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补上一课 向量中的最值(范围)问题
题型分析 平面向量中的范围、最值问题是热点问题，也是难点问题，此类问题
综合性强，体现了知识的交汇组合，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，解决思路是建立
目标函数的函数解析式，转化为求函数的最值，同时向量兼顾“数”与“形”的
双重身份，所以解决平面向量的范围、最值问题的另外一种思路是数形结合.
题型一 与系数有关的最值(范围)
例1 (2024·江西八校联考)在△ABC 中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，P 是
△ABC 的外接圆上一点，若AP＝mAB＋nAC，则m＋n 的最小值为________.
答案 －
解析 在△ABC 中，由余弦定理得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos ∠BAC
＝1＋4－2×1×2·cos 60°＝3，
所以BC＝，所以AB2＋BC2＝AC2，
所以AB⊥BC，则AC 为△ABC 外接圆的直径.
以线段AC 的中点为坐标原点O，AC 所在直线为x 轴，建立如图所示的平面直角
坐标系，
易得A(1，0)，C(－1，0)，B，
所以AB＝，AC＝(－2，0)，
设P(cos θ，sin θ)，
则AP＝(cos θ－1，sin θ)，
因为AP＝mAB＋nAC，
所以(cos θ－1，sin θ)＝m＋n(－2，0)＝，
所以m＝sin θ，n＝－cos θ＋－sin θ，
所以m＋n＝sin θ－cos θ＋
＝sin＋≥－1＋＝－，
当且仅当sin＝－1 时等号成立，
即m＋n 的最小值为－.
感悟提升 此类问题的一般解题步骤是
第一步：利用向量的运算将问题转化为相应的等式关系；
第二步：运用基本不等式或函数的性质求其最值.
训练1 如图，在△ABC 中，点P 满足2BP＝PC，过点P 的直线与AB，AC 所在
的直线分别交于点M，N，若AM＝xAB，AN＝yAC(x>0，y>0)，则2x＋y 的最小
值为________.
答案 3
解析 由题意知，AP＝AB＋BP＝AB＋＝AB＋＝＋，
又AM＝xAB，AN＝yAC(x>0，y>0)，
∴AP＝＋，
由M，P，N 三点共线，得＋＝1，
∴2x＋y＝(2x＋y)＝＋＋
≥＋2＝3，
当且仅当x＝y 时等号成立，
故2x＋y 的最小值为3.
题型二 与数量积有关的最值(范围)
例2 (2020·新高考Ⅰ卷)已知P 是边长为2 的正六边形ABCDEF 内的一点，则
AP·AB的取值范围是( )
A.(－2，6)
B.(－6，2)
C.(－2，4)
D.(－4，6)
答案 A
解析 法一 如图，取A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，
则A(0，0)，B(2，0)，C(3，)，F(－1，).
设P(x，y)，则AP＝(x，y)，AB＝(2，0)，
且－1＜x＜3.
所以AP·AB＝(x，y)·(2，0)＝2x∈(－2，6).
法二 设AP与AB的夹角为θ，则AP在AB上的投影向量的模为|AP|cos θ，
由图可知
|AP|cos θ∈(－1，3)，
则AP·AB＝|AB||AP|cos θ∈(－2，6)，
即AP·AB的取值范围是(－2，6).
感悟提升 数量积最值(范围)的解法：
(1)坐标法，通过建立直角坐标系，运用向量的坐标运算转化为代数问题处理.
(2)向量法，运用向量数量积的定义、不等式、极化恒等式等有关向量知识解决.
训练2 已知在边长为2 的正三角形ABC 中，M，N 分别为边BC，AC 上的动点，
且CN＝BM，则AM·MN的最大值为________.
答案 －
解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则B(－1，0)，C(1，0)，A(0，)，
则BC＝(2，0)，
CA＝(－1，)，
设BM＝tBC(0≤t≤1)，
则CN＝tCA(0≤t≤1)，
则M(2t－1，0)，N(1－t，t)，
∴AM＝(2t－1，－)，MN＝(2－3t，t)，
∴AM·MN＝(2t－1)×(2－3t)＋(－)×(t)＝－6t2＋4t－2＝－6－，
当t＝时，AM·MN取得最大值－.
