专题4.1 平面向量的线性运算及数量积（举一反三复习讲义）
【全国通用】
命题规律
分析
1、平面向量的线性运算及数量积
平面向量的运算是高考的热点内容。从近几年的高考情况来看，试题
主要以选择题、填空题的形式呈现，其中平面向量的线性运算、平面向量
的数量积、夹角、模与垂直条件等知识是高考的重点、热点内容，难度中
等，有时会与三角函数、平面几何等相结合命题。学生在高考复习中应注
意加强对向量的数量积、数量积的坐标表示的掌握，学会灵活求解。
高考真题
统计
考点
2023 年
2024 年
2025 年
平面向量的
线性运算及
数量积
新高考
卷：第
Ⅱ
13
题，5 分
全国乙卷（文数）：
第6 题，5 分
全国乙卷（理数）：
第12 题，5 分
新高考I 卷：第3
题，5 分
新高考
卷
Ⅱ
：第3
题，5 分
全国甲卷（理数）：
第9 题，5 分
全国一卷：第6 题，
5 分
全国二卷：第12
题，5 分
全国甲卷（理数）：
第4 题，5 分
2026 年
命题预测
预测在2026 年全国卷高考数学中，平面向量的运算的考情将继续维持
稳定态势。仍然以选择题、填空题为主，分值稳定在5 分左右。核心考点聚
焦数量积、模长夹角、以及平行与垂直关系，难度不大；也可能结合实际
情境（如速度、位移等）或新定义情境，或延续与三角函数、平面几何等
相结合命题，难度中等。
知识点
1
平面向量线性运算问题及其解题策略
1．平面向量线性运算问题的求解思路：
(1)解决平面向量线性运算问题的关键在于熟练地找出图形中的相等向量，并能熟练运用相反向量将加减法
相互转化；
(2)在求向量时要尽可能转化到平行四边形或三角形中，运用平行四边形法则、三角形法则及三角形中位线
定理、相似三角形对应边成比例等平面几何的性质，把未知向量转化为用已知向量线性表示.
2．向量线性运算的含参问题的解题策略：
与向量的线性运算有关的参数问题，一般是构造三角形，利用向量运算的三角形法则进行加法或减法运
算，然后通过建立方程组即可求得相关参数的值.
3．利用共线向量定理解题的策略：
(1)
是判断两个向量共线的主要依据.注意待定系数法和方程思想的运用.
(2)当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线，即A,B,C 三点共线
共线.
(3)若⃗a与⃗b不共线且
，则
.
(4)
(λ,μ 为实数)，若A,B,C 三点共线，则λ+μ=1.
知识点
2
向量数量积的性质和常用结论
1．向量数量积的性质和运算律
(1)向量数量积的性质
设⃗a，⃗b是非零向量，它们的夹角是θ，⃗e是与⃗b方向相同的单位向量，则
①
.
②
.
③当⃗a与⃗b同向时，
；当⃗a与⃗b反向时，
.
特别地，
或
.
④
，当且仅当向量⃗a，⃗b共线，即⃗a∥⃗b时，等号成立.
⑤
.
(2)向量数量积的运算律
由向量数量积的定义，可以发现下列运算律成立：
对于向量⃗a，⃗b，⃗c和实数λ，有
①交换律：
；
②数乘结合律：
；
③分配律：
.
2．向量数量积的常用结论
(1)
；
(2)
；
(3)
；
(4)
；
(5)
，当且仅当⃗a与⃗b同向共线时右边等号成立，⃗a与⃗b反向共线时左边等号成
立.
以上结论可作为公式使用.
知识点
3
平面向量数量积问题的解题策略
1．平面向量数量积的两种运算方法
(1)基底法：当已知向量的模和夹角θ 时，可利用定义法求解，适用于平面图形中的向量数量积的有关计算
问题；
(2)坐标法：当平面图形易建系求出各点坐标时，可利用坐标法求解.
2．夹角与垂直
根据平面向量数量积的性质：若⃗
a
，⃗
b
为非零向量，则
(夹角公式)，
等，可
知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题.
3．向量的模的求解思路：
(1)坐标法：当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；
(2)公式法：利用
及
，把向量的模的运算转化为数量积运算；
(3)几何法：利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余
弦定理等方法求解.
4．向量数量积综合应用的三大解题方法
(1)坐标法：把几何图形放在适当的坐标系中，就赋予了有关点与向量具体的坐标，这样就能进行相应的代
数运算和向量运算，从而使问题得到解决.
(2)基向量法：适当选取一组基底，写出向量之间的联系，利用向量共线构造关于设定未知量的方程来进行
求解.
(3)利用向量运算进行转化，化归为三角函数的问题或三角恒等变换问题是常规的解题思路和方法，以向量
为载体考查三角形问题时，要注意正弦定理、余弦定理等知识的应用.
