【培优点01：极化恒等式与等和线】
【知识梳理】
1.极化恒等式：设平面向量
，则
在
中，
为
边的中点，则
推导依据：
令
，
，则
，
，代入向量形式即得
(1)几何意义：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“长对角线”与“短对角线”
平方差的
.
(2)在平行四边形
中，
是对角线交点，则：
①
（平行四边形形式）；
②
（三角形形式）.
已知平面内一组基向量
及任一向量
，且
，若
，则
三点共线，反之亦成立.
平面内一组基向量
及任一向量
，且
，若点
在直线
上（或
平行于
的直线上），且
（
，且直线
直线
），则
（定值），
反之也成立，我们把直线
以及与直线
平行的直线称为平面向量基本定理系数的等和线.
(1)当等和线为直线
时，
；
(2)当等和线在
点和直线
之间时，
；
(3)当直线
在
点和等和线之间时，
；
(4)当等和线过
点时，
.
【热点题型1：利用极化恒等式求向量的数量积】
（24-25 高一下河北保定月考）如图，在△ABC中，D 是BC的中点，E，F 是AD上的
两个三等分点．若⃗BA ⋅⃗CA = 4，⃗BF ⋅⃗CF =−1，则⃗BE⋅⃗CE的值为（ ）
知识讲解与常考题型
题型分类
经典例题
A．5
9
B．7
8
C．1
D．2
【答案】B
【分析】设AD =m,BD =n，结合图形由数量积的运算率和向量加法可得.
【详解】设AD =m,BD =n，⃗
BA ⋅⃗CA =(⃗BD +⃗DA)⋅(⃗CD +⃗DA)=⃗BD⋅⃗CD +⃗BD⋅⃗DA +⃗CD⋅⃗DA +⃗DA
2=⃗AD
2−⃗BC
2
4
= 4 =m
2−n
2．
同理⃗BF ⋅⃗CF =(⃗BD+⃗DF)⋅(⃗CD+⃗DF)=⃗FD
2−⃗BD
2= 1
9 m
2−n
2=−1，
所以联立得m
2= 45
8 ,n
2= 13
8 ，
所以⃗BE⋅⃗CE =(⃗BD+⃗DE)⋅(⃗CD+⃗DE)=⃗ED
2−⃗BD
2= 4
9 m
2−n
2= 7
8．
故选：B
【规律方法总结】
规律方法在三角形中利用极化恒等式求平面向量数量积的步骤：
(1)取三角形边的中点，连接向量的起点与终点；
(2)用极化恒等式将数量积转化为中线长与第三边长的一半的平方差；
(3)求出中线及第三边的长度，从而求出数量积的值.
注：对于不共起点或不共线的向量需通过平移转化为共起点（共终点）的向量，再利用极化恒等式.
（2024 湖南长沙一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB =1, AD =2，点
E , F ,G , H分别是AB ,BC ,CD , AD边上的中点，则⃗EF ⋅⃗FG+⃗GH ⋅⃗HE =
A．3
2
B．−3
2
C．3
4
D．−3
4
【答案】A
小试牛刀1
【详解】取HF 中点O，则⃗EF ⋅⃗FG =⃗EF ⋅⃗EH =⃗EO
2−⃗OH
2=1−( 1
2 )
2
= 3
4 , ⃗
GH ⋅⃗HE =⃗GH ⋅⃗GF =⃗GO
2−⃗OH
2=1−( 1
2 )
2
= 3
4，因此⃗EF ⋅⃗FG+⃗GH ⋅⃗HE = 3
2，选A.
（24-25 高一上上海课堂例题）如图，在△ABC中，若AB = 4，AC =6，
∠BAC =60
∘，D、E 分别在边AB、AC上，且⃗AB =2⃗AD，⃗AC =3⃗AE，点F 为DE的中点，求⃗BF ⋅⃗DE
的值．
【答案】4
【分析】由向量的线性运算用⃗AB，⃗AC表示⃗BF、⃗DE，再做数量积运算可得答案.
【详解】⃗BF =⃗BA +⃗AE+⃗EF
=−⃗AB+ 1
3⃗AC + 1
2⃗ED
=−⃗AB+ 1
3⃗AC + 1
2 (⃗AD−⃗AE)
=−⃗AB+ 1
3⃗AC + 1
2(
1
2⃗AB−1
3⃗AC)
=−3
4⃗AB+ 1
6⃗AC，⃗
DE =−1
2⃗AB+ 1
3⃗AC，
所以⃗BF ⋅⃗DE =(−3
4⃗AB+ 1
6⃗AC)¿
= 3
8⃗AB
2−1
3⃗AB⋅⃗AC + 1
18⃗AC
2
= 3
8 ×16−1
3 ×4×6× 1
2 + 1
18 ×36= 4．
（23-24 高三下湖南长沙月考）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”平方差的四分之一，即如图所示，a⋅b= 1
4 (|⃗AD|
2−|⃗BC|
2)，我
们称为极化恒等式. 已知在△ABC中，M是BC中点，AM =3，BC =10，则⃗AB⋅⃗AC =（ ）
小试牛刀2
小试牛刀3
A．−16
B．16
C．−8
D．8
【答案】A
【分析】可以把三角形补形为平行四边形，⃗AM = 1
2⃗AD,利用已知条件求解即可.