题型三 与模有关的最值(范围)
例3 (2024·成都诊断)已知平面向量a，b，c 满足a·b＝0，|a|＝|b|＝1，(c－a)·(c
－b)＝，则|c－a|的最大值为( )
A.
B.1＋
C.
D.2
答案 B
解析 依题意，不妨设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y).
则(c－a)·(c－b)＝(x－1，y)·(x，y－1)
＝x2＋y2－x－y＝，
即(x，y)满足＋＝1.
而|c－a|可以看作圆＋＝1 上的一点到点(1，0)的距离，
所以|c－a|的最大值即为＋1＝1＋，故选B.
感悟提升 求向量模的最值(范围)的方法，通常有：
(1)代数法，把所求的模表示成某个变量的函数，或通过建立平面直角坐标系，
借助向量的坐标表示；需要构造不等式，利用基本不等式，三角函数，再用求最
值的方法求解；
(2)几何法(数形结合法)，弄清所求的模表示的几何意义，注意题目中所给的垂直、
平行 ，以及其他数量关系，合理的转化，使得过程更加简单；结合动点表示的
图形求解.
训练3 已知a，b 是单位向量，a·b＝0，且向量c 满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值
范围是________.
答案 [－1，＋1]
解析 a，b 是单位向量，a·b＝0，
设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，
|c－a－b|＝|(x－1，y－1)|
＝＝1，
∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，|c|表示以(1，1)为圆心，1 为半径的圆上的点到原点的距
离，
故－1≤|c|≤＋1，
∴－1≤|c|≤＋1.
题型四 与夹角有关的最值(范围)
例4 (2024·杭州调研)平面向量a，b 满足|a|＝3|b|，且|a－b|＝4，则a 与a－b 夹
角的正弦值的最大值为( )
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 如图所示，设a＝OA，b＝OB，则a－b＝BA，
设|b|＝m，|a|＝3m，1≤m≤2，
cos ∠OAB＝
＝＝＋≥2＝，当且仅当＝，
即m＝时等号成立，故∠OAB∈，
当cos ∠OAB 最小时，sin ∠OAB 最大，
故a 与a－b 夹角的正弦值的最大值为＝.
感悟提升 求夹角的最值(范围)问题要根据夹角余弦值的表达式，采用基本不等
式或函数的性质进行.
训练4 已知矩形ABCD 中，AB＝2，AD＝1，点E，F，G，H 分别在边AB，
BC，CD，AD 上(包含端点)，若EG·HF＝2，则EG与HF夹角的余弦值的最大值是
________.
答案
解析 如图建立直角坐标系，则可设EG＝(t，1)，HF＝(2，s)，－2≤t≤2，－
1≤s≤1，
所以EG·HF＝2t＋s＝2，
cos〈EG，HF〉＝
＝＝
＝＝
＝，
当st≤0 时，(st－2)2≥4，
当st＞0 时，由2t＋s＝2，故s＞0，t＞0，
∴2＝2t＋s≥2，
∴st≤，当且仅当s＝1，t＝时取等号，
∴st 最大值为，
∴(st－2)2的最小值为＝，
此时取得最大值为，
即EG与HF夹角的余弦值的最大值为.
极化恒等式
极化恒等式的证明过程与几何意义
证明过程：如图，
设AB＝a，AD＝b，则AC＝a＋b，DB＝a－b.
|AC|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2，
|DB|2＝(a－b)2＝|a|2－2a·b＋|b|2，
两式相减得a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]，此即极化恒等式.
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“和对角
线长”与“差对角线长”平方差的.
例 (1)如图，在三角形ABC 中，D 是BC 的中点，E，F 是AD 上的两个三等分点，
BA·CA＝4，BF·CF＝－1，则BE·CE值为________.
答案
解析 设DC＝a，DF＝b，
BA·CA＝|AD|2－|BD|2＝9b2－a2＝4，
BF·CF＝|FD|2－|BD|2＝b2－a2＝－1，
解得b2＝，a2＝，
∴BE·CE＝|ED|2－|BD|2＝4b2－a2＝.
(2)已知点A，B，C 均在半径为的圆上，若|AB|＝2，则AC·BC的最大值为
________.
答案 2＋2
解析 设A，B，C 三点所在圆的圆心为O，取AB 中点D，
故AC·BC＝CA·CB＝CD2－AB2＝CD2－1，
因为A，B，C 三点在圆上，
所以CD 长度最大为r＋d，
其中d 为圆心O 到弦AB 的距离，
故最大值为1＋，
所以CD2－1 的最大值为(1＋)2－1＝2＋2.