【题型1 向量的线性运算】
【例1】（2025·四川眉山·模拟预测）在△ABC中，D是线段BC的中点，E是线段AD的中点，则⃗BE =
（ ）
A．1
4⃗AB−3
4⃗AC
B．3
4⃗AB−1
4⃗AC
C．−1
4⃗AB+ 3
4⃗AC
D．−3
4⃗AB+ 1
4⃗AC
【答案】D
【解题思路】根据平面向量的线性运算求解.
【解答过程】因为D是线段BC的中点，所以⃗AD =1
2⃗AB+1
2⃗AC.
因为E是线段AD的中点，所以⃗AE =1
2⃗AD =1
4⃗AB+ 1
4⃗AC，
则⃗BE =⃗AE−⃗AB =−3
4⃗AB+ 1
4⃗AC.
故选：D.
【变式1-1】（2025·四川资阳·一模）如图，D 是△ABC的边AC 的中点，点E 在BD 上，且⃗BE =2⃗ED，
则（ ）
A．⃗AE =2
3⃗AB+ 1
6⃗AC
B．⃗AE =2
3⃗AB+ 1
3⃗AC
C．⃗AE =1
3⃗AB+ 2
3⃗AC
D．⃗AE =1
3⃗AB+ 1
3⃗AC
【答案】D
【解题思路】根据平面向量的线性运算求解即可.
【解答过程】由题意，⃗AE =⃗AB+⃗BE =⃗AB+ 2
3⃗B D =⃗AB+ 2
3 (⃗B A +⃗A D)
=⃗AB+ 2
3(−⃗AB+1
2⃗AC)=1
3⃗AB+ 1
3⃗AC.
故选：D.
【变式1-2】（2025·河南安阳·一模）已知平行四边形ABCD的对角线的交点为P，则⃗
PA +2⃗PB+2⃗PC +⃗PD =（ ）
A．⃗AD
B．⃗DA
C．⃗AB
D．⃗BA
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，利用平面向量线性运算计算得解.
【解答过程】在▱ABCD中，⃗PA +2⃗PB+2⃗PC +⃗PD =⃗PA +2⃗PB−2⃗PA −⃗PB =⃗PB−⃗PA =⃗AB.
故选：C.
【变式1-3】（2025·贵州铜仁·模拟预测）在平行四边形ABCD中，E是对角线AC上靠近点C的三等分
点，则（ ）
A．⃗BE =−1
3⃗AB+ 2
3⃗AD
B．⃗BE =2
3⃗AB−1
3⃗AD
C．⃗BE =1
3⃗AB−2
3⃗AD
D．⃗BE =−2
3⃗AB+ 1
3⃗AD
【答案】A
【解题思路】由向量的加减法，和数乘运算法则直接求解即可.
【解答过程】因为E是对角线AC上靠近点C的三等分点，
所以⃗AE =2
3⃗AC，
则⃗BE =⃗BA +⃗AE =⃗BA + 2
3⃗AC =−⃗AB+ 2
3 (⃗AB+⃗AD)=−1
3⃗AB+ 2
3⃗AD.
故选：A.
【题型2 向量共线定理及其应用】
【例2】（2025·广东广州·三模）已知向量⃗a,⃗b不共线，λ⃗a+⃗b与3⃗a+2⃗b共线，则实数λ的值为（ ）
A．3
2
B．2
C．6
D．−2
3
【答案】A
【解题思路】由向量共线得到λ
3 =1
2，求解即可.
【解答过程】因为λ⃗a+⃗b与3⃗a+2⃗b共线，
所以λ
3 =1
2，
解得：λ=3
2，
故选：A.
【变式2-1】（2025·北京·二模）设平面向量⃗a与⃗b不共线，k ,s∈R，则“⃗a+k⃗b与s⃗a+2⃗b共线是
”
“sk =2”
的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解题思路】根据共线定理可得⃗a+k⃗b=λ(s⃗a+2⃗b)，由⃗a与⃗b不共线，得k −2 λ =0且λs−1=0，即可结合
充要条件的定义求解.
【解答过程】若⃗a+k⃗b与s⃗a+2⃗b共线，
则存在非零实数λ，使得⃗a+k⃗b=λ(s⃗a+2⃗b)，即(k −2 λ)⃗b=(λs−1)⃗a，
由于平面向量⃗a与⃗b不共线，所以k −2 λ =0且λs−1=0，故sk =2，
因此“⃗a+k⃗b与s⃗a+2⃗b共线是
”
“sk =2 的充要条件，
”
故选：C.
【变式2-2】（2025·福建泉州·模拟预测）已知向量e
→
1, e
→
2不共线，⃗AB =λ e
→
1+e
→
2,⃗AC =2 e
→
1+μ e
→
2，其中
λ>0, μ>0，若A ,B ,C三点共线，则2 λ+μ的最小值为（ ）
A．5
B．4
C．3
D．2
【答案】B
【解题思路】由平面向量的共线定理可得λμ=2，再结合基本不等式即可求得答案.