【详解】由题设，△ABC可以补形为平行四边形ABDC，
由已知得|⃗AM|=3,|⃗BC|=10, ⃗AB⋅⃗AC = 1
4 (4|⃗AM |
2−|⃗BC |
2) = 1
4 ×(36−100)=−16．
故选：A．
【热点题型2：利用极化恒等式求向量数量积的取值范围】
（安徽省六校联考2025-2026 学年高三上学期1 月素质检测数学试题）在等腰梯形
ABCD 中， AB// DC ，AB =2BC =2CD =2， P 是线段 CD 上的动点，则 ⃗PA ⋅⃗PB 的最小值为
（ ）
A．−2❑√2
B．−1
4
C．−3
4
D．0
【答案】B
【分析】方法一：建立平面直角坐标系，设 P(a,
❑√3
2 )，写出对应点坐标，根据平面向量数量积坐标运算
建立等式计算即可求解；方法二：由极化恒等式列式计算即可.
【详解】方法一：以 A 为原点，射线 AB 为 x 轴正半轴建立直角坐标系，如图所示：
∵AB =2BC =2CD =2,∴∠DAB =60
∘ ，则 A (0,0),B (2,0) ，
设 P(a,
❑√3
2 ) ，其中 1
2 ≤a≤3
2 ，则 PA⃗=(−a,−
❑√3
2 ), PB⃗=(2−a,−
❑√3
2 ) ，
∴⃗PA ⋅⃗PB =(−a)(2−a)+ 3
4 =a
2−2a+ 3
4 =(a−1)
2−1
4 ，
∴ 当 a=1 时，⃗PA ⋅⃗PB 取得最小值为 −1
4 .
方法二：极化恒等式
经典例题
设 AB 的中点为 M ，则 ⃗PA ⋅⃗PB =⃗PM
2−⃗MA
2≥(
❑√3
2 )
2
−1
2=−1
4 ，
当 P 为 CD 中点时，⃗PA ⋅⃗PB 取得最小值为 −1
4 .
故选：B
【规律方法总结】
核心考点：极化恒等式的几何转化、动点轨迹下中线/线段长度的取值范围、数量积与几何量的关联
方法技巧：
1.选中点转化：对目标数量积
，取线段
的中点
，利用极化恒等式转化为
，
将“数量积的取值范围”转化为“
的取值范围”.
2.分析
的范围：根据动点
的轨迹（如线段、圆、折线等），结合几何图形的性质（如圆的半径、
线段的长度限制），确定中点
到动点
的距离
的最大值与最小值.
3.代入计算：将
的最大值、最小值分别代入极化恒等式，计算得到数量积的取值范围.
易错规避技巧：
1.中点选取错误：需选取目标向量公共端点对应的线段中点，不可随意选取其他线段的中点.
2.轨迹边界遗漏：动点轨迹的边界点（如线段端点、圆的直径端点）往往对应
的最值，需完整分析.
3.模长运算错误：极化恒等式中涉及
（即
），避免误算为
.
（25-26 高二上·江苏苏州·月考）在平面直角坐标系中，直线l与圆
C ：x
2+ y
2+2 x−2 y =0交于A ,B两点，且△ABC的面积为1，已知M是圆C上的动点，则⃗MA ⋅⃗MB的
最大值为（ ）
A．2❑√2+1
B．2❑√2+2
C．4+ ❑√2
D．4+2❑√2
【答案】B
【分析】先将圆C的方程化为标准方程，求出圆心和半径，再根据△ABC的面积求出圆心到直线的距离，
最后利用向量的运算和圆的性质求出⃗MA ⋅⃗MB的最大值.
【详解】圆C的方程可化为(x +1)
2+( y −1)
2=2，
所以圆C的圆心坐标为C (−1,1)，半径r = ❑√2.
设圆心C到直线l的距离为d，根据△ABC的面积为1，
得1
2 ×2
❑√2−d
2×d =1，即d
4−2d
2+1=0，所以d
2=1，即d =1.
