC，则⃗BM = 2
3⃗BC，
故⃗AM =⃗AB+⃗BM =⃗AB+ 2
3⃗BC =⃗AB+ 2
3 (⃗AC -⃗AB)=1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，
因A , N , M三点共线，故设⃗AN =t⃗AM，则⃗AN = t
3⃗AB+ 2t
3⃗AC，
因⃗AN =(1- λ)⃗AB+ λ
3⃗AC，则¿，解得λ = 6
7 ．
故选：D．
题型2 平面向量的共线定理
1 两个向量共线
共线定理 非零向量⃗a与向量⃗b共线⇔有且只有一个实数λ，使得⃗b= λ⃗a.
当λ>0时 , λ⃗a的方向与⃗a的方向相同；
当λ<0 时，λ⃗a的方向与⃗a方向相反；
当λ =0 时，λ⃗a=⃗0.
2 设⃗a=( x1 , y1) , ⃗b=( x2 , y2)，则⃗a∥⃗b ⇔ x1 y2= x2 y1.
1（2023·北京海淀·二模）已知⃗a、⃗b是平面内两个非零向量，那么“⃗a∥⃗b”是“存在λ≠0，使得
|⃗a+ λ⃗b|=|⃗a|+| λ⃗b|”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据向量的模长关系以及共线，即可结合必要不充分条件进行判断.
【详解】若⃗a∥⃗b，则存在唯一的实数μ≠0，使得⃗a= μ⃗b，
故|⃗a+ λ⃗b|=| μ⃗b+ λ⃗b|=| μ+ λ||⃗b|，
而|⃗a+ λ⃗b|=| μ⃗b|+| λ⃗b|=(| μ|+| λ|)|⃗b|，
存在λ≠0使得| μ+ λ|=| μ|+| λ|成立，
所以“⃗a∥⃗b”是“存在λ≠0，使得|⃗a+ λ⃗b|=|⃗a|+| λ⃗b|’的充分条件，
若λ≠0且|⃗a+ λ⃗b|=|⃗a|+| λ⃗b|，则⃗a与λ⃗b方向相同，
故此时⃗a∥⃗b，所以“⃗a∥⃗b”是“存在存在λ≠0，使得|⃗a+ λ⃗b|=|⃗a|+| λ⃗b|”的必要条件，
故“⃗a∥⃗b”是“存在λ≠0，使得|⃗a+ λ⃗b|=|⃗a|+| λ⃗b|”的充分必要条件.
故选：C.
2（23-24 高一下·广东江门·阶段练习）设⃗a,⃗b是非零向量，则⃗a
|⃗a|=⃗b
|⃗b|
是⃗a=2⃗b成立的（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】结合共线向量，单位向量，以及充分，必要条件的概念判断即可.
【详解】对于非零向量⃗a,⃗b，
由⃗a
|⃗a|=⃗b
|⃗b|
可知向量⃗a,⃗b共线，但不一定是⃗a=2⃗b，所以充分性不成立；
由⃗a=2⃗b，可知向量⃗a,⃗b共线同向，则⃗a
|⃗a|=⃗b
|⃗b|
，所以必要性成立，
所以设⃗a,⃗b是非零向量，则⃗a
|⃗a|=⃗b
|⃗b|
是⃗a=2⃗b成立的必要不充分条件，
故选：C.
3（2025·山东·模拟预测）已知平面向量⃗a=(-2,3)，⃗b=(1,2)，⃗AB =⃗a-3⃗b，⃗BC = λ⃗a+⃗b，且A，B，C 三
点共线，则实数λ =（ ）
A．- 2
3
B．- 1
3
C．1
4
D．2
【答案】B
【分析】利用坐标表示向量共线可得.
【详解】⃗AB =⃗a-3⃗b=(-2,3)-3(1,2)=(-5,-3)，⃗BC = λ⃗a+⃗b= λ(-2,3)+(1,2)=(-2 λ+1,3 λ+2)，
因为A，B，C 三点共线，所以设⃗AB = μ⃗BC ⇒(-5,-3)= μ(-2 λ+1,3 λ+2)，
即¿.
故选：B
4（2025·江苏南通·模拟预测）已知0<θ<π，向量⃗a=(sinθ ,2cos
2 θ
2)，⃗b=(1,sinθ)，且⃗a∥⃗b，则θ＝
．
【答案】π
2
【分析】由向量共线的坐标运算可得答案.
【详解】因为⃗a∥⃗b，所以sin
2θ =2cos
2 θ
2，
所以4 sin
2 θ
2 cos
2 θ
2 =2cos
2 θ
2，
因为0<θ<π，cos θ
2 ≠0，
所以sin
2 θ
2 = 1
2 ,sin θ
2 =
❑√2
2 ，
因为0<θ<π，所以θ
2 =π
4 ， θ =π
2 ．
故答案为：π
2 .
题型3 平面向量的垂直问题
1 若⃗a⊥ ⃗b，则⃗a⋅ ⃗b=0；
2 若 ⃗a( x1 , y1)，⃗b( x2 , y2)，则⃗a⊥ ⃗b⇒ x1 x2+ y1 y2=0.
3 在平面几何中的垂直问题，可用平面向量处理。
1（2025·甘肃白银·三模）已知角α是锐角，若⃗a=(5sinα +2,1)，⃗b=(sinα ,-3)，⃗a⊥⃗b，则tan2α =
（ ）
A．24
25
B．24
7
C．12
25
D．9
7
【答案】B
【分析】根据平面向量垂直的坐标表示可得tanα = 3
4 ，结合二倍角的正切公式计算即可求解.
【详解】因为⃗a⊥⃗b，所以⃗a⋅⃗b=5sin
2α +2sinα -3=0，又角α是锐角，
所以sinα = 3
5或sinα =-1（舍去），所以cosα = 4
5 ，故tanα = 3
4 ，
所以tan2α = 2tanα
1-tan
2α
=
3
2
1- 9
16
= 24
7 .
故选：B.
2（2025·浙江·二模）已知向量⃗a=(2,1)，⃗b=(2,-1)，则⃗m= λ⃗a+⃗b，⃗n=⃗a+ μ⃗b（λ，μ∈R），则下列表
述正确的是（ ）
A．存在唯一的实数对(λ , μ)，使得⃗m//⃗nB．存在唯一的实数对(λ , μ)，使得⃗m⊥⃗n
C．存在唯一的实数对(λ , μ)，使得⃗m=⃗n
D．存在唯一的实数对(λ , μ)，使得|⃗m|=|⃗n|
【答案】C
【分析】由题意⃗m= λ⃗a+⃗b=(2 λ+2, λ -1)，⃗n=⃗a+ μ⃗b=(2+2 μ,1- μ)，由向量平行的充要条件判断A；
由向量垂直的充要条件判断B；由向量相等的充要条件判断C，由向量模的计算公式判断D.
【详解】因为向量⃗a=(2,1)，⃗b=(2,-1)，则⃗m= λ⃗a+⃗b=(2 λ+2, λ -1)，⃗n=⃗a+ μ⃗b=(2+2 μ,1- μ)，
对于A，⃗m//⃗n当且仅当2(1+ λ)(1- μ)=2(λ -1)(μ+1)，即1+ λ - μ- λμ= λμ- μ+ λ -1，
即λμ=1，由此可知存在无数组实数对(λ , μ)，使得⃗m//⃗n，故A 错误；
对于B，⃗m⊥⃗n当且仅当4 (λ+1)(μ+1)+(λ -1)(1- μ)=0，
即4 (λμ+ λ+ μ+1)+(λ -1- λμ+ μ)=0，即(3 λ+5) μ=-(5 λ+3)，
当λ=- 5
3时，该方程不成立，此时不存在实数对(λ , μ)，使得⃗m⊥⃗n，
当λ=- 3
5时，此时μ=0，由此可知存在实数对(- 3
5 ,0)，使得⃗m⊥⃗n，
当λ≠- 3
5且λ≠- 5
3时，此时存在无数对实数对(λ , μ)，使得⃗m⊥⃗n，故B 错误；
对于C，⃗m=⃗n当且仅当¿，解得λ = μ=1，故C 正确；
对于D，|⃗m|=|⃗n|⇒4 (λ+1)
2+(λ -1)
2= 4 (μ+1)
2+(1- μ)
2，
即5 λ
2+6 λ =5 μ
2+6 μ，进而可得(λ - μ)(5 λ+5 μ+6)=0
故当λ = μ或者5 λ+5 μ+6=0时，此时有无数组实数对(λ , μ)，使得|⃗m|=|⃗n|，故D 错误.
故选：C.
3（2025·河北邯郸·模拟预测）已知向量⃗a=(2,1)，⃗b=(1,-2)，若(⃗a+ λ⃗b)⊥(μ⃗a+⃗b)，则（ ）
A．μ- λ =0
B．μ+ λ =0
C．λμ+5=0
D．λμ-5=0
【答案】B
【分析】先求出a
→
+ λ b
→
与μ⃗a+⃗b的坐标，再利用向量垂直的性质列出等式，最后通过化简等式得到λ与μ的
关系．
【详解】由题知，⃗a+ λ⃗b=(2+ λ ,1-2 λ)，μ⃗a+⃗b=(2 μ+1, μ-2)，
∵(⃗a+ λ⃗b)⊥(μ⃗a+⃗b)，∴(⃗a+ λ⃗b)⋅(μ⃗a+⃗b)=0，
∴(2+ λ)(2 μ+1)+(1-2 λ)(μ-2)=0，整理得λ+ μ=0，
故选：B．
4（24-25 高三上·辽宁鞍山·期末）已知向量⃗a=(m+2,1),⃗b=(1,-3)，若|2⃗a+⃗b|=|2⃗a-⃗b|，则m=
（ ）
A．2
B．1
C．-1
D．-3
【答案】B
【分析】应用向量数量积的运算律及已知条件得⃗a⋅⃗b=0，再由数量积的坐标表示列方程求参数.