【解答过程】因为A ,B ,C三点共线，所以存在实数k，使⃗AB =k⃗AC，即λ e
→
1+e
→
2=k(2 e
→
1+μ e
→
2)，
又向量e
→
1, e
→
2不共线，所以{
λ=2k ,
1=μk ,)，整理，得λμ=2，
由λ>0, μ>0，所以2 λ+μ≥2❑√2 λμ=4，
当且仅当2 λ =μ=2时，取等号，即2 λ+μ的最小值为4.
故选：B．
【变式2-3】（2025·湖南·模拟预测）如图，在△ABC中，点O是线段BC上靠近点B的三等分点，过点O
的直线分别交直线AB、AC于点M、N.设⃗AB =m⃗AM，⃗AC =n⃗AN，则2m+n的值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】根据⃗CO =2⃗OB，结合平面向量的减法可得出⃗AO =2
3⃗AB+ 1
3⃗AC，结合⃗AB =m⃗AM，⃗
AC =n⃗AN，可得出⃗AO =2
3 m⃗AM + 1
3 n⃗AN，利用M、N、O三点共线，可求出2m+n的值.
【解答过程】连接AO，因为点O是线段BC上靠近点B的三等分点，则⃗CO =2⃗OB，
即⃗AO−⃗AC =2(⃗AB−⃗AO)，所以，⃗AO =2
3⃗AB+ 1
3⃗AC，
又因为⃗AB =m⃗AM，⃗AC =n⃗AN，则⃗AO =2
3 m⃗AM + 1
3 n⃗AN，
因为M、N、O三点共线，设⃗MO =k⃗MN，则⃗AO−⃗AM =k (⃗AN −⃗AM )，
所以，⃗AO =(1−k )⃗AM +k⃗AN，且⃗AM、⃗AN不共线，
所以，2
3 m=1−k，1
3 n=k，故2
3 m+ 1
3 n=1−k +k =1，因此，2m+n=3.
故选：C.
【题型3 平面向量数量积的运算】
【例3】（2026·四川巴中·一模）已知平面向量⃗a,⃗b满足|⃗a| =2,|⃗b| =3，⃗a与⃗b的夹角为π
3 ，则⃗
a⋅(⃗a−⃗b)=（ ）
A．7
B．1
C．4−3 ❑√3
D．4+3 ❑√3
【答案】B
【解题思路】由向量的线性运算及数量积的定义求解即可.
【解答过程】因为⃗a⋅(⃗a−⃗b)=⃗a
2−⃗a⋅⃗b=|⃗a|
2−|⃗a| ⋅|⃗b| ⋅cosπ
3 =4−2×3× 1
2 =1.
故选：B.
【变式3-1】（2026·河北·一模）已知向量⃗a,⃗b,⃗c均为单位向量，且 ⃗a⋅⃗b=−1
2 ,| 3⃗a+⃗b| =|⃗a−2⃗c|，则⃗
a⋅⃗c =（ ）
A．−1
5
B．−1
4
C．−1
3
D．−1
2
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，利用数量积的运算律列式求解.
【解答过程】由向量⃗a,⃗b,⃗c均为单位向量，且 ⃗a⋅⃗b=−1
2 ,| 3⃗a+⃗b| =|⃗a−2⃗c|，
得(3⃗a+⃗b)
2=(⃗a−2⃗c)
2，整理得9⃗a
2+⃗b
2+6⃗a⋅⃗b=⃗a
2+4⃗c
2−4⃗a⋅⃗c，
即9+1+6⋅(−1
2 )=1+4−4⃗a⋅⃗c，所以⃗a⋅⃗c =−1
2.
故选：D.
【变式3-2】（2025·浙江杭州·一模）设向量⃗a=(2, x),⃗b=(2+x ,2 x).若⃗a⋅(2⃗a−⃗b)=0，则x =（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】A
【解题思路】由向量的坐标表示出a
→
⋅(2a
→
−b
→)=0，然后解方程即可.
【解答过程】2⃗a−⃗b=(2−x ,0)，
∴⃗a⋅(2⃗a−⃗b)=4−2 x +0=0，
解得x =2.
故选：A.
【变式3-3】（2025·新疆辽宁·一模）等腰梯形ABCD 中，AB 平行于CD，AB =2，CD =1，∠DAB =π
4
，P 为腰AD 所在线段上任意一点，则⃗PC ⋅⃗PB的最小值是（ ）
A．❑√3
B．1
C．3
2
D．❑√2
【答案】C
【解题思路】作D D
′垂直于AB于点D
′，作C C
′垂直于AB于点C
′，建立平面直角坐标系，求出相关点的
坐标，利用坐标计算出⃗PC ⋅⃗PB的表达式，由二次函数的单调性即可求得答案.