设AB的中点为D，则⃗MA =⃗MD +⃗DA，⃗MB =⃗MD +⃗DB，
小试牛刀1
因为⃗DA =−⃗DB，所以⃗MA ⋅⃗MB =(⃗MD +⃗DA)⋅(⃗MD +⃗DB)=(⃗MD +⃗DA)⋅(⃗MD−⃗DA)
=⃗MD
2−⃗DA
2=|⃗MD|
2−|⃗DA |
2.
由| AB|=2
❑√2−d
2=2，得|⃗DA |= 1
2 | AB|=1,
|⃗MD|的最大值为圆心C到直线l的距离加上圆的半径r，
即|⃗MD|max =d +r =1+ ❑√2，所以⃗MA ⋅⃗MB的最大值为(1+ ❑√2)
2−1
2=2❑√2+2.
故选：B
（25-26 高二上·河南·月考）已知动点M ( x , y)与定点F(2,0)的距离和M 到定直线
l: x =8的距离的比是常数1
2．
(1)设动点M 的轨迹是曲线C，求曲线C 的方程并指出曲线C 是什么曲线；
(2)已知点P 为曲线C 上任意一点，RS是圆N :( x−1)
2+ y
2= 4的直径，求⃗PR⋅⃗PS的取值范围．
【答案】(1)曲线C 的方程为x
2
16 + y
2
12 =1，曲线C 是椭圆
(2)[5,21]
【分析】（1）依题意由距离公式得到方程，整理即可得到动点的轨迹方程；
（2）设P( x , y)，根据向量数量积的坐标运算可得⃗PR⋅⃗PS =|⃗PN |
2−4，从而由坐标运算求得|⃗PN |
2的
值，从而得⃗PR⋅⃗PS的取值范围．
【详解】（1）因为M (x , y)，F (2,0)，l: x =8，
所以由题意得
❑√( x−2)
2+ y
2
|8−x|
= 1
2
，
两边平方并化简，得3 x
2+ 4 y
2= 48，所以x
2
16 + y
2
12 =1，
所以曲线C 的方程为x
2
16 + y
2
12 =1，曲线C 是椭圆；
（2）由圆N 的方程( x−1)
2+ y
2= 4知，圆N 的圆心为N (1,0)，半径为2，
小试牛刀2
设P( x , y)，则x
2
16 + y
2
12 =1，所以y
2=12−3 x
2
4 ，
因为RS是圆N 的直径，所以⃗NS =−⃗NR，
所以⃗PR⋅⃗PS =(⃗PN +⃗NR)⋅(⃗PN +⃗NS)=(⃗PN +⃗NR)⋅(⃗PN −⃗NR)=⃗PN
2−⃗NR
2=|⃗PN |
2−4，
因为| PN |
2=( x−1)
2+ y
2= x
2−2 x +1+12−3
4 x
2= 1
4 x
2−2 x +13，
所以⃗PR⋅⃗PS = 1
4 x
2−2 x +9，
因为−4≤x ≤4，所以1
4 x
2−2 x +9∈[5,21]，
即⃗PR⋅⃗PS的取值范围是[5,21].
（25-26 高二上·云南曲靖·月考）在△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，
c，若❑√2c =asinC +c cos A，a=b= ❑√2，E 为边BC上的动点，则⃗EA ⋅⃗EB的最小值为 .
【答案】−1
2/−0.5
【分析】由条件式❑√2c =asinC +c cos A，利用正弦定理结合三角恒等变换求得A =π
4 ，进而得到
A = B =π
4 ，C =π
2
，c =2，取AB的中点M，结合极化恒等式来处理.
【详解】由❑√2c =asinC +c cos A和正弦定理，得❑√2sinC =sin A sinC +sinC cos A，
因为C ∈(0,π)，所以sinC ≠0，可得sin A +cos A = ❑√2，
则
❑√2
2 sin A +
❑√2
2 cos A =1，即sin(A +π
4 )=1，
又A ∈(0,π)，则A +π
4 ∈(π
4 ,5π
4 )，故A +π
4 = π
2 ，即A = π
4 ，
又a=b= ❑√2，则A = B =π
4 ，C =π
2
，所以c =2，
取AB的中点M，则⃗EA ⋅⃗EB = (⃗EA +⃗EB)
2−(⃗EA −⃗EB)
2
4
= 4⃗EM
2−⃗BA
2
4
=⃗EM
2−1，
由图知，当ME⊥BC时，EM最小，最小值为1
2 AC =
❑√2
2 ，
小试牛刀3
所以⃗EA ⋅⃗EB的最小值为(
❑√2
2 )
2
−1=−1
2
.
故答案为：−1
2.