训练 (2022·北京卷)在△ABC 中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P 为△ABC 所在平
面内的动点，且PC＝1，则PA·PB的取值范围是( )
A.[－5，3]
B.[－3，5]
C.[－6，4]
D.[－4，6]
答案 D
解析 法一 以C 为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直
角坐标系(图略)，
则A(3，0)，B(0，4).
设P(x，y)，则x2＋y2＝1，PA＝(3－x，－y)，
PB＝(－x，4－y)，
所以PA·PB＝x2－3x＋y2－4y
＝＋(y－2)2－.
又＋(y－2)2表示圆x2＋y2＝1 上一点到点距离的平方，圆心(0，0)到点的距离为，
所以PA·PB∈，
即PA·PB∈[－4，6].
法二 (极化恒等式)设AB 的中点为M，CM与CP的夹角为θ，
由极化恒等式得PA·PB＝PM2－AB2
＝(CM－CP)2－
＝CM2＋CP2－2CM·CP－
＝＋1－5cos θ－＝1－5cos θ，
因为cos θ∈[－1，1]，
所以PA·PB∈[－4，6].
【A 级 基础巩固】
1.已知平面向量a，b，|a|＝1，|b|＝，且a·b＝1.若|c|＝2，则(a＋b)·c 的最大值为(
)
A.2
B.10
C.2
D.5
答案 A
解析 设a＋b，c 的夹角为θ，
则(a＋b)·c＝|a＋b|·|c|cos θ≤|a＋b|·|c|＝·|c|＝2，
当a＋b，c 同向，即θ＝0 时取等号.故选A.
2.已知△ABC 中，AB＝4，AC＝3，cos A＝，若D 为边BC 上的动点，则AB·AD
的取值范围是( )
A.[4，12]
B.[8，16]
C.[4，16]
D.[2，4]
答案 C
解析 由题意得：
AD＝λAB＋(1－λ)AC，0≤λ≤1，
AB·AD＝AB·[λAB＋(1－λ)AC]
＝λAB2＋(1－λ)|AB|·|AC|cos A
＝16λ＋4－4λ＝12λ＋4∈[4，16].
3.(2024·泉州质监)已知平面向量a，b，c 满足|a|＝1，b·c＝0，a·b＝1，a·c＝－
1，则|b＋c|的最小值为( )
A.1
B.
C.2
D.4
答案 C
解析 在平面直角坐标系xOy 中，
不妨设a＝(1，0)，b＝(x1，y1)，c＝(x2，y2)，
则a·b＝x1＝1，a·c＝x2＝－1，b·c＝x1x2＋y1y2＝y1y2－1＝0，
所以|b＋c|＝＝|y1＋y2|＝＝|y1|＋≥2＝2，当且仅当y1＝±1 时等号成立.
因此，|b＋c|的最小值为2.
4.如图，在△ABC 中，BD＝BC，E 为线段AD 上的动点，且CE＝xCA＋yCB，则
＋的最小值为( )
A.8
B.9
C.12
D.16
答案 D
解析 由已知得CB＝3CD，
∴CE＝xCA＋yCB＝xCA＋3yCD，
∵E 为线段AD 上的动点，
∴A，D，E 三点共线，
∴x＋3y＝1 且x>0，y>0，
∴＋＝(x＋3y)＝10＋＋
≥10＋2＝16，
当且仅当x＝y＝时，等号成立.
故＋的最小值为16.
5.(2024·银川质检)如图，在△ABC 中，点O 满足BO＝2OC，过点O 的直线分别
交直线AB，AC 于点M，N.设AB＝mAM，AC＝nAN，则m2＋n2 的最小值是(
)
A.
B.2
C.
D.
答案 A
解析 因为BO＝2OC，
所以AO＝AB＋AC，
因为AB＝mAM，AC＝nAN，
所以AO＝AM＋AN，
又M，O，N 三点共线，
所以＋＝1，即m＋2n＝3.
m2＋n2表示点(m，n)到原点(0，0)的距离的平方，
又点(m，n)在直线m＋2n＝3 上，且原点(0，0)到直线m＋2n＝3 的距离
d＝＝，
所以m2＋n2≥d2＝.