【解答过程】
如图，作D D
′垂直于AB于点D
′，作C C
′垂直于AB于点C
′，
又AB =2，CD =1，∠DAB =π
4 ，
则A D
′ =1
2，D D
′ =1
2，A C
′ =3
2，C C
′ =1
2，
以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则A (0,0)，B (2,0)，C(
3
2 , 1
2)，D(
1
2 , 1
2)，又P 为腰AD 所在直线上任意一点，
则设⃗AP =λ⃗AD =(
1
2 λ , 1
2 λ)，λ∈[0,1)，则点P 的坐标为(
1
2 λ , 1
2 λ)，
所以⃗PC ⋅⃗PB =(
3
2 −1
2 λ , 1
2 −1
2 λ)⋅(2−1
2 λ ,−1
2 λ)=1
2 λ
2−2 λ+3，λ∈[0,1)，
又关于λ的二次函数y =1
2 λ
2−2 λ+3的对称轴为λ =2，
则y =1
2 λ
2−2 λ+3在λ∈[0,1)上单调递减，
所以当λ=1，即点P 和点D 重合时，⃗PC ⋅⃗PB取得最小值3
2．
故⃗PC ⋅⃗PB的最小值是3
2．
故选：C．
【题型4 平面向量的夹角问题】
【例4】（2025·广东深圳·模拟预测）已知非零向量⃗a,⃗b满足(⃗a+4⃗b)⊥⃗a,(⃗a+3⃗b)⊥⃗b，则⃗a与⃗b的夹角为
（ ）
A．π
6
B．π
3
C．2 π
3
D．5π
6
【答案】D
【解题思路】根据向量垂直得到方程组，设|⃗b)=1，则⃗a⋅⃗b=−3，|⃗a)=2❑√3，利用向量夹角余弦公式求
出答案.
【解答过程】(⃗a+4⃗b)⋅⃗a=⃗a
2+4⃗a⋅⃗b=0,(⃗a+3⃗b)⋅⃗b=⃗a⋅⃗b+3⃗b
2=0，
所以⃗a⋅⃗b=−⃗a
2
4 =−3⃗b
2，不妨设|⃗b)=1，则⃗a⋅⃗b=−3，⃗a
2=12⃗b
2=12，
所以|⃗a)=2❑√3，故cos⟨⃗a,⃗b)=⃗a⋅⃗b
|⃗a)⋅|⃗b)
= −3
2❑√3 =−
❑√3
2 ，
又⟨⃗a,⃗b)∈[0,π )，故⃗a与⃗b的夹角为5π
6 .
故选：D.
【变式4-1】（2025·山东泰安·模拟预测）已知向量⃗a=(1,2),⃗b=(m,4)，若⃗a,⃗b的夹角为锐角，则实数m
的取值范围是（ ）
A．m>−8
B．m>−8且m≠2
C．m<−8
D．m≠2
【答案】B
【解题思路】应用向量数量积的坐标运算及⃗a⋅⃗b>0求参数范围，注意排除同向共线的情况即可.
【解答过程】由题意⃗a⋅⃗b=1⋅m+2⋅4 =m+8>0⇒m>−8，
若m
1 =4
2 =2⇒m=2，此时⃗a,⃗b同向共线，非锐角，
所以m>−8且m≠2.
故选：B.
【变式4-2】（2025·四川绵阳·模拟预测）已知向量|⃗a)=2，⃗b=(0,1)且⃗a⋅⃗b=1，则向量⃗a与⃗b夹角的大小为
（ ）
A．π
2
B．π
3
C．π
4
D．π
6
【答案】B
【解题思路】根据已知，利用平面向量夹角公式求解.
【解答过程】∵⃗b=(0,1)，
∴|⃗b)=1，
∵⃗a⋅⃗b=1，
∴|⃗a)⋅|⃗b)cos<⃗a,⃗b>=1，
∴cos<⃗a,⃗b>=1
2，则<⃗a,⃗b>=π
3 .
故选：B.
【变式4-3】（2025·甘肃·模拟预测）若⃗a,⃗b是非零向量且满足(⃗a−3⃗b)⊥⃗a,(⃗b−3⃗a)⊥⃗b，则⃗a与⃗b的夹角
的余弦值为（ ）
A．1
9
B．1
3
C．2
3
D．4
9
【答案】B
【解题思路】由向量垂直关系得到⃗a⋅⃗b=1
3|⃗a)
2=1
3|⃗b)
2
，再由向量夹角公式即可求解.
【解答过程】设⃗a与⃗b的夹角是α，因为(⃗a−3⃗b)⊥⃗a，
所以(⃗a−3⃗b)⋅⃗a=0，即|⃗a|
2−3⃗a⋅⃗b=0①，
又因为(⃗b−3⃗a)⊥⃗b，
所以(⃗b−3⃗a)⋅⃗b=0，即|⃗b|
2−3⃗a⋅⃗b=0②，
由①②知|⃗a)=|⃗b),⃗a⋅⃗b=1
3|⃗a)
2=1
3|⃗b)
2
，
所以cosα =⃗a⋅⃗b
|⃗a)|⃗b)
=
1
3 |⃗a|
2
|⃗a|
2
=1
3
.
故选：B.