【热点题型3：利用等和线求基底系数和的值】
（2024 河北衡水二模）如图，在平行四边形ABCD 中，AC，BD 相交于点O，E 为线
段AO 的中点.若⃑BE = λ⃑BA + μ⃑BD (λ , μ∈R)，则λ+ μ等于
A．1
B．3
4
C．2
3
D．1
2
【答案】B
【解析】先用⃑BD表示出⃑BO，再得出λ和μ的值.
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴⃑BO = 1
2⃑BD，又E 为线段AO 的中点，
∴⃑BE = 1
2⃑BA + 1
2⃑BO = 1
2⃑BA + 1
2 × 1
2⃑BD = 1
2⃑BA + 1
4⃑BD = λ⃑BA + μ⃑BD，
∴λ= 1
2，μ= 1
4 ，即λ+ μ= 1
2 + 1
4 = 3
4 .
故选：B.
【点睛】本题考查了平面向量的基本定理和线性运算，属于基础题.
【规律方法总结】
规律方法利用等和线求基底系数和的步骤：
(1)确定基底；
(2)平移直线，作出满足条件的等和线；
(3)从长度比或点的位置两个角度，计算满足条件的等和线的长度.
经典例题
（23-24 高一下广东潮州月考）设D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，
AD = 1
2 AB，BE = 2
3 BC，AE与CD相交于点F.
(1)若⃗DE = λ1⃗AB+ λ2⃗AC（λ1、λ2为实数），求λ1+ λ2的值；
(2)若⃗AF = λ3⃗AB+ λ4⃗AC（λ3、λ4为实数），求λ3+ λ4的值.
【答案】(1)1
2；
(2)3
4 .
【分析】（1）根据向量的线性运算求解；
（2）借助平面向量基本定理，结合A、F、E三点共线，及C、F、D三点共线求解.
【详解】（1）因为D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，
AD = 1
2 AB，BE = 2
3 BC，
则⃗DE =⃗DB+⃗BE = 1
2⃗AB+ 2
3⃗BC = 1
2⃗AB+ 2
3 (⃗AC −⃗AB)=−1
6⃗AB+ 2
3⃗AC，
又因为⃗DE = λ1⃗AB+ λ2⃗AC（λ1、λ2为实数），则λ1=−1
6 ，λ2= 2
3，
∴λ1+ λ2= 1
2；
（2）⃗AE =⃗AD+⃗DE = 1
2⃗AB−1
6⃗AB+ 2
3⃗AC = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，
因为A、F、E三点共线，设⃗AF =m⃗AE，则⃗AF = 1
3 m⃗AB+ 2
3 m⃗AC，
因为C、F、D三点共线，设⃗CF =n⃗CD，即⃗AF −⃗AC =n(⃗AD−⃗AC)，
所以，⃗AF =n⃗AD +(1−n)⃗AC = 1
2 n⃗AB+(1−n)⃗AC，
因为⃗AB、⃗AC不共线，则¿，解得¿，
所以，⃗AF = λ3⃗AB+ λ4⃗AC = 1
4⃗AB+ 1
2⃗AC，则λ3= 1
4 ，λ4= 1
2,
∴λ3+ λ4= 3
4 .
小试牛刀1
（23-24 高三福建课后作业）设D，E分别是ΔABC的边AB，BC上的点,
AD = 1
2 AB,BE = 2
3 BC,若⃗DE = λ1⃗AB+ λ2⃗AC (λ1，λ2为实数),则λ1+ λ2的值为
A．1
B．2
3
C．1
2
D．1
6
【答案】C
【详解】易知⃑DE = 1
2⃑AB+ 2
3⃑BC = 1
2⃑AB+ 2
3
(⃑AC −⃑AB)=−1
6⃑AB+ 2
3⃑AC，所以λ1+ λ2= 1
2.选C.
点睛：点O 是直线l 外一点，点A，B 是直线l 上任意两点，求证：直线上任意一点P，存在实数t，使得⃑
OP关于基底{OA,OB}的分析式为⃑OP =(1−t )⃑OA +t⃑OB
反之，若⃑OP =(1−t )⃑OA +t⃑OB则A，P，B 三点共线（特别地令t=1
2,⃑OP = 1
2⃑OA + 1
2⃑OB称为向量中点公
式）
（24-25 高三全国课后作业）在△ABC 中，M 为边BC 上任意一点，N 为AM 中点，⃗
AN = λ⃗AB+ μ⃗AC，则λ+ μ的值为（ ）
A．1
2
B．1
3
C．1
4
D．1
【答案】A
【分析】设⃗BM =t⃗BC，可根据向量关系得出⃗AM =(1−t )⃗AB+t⃗AC，即可得出.