【详解】将|2⃗a+⃗b|=|2⃗a-⃗b|两边同时平方，得|2⃗a+⃗b|
2=|2⃗a-⃗b|
2，整理得⃗a⋅⃗b=0.
因为⃗a⋅⃗b=(m+2)×1+1×(-3)=0，解得m=1.
故选：B
5（2025·江西新余·模拟预测）已知非零向量⃗a,⃗b满足❑√2|a
→|=|b
→|，|a
→
+2b
→|=|2 a
→
- b
→|，则下列结论正确的
是（ ）
A．cos<a
→
,b
→
>= 3 ❑√2
16 B．(3 a
→
+8 b
→)⊥a
→
C．(3 a
→
+8 b
→)⊥b
→D．(8 a
→
+3 b
→)⊥a
→
【答案】B
【分析】将已知条件平方，化简可得⃗a⋅⃗b=- 3
8⃗a
2，利用该结论依次判断各个选项.
【详解】由于❑√2|⃗a|=|⃗b|，则2⃗a
2=⃗b
2，
又由|⃗a+2⃗b|=|2⃗a-⃗b|可得⃗a
2+ 4⃗b
2+ 4⃗a⋅⃗b= 4⃗a
2+⃗b
2- 4⃗a⋅⃗b，
即8⃗a⋅⃗b=3⃗a
2-3⃗b
2=-3⃗a
2，即⃗a⋅⃗b=- 3
8⃗a
2，
对于选项A，cos⟨⃗a,⃗b⟩=⃗a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
=-
3⃗a
2
8×❑√2⃗a
2 =- 3 ❑√2
16 ，故A错误；
对于选项B，由于⃗a⋅⃗b=- 3
8⃗a
2，则8⃗a⋅⃗b+3⃗a
2=0，即(3⃗a+8⃗b)⋅⃗a=0，
所以(3⃗a+8⃗b)⊥⃗a，故B正确；
对于选项C，(3⃗a+8⃗b)⋅⃗b=3⃗a⋅⃗b+8⃗b
2=- 9a
2
8 +16⃗a
2= 119⃗a
2
8
≠0，故C错误；
对于选项D，(8⃗a+3⃗b)⋅⃗a=8⃗a
2+3⃗a⋅⃗b=8⃗a
2- 9
8⃗a
2= 55
8⃗a
2≠0，故D错误．
故选：B．
6（2025·浙江·二模）已知函数f (x)= A sin(ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<π
2 )的部分图象如图所示，y = f (x)
的图象与y轴交于点C，D (5,0)，B (2, A)，且⃗BC ⋅⃗CD =0，则f (4)=（ ）
A．4
B．2❑√5
C．❑√10
D．4 ❑√2
【答案】C
【分析】根据函数图象得出ω,φ，再求出点的坐标及数量积公式计算A，最后求出函数值.
【详解】由题干图象可知T
4 =5-2=3，则T =12，所以ω= 2π
T
=π
6 ，所以f (x)= A sin (
π
6 x +φ)，
由f (5)= A sin(
5π
6 +φ)=0，得5π
6 +φ =2k π+π，k ∈Z，即φ=π
6 +2k π，k ∈Z，
因为|φ|<π
2 ，所以φ=π
6 ，则f (x)= A sin(
π
6 x +π
6 ).
又f (0)= A sinπ
6 = A
2 ，则C(0, A
2)，又⃗BC = (-2,- A
2)，⃗CD =(5,- A
2)，⃗
BC ⋅⃗CD =-10+ A
2
4
，解得A =2❑√10（负根舍去），
所以f (x)=2❑√10sin(
π
6 x +π
6 )，所以f (4)= ❑√10.
故选：C
题型 4 求平面向量的投影
1 向量⃗b在向量⃗a上的投影：|⃗b|cosθ，它是一个实数，但不一定大于0.
2 向量⃗b在向量⃗a上的投影公式：⃗a⋅⃗b
|⃗b|
；
3 求投影或其坐标，多结合图形去思考。
【注意】注意投影和投影向量的区别，投影是个数，投影向量是个向量。
1（2025·陕西商洛·模拟预测）已知|⃗a+⃗b|=|⃗a-⃗b|，则⃗a+⃗b在⃗b上的投影向量为（ ）
A．⃗b
B．-⃗b
C．⃗a
D．-⃗a
【答案】A
【分析】由|⃗a+⃗b|=|⃗a-⃗b|，利用向量的运算律，求得⃗a⋅⃗b=0，得到⃗a⊥⃗b，设⃗AD =⃗a,⃗AB =⃗b，结合投影
向量的计算公式，即可求解.
【详解】由|⃗a+⃗b|=|⃗a-⃗b|，可得|⃗a+⃗b|
2=|⃗a-⃗b|
2，即(⃗a+⃗b)
2=(⃗a-⃗b)
2，
可得⃗a
2+⃗b
2+2⃗a⋅⃗b=⃗a
2+⃗b
2-2⃗a⋅⃗b，所以⃗a⋅⃗b=0，即⃗a⊥⃗b，
如图所示，设⃗AD =⃗a,⃗AB =⃗b，则四边形ABCD为矩形，且⃗AC =⃗a+⃗b，
则⃗a+⃗b在⃗b上的投影向量为⃗AC ⋅⃗b
|⃗b|
2
⋅⃗b=|⃗AC|cos∠CAB
|⃗b|
⋅⃗b=⃗b.
故选：A.
2（2025·湖南·模拟预测）在平行四边形PQRS中，若⃗PQ
|⃗PQ|
+⃗PS
|⃗PS|
=
❑√3⃗PR
|⃗PR|
，则⃗PQ在⃗PS上的投影向量为
（ ）
A．1
2⃗PQ
B．⃗PS
C．
❑√3
2⃗PS
D．1
2⃗PS
【答案】D
【分析】先判断平行四边形PQRS是菱形，求出∠QPS，再根据投影向量的概念求解.
【详解】因为⃗PQ
|⃗PQ|
+⃗PS
|⃗PS|
=
❑√3⃗PR
|⃗PR| ，所以PR平分∠QPS，所以平行四边形PQRS为菱形，
如图：
由⃗PQ
|⃗PQ|
+⃗PS
|⃗PS|
=
❑√3⃗PR
|⃗PR| 两边平方得，2+ 2⃗PQ⋅⃗PS
|⃗PQ||⃗PS|
=3，所以cos∠QPS = 1
2，
所以∠QPS =π
3 ，所以⃗PQ在⃗PS上的投影向量为|⃗PQ|cosπ
3 ⋅⃗PS
|⃗PS|
= 1
2⃗PS.
故选：D
3（2024 高三·全国·专题练习）已知向量⃗a=(3,m)，⃗b=(2,-3)，若⃗a⊥⃗b，则⃗a在⃗a+⃗b上的投影向量为
（ ）
A．(5,-1)
B．(3,2)
C．(
5
2 ,- 1
2)
D．(
3
2 ,1)
【答案】C
【分析】由已知条件可得出⃗a⋅⃗b=0，可得出m的值，求出向量⃗a+⃗b的坐标，利用投影向量的定义结合平
面向量数量积的坐标运算可求得结果.
【详解】由⃗a⊥⃗b，得⃗a⋅⃗b=6-3m=0，解得m=2，
所以，⃗a=(3,2)，则⃗a+⃗b=(5,-1)，
所以，⃗a在⃗a+⃗b上的投影向量为|⃗a|cos⟨⃗a,⃗a+⃗b⟩⋅⃗a+⃗b
|⃗a+⃗b|
=|⃗a|⋅⃗a⋅(⃗a+⃗b)
|⃗a|⋅|⃗a+⃗b|
⋅⃗a+⃗b
|⃗a+⃗b|
=⃗a⋅(⃗a+⃗b)
|⃗a+⃗b|
2
⋅(⃗a+⃗b)= 13
26 (⃗a+⃗b)= 1
2
(5,-1)=(
5
2 ,- 1
2).
故选：C.
5（2025·辽宁大连·模拟预测）已知向量⃗a，⃗b满足|⃗a|=1，⃗b=(1,2)，|⃗a-⃗b|= ❑√5，则向量⃗a在向量⃗b上
的投影向量坐标为（ ）
A．(
1
10 , 1
5)
B．(
1
5 , 2
5)
C．(- 1
10 ,- 1
5)
D．(- 1
5 ,- 2
5)
【答案】A
【分析】根据平面向量的模与数量积的关系结合向量模长的坐标运算可得⃗a⋅⃗b，从而根据投影向量的定义
运算得答案.
【详解】因为|⃗a|=1，⃗b=(1,2)，|⃗a-⃗b|= ❑√5，
所以⃗a
2-2⃗a⋅⃗b+⃗b
2=1-2⃗a⋅⃗b+5=5，则⃗a⋅⃗b= 1
2，
所以向量⃗a在向量⃗b上的投影向量坐标为⃗a⋅⃗b
|⃗b|
2⃗b=
1
2
5
(1,2)= 1
10
(1,2)=(
1
10 , 1
5)
.
故选：A
6（2025·海南·模拟预测）已知平面向量⃗a，⃗b满足|⃗a|= ❑√3,|⃗b|≤2，且|3⃗a-2⃗b|≤❑√11，则向量⃗a在向
量⃗b方向上的投影的最小值为 ．
【答案】4
3 /1 1
3
【分析】由|3⃗a-2⃗b|≤❑√11两边平方可得3⃗a⋅⃗b≥4 +⃗b
2，向量⃗a在向量⃗b方向上的投影化简为4
3|⃗b|
+|⃗b|
3 ，
再由基本不等式可得答案.