【题型5 平面向量的模长问题】
【例5】（2025·江苏·模拟预测）已知平面向量⃗a=(1,−2)，|⃗b)=3，且(⃗a+⃗b)⊥⃗a，则|⃗a−⃗b)=（ ）
A．2
B．4
C．2❑√6
D．24
【答案】C
【解题思路】由(⃗a+⃗b)⊥⃗a，得到⃗a⋅⃗b=−5，通过|⃗a−⃗b)
2=⃗a
2−2⃗a⋅⃗b+⃗b
2即可求解.
【解答过程】因为(⃗a+⃗b)⊥⃗a，
所以(⃗a+⃗b)⋅⃗a=⃗a
2+⃗a⋅⃗b=0，
又⃗a=(1,−2)，则⃗a
2=5，
所以⃗a⋅⃗b=−5，
所以|⃗a−⃗b)
2=⃗a
2−2⃗a⋅⃗b+⃗b
2=5+10+9=24，
所以|⃗a−⃗b)= 2❑√6，
故选：C.
【变式5-1】（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知平面向量⃗a,⃗b满足|⃗a)=|⃗b)=1，且向量⃗a在向量⃗b上的投影向
量为1
2⃗b，则|2⃗a−3⃗b)的值为（ ）
A．2❑√5
B．2❑√3
C．❑√7
D．❑√6
【答案】C
【解题思路】由投影向量的定义求出⃗a⋅⃗b=1
2，再由向量的模长公式求解即可.
【解答过程】因为向量⃗a在向量⃗b上的投影向量为1
2⃗b，
所以⃗a⋅⃗b
|⃗b|
2 ⋅⃗b=1
2⃗b，所以⃗a⋅⃗b
|⃗b|
2 =1
2，又|⃗a)=|⃗b)=1，
所以⃗a⋅⃗b=1
2，所以|2⃗a−3⃗b)=
❑√(2⃗a−3⃗b)
2=
❑√4⃗a
2−12⃗a⋅⃗b+9⃗b
2=❑√7.
故选：C.
【变式5-2】（2025·云南·一模）已知⃗a,⃗b是单位向量，且⃗a⋅⃗b=−1
2.若平面向量⃗p满足⃗p⋅⃗a=⃗p⋅⃗b=1
2，
则|⃗p)的值为（ ）
A．
❑√2
2
B．
❑√3
2
C．1
D．❑√2
【答案】C
【解题思路】以O为原点，以⃗a方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可
求出⃗p的坐标，由此可得模长.
【解答过程】由题意得，|⃗a)=|⃗b)=1，设⟨⃗a,⃗b)=θ ,θ∈[0,π )，
∵⃗a⋅⃗b=−1
2，∴cosθ =−1
2，故θ =2 π
3 .
如图，以O为原点，以⃗a方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，使⃗b的起点与O重合，终点在第二象限，
则⃗a=(1,0),⃗b=(−1
2 ,
❑√3
2 )，
设⃗p=(x , y)，则{⃗
p⋅⃗a=x =1
2⃗
p⋅⃗b=−1
2 x +
❑√3
2 y =1
2)
，故{
x =1
2
y =
❑√3
2 )
，
∴p
→
=(
1
2 ,
❑√3
2 )，故|p
→)=
❑√(
1
2)
2
+(
❑√3
2 )
2
=1.
故选：C.
【变式5-3】（2025·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
【解题思路】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.
【解答过程】⃗
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.
【题型6 向量数量积与其他知识交汇】
【例6】（2025·辽宁·模拟预测）设锐角△ABC的外心为O，满足3⃗OA ⋅⃗OB =⃗OB⋅⃗OC，
sinC =
❑√3
2 sin A，则sin B =（ ）
A．2❑√2+❑√3
5
B．2❑√5+1
5
C．7 ❑√3
18
D．7 ❑√2
12
【答案】A
【解题思路】结合图形，利用向量数量积的定义和二倍角公式将题设等式化成①式，再利用同角的三角函
数关系将另一式化成②式，联立求出三角函数值，借助于和角公式即可求得答案.
【解答过程】
如图，圆O是锐角△ABC的外接圆，设其半径为R，
则| OA | =| OB| =| OC | =R ,∠AOB =2∠ACB ,∠BOC =2∠BAC，
由3⃗OA ⋅⃗OB =⃗OB⋅⃗OC可得3 R
2cos2C =R
2cos2 A，即3(2cos
2C −1)=2cos
2 A −1，
也即3cos
2C −cos
2 A =1①.
又由sinC =
❑√3
2 sin A两边平方可得4 sin
2C =3sin
2 A，即4−4 cos
2C =3−3cos
2 A，
也即4 cos
2C −3cos
2 A =1②
联立①和②，解得{
cos
2C =2
5
cos
2 A =1
5)
，因△ABC为锐角三角形，故有cosC =
❑√10
5
，cos A =
❑√5
5 ，
从而sinC =
❑√1−cos
2C =
❑√15
5
，sin A =
❑√1−cos
2 A =2❑√5
5
，
于是，sin B =sin( A +C )=cosC sin A +cos A sinC =2❑√2+❑√3
5
.
故选：A.