【详解】由题可设⃗BM =t⃗BC，
则⃗AM =⃗AB+⃗BM =⃗AB+t⃗BC =⃗AB+t (⃗AC −⃗AB)=(1−t )⃗AB+t⃗AC，
∵N 为AM 中点，∴⃗AN = 1
2⃗AM = 1
2
(1−t )⃗AB+ 1
2 t⃗AC,
又⃗AN = λ⃗AB+ μ⃗AC，∴λ = 1
2
(1−t ), μ= 1
2 t，∴λ+ μ= 1
2.
故选：A.
【热点题型4：利用等和线求系数范围】
1.(2017·全国Ⅲ卷)在矩形
中，
，
，动点
在以点
为圆心
且与
相切的圆上，若
，则
的最大值为（）.
A.3 B.
C.
D.2
答案A
解析方法1：
如图，以
为原点，以
，
所在直线为
轴、
轴建立平面直角坐标系.
平面直角坐标系，则
，
，
，
.
小试牛刀2
小试牛刀3
经典例题
因为动点
在以点
为圆心且与
相切的圆上，设圆的半径为
.
因为
，
，所以
.
所以
，所以
.
所以圆的方程为
.
设点
的坐标为
.
因为
，所以
.
所以
，
.
所以
，其中
.
因为
，所以
.
故
的最大值为3，故选A.
方法2（等和线）：
根据如图所示，等和线值为1 的直线为
，过圆上一点作圆的切线使其与
平行，此时
最大，
为
.
【规律方法总结】
核心考点：动点轨迹对应的等和线平移、等和线的
值与系数和的对应关系、临界位置的等和线分析
方法技巧：
1.确定基准：以
为基底，直线
为基准等和线（对应系数和
）.
2.分析动点约束：明确动点
的轨迹（如线段、圆、封闭区域等），梳理轨迹的边界特征.
3.找临界等和线：平移基准等和线，使其与动点轨迹的临界位置（如线段端点、区域边界）相交/相切，
得到
的临界值（最大值、最小值）.
4.确定范围：结合临界等和线对应的
值，得到基底系数和
的取值范围.
易错规避技巧：
1.临界位置遗漏：动点轨迹的所有边界点（如线段的两个端点、圆的切线切点）都对应
的临界值，需逐
一分析.
2.平移方向与
的关系混淆：等和线向远离基底公共起点
的方向平移时，
值增大；向靠近
的方向平
移时，
值减小.
3.忽略轨迹封闭性：若动点轨迹是封闭区域（如三角形、圆），需覆盖所有可能的等和线，避免范围缺失.
如图,给定两个长度为1 的平面向量
和
,它们的夹角为
,点
在以
为
圆心的圆弧
上变动.若
,其中
,则
的最大值是（）.
A.
B.2C.
D.3
答案B
解析方法1：
如图,以
为原点,
所在直线为
轴,过点
且垂直于
的直线为
轴,建立平面直角坐标系,则
,
.
设
,
,所以
.
因为
,所以
.
因此有
解得
所以
.
因为
,所以
.当
,即
时,
取得最大值2,故选B.
方法2（等和线）：
如图,过
的中点作圆的切线,使其与等和线值为1 的直线
平行.当点
运动至
的中点时,
有
最大值,为
.
在平行四边形
中，
，
，
，平面
内有
小试牛刀1
小试牛刀2
一点
，满足
.若
（
），则
的最大值为（）.
A.
B.
C.
D.
答案B
解析方法1：
如图，依题意知
，
.
根据条件，
.
因为
，
，
与
的夹角为
，所以
.
代入得：
.
将
变形为：
.
由均值不等式，
，因此：
故
，即
，进一步得
.
所以
的最大值为
，故选B.
方法2（等和线）：
设
为
的中点，则
.
所以等和线值为1 的直线为
.
而
在以
为圆心，
为半径的圆上运动.如图，过点
作
的垂线，垂足为
，交圆于一点.当
在此点时，
有最大值，为
.
答案为B.
边长为2 的正六边形
中，动圆
的半径为1，圆心在线段
（含端
点）上运动，
是圆
上及其内部的动点.设向量
（
），则
的取值范围
是（）.
小试牛刀3
A.
B.
C.
D.
分析
如图，设
，由等和线结论，过点
作直线平行于
，交
所在直线于点
，则
.因为
，所以
.问题转化为求
的取值范围，其中点
在圆心在线段
上、半径为1 的圆内（含边界）.通过几何作图找到
的最小值和最大值.
详解
由等和线结论，
，其中
为过点
且平行于
的直线与
的交点.因为
，所以
.