【详解】因为|3⃗a-2⃗b|≤❑√11，所以9⃗a
2-12⃗a⋅⃗b+ 4⃗b
2≤11，所以12⃗a⋅⃗b≥9⃗a
2+ 4⃗b
2-11，
又|⃗a|= ❑√3，所以3⃗a⋅⃗b≥4 +⃗b
2，
因为向量⃗a在向量⃗b方向上的投影为
|⃗a|cos⟨⃗a,⃗b⟩=⃗a⋅⃗b
|⃗b|
≥4+|⃗b|
2
3|⃗b|
= 4
3|⃗b|
+|⃗b|
3 ≥2❑√
4
3 × 1
3 = 4
3
，
当且仅当|⃗a|= ❑√3,|⃗b|=2,cos⟨⃗a,⃗b⟩= 4 ❑√3
9
时等号成立，
故向量⃗a在向量⃗b方向上的投影的最小值为4
3 .
故答案为：4
3 ．
题型 5 求平面向量的数量积
1 如果两个非零向量 ⃗a , ⃗b，它们的夹角为θ，我们把数量|⃗a||⃗b|cosθ叫做⃗a与⃗b的数量积(或内
积)，记作:⃗a⋅ ⃗b，即⃗a⋅⃗b=|⃗a||⃗b|cosθ.
2 设⃗a=( x1 , y1) , ⃗b=( x2 , y2)，则数量积⃗a⋅⃗b= x1 x2+ y1 y2
3 求平面向量的数量积，主要有定义法(利用⃗a⋅⃗b=|⃗a||⃗b|cosθ，往往是数量积的两个向量的模及其夹
角易求时使用)、基底法（定义法不好使时，而题中有两个向量的模和夹角已知或易求，它们又较容易
表示其他向量，此时利用基底法好使）、建系法（当题中有垂直的相关信息，比如等腰三角形、零下、
正方形等，建系把数量积问题用坐标表示易求）等等。
【注意】求数量积时，要注意的解题方法的选择。
1（2025·广东佛山·三模）如图，已知矩形ABCD的边长满足AB =2 AD = 4，以A为圆心的圆与BD相切于
P，则⃗AP⋅⃗AC ＝（ ）
A．32
5
B．36
5
C．8
D．4 ❑√5
【答案】A
【分析】由AP⊥BD，根据等面积可得|AP|= 4
❑√5，由⃗AC =⃗AB+⃗AD及向量数量积几何意义求解即可.
【详解】由已知条件可知，AP⊥BD，因此|AP|= 2×4
2❑√5 = 4
❑√5．
故⃗AP⋅⃗AC =⃗AP⋅(⃗AB+⃗AD)=⃗AP⋅⃗AB+⃗AP⋅⃗AD =2|⃗AP|
2= 32
5 ．
故选：A
2（2025·湖北黄冈·模拟预测）在△ABC中，⃗BD =2⃗DC，|⃗AB+⃗AD|=|⃗AB -⃗AD|，|⃗AD|= ❑√2，则⃗
AC ⋅⃗AD =（ ）
A．2
B．2❑√2
C．3
D．3 ❑√2
【答案】C
【分析】根据|⃗AB+⃗AD|=|⃗AB -⃗AD|得出⃗AB⋅⃗AD =0，再利用向量的线性运算得出⃗AC =- 1
2⃗AB+ 3
2⃗AD，
即可求出⃗AC ⋅⃗AD = 3
2|⃗AD|
2=3.
【详解】因为|⃗AB+⃗AD|=|⃗AB -⃗AD|，所以|⃗AB+⃗AD|
2=|⃗AB -⃗AD|
2，
即⃗AB
2+⃗AD
2+2⃗AB⋅⃗AD =⃗AB
2+⃗AD
2-2⃗AB⋅⃗AD，
所以4⃗AB⋅⃗AD =0，即⃗AB⋅⃗AD =0，
因为⃗BD =2⃗DC，则⃗BC = 3
2⃗BD，
则⃗AC =⃗AB+⃗BC =⃗AB+ 3
2⃗BD =⃗AB+ 3
2 (⃗AD -⃗AB)=- 1
2⃗AB+ 3
2⃗AD，
所以⃗AC ⋅⃗AD =(- 1
2⃗AB+ 3
2⃗AD)⋅⃗AD =- 1
2⃗AB⋅⃗AD + 3
2⃗AD
2= 3
2|⃗AD|
2=3.
故选：C.
3（2025 高三·全国·专题练习）在菱形ABCD中，AB =2，∠DAB =60°，P为平面ABCD内的任意一点，
则⃗PA ⋅⃗PC -⃗PB⋅⃗PD =（ ）
A．2
B．0
C．-2
D．4
【答案】C
【分析】法一，连接AC ,BD交于点O，连接PO，根据平面向量的线性运算与数量积的运算性质化简求解
即可；法二，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系，
根据平面向量的坐标运算求解数量积即可.
【详解】解法一 如图，连接AC ,BD交于点O，连接PO，
因为AB =2，∠DAB =60°，所以OA = ❑√3，OB =1，
所以⃗PA ⋅⃗PC -⃗PB⋅⃗PD =(⃗PO+⃗OA)⋅(⃗PO+⃗OC)-(⃗PO+⃗OB)⋅(⃗PO+⃗OD)
=(⃗PO+⃗OA)⋅(⃗PO -⃗OA)-(⃗PO+⃗OB)⋅(⃗PO -⃗OB)=⃗OB
2-⃗OA
2=1
2-(❑√3)
2=-2.
故选：C.
解法二 以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴建立如图所示的平面
直角坐标系，
则根据题意可得A (0,0)，B (2,0)，C (3,❑√3)，D(1,❑√3)，
设P(x , y)，则⃗PA =(- x ,- y)，⃗PB =(2- x ,- y)，⃗PC =(3- x ,❑√3- y)，⃗PD =(1- x ,❑√3- y)，
则⃗PA ⋅⃗PC -⃗PB⋅⃗PD =(- x ,- y)⋅(3- x ,❑√3- y)-(2- x ,- y)⋅(1- x ,❑√3- y)
=-3 x + x
2- ❑√3 y + y
2-(2-2 x - x + x
2- ❑√3 y + y
2)=-2.
故选：C.
4（2025·浙江·三模）已知A，B，C 是函数f (x)=|2- log3 x|图象上的三点，A 在x 轴上，且BC // x轴，若
BC =24，则⃗AB⋅⃗AC的值为（ ）
A．0
B．－1
C．－107
D．82
【答案】C
【分析】先根据A在x轴，令函数值为0求出A坐标. 设B、C坐标，再根据BC 长度列出方程，得到x1与x2
的关系. 写出⃗AB与⃗AC坐标，进而算出( x1-9)( x2-9).
求出x1、x2具体值，得到y0和y0
2，算出数量积结果.
【详解】令|2- log3 x|=0，即2- log3 x =0，得log3 x =2，所以A(9,0).
设B( x1, y0)，C( x2, y0)（x1< x2），因BC // x轴，所以|2- log3 x1|=|2- log3 x2|.
又x1< x2，且y = log3 x递增，所以2- log3 x1=-(2- log3 x2)，即log3 x1+ log3 x2= 4，
根据运算法则得log3( x1 x2)= 4，所以x1 x2=3
4=81.
已知BC =24，则x2- x1=24. ⃗
AB =( x1-9, y0)，⃗AC =( x2-9, y0)，⃗AB⋅⃗AC =( x1-9)( x2-9)+ y0
2.
展开( x1-9)( x2-9)= x1 x2-9 x1-9 x2+81= x1 x2-9( x1+ x2)+81.
由( x2- x1)
2=( x2+ x1)
2- 4 x1 x2，
把x2- x1=24，x1 x2=81代入得( x2+ x1)
2=24
2+ 4×81=576+324 =900，
因为x1>0, x2>0，所以x2+ x1=30.
则( x1-9)( x2-9)=81-9×30+81=162-270=-108.
由x2+ x1=30，x1 x2=81，解方程组¿，得x2=27，x1=3.
y0=|2- log33|=1，y0
2=1.
所以⃗AB⋅⃗AC =-108+1=-107.
故选：C.
题型 6 平面向量的夹角问题
1 由数量积的定义可知cos<⃗a,⃗b>=⃗
a⋅⃗b
|⃗a| ⃗b|
；
2
设⃗
a=( x1 , y1) , ⃗b=( x2 , y2)，
则
夹
角
余
弦
值
cos<⃗a,⃗b>=⃗
a⋅⃗b
|⃗a| ⃗b|
=
x1 x2+ y1 y2
❑√x1
2+ y1
2∙
❑√x2
2+ y2
2.
3 求夹角要清楚求的是哪两个向量的夹角。
1（2023·四川内江·一模）设x∈R，向量⃗a=( x ,1)，⃗b=(1,-2)，且⃗a⊥⃗b，则cos⟨⃗a+⃗b,⃗b⟩=
（ ）
A．
❑√2
10
B．
❑√2
2
C．
❑√5
10
D．
❑√2
5
【答案】B
【分析】根据条件，利用向量垂直的坐标运算，得出x =2，从而可得出⃗a+⃗b=(3,-1)，再利用向量数量积
公式即可求出结果.
【详解】因为⃗a=( x ,1)，⃗b=(1,-2)，又⃗a⊥⃗b，所以x -2=0，得到x =2，
所以⃗a=(2,1)，得到⃗a+⃗b=(3,-1)，
所以cos⟨⃗a+⃗b,⃗b⟩= (⃗a+⃗b)⋅⃗b
|⃗a+⃗b||⃗b|
=
3+2
❑√9+1⋅❑√1+ 4 =
5
5 ❑√2 =
❑√2
2 ，
故选：B.
2（2025·江西南昌·模拟预测）已知平面向量⃗a，⃗b满足|⃗a|=|⃗b|=3，且⃗a在⃗b上的投影向量为-
❑√3
2⃗b，则向量⃗
a与向量⃗b的夹角为（ ）
A．π
3
B．2π
3
C．3π
4
D．5π
6
【答案】D
【分析】根据投影向量的求法及已知得⃗a⋅⃗b
|⃗b|
2 =-
❑√3
2 ，进而有cos⟨⃗a,⃗b⟩=-
❑√3
2 ，即可求夹角.