【变式6-1】（2025·安徽芜湖·三模）已知⊙C : x
2+ y
2−10 x +9=0与直线l交于A ,B两点，且⊙C被l截
得两段圆弧的长度之比为1:3，若D为⊙C上一点，则⃗DA ⋅⃗DB的最大值为（ ）
A．18 ❑√2+12
B．16 ❑√2+16
C．12❑√2+20
D．10 ❑√2+24
【答案】B
【解题思路】根据题意，得到∠ACB =π
2 ，所以⃗CA ⋅⃗CB =0，设M为AB边的中点，根据向量的运算法
则，求得⃗DA ⋅⃗DB =|⃗DC)
2+2⃗CM ⋅⃗DC ≤|⃗DC)
2+2|⃗CM )⋅|⃗DC)，结合圆的性质，即可求解.
【解答过程】由⊙C : x
2+ y
2−10 x +9=0，可得圆心C(5,0)，半径r =4，
因为直线l交圆C于A ,B两点，且圆C被l截得两段弧的长度比为1:3，
所以∠ACB =π
2 ，可得⃗CA ⋅⃗CB =0，
设M为AB边的中点，可得⃗CA +⃗CB =2⃗CM，
则⃗DA ⋅⃗DB =(⃗DC +⃗CA )⋅(⃗DC +⃗CB)=|⃗DC)
2+(⃗CA +⃗CB)⋅⃗DC +⃗CA ⋅⃗CB
=|⃗DC)
2+2⃗CM ⋅⃗DC ≤|⃗DC)
2+2|⃗CM )⋅|⃗DC)，
当且仅当⃗CM与⃗DC方向相同时，等号成立，
因为|⃗DC)=r =4 ,|⃗CM )=
❑√2
2 r =2❑√2，所以⃗DA ⋅⃗DB≤|⃗DC)
2+2|⃗CM )⋅|⃗DC)=16+16 ❑√2.
所以⃗DA ⋅⃗DB的最大值为16 ❑√2+16.
故选：B.
【变式6-2】（2025·河北保定·三模）如图，在四边形ABCD中，|⃗AC)=2，|⃗CD)=❑√3，∠ACD =30
∘，
E为线段AC的中点，⃗DE =2⃗EB，则⃗DA ⋅⃗DB =（ ）
A．3
B．3 ❑√3
2
C．3
2
D．3
4
【答案】D
【解题思路】在△ACD中，由余弦定理可得|⃗AD)=1，在Rt△ACD中易得|⃗DE)=1
2|⃗AC)=1，
∠BDA =60
∘，即可利用数量积的定义求解.
【解答过程】在△ACD中，由余弦定理可得
|⃗AD)
2=|⃗AC)
2+|⃗CD)
2−2|⃗AC)|⃗CD)cos∠ACD =2
2+(❑√3)
2−2×2×❑√3×cos30
∘=1，
则|⃗AD)=1，
由|⃗CD)
2+|⃗AD)
2=|⃗AC)
2，可得DC ⊥DA，
又E为线段AC中点，则|⃗DE)=1
2|⃗AC)=1，
又⃗DE =2⃗EB，则|⃗EB)=1
2，|⃗DB)=3
2，且∠BDA =60
∘，
所以⃗DA ⋅⃗DB =|⃗DA)|⃗DB)cos∠BDA =1× 3
2 cos60
∘=3
4 .
故选：D.
【变式6-3】（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
【解题思路】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.
【解答过程】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.
点
平面向量的线性运算及数量积
考
一
一、单选题
1．（2024·新课标
卷
Ⅰ
·高考真题）已知向量⃗a=(0,1),⃗b=(2, x)，若⃗b⊥(⃗b−4⃗a)，则x =（ ）
A．−2
B．−1
C．1
D．2
【答案】D
【解题思路】根据向量垂直的坐标运算可求x的值.
【解答过程】因为⃗b⊥(⃗b−4⃗a)，所以⃗b⋅(⃗b−4⃗a)=0，
所以⃗b
2−4⃗a⋅⃗b=0即4 +x
2−4 x =0，故x =2，
故选：D.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）设向量⃗a=(x +1, x),⃗b=(x ,2)，则（ ）
A．“x =−3 是
”
“⃗a⊥⃗b 的必要条件
”
B．“x =1+❑√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
”
【答案】C
【解题思路】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【解答过程】对A，当⃗a⊥⃗b时，则⃗a⋅⃗b=0，
所以x⋅( x +1)+2 x =0，解得x =0或−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，则2( x +1)=x
2，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)=x
2，所以⃗a/ /⃗b不成立，即充分性不立，故D 错误.
故选：C.
3．（2024·北京·高考真题）设 ⃗a，⃗b是向量，则“(⃗a+⃗b)·(⃗a−⃗b)=0 是
”
“⃗a=−⃗b或⃗a=⃗b 的（
”
）．
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解题思路】根据向量数量积分析可知(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=0等价于|⃗a)=|⃗b)，结合充分、必要条件分析判断.