当圆心
在线段
上运动时，通过几何作图可知，
的最小值为4（此时等和线过点
且与圆相切，
），
的最大值为10（此时等和线过点
且与圆相切，
）.且
可以取到4 到
10 之间的所有值.
所以
的取值范围是
.
所以选C.
一．选择题（共5 小题）
1．（2024 秋•安徽月考）如图，在四边形MNPQ 中，已知NO
→
=OQ
→
，|OM
→
|=6，|OP
→
|=10，
MN
→
⋅MQ
→
=−28，则NP
→
⋅QP
→
=（ ）
A．64
B．42
C．36
D．28
【分析】用MN
→
，MQ表示出MO
→
，NQ
→
，用NP
→
，QP
→
表示出OP
→
，NQ
→
，联立方程组即可得出结论．
【解答】解：∵NO
→
=OQ
→
，即O 为NQ 的中点，
课后针对训练
∴MO
→
= 1
2 MN
→
+ 1
2 MQ
→
，两边平方可得：36= 1
4 MN
→
2+ 1
4 MQ
→
2+ 1
2 MN
→
⋅MQ
→
，
∴MN
→
2+ MQ
→
2＝200．
同理可得：NP
→
2+QP
→
2+2NP
→
⋅QP
→
=400，①
又NQ
→
= MQ
→
−MN
→
= PQ
→
−PN
→
，
∴MN
→
2+ MQ
→
2﹣2MQ
→
⋅MN
→
= NP
→
2+QP
→
2−2NP
→
⋅QP
→
，即NP
→
2+QP
→
2−2NP
→
⋅QP
→
=256，②
①﹣②可得：NP
→
⋅QP
→
=36．
故选：C．
【点评】本题考查了平面向量的几何运算与数量积运算，属于中档题．
2．（2024•杭州模拟）已知正方形ABCD 的面积为2，点P 在边AB 上，则PD
→
⋅PC
→
的最小值为（ ）
A．
❑√6
2
B．3
2
C．2
D．❑√2
【分析】可画出图形，根据正方形的面积为2 可求出边长，结合图形，可得出
PD
→
⋅PC
→
=( AD
→
−AP
→
)⋅(BC
→
−BP
→
)，进行数量积的运算得出PD
→
⋅PC
→
=2−AP
→
⋅PB
→
，可设
| AP
→
|= x ，| PB
→
|= ❑√2−x，从而得出PD
→
⋅PC
→
= x
2−❑√2 x +2，配方便可求出最小值．
【解答】解：如图，PD
→
= AD
→
−AP
→
，PC
→
= BC
→
−BP
→
；
正方形的面积为2，则边长为❑√2；
∴PD
→
⋅PC
→
=( AD
→
−AP
→
)⋅(BC
→
−BP
→
)
= AD
→
⋅BC
→
−AP
→
⋅BC
→
−AD
→
⋅BP
→
+ AP
→
⋅BP
→
=2−0−0−AP
→
⋅PB
→
=2−AP
→
⋅PB
→
；
设| AP
→
|= x ，0≤x ≤❑√2，则| PB
→
|= ❑√2−x；
∴PD
→
⋅PC
→
=2−x(❑√2−x)
= x
2−❑√2 x +2
=( x−
❑√2
2 )
2+ 3
2；
∴PD
→
⋅PC
→
的最小值为3
2．
故选：B．
【点评】考查向量减法的几何意义，向量数量积的运算及计算公式，配方法求最值．
3．（2024 春•仙游县校级月考）如图，BC，DE 是半径为1 的圆O 的两条直径，BF
→
=2 FO
→
，则
FD
→
⋅FE
→
=（ ）
A．−3
4
B．−8
9
C．−1
4
D．−4
9
【分析】由BF
→
=2FO
→
及BF
→
+ FO
→
= BO
→
，可计算出向量FO
→
的模；再利用向量的加法法则可得：
FD
→
= FO
→
+OD
→
，FE
→
= FO
→
+OE
→
，根据数量积的运算法则即可计算出．
【解答】解：∵BF
→
=2FO
→
，r＝1，∴|FO
→|= 1
3．
∴FD
→
⋅FE
→
=（FO
→
+OD
→
）•（FO
→
+OE
→
）= FO
→
2+ FO
→
•（OE
→
+OD
→
）+OD
→
⋅OE
→
=( 1
3 )
2+0−r
2=−8
9．
故选：B．
【点评】本题考查向量加法的三角形法则和共线向量定理等基础知识，同时考查了学生的计算能力．充
分理解向量的运算法则和数量积的定义是解题的关键，属于中档题．
4．（2024 春•福州期中）在矩形ABCD 中，AB =2❑√2，AD＝2，E 为线段BC 的中点，F 为线段CD 上靠
近C 的四等分点，则AE
→
⋅AF
→
的值为（ ）
A．4
B．8
C．9
2
D．5
【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解．