【详解】由题设⃗a⋅⃗b
|⃗b|
⋅⃗
b
|⃗b|
=-
❑√3
2⃗b，即⃗a⋅⃗b
|⃗b|
2 =-
❑√3
2 ，又|⃗a|=|⃗b|=3，
所以cos⟨⃗a,⃗b⟩=-
❑√3
2 ，又0≤⟨⃗a,⃗b⟩≤π，则⟨⃗a,⃗b⟩=5π
6 .
故选：D
3（2025 高三·全国·专题练习）已知非零向量⃗a,⃗b满足(⃗a-⃗b)⊥(2⃗a-⃗b)，则sin⟨⃗a,⃗b⟩的最大值为
（ ）
A．
❑√3
3
B．
❑√2
2
C．1
3
D．1
2
【答案】C
【分析】由数量积的运算律结合向量垂直得到向量夹角的余弦值，再利用基本不等式和同角的三角函数关
系可得.
【详解】由题意，得(⃗a-⃗b)·(2⃗a-⃗b)=2|⃗a|
2-3|⃗a||⃗b|cos⟨⃗a,⃗b⟩+|⃗b|
2=0，
因为|⃗a|>0,|⃗b|>0，所以cos⟨⃗a,⃗b⟩= 2|⃗a|
2+|⃗b|
2
3|⃗a||⃗b|
≥2❑√2
3
，当且仅当2|⃗a|=|⃗b|时取等号，
又由同角的平方和为1，所以sin⃗a,⃗b≤1
3．
故选：C．
4（2025·河南新乡·模拟预测）在△AOB中，记⃗OA =⃗a、⃗OB=⃗b，向量⃗a、⃗b满足|⃗a|=3，|⃗b|=2，
a·
→
( a
→
- b
→
)=8，则此三角形AOB 的面积是（ ）
A．
❑√35
2
B．
❑√35
3
C．
❑√15
5
D．
❑√13
6
【答案】A
【分析】应用向量夹角公式计算求出余弦值，再结合同角三角函数关系得出是，最后结合面积公式计算求
解.
【详解】∵在△AOB中，⃗OA =⃗a、⃗OB =⃗b，
∵a·
→
( a
→
- b
→
)= a
→
2- a
→
⋅b
→
=|a
→|
2
- a
→
⋅b
→
=8，
又|⃗a|=3，|⃗b|=2，解得⃗a⋅⃗b=1，
进而由向量夹角公式得cos⟨⃗a,⃗b⟩=⃗a⋅⃗b
|⃗a|⋅|⃗b|
= 1
6，
于是sin⟨⃗a,⃗b⟩=
❑√1-(cos⟨⃗a,⃗b⟩)
2=
❑√35
6
，
S△AOB= 1
2|⃗a|⋅|⃗b|sin⟨⃗a,⃗b⟩=
❑√35
2
，
故选：A.
5（2025·河南·三模）在△ABC中，向量⃗AB =(x ,1)，⃗BC =(-3,2- x)，若∠ABC为锐角，则实数x 的取值
范围为（ ）
A．(
1
2 ,3)∪(3,+∞)
B．(-1,3)∪(3,+∞)
C．(
1
2 ,+∞)
D．(-∞, 1
2)
【答案】A
【分析】根据题意BA⃗⋅BC⃗>0且⃗BA与⃗BC不共线，然后利用数量积的坐标运算及共线的向量坐标运算列
不等式求解即可.
【详解】因为∠ABC为锐角，则BA⃗⋅BC⃗>0且⃗BA与⃗BC不共线．
由⃗AB =(x ,1)得⃗BA =(- x ,-1)，BC⃗=(-3,2- x)，
则⃗BA ⋅⃗BC =(- x)×(-3)+(-1)×(2- x)=3 x -2+ x = 4 x -2>0，解得x> 1
2．
若⃗BA与⃗BC共线，则- x (2- x)=(-1)×(-3)，即x
2-2 x -3=0，
解得x =-1或x =3，所以x> 1
2且x≠3，即x 的取值范围是(
1
2 ,3)∪(3,+∞)．
故选：A
题型 7 平面向量的最值问题
1 平面向量的最值是多样的，最常见的是求数量积的最值，方法有
（1）定义法(利用⃗a⋅⃗b=|⃗a||⃗b|cosθ，往往是数量积的两个向量的模及其夹角易求时使用)，把数量积
掌握为某个变量的式子，再用函数的方法求最值；
（2）基底法（定义法不好使时，而题中有两个向量的模和夹角已知或易求，它们又较容易表示其他向
量，此时利用基底法好使），把数量积掌握为某个变量的式子，再用函数的方法求最值；
（3）建系法（当题中有垂直的相关信息，比如等腰三角形、零下、正方形等，建系把数量积问题用坐
标表示易求），把数量积掌握为某个变量的式子，再用函数的方法求最值；
（4）极化恒等式
① 平行四边形模式：在平行四边形ABCD中，⃗AB∙⃗AD = 1
4 [| AC |
2-| DB|
2]，
即向量的数量积等于对应平行四边形的对角线的平方差的1
4 .
② 三角形模式：⃗AB∙⃗AD =| AO|
2- 1
4 |BD|
2=| AO|
2-|BO|
2，
2 利用平面向量的等和线，可以处理类似求⃗AO = λ⃗AB+ μ⃗AC中λ+ μ的最值问题；
3 其他的一些最值问题，主要思路也是几何法或代数法。几何法强调对图形的观察，能够辨识出几何模
型；代数法，主要是如何引入参数表示所求，再利用函数方法求解，引入哪个变量是难点。
【注意】采取代数法求解最值，要注意引入的变量的取值范围。
1（2025·河南·一模）如图梯形ABCD，AB∥CD且AB =5，AD =2 DC = 4，E在线段BC上，⃗
AC ⋅⃗BD =0，则⃗AE⋅⃗DE的最小值为
A．15
13
B．95
13
C．15
D．- 15
13
【答案】B
【分析】先建系解得D ,C坐标，再设E坐标，根据向量数量积列函数关系式，最后根据二次函数性质求最
值.
【详解】以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，设
D(m,n),C(m+2,n),(m>0,n>0)，
因此{
m
2+n
2=16
(m+2,n)⋅(m-5,n)=0
∴{
m
2+n
2=16
m
2+n
2-3m-10=0
,{ m=2
n=2❑√3，
因此BC : y = 2❑√3
4 -5 ( x -5), y =-2❑√3( x -5)，设E( x ,-2❑√3( x -5)),4≤x ≤5,
所以⃗AE⋅⃗DE =( x ,-2❑√3( x -5))⋅( x -2,-2❑√3( x -5)-2❑√3)
=( x ,-2❑√3( x -5))⋅( x -2,-2❑√3( x -5)-2❑√3)=13 x
2-110 x +240
当x = 55
13 ∈[ 4,5]时，⃗AE⋅⃗DE最小值为95
13 .选B.
【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问
题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.
2（2025·安徽滁州·二模）已知A ,B ,C三点在单位圆上运动，且|AB|= ❑√3，则⃗BC ⋅⃗AC的取值范围为
（ ）
A．[- 1
2 , 3
2]
B．[- 3
2 , 1
2]
C．[
1
2 , 3
2]
D．[- 3
2 ,- 1
2]
【答案】A
【分析】设AB的中点为E，得|OE|= 1
2，∠AOB =120
∘，将⃗BC ⋅⃗AC化为1
2 -cos∠COE，根据
-1≤cos∠COE≤1可得结果.
【详解】设AB的中点为E，因为|OA |=|OB|=1，AB|= ❑√3，所以|OE|= 1
2，∠AOB =120
∘，
AC⃗⋅BC⃗=CA⃗⋅CB⃗=(OA⃗-OC⃗)⋅(OB⃗-OC⃗)
=⃗OA ⋅⃗OB -⃗OC ⋅(⃗OA +⃗OB)+|⃗OC |
2
=1×1×(- 1
2)-⃗OC ⋅2⃗OE +1
=- 1
2 +1-2×1× 1
2 cos∠COE = 1
2 -cos∠COE，
因为-1≤cos∠COE≤1，所以- 1
2 ≤⃗AC ⋅⃗BC ≤3
2.
故选：A
3（2025·广东东莞·模拟预测）边长为1的正方形内有一内切圆，MN是内切圆的一条弦，点P为正方形四
条边上的动点，当弦MN的长度最大时，则⃗PM ⋅⃗PN的最大值是（ ）．
A．- 1
4
B．0
C．1
4
D．1
2
【答案】C
【分析】设正方形ABCD的内切圆圆心为O，由题可得MN为圆O的一条直径时，弦MN的长度最大，⃗
PM ⋅⃗PN =|⃗PO|
2- 1
4 ，据此可得最大值.
【详解】如下图所示：设正方形ABCD的内切圆圆心为O，
当弦MN的长度最大时，MN为圆O的一条直径，
则⃗PM ⋅⃗PN =(⃗PO+⃗OM )⋅(⃗PO+⃗ON )=(⃗PO+⃗OM )⋅(⃗PO -⃗OM )
=|⃗PO|
2-|⃗OM|
2=|⃗PO|
2- 1
4
.
当P与正方形ABCD的顶点重合时，|⃗OP|max =
❑√2
2 ，
因此，(⃗PM ⋅⃗PN )max =(|⃗PO|
2- 1
4)max
= 1
4 ．
故选：C
4（2025·北京丰台·一模）在平行四边形ABCD中，E 为边BC上的动点，O 为△ABD外接圆的圆心，
2⃗DO =⃗DA +⃗DB，且|⃗DO|=|⃗DA|=2，则⃗DO⃗· DE的最大值为（ ）
A．3
B．4
C．6
D．8
【答案】C
【分析】根据题意确定△ABD为直角三角形并求出线段DB的长，然后以⃗DA ,⃗DB为基底去计算⃗DO⃗· DE
的值即可.