【解答过程】因为(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=⃗a
2−⃗b
2=0，可得⃗a
2=⃗b
2，即|⃗a)=|⃗b)，
可知(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=0等价于|⃗a)=|⃗b)，
若⃗a=⃗b或⃗a=−⃗b，可得|⃗a)=|⃗b)，即(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=0，可知必要性成立；
若(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=0，即|⃗a)=|⃗b)，无法得出⃗a=⃗b或⃗a=−⃗b，
例如⃗a=(1,0),⃗b=(0,1)，满足|⃗a)=|⃗b)，但⃗a≠⃗b且⃗a≠−⃗b，可知充分性不成立；
综上所述，“(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=0 是
”
“⃗a=−⃗b或⃗a=⃗b 的必要不充分条件
”
.
故选：B.
4．（2024·新课标
卷
Ⅱ
·高考真题）已知向量⃗a,⃗b满足|⃗a)=1,|⃗a+2⃗b)=2，且(⃗b−2⃗a)⊥⃗b，则|⃗b)=（ ）
A．1
2
B．
❑√2
2
C．
❑√3
2
D．1
【答案】B
【解题思路】由(⃗b−2⃗a)⊥⃗b得⃗b
2=2⃗a⋅⃗b，结合|⃗a)=1,|⃗a+2⃗b)=2，得1+4⃗a⋅⃗b+4⃗b
2=1+6⃗b
2=4，由
此即可得解.
【解答过程】因为(⃗b−2⃗a)⊥⃗b，所以(⃗b−2⃗a)⋅⃗b=0，即⃗b
2=2⃗a⋅⃗b，
又因为|⃗a)=1,|⃗a+2⃗b)=2，
所以1+4⃗a⋅⃗b+4⃗b
2=1+6⃗b
2=4，
从而|⃗b)=
❑√2
2 .
故选：B.
5．（2023·全国乙卷·高考真题）正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则⃗EC ⋅⃗ED =（ ）
A．❑√5
B．3
C．2❑√5
D．5
【答案】B
【解题思路】方法一：以{⃗AB ,⃗AD)为基底向量表示⃗EC ,⃗ED，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：
建系，利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求cos∠DEC，进而根据数量积的定义运算
求解.
【解答过程】方法一：以{⃗AB ,⃗AD)为基底向量，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.
故选：B.
6．（2023·全国乙卷·高考真题）已知⊙O的半径为1，直线PA 与⊙O相切于点A，直线PB 与⊙O交于
B，C 两点，D 为BC 的中点，若|PO)=❑√2，则⃗PA ⋅⃗PD的最大值为（ ）
A．1+❑√2
2
B．1+2❑√2
2
C．1+❑√2
D．2+❑√2
【答案】A
【解题思路】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得⃗PA ⋅⃗PD
=1
2 −
❑√2
2 sin(2α −π
4)，或⃗PA ⋅⃗PD =1
2 +
❑√2
2 sin(2α + π
4)然后结合三角函数的性质即可确定⃗PA ⋅⃗PD
的最大值.
【解答过程】如图所示，|OA)=1,|OP)=❑√2，则由题意可知:∠APO =π
4 ，
由勾股定理可得|PA)=
❑√O P
2−O A
2=1
当点A , D位于直线PO异侧时或PB 为直径时，设∠OPC =α ,0≤α < π
4 ，
则：⃗PA ⋅⃗PD =|⃗PA | ⋅|⃗PD| cos(α + π
4)
=1×❑√2cosα cos(α + π
4)
=❑√2cosα(
❑√2
2 cosα −
❑√2
2 sin α)
=cos
2α −sin α cosα
=1+cos2α
2
−1
2 sin2α
=1
2 −
❑√2
2 sin(2α −π
4)
0≤α < π
4 ，则−π
4 ≤2α −π
4 < π
4
∴当2α −π
4 =−π
4 时，⃗PA ⋅⃗PD有最大值1.
当点A , D位于直线PO同侧时，设∠OPC =α ,0<α < π
4 ，
则：⃗PA ⋅⃗PD =⃗PA ⋅⃗PD cos(
π
4 −α)
=1×❑√2cosα cos(
π
4 −α)
=❑√2cosα(
❑√2
2 cosα +
❑√2
2 sin α)
=cos
2α +sin α cosα
=1+cos2α
2
+1
2 sin2α
=1
2 +
❑√2
2 sin(2α + π
4)，
0≤α < π
4 ，则π
4 ≤2α + π
4 <3 π
4
∴当2α + π
4 =π
2 时，⃗PA ⋅⃗PD有最大值1+❑√2
2
.
综上可得，⃗PA ⋅⃗PD的最大值为1+❑√2
2
.
故选：A.
7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知向量⃗a,⃗b,⃗c满足|⃗a)=|⃗b)=1,|⃗c)=❑√2，且⃗a+⃗b+⃗c =⃗0，则
cos〈⃗a−⃗c ,⃗b−⃗c 〉=（ ）
A．−4
5
B．−2
5
C．2
5
D．4
5
【答案】D
【解题思路】作出图形,根据几何意义求解.