【解答】解：建立如图平面直角坐标系，
则A（0，0），E（2❑√2，1），F（3 ❑√2
2
，2），
所以AE
→
⋅AF
→
=2❑√2× 3 ❑√2
2
+1×2＝8．
故选：B．
【点评】本题考查了平面向量数量积的计算，属于基础题．
5．（2025 秋•兰州月考）在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O，点E 是线段OD 的中点，AE 的
延长线与CD 交于点F，若AC
→
= a
→
，BD
→
= b
→
，且AF
→
=λa
→
+μb
→
，则λ+μ 等于（ ）
A．1
B．3
4
C．2
3
D．1
2
【分析】以BA、BD 为邻边作平行四边形ABDG，可证出AF
→
=λAC
→
+μAG
→
，结合C、F、G 三点共线，
求出λ+μ＝1，可得答案．
【解答】解：如图，过A 作BD 的平行线，与CD 的延长线相交于点G，
因为AG∥BD，AB∥DG，所以四边形ABDG 是平行四边形，可得AG
→
= BD
→
= b
→
，
结合AC
→
= a
→
，AF
→
=λa
→
+μb
→
，可得AF
→
=λAC
→
+μAG
→
，
因为C、F、G 三点共线，所以λ+μ＝1，A 项符合题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、平面向量的线性运算法则等知识，属于基础题．
二．多选题（共1 小题）
（多选）6．（2025 秋•兴平市月考）给定两个长度为1 的平面向量OA
→
和OB
→
，它们的夹角为2π
3 ，如图所
示，点C 在以O 为圆心的劣弧^
AB上运动，若OC
→
= xOA
→
+ y OB
→
( x，y ∈R)，则x+y 的取值可以是（
）
A．1
B．5
4
C．2
D．5
2
【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法表示出OC
→
= x OA
→
+ y OB
→
，把x+y 表示为cosθ+ ❑√3 sinθ，
利用辅助角公式、三角函数求最值．
【解答】解：如图示，建立平面直角坐标系．
设C(cosθ，sinθ)，0≤θ≤2π
3 ，
可得：A(1，0)，B(−1
2 ，
❑√3
2 )．
由OC
→
= x OA
→
+ y OB
→
，
可得{
cosθ = x−1
2 y
sinθ =
❑√3
2 y
，
所以
❑√3 sinθ = 3
2 y，
所以x + y =cosθ+ ❑√3 sinθ =2( 1
2 cosθ+
❑√3
2 sinθ)=2sin(θ+ π
6 )，
因为0≤θ≤2π
3 ，所以π
6 ≤θ+ π
6 ≤5 π
6 ，
所以1
2 ≤sin(θ+ π
6 )≤1，
所以1≤2sin(θ+ π
6 )≤2，
即x+y 的取值范围为[1，2]，
结合选项可知，A，B，C 中的数值符合，
故选：ABC．
【点评】本题考查向量数量积的运算，属于中档题．
三．填空题（共4 小题）
7．已知点A，B 在双曲线x
2
16 −y
2
4 =1 上，且线段AB 经过原点，点M 为圆x2+（y﹣2）2＝1 上的动点，则
MA
→
⋅MB
→
的最大值为 ﹣
7
．
【分析】设A（x，y），B（﹣x，﹣y），M（a，b），则MA
→
⋅MB
→
=（x﹣a，y﹣b）•（﹣x﹣a，﹣y﹣
b）＝a2﹣x2+b2﹣y2，所以求MA
→
⋅MB
→
的最大值，只要求出a2+b2的最大值，x2+y2的最小值．
【解答】解：设A（x，y），B（﹣x，﹣y），M（a，b），则
MA
→
⋅MB
→
=（x﹣a，y﹣b）•（﹣x﹣a，﹣y﹣b）＝a2﹣x2+b2﹣y2，
所以求MA
→
⋅MB
→
的最大值，只要求出a2+b2的最大值，x2+y2的最小值，
因为点M 为圆x2+（y﹣2）2＝1 上的动点，
所以a2+b2的最大值为（2+1）2＝9，
因为点A，B 在双曲线x
2
16 −y
2
4 =1 上，
所以x2+y2的最小值为16，
所以MA
→
⋅MB
→
的最大值为9﹣16＝﹣7，
故答案为：﹣7．
【点评】本题考查求MA
→
⋅MB
→
的最大值，考查向量知识，考查学生分析解决问题的能力，求MA
→
⋅MB
→
的最大值，只要求出a2+b2的最大值，x2+y2的最小值是解题的关键．
8．（2024•浙江二模）如图放置的边长为1 的正方形ABCD 的顶点A、D 分别在x 轴、y 轴正半轴上（含原