【详解】由2⃗DO =⃗DA +⃗DB可知O 为AB的中点，又因为O 为△ABD外接圆的圆心，
所以△ABD为直角三角形，DA ⊥DB，所以⃗DA ·⃗DB =0，
又因为|⃗DO|=|⃗DA|=2所以|⃗AB|= 4所以DB =2❑√3，
又因为E 为边BC上的动点，所以⃗BE = λ⃗BC , λ∈[0,1]⃗
DO⃗· DE = 1
2 (⃗DA +⃗DB)·(⃗DB+⃗BE)= 1
2 (⃗DA +⃗DB)·(⃗DB+ λ⃗BC )
= 1
2 (⃗DA +⃗DB)·(⃗DB - λ⃗DA )= 1
2 (⃗DB
2- λ⃗DA
2)= 1
2 (|⃗DB|
2- λ|⃗DA|
2)
= 1
2 ((2❑√3)
2- 4 λ)= 1
2 (12- 4 λ)=6-2 λ，
因为λ∈[0,1]，所以-2 λ∈[-2,0]即6-2 λ∈[4,6]
所以⃗DO⃗· DE的最大值为6.
故选：C
5（2025·甘肃·一模）已知梯形ABCD中，AB // CD , AB =2BC =2CD =2 AD = 4，点M为边CD上的
动点，若∠AMB =α，则cosα的范围是（ ）
A．[0, 1
7]
B．[- 1
7 ,1]
C．[
1
2 , 1
7]
D．[- 1
7 ,0]
【答案】D
【分析】建立平面直角坐标系，应用向量的夹角公式计算最后结合值域求解.
【详解】如图所示建立平面直角坐标系，则
A (-2,0),B (2,0),C (1,❑√3)
，
D(-1,❑√3)
，
设M (x ,❑√3)(-1≤x ≤1)，则⃗AM =(x +2,❑√3)，⃗BM =(x -2,❑√3)，
cosα =
x
2- 4 +3
❑√( x +2)
2+3⋅
❑√( x -2)
2+3
=
x
2-1
❑√x
4-2 x
2+ 49
=
x
2-1
❑√(x
2-1)
2+ 48
，
令x
2-1=t，则-1≤t ≤0，
cosα =
t
❑√t
2+ 48
=- ❑√
t
2
t
2+ 48
=- ❑√
1-
48
t
2+ 48
，
可得cosα ∈[- 1
7 ,0]，
故选:D.
6（2024·河北保定·二模）如图，圆O1和圆O2外切于点P，A，B分别为圆O1和圆O2上的动点，已知圆O1
和圆O2的半径都为1，且⃗PA ⋅⃗PB =-1，则|⃗PA +⃗PB|
2的最大值为（ ）
A．2
B．4
C．2❑√2
D．2❑√3
【答案】D
【分析】由⃗PA ⋅⃗PB =(⃗PO1+⃗O1 A)⋅(⃗PO2+⃗O2B)=1，化简得到
|⃗O1 A ⋅⃗O2B|=|⃗PO1⋅(⃗O2B -⃗O1 A)|≤|⃗O2B -⃗O1 A|，两边平方化简可得：
-1- ❑√3≤⃗O1 A ⋅⃗O2B≤-1+ ❑√3，由|⃗PA +⃗PB|
2=|⃗PO1+⃗O1 A +⃗PO2+⃗O2B|
2化简即可得到答案.
【详解】⃗PA ⋅⃗PB =(⃗PO1+⃗O1 A)⋅(⃗PO2+⃗O2B)=⃗PO1⋅⃗PO2+⃗PO1⋅⃗O2B+⃗O1 A ⋅⃗PO2+⃗O1 A ⋅⃗O2B
=-1+⃗PO1⋅(⃗O2B -⃗O1 A)+⃗O1 A ⋅⃗O2B =-1，
所以|⃗O1 A ⋅⃗O2B|=|⃗PO1⋅(⃗O2B -⃗O1 A)|≤|⃗O2B -⃗O1 A|，
所以|⃗O1 A ⋅⃗O2B|
2≤|⃗O2B|
2+|⃗O1 A|
2-2⃗O1 A ⋅⃗O2B，即|⃗O1 A ⋅⃗O2B|
2+2⃗O1 A ⋅⃗O2B -2≤0，
解得-1- ❑√3≤⃗O1 A ⋅⃗O2B≤-1+ ❑√3.
|⃗PA +⃗PB|
2=|⃗PO1+⃗O1 A +⃗PO2+⃗O2B|
2=|⃗O1 A +⃗O2B|
2=|⃗O1 A|
2+|⃗O2B|
2+2⃗O1 A ⋅⃗O2B
=2+2⃗O1 A ⋅⃗O2B≤2+2×(-1+ ❑√3)=2❑√3.
故选：D
7（2025 高三·全国·专题练习）已知非零向量⃗a,⃗b,⃗c满足(⃗a-2⃗c)⋅(⃗b-2⃗c)=0，且不等式
|⃗a+⃗b|+|⃗a-⃗b|≥λ|⃗c|恒成立，则实数λ的最大值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【分析】通过向量的几何意义，将⃗a、⃗b、⃗c转化为几何图形中的线段，利用圆的性质求解.
【详解】根据题意，作出相关图形，
设⃗OA =⃗a，⃗OB =⃗b，C为AB中点，
以AB为直径作圆，设2⃗c =⃗OD ，
有⃗a-2⃗c =⃗DA ,⃗b-2⃗c =⃗DB ,
由于(⃗a-2⃗c)⋅(⃗b-2⃗c)=0，
即(⃗a-2⃗c)⊥(⃗b-2⃗c)，即⃗DA ⊥⃗DB,所以D在圆C上运动，
所以2|⃗c|max =|⃗OC|+|⃗AC|= 1
2|⃗a+⃗b|+ 1
2|⃗a-⃗b|,
因为|⃗a+⃗b|+|⃗a-⃗b|≥λ|⃗c|恒成立，变形可得：
λ≤|⃗a+⃗b|+|⃗a-⃗b|
|⃗c|
恒成立，结合前面关系，
有|⃗a+⃗b|+|⃗a-⃗b|
|⃗c|
= 4|⃗c|max
|⃗c|
≥4|⃗c|
|⃗c| = 4，所以λ≤4，
故选：D.
8（2025·河北廊坊·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB =90
∘,∠ABC =30
∘，点P在以BC为直径的半
圆（△ABC外）内及边界上运动，若⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC，记2 λ+ μ的最大值与最小值分别为m,n，则
m+n= .
【答案】7
2/3.5
【分析】设E、O分别为AB、BC的中点，则⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC =2 λ⃗AE + μ⃗AC，由三点共线可得
2 λ+ μ=1，此时点P与点C重合，2 λ+ μ最小，做直线l与CE平行，且与半圆相切，由三点共线知点P在直
线l上时，2 λ+ μ最大，设直线l与AB的延长线相交于点M， 设CE =1，求出AM
AE = AN
AC ，可得答案.
【详解】设E为AB的中点，连接CE，
设O为BC的中点，即点O为以BC为直径的半圆的圆心，
则⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC =2 λ⃗AE + μ⃗AC，
当点P在CE上时，由三点共线可得2 λ+ μ=1，此时点P与点C重合，
2 λ+ μ最小，即n=1，
做直线l与CE平行，且与半圆相切，连接点A与切点P，此时2 λ+ μ最大，
即由三点共线知点P在直线l上时， 2 λ+ μ最大，
设直线l与AB的延长线相交于点M，
连接OP，则OP⊥l，延长AC与l相交于点N，
因为AC ⊥BC，所以AC为半圆的一条切线，所以NC = NP，
由CE = AE = EB，∠CAE =60
∘得∠CEA =∠PMB =60
∘,∠ECB =∠EBC =30
∘，
可得△AMN为等边三角形，AN = MN，所以AC = PM，
由NC
AN = NP
MN 得PC // AM，又CE //l，所以四边形PCEM为平行四边形，
所以PC = EM，∠PCE =∠AMP =60
∘，
设CE =1，则AE =1,BC = ❑√3，
由∠CPB =90
∘,∠ECB =30
∘得∠PCB =30
∘，EM = PC = ❑√3 PB = ❑√3× 1
2 BC = 3
2，
可得AM = AE + EM = 5
2，AM
AE = AN
AC = 5
2，
所以⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC =2 λ⃗AE + μ⃗AC =2 λ× 2
5⃗AM + μ× 2
5⃗AN，
因为N , P , M三点共线，所以2 λ× 2
5 + μ× 2
5 =1，可得2 λ+ μ= 5
2，
所以2 λ+ μ的最大值为m= 5
2，
则m+n=1+ 5
2 = 7
2.
故答案为：7
2.
9（2025·四川成都·模拟预测）如图，A，B 是单位圆（圆心为O）上两动点，C 是劣弧´AB（含端点）上的
动点．记⃗OC = λ⃗OA + μ⃗OB（λ，μ均为实数）．
(1)若O 到弦AB 的距离是1
2，求λ+ μ的取值范围；
(2)若|3⃗OA -⃗OB|≤5
2，向量2⃗OA +⃗OB和向量⃗OA +⃗OB的夹角为θ，求cos
2θ的最小值．
【答案】(1)[1,2]
(2)39
40
【分析】（1）由题意确定∠AOB =2π
3 ，根据数量积的运算律求得则⃗OC ⋅⃗OA = λ- 1
2 μ，⃗
OC ⋅⃗OB =- 1
2 λ+ μ，可得λ+ μ=2cos〈⃗OC ,⃗OD 〉，即可求得答案；
（2）将|3⃗OA -⃗OB|≤5
2平方可得cosα ∈[
5
8 ,1)，根据数量运算律求出
(2⃗OA +⃗OB)⋅(⃗OA +⃗OB)=3+3cosα，以及求得向量2⃗OA +⃗OB和向量⃗OA +⃗OB的模，即可求得cos
2θ的
表达式，结合余弦函数性质利用函数单调性即可求得答案.