【解答过程】因为⃗a+⃗b+⃗c =⃗0,所以⃗a+⃗b=−⃗c,
即⃗a
2+⃗b
2+2⃗a⋅⃗b=⃗c
2,即1+1+2⃗a⋅⃗b=2,所以⃗a⋅⃗b=0.
如图,设⃗OA =⃗a,⃗OB=⃗b,⃗OC =⃗c,
由题知,OA =OB =1,OC =❑√2,△OAB是等腰直角三角形,
AB 边上的高OD =
❑√2
2 , AD =
❑√2
2 ,
所以CD =CO+OD =❑√2+
❑√2
2 =3 ❑√2
2
,
tan ∠ACD =AD
CD =1
3 ,cos∠ACD = 3
❑√10,
cos〈⃗a−⃗c ,⃗b−⃗c 〉=cos∠ACB =cos2∠ACD =2cos
2∠ACD−1
=2×(
3
❑√10)
2
−1=4
5 .
故选:D.
二、填空题
8．（2025·全国二卷·高考真题）已知平面向量⃗a=( x ,1),⃗b=( x −1,2 x),若⃗a⊥(⃗a−⃗b)，则|⃗a| =
．
【答案】❑√2
【解题思路】根据向量坐标化运算得⃗a−⃗b=(1,1−2 x)，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可.
【解答过程】⃗a−⃗b=(1,1−2 x)，因为⃗a⊥(⃗a−⃗b)，则⃗a⋅(⃗a−⃗b)=0，
则x +1−2 x =0，解得x =1.
则⃗a=(1,1)，则|⃗a| =❑√2.
故答案为：❑√2.
9．（2025·天津·高考真题）△ABC中，D 为AB 边中点，⃗CE =1
3⃗CD ,⃗AB =⃗a,⃗AC =⃗b，则⃗AE =
（用⃗a，⃗b表示），若|⃗AE| =5，AE⊥CB，则⃗AE⋅⃗CD =
.
【答案】1
6⃗a+ 2
3⃗b；−15
【解题思路】根据向量的线性运算求解即可空一，应用数量积运算律计算求解空二.
【解答过程】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
6⃗a+ 2
3⃗b；
又因为|⃗AE)=5, AE⊥CB，所以⃗AE
2=(
1
6⃗a+ 2
3⃗b)
2
= 1
36⃗a
2+ 2
9⃗a⋅⃗b+ 4
9⃗b
2=25，⃗
AE⋅⃗CB =(
1
6⃗a+ 2
3⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=1
6⃗a
2+1
2⃗a⋅⃗b−2
3⃗b
2=0，所以⃗a
2+3⃗a⋅⃗b=4⃗b
2
所以⃗a
2+4⃗a⋅⃗b=180，
所以⃗AE⋅⃗CD =(
1
6⃗a+ 2
3⃗b)⋅(−⃗b+1
2⃗a)= 1
12⃗a
2+ 1
6⃗a⋅⃗b−2
3⃗b
2= 1
12 (⃗a
2+2⃗a⋅⃗b−8⃗b
2)
= 1
12 (⃗a
2+2⃗a⋅⃗b−2⃗a
2−6⃗a⋅⃗b)= 1
12 (−⃗a
2−4⃗a⋅⃗b)=−15．
故答案为：1
6⃗a+ 2
3⃗b；−15.
10．（2023·新课标
卷
Ⅱ
·高考真题）已知向量⃗a，⃗b满足|⃗a−⃗b)=❑√3，|⃗a+⃗b)=|2⃗a−⃗b)，则|⃗b)=
．
【答案】❑√3
【解题思路】法一：根据题意结合向量数量积的运算律运算求解；法二：换元令⃗c =⃗a−⃗b，结合数量积的
运算律运算求解.
【解答过程】法一：因为|⃗a+⃗b)=|2⃗a−⃗b)，即(⃗a+⃗b)
2=(2⃗a−⃗b)
2，
则⃗a
2+2⃗a⋅⃗b+⃗b
2=4⃗a
2−4⃗a⋅⃗b+⃗b
2，整理得⃗a
2−2⃗a⋅⃗b=0，
又因为|⃗a−⃗b)=❑√3，即(⃗a−⃗b)
2=3，
则⃗a
2−2⃗a⋅⃗b+⃗b
2=⃗b
2=3，所以|⃗b)=❑√3.
法二：设⃗c =⃗a−⃗b，则|⃗c)=❑√3,⃗a+⃗b=⃗c +2⃗b,2⃗a−⃗b=2⃗c +⃗b，
由题意可得：(⃗c +2⃗b)
2=(2⃗c +⃗b)
2，则⃗c
2+4⃗c⋅⃗b+4⃗b
2=4⃗c
2+4⃗c⋅⃗b+⃗b
2，
整理得：⃗c
2=⃗b
2，即|⃗b)=|⃗c)=❑√3.
故答案为：❑√3.