6.(2024·南通模拟)已知向量a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，若向量c 满足|a＋b
－2c|＝1，则|c| 的取值范围是( )
A.[1，2]
B.
C.
D.
答案 D
解析 法一 由题意可设
a＝(0，1)，b＝(2，0)，c＝(x，y)，
则a＋b－2c＝(2－2x，1－2y)，
由|a＋b－2c|＝1，
可得(2－2x)2＋(1－2y)2＝1，
化简可得(x－1)2＋＝，
该方程表示以为圆心，以为半径的圆，
则|c|表示圆上的点到原点的距离，
而圆心到原点的距离d＝＝，
所以|c|＝的取值范围是[d－r，d＋r]，
即.
法二 由|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，
得|a＋b|＝，
又||a＋b|－|2c||≤|a＋b－2c|＝1，
即－1≤|2c|≤＋1，
即|c|∈.
7.在平行四边形ABCD 中，AB＝1，AD＝2，AB⊥AD，点P 为平行四边形ABCD
所在平面内一点，则(PA＋PC)·PB的最小值是( )
A.－
B.－
C.－
D.－
答案 A
解析 建立如图所示的平面直角坐标系，
设P(x，y)，则A(0，0)，B(1，0)，C(1，2)，
所以PB＝(1－x，－y)，
PA＋PC＝(－x，－y)＋(1－x，2－y)＝(1－2x，2－2y)，
故(PA＋PC)·PB＝(1－2x)(1－x)＋(2－2y)(－y)
＝2＋2－，
所以当x＝，y＝时，(PA＋PC)·PB取得最小值－.
8.平面向量a，b 满足|a－b|＝3，|a|＝2|b|，则a－b 与a 夹角最大值时，|a|＝(
)
A.
B.
C.2
D.2
答案 D
解析 因为平面向量a，b 满足
|a－b|＝3，|a|＝2|b|，
所以(a－b)2＝a2－2a·b＋b2
＝4b2－2a·b＋b2＝9，所以a·b＝b2－，
所以(a－b)·a＝a2－a·b
＝4b2－b2＋＝b2＋.
由夹角公式，得cos〈a－b，a〉＝
＝＝|b|＋≥
.
因为0≤〈a－b，a〉≤π，所以0≤〈a－b，a〉≤，
即|b|＝时，〈a－b，a〉值最大为.
此时|a|＝2|b|＝2.
9.(2024·长沙质检)已知向量a＝(m，1)，b＝(4－n，2)，m>0，n>0，若a∥b，则
＋的最小值为________.
答案 ＋
解析 ∵a∥b，∴2m＝4－n，∴(2m＋n)＝1，
∴＋＝·(2m＋n)
＝
≥＝＋.
10.(2024·青岛模拟)在△ABC 中，D 为AC 上一点且满足AD＝DC，若P 为BD 上
一点，且满足AP＝λAB＋μAC，λ，μ 为正实数，则λμ 的最大值为________.
答案
解析 ∵λ，μ 为正实数，AD＝DC，
故AC＝4AD，
∴AP＝λAB＋4μAD，
又P，B，D 三点共线，∴λ＋4μ＝1，
∴λμ＝·λ·4μ≤＝，当且仅当λ＝，μ＝时取等号，
故λμ 的最大值为.
11.(2024·晋中模拟)已知在直角梯形ABCD 中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝
2，BC＝1，P 是腰DC 上的动点，则|2PA＋3PB|的最小值为________.
答案 7
解析 以D 为坐标原点，DA，DC分别为x，y 轴的正方向建立平面直角坐标系，
如图所示，
设C(0，a)，P(0，b)，B(1，a)，A(2，0)，0≤b≤a，
则2PA＋3PB＝2(2，－b)＋3(1，a－b)
＝(7，3a－5b)，
|2PA＋3PB|＝≥7，当且仅当b＝时取得最小值7.
12.已知P 是边长为4 的正三角形ABC 所在平面内一点，且AP＝λAB＋(2－
2λ)AC(λ∈R)，则PA·PC的最小值为________.
答案 5
解析 取BC 的中点O，
∵△ABC 为等边三角形，
∴AO⊥BC，则以O 为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(－2，0)，C(2，0)，A(0，2).