【详解】（1）由题意知O 到弦AB 的距离是1
2，则∠ABO =∠BAO =π
6 ，
故∠AOB =2π
3 ，且⃗OA ⋅⃗OB =- 1
2，
记劣弧´AB的中点为D，
则⃗OC ⋅⃗OA =( λ⃗OA + μ⃗OB)⋅⃗OA = λ⃗OA
2+ μ⃗OA ⋅⃗OB = λ- 1
2 μ，⃗
OC ⋅⃗OB = λ⃗OA ⋅⃗OB+ μ⃗OB
2=- 1
2 λ+ μ，
两式相加得⃗OC ⋅(⃗OA +⃗OB)= 1
2
(λ+ μ)，
故λ+ μ=2⃗OC ⋅(⃗OA +⃗OB)=2⃗OC ⋅⃗OD =2cos〈⃗OC ,⃗OD 〉，
由于〈⃗OC ,⃗OD 〉∈[0,π
3 ]，故2cos〈⃗OC ,⃗OD 〉∈[1,2]，
即λ+ μ的取值范围为[1,2]；
（2）设∠AOB =α ,α ∈(0,π)，
由|3⃗OA -⃗OB|≤5
2可得9⃗OA
2+⃗OB
2-6⃗OA ⋅⃗OB≤25
4 ，
即10-6cosα ≤25
4 ，结合-1<cosα <1可得cosα ∈[
5
8 ,1)，
故(2⃗OA +⃗OB)⋅(⃗OA +⃗OB)=2⃗OA
2+3⃗OA ⋅⃗OB+⃗OB
2=3+3cosα，
而|2⃗OA +⃗OB|=
❑√(2⃗OA +⃗OB)
2= ❑√5+ 4 cosα ,|⃗OA +⃗OB|
❑√(⃗OA +⃗OB)
2= ❑√2+2cosα，
由于向量2⃗OA +⃗OB和向量⃗OA +⃗OB的夹角为θ，
故cos
2θ =[ (2⃗OA +⃗OB)⋅(⃗OA +⃗OB)
|⃗OA +⃗OB||⃗OB+⃗OB|
]
2
=
(3+3cosα )
2
(5+ 4 cosα )(2+2cosα )
= 9(1+cosα )
2(5+ 4 cosα ) = 9
8(1-
1
4 cosα +5)，
令f (x)= 9
8(1-
1
4 x +5)，则f ( x)在[
5
8 ,1)上单调递增，
则f ( x)min= f ( 5
8 )= 39
40，
即cos
2θ得最小值为39
40.
题型 8 平面向量在几何的应用
1 由于向量的线性运算和数量积运算具有鲜明的几何背景，平面几何图形的许多性质，如全等、相似、
长度、夹角等都可以由向量的线性运算及数量积表示出来，因此平面几何中的许多问题都可用向量运算
的方法加以解决.
2 用向量方法解决平面几何问题的“三部曲”
(1) 建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问
题；
(2) 通过向量运算，研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题；
(3) 把运算结果“翻译”成几何关系.
Eg 点A 、B、C 、D不在同一直线上
(1)证明直线平行或共线：AB //CD⇔⃗AB //⃗CD
(2)证明直线垂直：AB⊥CD ⟺⃗AB⋅⃗CD =0
(3)求线段比值：AB
CD =|λ|且AB //CD⇔ ⃗AB = λ⃗CD
(4)证明线段相等： ⃗AB
2=⃗CD
2⇔AB =CD
1（2025 高三·全国·专题练习）已知△ABC的三个顶点A ,B ,C及平面内一点P满足⃗PA +⃗PB+⃗PC =⃗0，则P
为△ABC的（ ）．
A．外心
B．内心
C．重心
D．垂心
【答案】C
【分析】根据给定的向量等式，化简得出⃗AD = 3
2⃗AP，可得P是△ABC的重心.
【详解】在△ABC中，因⃗PA +⃗PB+⃗PC =⃗0，
设D为BC的中点，而⃗PB+⃗PC =2⃗PD =⃗AP，⃗AD = 3
2⃗AP，所以P是AD靠近D的三等分点，
则P是△ABC的重心；
故选：C.
2（2025 高三·全国·专题练习）O为△ABC平面内一定点，该平面内一动点P满足
M ={P|⃗OP =⃗OA + λ(|⃗AB|sin B⋅⃗AB+|⃗AC |sinC ⋅⃗AC ), λ>0}，则△ABC的（ ）一定属
于集合M.
A．重心
B．垂心
C．外心
D．内心
【答案】A
【分析】根据题意画出图形，根据正弦定理得出|⃗AB|⋅sin B =|⃗AC|⋅sinC，代入关系式由向量的加减法
化简，得出⃗AP与⃗AD共线，由此得出点P 的轨迹，得出答案.
【详解】
△ABC
中，根据正弦定理，
|⃗AC|
sin B = |⃗AB|
sinC
，即|⃗AB|⋅sin B =|⃗AC|⋅sinC.
设t =|⃗AB|⋅sin B =|⃗AC|⋅sinC，t >0，
所以⃗OP =⃗OA + λt (⃗AB+⃗AC)，
∵⃗OP =⃗OA +⃗AP，
∴⃗AP = λt (⃗AB+⃗AC)，
设D 为BC中点，则⃗AD = 1
2 (⃗AB+⃗AC)，故AP
→
=2 λt AD
→，
所以A , P , D共线，
∴点P的轨迹为射线AD（不含端点A）.
∴△ABC的重心一定属于集合M.
故选：A.
3（2024·四川内江·三模）已知点A、B、C 在圆x
2+ y
2=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
【答案】C
【分析】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.
【详解】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.
4（2025 高三·全国·专题练习）已知在△ABC中，BC =6,G ,O分别为△ABC的重心和外心，且⃗
OG⋅⃗BC =6，则△ABC的形状是（ ）．
A．锐角三角形
B．钝角三角形
C．直角三角形
D．上述三种情况都有可能
【答案】C
【分析】作△ABC的边BC上的中线AD，过点G作¿⊥BC于点E，过点A作AH ⊥BC于点H，根据数量
积的几何意义可得DE =1，结合重心性质可得点H ,C重合，从而得解.
【详解】作△ABC的边BC上的中线AD，
因为O为△ABC的外心，所以OD⊥BC．
因为G为△ABC的重心，所以DG = 1
3 DA．
过点G作¿⊥BC于点E，过点A作AH ⊥BC于点H．
由⃗OG⋅⃗BC =6及BC =6，由于⃗DE为⃗OG在⃗BC方向上的投影向量，
由数量积的几何意义，得DE =1．
由GE// AH及DG = 1
3 DA，得DH =3．而DC =3，
所以点H ,C重合，故AC ⊥BC．
故选：C．
5（2025·广东广州·二模）在平面四边形ABCD中，AC = AD = 4 ,∠CAD =60° ,∠ABC =90°，若△
ABD的面积是△BCD的面积的2 倍，则BD的长度为 .
【答案】2❑√7
【分析】如图建立直角坐标系，设AC，BD 交点为E，由△ ABD的面积是△BCD的面积的2 倍可得E 坐
标，然后由B，E，D 三点共线结合AC = 4可得B 点坐标，即可得答案.
【详解】如图，以D 点为原点，取AC 中点为F，以DF 所在直线为x 轴，
以过D 点，垂直于DF 直线为y 轴，建立直角坐标系.
又AC = AD = 4，∠CAD =60° .
则D (0,0)，A (2❑√3,-2)，B (x , y)，C (2❑√3,2).
过C，A 两点作DB 垂线，垂足为G，H，则S△ABD
S△BCD
=
1
2 AH ⋅BD
1
2 CG⋅BD
= AH
CG =2.
又注意到△AHE∼△CGE，则AE
EC =2.设E(x1, y1)，则⃗CE = 1
3⃗CA，
则(x1-2❑√3, y1-2)= 1
3
(0,- 4)⇒E(2❑√3, 2
3).
注意到B，E，D 三点共线，则⃗DE //⃗DB，则2
3 x =2❑√3 y ⇒x =3 ❑√3 y.
又AC =
❑√BC
2+ B A
2= 4⇒2(x -2❑√3)
2+( y -2)
2+( y +2)
2=16
⇒x
2- 4 ❑√3 x + y
2+8=0⇒7 y
2-9 y +2=0⇒( y -1)(7 y -2)=0
则y =1或y = 2
7，又由图可得x>2❑√3⇒y =1，x =3 ❑√3，则B(3 ❑√3,1).
则DB = ❑√27+1=2❑√7.
故答案为：2❑√7
题型 9 平面向量在物理的应用
1 速度、力是向量，都可以转化为向量问题；
2 力的合成与分解符合平行四边形法则.
1（2023·浙江温州·二模）物理学中，如果一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，我们
就说这个力对物体做了功，功的计算公式：W =⃗F ⋅⃗S（其中W 是功，⃗F是力，⃗S是位移）一物体在力⃗
F1=(2,4)和⃗F2=(-5,3)的作用下，由点A (1,0)移动到点B (2,4)，在这个过程中这两个力的合力对物体所作
的功等于（ ）
A．25
B．5
C．-5
D．-25
【答案】A
【分析】利用条件，先求出两个力的合力⃗F1+⃗F2及⃗AB，再利用功的计算公式即可求出结果.
【详解】因为⃗F1=(2,4)，⃗F2=(-5,3)，所以⃗F1+⃗F2=(-3,7)，又A (1,0)，B (2,4)，所以⃗AB =(1,4)，故
W =(⃗F1+⃗F2)⋅⃗AB =-3+7×4 =25.
故选：A.
2（2025·宁夏·一模）如图所示，质点P 从点A 出发，沿AB，BC，CD 运动至点D，已知
AB //CD , AB = 4 ,BC =2,CD =3，⃗AB⋅⃗BC =-2，则质点P 位移的大小是（ ）
A．9
B．2❑√15
C．2❑√13
D．❑√46
【答案】D
【分析】由数量积的运算律，定义，结合模长计算可得.