点）上滑动，则OB
→
⋅OC
→
的最大值是
2
．
【分析】令∠OAD＝θ，由边长为1 的正方形ABCD 的顶点A、D 分别在x 轴、y 轴正半轴上，可得出
B，C 的坐标，由此可以表示出两个向量，算出它们的内积即可
【解答】解：如图令∠OAD＝θ，由于AD＝1 故OA＝cosθ，OD＝sinθ，
如图∠BAX= π
2 −θ，AB＝1，故xB＝cosθ+cos（π
2 −θ）＝cosθ+sinθ，yB＝sin（π
2 −θ）＝cosθ
故OB
→
=（cosθ+sinθ，cosθ）
同理可求得C（sinθ，cosθ+sinθ），即OC
→
=（sinθ，cosθ+sinθ），
∴OB
→
⋅OC
→
=（cosθ+sinθ，cosθ）•（sinθ，cosθ+sinθ）＝1+sin2θ，
OB
→
⋅OC
→
的最大值是2
故答案是 2
【点评】本题考查向量在几何中的应用，设角引入坐标是解题的关键，由于向量的运算与坐标关系密切，
所以在研究此类题时应该想到设角来表示点的坐标．
9．（2025 秋•孝南区校级月考）给定两个长度为1 的平面向量OA
→
和OB
→
，它们的夹角为2π
3 ．如图所示，
点C 在以O 为圆心的圆弧^
AB上运动．若OC
→
= xOA
→
+ y OB
→
，其中x、y∈R，则x+2y 的最大值为
2❑√21
3
．
【分析】以点O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系xOy，然后结合向量的坐标表示
及正弦函数的性质即可求解．
【解答】解：以点O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系xOy，
则点A（1，0）、B(−1
2 ，
❑√3
2 )，设点C(cosθ，sinθ)(0≤θ≤2π
3 )，
由于OC
→
= xOA
→
+ y OB
→
，即{
x−1
2 y =cosθ
❑√3
2 y = sinθ
，
所以x +2 y =( x−1
2 y)+ 5
2 y =cosθ+ 5 ❑√3
3
sinθ = 2❑√21
3
sin(θ+φ)，φ 为锐角，且tanφ =
❑√3
5 ，
∵0≤θ≤2π
3 ，则φ≤θ+φ≤2π
3 +φ，当θ+φ = π
2 时，x+2y 取得最大值2❑√21
3
．
故答案为：2❑√21
3
．
【点评】本题主要考查了向量的坐标表示，正弦函数性质的应用，属于中档题．
10．（2024•南通模拟）如图，四边形OABC 是边长为1 的正方形，点D 在OA 的延长线上，且OD＝2，点
P 为△BCD 内（含边界）的动点，设OP
→
=αOC
→
+βOD
→
（α，β∈R），则α+β 的最大值等于
3
2 ．
【分析】因为是正方形，所以可考虑建立平面直角坐标系：以O 为原点，OA，OC 所在直线分别为x 轴，
y 轴建立平面直角坐标系，这时候可求出OC
→
=(0，1)，OD
→
=(2，0)，所以设P（x，y），所以根据
已知条件可得：（x，y）＝（2β，α），所以可用x，y 表示α，β，并得到α + β = 1
2 x + y，这样求
1
2 x + y的最大值即可．而x，y 的取值范围便是△BCD 上及其内部，所以可想着用线性规划的知识求解．
所以设z= 1
2 x + y，y=−1
2 x + z，所以z 表示直线y =−1
2 x + z在y 轴上的截距，要求α+β 的最大值，只
需求截距z 的最大值即可，而通过图形可看出当该直线过B 点时截距最大，所以将B 点坐标代入直线方
程，即可得到z 的最大值，即α+β 的最大值．
【解答】解：分别以边OA，OC 所在直线为x，y 轴建立如图所实施平面直角坐标系；
则：OC
→
=(0，1)，OD
→
=(2，0)，设P（x，y），OP
→
=( x ，y )；
∴（x，y）＝α（0，1）+β（2，0）＝（2β，α）；
∴{
x =2 β
y =α ；
∴α + β = 1
2 x + y；
设z= 1
2 x + y，则：y=−1
2 x + z，所以z 是直线y=−1
2 x + z在y 轴上的截距；
由图形可以看出，当该直线经过B（1，1）点时，它在y 轴的截距z 最大，最大为3
2；
∴α+β 的最大值是3
2．
故答案为：3
2．
【点评】考查通过建立平面直角坐标系，用向量坐标解决向量问题的方法，利用线性规划求最值的方法．