设P(x，y)，
∴AP＝(x，y－2)，AB＝(－2，－2)，
AC＝(2，－2)，
∴AP＝λAB＋(2－2λ)AC
＝(4－6λ，2λ－4)，
则
∴P(4－6λ，2λ－2)，
∴PA＝(6λ－4，4－2λ)，
PC＝(6λ－2，2－2λ)，
∴PA·PC＝(6λ－4)(6λ－2)＋(4－2λ)·(2－2λ)＝48λ2－72λ＋32，
由二次函数性质知，当λ＝时，PA·PC取得最小值为5.
【B 级 能力提升】
13.如图，在△ABC 中，D 是线段BC 上的一点，且BC＝4BD，过点D 的直线分
别交直线AB，AC 于点M，N，若AM＝λAB，AN＝μAC(λ＞0，μ＞0)，则λ－的最
小值是( )
A.2－2
B.2＋4
C.2－4
D.2＋2
答案 C
解析 由条件可得AD＝AB＋BD＝AB＋BC＝AB＋(AC－AB)＝AB＋AC，
∵AM＝λAB，AN＝μAC，λ＞0，μ＞0，
∴AD＝AM＋AN，
∵M，D，N 三点共线，
∴＋＝1，∴＝4－，
∵λ＞0，μ＞0，＝4－＞0，∴λ＞，
则λ－＝λ－＝λ＋－4≥2－4，
当且仅当λ＝，即λ＝时取等号，
故λ－的最小值是2－4.
14.平面直角坐标系中，O 为坐标原点.已知点A(－2，0)，点P(cos θ，sin θ)
(θ∈R)，则向量AO与AP的夹角的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 根据题意，设向量AO与AP的夹角为α，点A(－2，0)，点P(cos θ，sin
θ)，
则AO＝(2，0)，AP＝(cos θ＋2，sin θ)，
则|AO|＝2，|AP|＝，
AO·AP＝2(cos θ＋2)＝2cos θ＋4，
则cos α＝＝
＝
＝，
又由≥1，
则＋≥2，
当且仅当cos θ＝－时等号成立，
则cos α≥，又由0≤α≤π，故0≤α≤，
即向量AO与AP的夹角的取值范围是.
15.(2024· 潍坊模拟) 已知点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP ＝AB ＋
tAC(t∈R)，若点P 在△ABC 的内部(不包含边界)，则实数t 的取值范围是
________.
答案
解析 AP＝AB＋tAC，当点P 在线段BC 上时，AP＝AB＋AC.
如图，在AB 上取一点D，使得AD＝AB，
过点D 作DP∥AC 交BC 于点P，
过点P 作PE∥AD 交AC 于点E，
由平面几何知识易知AE＝AC，
由向量加法的平行四边形法则，
得AP＝AB＋AC，
由图可知，若点P 在△ABC 的内部(不包含边界)，则0<t<.
16.(2024·天津部分学校联考)如图，梯形ABCD 中，AB∥CD，AB＝5，AD＝2DC
＝4，AC·BD＝0，则∠BAD＝________，E 在线段BC 上，则AE·DE的最小值为
________.
答案
解析 ∵AB＝5，CD＝2，AB∥CD，
∴DC＝AB，
则AC·BD＝(AD＋DC)·(AD－AB)
＝·(AD－AB)
＝AD2－AB2－AB·AD
＝|AD|2－|AB|2－|AB|·|AD|cos ∠BAD
＝6－12cos ∠BAD＝0，
∴cos ∠BAD＝，
又∠BAD∈，∴∠BAD＝.
如图，过D 作DF⊥AB，垂足为F，以F 为坐标原点，FB，FD的方向分别为x，
y 轴的正方向，建立平面直角坐标系，
则A(－2，0)，B(3，0)，D(0，2)，C(2，2)，
∴BC＝(－1，2)，
设E(m，n)，BE＝λBC(0≤λ≤1)，
则解得
∴E(3－λ，2λ)，
∴AE＝(5－λ，2λ)，
DE＝(3－λ，2λ－2)，
∴AE·DE＝(5－λ)(3－λ)＋2λ(2λ－2)
＝13λ2－20λ＋15＝13＋，
∴当λ＝时，AE·DE取得最小值.