【详解】由题意可得质点P 位移为⃗AD =⃗AB+⃗BC +⃗CD，
所以|⃗AD|=
❑√(⃗AB+⃗BC +⃗CD)
2=
❑√|⃗AB|
2+|⃗BC|
2+|⃗CD|
2+2⃗AB⋅⃗BC +2⃗BC ⋅⃗CD +2⃗AB⋅⃗CD
因为AB = 4 ,BC =2,CD =3，⃗AB⋅⃗BC =-2，所以⃗AB⋅⃗CD =12，
设⃗AB ,⃗BC的夹角为θ，所以⃗AB⋅⃗BC =|⃗AB||⃗BC|cosθ =-2⇒cosθ =- 1
4 ，
因为AB //CD ,所以⃗BC ⋅⃗CD =|⃗BC||⃗CD|cosθ =2×3×(- 1
4)=- 3
2，
所以|⃗AD|= ❑√46.
故选：D
3（多选）（2025·安徽黄山·二模）如图，一条河两岸平行，河的宽度d =500 m，一艘船从河岸边的A地出
发，向河对岸航行，已知船的速度⃗v1的大小为|⃗v1|=10km /h，水流速度⃗v2的大小为|⃗v2|=2km /h，设⃗v1和⃗
v2的夹角为θ(0<θ<π)，则下列说法正确的为（ ）
A．当船的航行时间最短时，θ =π
2
B．当船的航行距离最短时，cosθ = 1
5
C．当θ =π
6 时，船的航行时间为6 分钟
D．当θ = 2π
3 时，船的航行距离为
❑√31
5
km
【答案】AC
【分析】利用向量的加法法则以及数量积的运算律解决速度合成问题，根据船的航行时间t = d
v （其中船垂
直河岸方向的分速度v =|⃗v1|sinθ）可计算并判断A,C；根据船的航行距离最短时，合速度方向垂直河岸，
可计算并判断B；通过向量的有关运算计算出合成速度|⃗v0|，可计算并判断D.
【详解】对于A，将船的速度⃗v1和水流速度⃗v2进行合成，船垂直河岸方向的分速度v =|⃗v1|sinθ，
河宽d =500 m =0.5km，则渡河时间t = d
v =
0.5
10sinθ =
1
20sinθ ，
当sinθ =1，即θ =π
2 ，t取得最小值，所以当船的航行时间最短时，θ =π
2 ，故A 正确；
对于B，当船的航行距离最短时，合速度方向垂直河岸，如图，
则cos(π-θ)=|⃗v2|
|⃗v1|
= 1
5，所以cosθ =- 1
5，故B 错误；
对于C，当θ =π
6 时，船垂直河岸方向的分速度v =|⃗v1|sinθ =10× 1
2 =5km/h，
船的航行时间t = d
v = 0.5
5 = 1
10 h，即6 分钟，故C 正确；
对于D，将船的速度⃗v1和水流速度⃗v2进行合成⃗v0，则⃗v0=⃗v1+⃗v2，
当θ = 2π
3 时，⃗v1⋅⃗v2=|⃗v1||⃗v2|cos 2π
3 =10×2×(- 1
2)=-10，
所以|⃗v0|= ❑√(⃗v1+⃗v2)
2=
❑√⃗v1
2+⃗v2
2+2⃗v1⋅⃗v2= ❑√100+ 4 -20=2❑√21，
因为船垂直河岸方向的分速度v =|⃗v1|sinθ =10×
❑√3
2 =5 ❑√3km/h，
所以船的航行时间t = d
v = 0.5
5 ❑√3 =
❑√3
30 h，
所以船的航行距离为|⃗v0|⋅t =2❑√21×
❑√3
30 =
❑√7
5 km，故D 错误.
故选：AC.
4（2025·四川成都·模拟预测）如图，无弹性细绳OA，OB一端分别固定在A，B 处，在同样的细绳OC的
下端吊一重物，要保持此状态，对细绳的耐力性要求最高的是 (三条绳本身质量忽略不计，横线上
填OA或OB或OC)．
【答案】OA
【分析】设OA ,OB ,OC三条绳受的力分别为⃗a,⃗b,⃗c，则⃗a+⃗b+⃗c =⃗0，根据向量加法法则和直角三角形三
边关系得到|⃗O A
'|>|⃗O B
'|,|⃗O A
'|>|⃗OC
'|，得到答案.
【详解】设OA ,OB ,OC三条绳受的力分别为⃗a,⃗b,⃗c，则⃗a+⃗b+⃗c =⃗0，⃗
a,⃗b合力为⃗c
' =⃗a+⃗b，|⃗c|=|⃗c
'|，
如图，在平行四边形A
'O B
'C
'中，
∵⃗O B
'⊥⃗OC
' ,|⃗B
'C|=|⃗O A
'|，
∴|⃗O A
'|>|⃗O B
'|,|⃗O A
'|>|⃗OC
'|，
即|⃗a|>|⃗b|,|⃗a|>|⃗c|，故细绳OA 受力最大，即对OA 绳的耐力性要求最高．
故答案为：OA
题型 10 平面向量的新定义
处理新定义问题，理解新定义的内容是重点，多结合简单的特例感性了解，再试图寻找其中的共性，把
理解升华到理性分析，力求明白其中的本质。
1（2025·吉林·模拟预测）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，定义余弦距离e( A ,B)=1-cos⟨⃗OA ,⃗OB⟩（O为原
点）.若M (❑√1-t
2,t)，N (-1,1)，则e( M , N )的最小值为（ ）.
A．❑√2
B．1
C．1-
❑√2
2
D．0
【答案】C
【分析】分析可得M在半圆x
2+ y
2=1( x ≥0)上，结合图象确定∠MON的最小值，即可得解.
【详解】∵M (❑√1-t
2,t)，则(❑√1-t
2)
2+t
2=1，且❑√1-t
2≥0，
∴M在半圆x
2+ y
2=1( x ≥0)上，
如图，当M在(0,1)时，∠MON取最小值，最小值为π
4 ，cos⟨⃗OM ,⃗ON ⟩取得最大值
❑√2
2 ，
此时e( M , N )取最小值，最小值为1-
❑√2
2 .
故选：C.
2（2025·福建漳州·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，向量⃗OA =⃗a=(x1, y1),⃗OB =⃗b=(x2, y2)，若⃗
a，⃗b不共线，记以OA，OB 为邻边的平行四边形的面积S(⃗a,⃗b)=|x1 y2- x2 y1|．已知⃗OM =⃗m,⃗ON =⃗n，⃗
OP =⃗p= λ⃗m+ μ⃗n，(λ , μ∈R , λ
2+ μ
2≠0)，则S(⃗m,⃗p)+ S(⃗n,⃗p)
S(⃗m,⃗n)
=（ ）
A．| λ+ μ|
B．| λμ|
C．| λ|+| μ|
D．| λμ|
| λ|+| μ|
【答案】C
【分析】首先根据条件设出向量⃗OM和⃗ON，以及向量⃗OP的坐标，代入条件中定义，即可求解.
【详解】依题意设⃗OM =⃗m=(x3, y3),⃗ON =⃗n=(x4, y4)，
则⃗OP =⃗p= λ⃗m+ μ⃗n=¿，S(⃗m,⃗n)=|x3 y4- x4 y3|，S(⃗m,⃗p)=∣x3¿，
S(⃗n,⃗p)=|x4(λ y3+ μ y4)-(λ x3+ μ x4) y4|=| λ||x3 y4- x4 y3|，
则S(⃗m,⃗p)+ S(⃗n,⃗p)
S(⃗m,⃗n)
=| λ|+| μ|.
故选：C．
3（2024·河北邯郸·二模）对任意两个非零的平面向量⃗a和⃗b，定义：⃗a⊕⃗b=⃗
a⋅⃗b
|⃗a|
2+|⃗b|
2，⃗a⊙⃗b=⃗a⋅⃗b
|⃗b|
2 ．若
平面向量⃗a,⃗b满足|⃗a|>|⃗b|>0，且⃗a⊕⃗b和⃗a⊙⃗b都在集合{
n
4 |n∈Z,0<n≤4}中，则⃗a⊕⃗b+⃗a⊙⃗b=
（ ）
A．1
B．3
2
C．1 或7
4
D．1 或5
4
【答案】D
【分析】根据|⃗a|>|⃗b|>0，得到|⃗a|
2+|⃗b|
2>2|⃗a||⃗b|，再利用题设中的定义及向量夹角的范围，得到⃗
a⊕⃗b< 1
2，⃗a⊙⃗b> 1
2，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为{
n
4 |n∈Z,0<n≤4}={
1
4 ,1
2 ,3
4 ,1}，
设向量⃗a和⃗b的夹角为θ，因为|⃗a|>|⃗b|>0，所以|⃗a|
2+|⃗b|
2>2|⃗a||⃗b|，
得到⃗a⊕⃗b=⃗
a⋅⃗b
|⃗a|
2+|⃗b|
2 =|⃗a||⃗b|cosθ
|⃗a|
2+|⃗b|
2 <|⃗a||⃗b|cosθ
2|⃗a|⋅|⃗b|
=cosθ
2
，
又θ∈[0,π]，所以cosθ
2
≤1
2，
又⃗a⊕⃗b在集合{
n
4 |n∈Z,0<n≤4}中，所以cosθ
2
>1
4 ，即cosθ> 1
2，得到⃗a⊕⃗b=1
4 ，
又因为⃗a⊙⃗b=⃗a⋅⃗b
|⃗b|
2 =|⃗a|⋅|⃗b|cosθ
|⃗b|
2
=|⃗a|
|⃗b|
cosθ>cosθ> 1
2，所以⃗a⊙⃗b=3
4 或1，
所以⃗a⊕⃗b+⃗a⊙⃗b=1或5
4 ，
故选：D.
4（2025·四川·一模）如图，设Ox、Oy是平而内相交成60
∘角的两条数轴，⃗e1、⃗e2分别是与x轴、y轴正方
向同向的单位向量．对于平面内任意一点P，若向量⃗OP = x⃗e1+ y⃗e2，则记P(x , y)，d (⃗OP)=|x|+|y|．已
知平面内两点M (x1, y1)、N (x2, y2)，其中d (⃗ON )=2，则点N的轨迹围成的图形面积为 ；
若d (⃗ON )=2d (⃗OM )=2，则d (⃗OM )
|⃗OM|
的最大值为 ．
【答案】 4 ❑√3 2
【分析】对x2、y2的符号进行分类讨论，确定点N的轨迹，作出其图形，计算出该图形的面积，即为所求；
计算得出d (⃗OM )
|⃗OM|
=
1
❑√x1
2+ x1 y1+ y1
2，要求其最大值，令x1 y1≤0，由已知得出y1= x1+1，利用二次函数的
基本性质可求得d (⃗OM )
|⃗OM|
的最大值.
【详解】当x2≥0，y2≥0时，d (⃗ON )= x2+ y2=2，
此时，点N的轨迹表示以点(2,0)、(0,2)的线段；
当x2≤0，y2≤0时，d (⃗ON )=- x2- y2=2，
此时，点N的轨迹表示以点(-2,0)、(0,-2)的线段；
当x2≤0，y2≥0时，d (⃗ON )=- x2+ y2=2，
此时，点N的轨迹表示以点(-2,0)、(0,2)的线段；
当x2≥0，y2≤0时，d (⃗ON )= x2- y2=2，
此时，点N的轨迹表示以点(2,0)、(0,-2)的线段；
如下图所示：
记点A (2,0)、B (0,2)、C (-2,0)、D (0,-2)，
则点N的轨迹为四边形ABCD，
因为|⃗OA|=|2⃗e1|=2，|⃗OB|=|2⃗e2|=2，同理可得|⃗OC|=|⃗OD|=2，
故四边形ABCD为矩形，且∠AOB =60
∘，
所以，点N的轨迹围成的图形面积为4 S△AOB= 4×
❑√3
4 ×2
2= 4 ❑√3；
由平面向量数量积的定义可得⃗e1⋅⃗e2=|⃗e1|⋅|⃗e2|cos60
∘= 1
2，
所以，|⃗OM|
2=(x1⃗e1+ y1⃗e2)
2= x1
2⃗e1
2+2 x1 y1⃗e1⋅⃗e2+ y1
2⃗e2
2= x1
2+ x1 y1+ y1
2，
因为d (⃗OM )
|⃗OM|
=
1
❑√x1
2+ x1 y1+ y1
2，要求其最大值，令x1 y1≤0，
不妨设x1≤0，y1≥0，于是d (⃗OM )=- x1+ y1=1，则y1= x1+1，
所以，
d (⃗OM )
|⃗OM|
=
1
❑√x1
2+ x1(x1+1)+(x1+1)
2 =
1
❑√3 x1
2+3 x1+1
=
1
❑√
3(x1+ 1
2)
2
+ 1
4
≤2
，
当且仅当x1=- 1
2时，等号成立，故d (⃗OM )
|⃗OM|
的最大值为2.
故答案为：4 ❑√3；2.
【点睛】关键点点睛：本题考查动点的轨迹所围成图形的面积，解题的关键在于紧扣题中的定义，分析出
动点的轨迹图形，通过作出图形求解.
5（2025·浙江宁波·三模）设n维向量⃗a=(x1, x2,⋯, xn)，⃗b=( y1, y2,⋯, yn)，定义运算：⃗
a⋅⃗b= x1 y1+ x2 y2+⋯+ xn yn.
(1)当n=2时，若⃗c =( y2, y1)且x1< x2，y1< y2，试比较⃗a⋅⃗b与⃗a⋅⃗c的大小；
(2)已知n∈N
*，记M (n)={⃗a⋅⃗b|⃗a=(x1, x2,⋯, xn),⃗b=( y1, y2,⋯, yn)且x1, x2,⋯, xn和y1, y2,⋯, yn
均为1,2,⋯,n的某一排列}.
（ⅰ）求M (3)，M (4)；
（ⅱ）若n≥4，求M (n).（提示：1
2+2
2+⋯+n
2= n(n+1)(2n+1)
6
.）
【答案】(1)⃗a⋅⃗b>⃗a⋅⃗c；
(2)（ⅰ）M (3)={10,11,13,14}，M (4)={20,21,22,23,24,25,26,27,28,29,30}；
（ⅱ）M (n)={k ∈Z| n(n+1)(n+2)
6
≤k ≤n(n+1)(2n+1)
6
}.
【分析】（1）根据题设定义并应用作差法比较大小即可；
（2）（i）根据定义得⃗a⋅⃗b= y1+2 y2+3 y3=12+ y3- y1，结合y3- y1可能取值有±1,±2，即可得M (3)，
讨论y4，同理求M (4)；
（ⅱ）根据定义确定⃗a⋅⃗b的最值，进而有M (n)的元素均属于集合
S(n)=[ n(n+1)(n+2)
6
, n(n+1)(2n+1)
6
]，设an表示集合{x| x∈S(n)且x∉M (n)}的元素个数，即
an=|S(n)|-| M (n)|（注意| A |表示集合A的元素个数），并证明an=0(n≥4)，即可得.
【详解】（1）由题设⃗a⋅⃗b-⃗a⋅⃗c =( x1 y1+ x2 y2)-( x1 y2+ x2 y1)=( x1- x2)( y1- y2)>0，所以⃗
a⋅⃗b>⃗a⋅⃗c；
（2）（i）先求M (3)：设⃗a=(1,2,3)，⃗b=( y1, y2, y3)，其中y1, y2, y3为1,2,3的排列，
所以⃗a⋅⃗b= y1+2 y2+3 y3=2( y1+ y2+ y3)+( y3- y1)=12+ y3- y1，
而y3- y1可能取值有±1,±2，故M (3)={10,11,13,14}，
再求M (4)：设⃗a=(1,2,3,4)，⃗b=( y1, y2, y3, y4)，其中y1, y2, y3, y4为1,2,3,4的排列，
当y4= 4，⃗a⋅⃗b=16+∑
i=1
3
i⋅yi=28+ y3- y1，y3- y1可能取值有±1,±2，则⃗a⋅⃗b可能值为26,27,29,30；
当y4=3，⃗a⋅⃗b=12+∑
i=1
3
i⋅yi=26+ y3- y1，y3- y1可能取值有±1,±2,±3，则⃗a⋅⃗b可能值为
23,24,25,27,28,29；
当y4=2，⃗a⋅⃗b=8+∑
i=1
3
i⋅yi=24+ y3- y1，y3- y1可能取值有±1,±2,±3，则⃗a⋅⃗b可能值为
21,22,23,25,26,27；
当y4=1，⃗a⋅⃗b= 4+∑
i=1
3
i⋅yi=22+ y3- y1，y3- y1可能取值有±1,±2，则⃗a⋅⃗b可能值为20,21,23,24；
综上，M (4)={20,21,22,23,24,25,26,27,28,29,30}；
（ⅱ）由（1），若存在xi< x j，yi> y j，则不妨交换yi, y j，则⃗a⋅⃗b的值会变大，
设⃗a=(1,2,⋯,n)，⃗
b=(n,n-1,⋯,1)，则⃗a⋅⃗b= n(n+1)(n+2)
6
最小；⃗
b=(1,2,⋯,n)，则⃗a⋅⃗b= n(n+1)(2n+1)
6
最大；
所以M (n)的元素均属于集合S(n)=[ n(n+1)(n+2)
6
, n(n+1)(2n+1)
6
]，
设an表示集合{x| x∈S(n)且x∉M (n)}的元素个数，即an=|S(n)|-| M (n)|（注意| A |表示集合A
的元素个数），
下证an=0(n≥4)：当n= 4时，由上知a4=0，
考虑an+1及M (n+1)：由M (n+1)中最小元素为⃗a⋅⃗b= (n+1)(n+2)(n+3)
6
，最大元素为
(n+1)(n+2)(2n+3)
6
，即M (n+1)中的元素均在S(n+1)中，
设⃗a=(1,2,⋯,n,n+1)，⃗b=( y1, y2,⋯, yn, yn+1)，其中y1, y2,⋯, yn为1,2,⋯,n的任一排列，
所以⃗a⋅⃗b可能取值为B(n+1)={x +(n+1)
2| x ∈M (n)}，即⃗a⋅⃗b恰好没有覆盖到集合
C(n+1)=[ (n+1)(n
2+8n+6)
6
, (n+1)(n+2)(2n+3)
6
]中的an个元素，
当⃗a=(1,2,⋯,n,n+1)，⃗b=(n+1, y1, y2,⋯, yn)，其中y1, y2,⋯, yn为1,2,⋯,n的任一排列，
所以⃗a⋅⃗b可能取值为D(n+1)={x + (n+1)(n+2)
2
| x∈M (n)}，即⃗a⋅⃗b恰好没有覆盖到集合
E(n+1)=[ (n+1)(n+2)(n+3)
6
, (n+1)(n
2+2n+3)
3
]中的an个元素，
当n≥4时，(n+1)(n+2)(n+3)
6
≤(n+1)(n
2+8n+6)
6
≤(n+1)(n
2+2n+3)
3
≤(n+1)(n+2)(2n+3)
6
，
即C(n+1)∪E(n+1)=[ (n+1)(n+2)(n+3)
6
, (n+1)(n+2)(2n+3)
6
]= S(n+1)，
故M (n+1)不覆盖集合S(n+1)的元素至多有2an个，故an+1≤2an，
又a4=0，所以a5=a6=⋯=an=0，
所以M (n)={k ∈Z| n(n+1)(n+2)
6
≤k ≤n(n+1)(2n+1)
6
}.
