文档文本内容
第五章平面向量与复数
§5.4 平面向量中的综合问题
【考情分析·探规律】
考点
3 年考情（2021-2024）
命题趋势
平面向量中的综合
问题
2023·全国乙卷
2022·浙江
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。
【名师点拨】
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。
【必练核心题型】
题型一 平面向量在几何中的应用
【典例】1.设P 是△ABC 所在平面内一点，若⃗AB·(⃗CB＋⃗CA)＝2⃗AB·⃗CP，且⃗
AB
2＝⃗AC
2－2⃗BC·⃗AP，则点P 是△ABC 的( )
A.外心
B.内心
C.重心
D.垂心
【答案】A
【解析】由⃗AB·(⃗CB＋⃗CA)＝2⃗AB·⃗CP，
得⃗AB·(⃗CB＋⃗CA－2⃗CP)＝0，
即⃗AB·[(⃗CB－⃗CP)＋(⃗CA －⃗CP)]＝0，
所以⃗AB·(⃗PB＋⃗PA)＝0.
设D 为AB 的中点，则⃗AB·2⃗PD＝0，
故⃗AB·⃗PD＝0.
由⃗AB
2＝⃗AC
2－2⃗BC·⃗AP，
得(⃗AB＋⃗AC)·(⃗AB－⃗AC)＝－2⃗BC·⃗AP，
即(⃗AB＋⃗AC－2⃗AP)·⃗CB＝0.
设E 为BC 的中点，则(2⃗AE－2⃗AP)·⃗CB＝0，
则2⃗PE·⃗CB＝0，故⃗CB·⃗PE＝0.
所以P 为AB 与BC 的垂直平分线的交点，
所以P 是△ABC 的外心.
【典例】2.△ABC 的外心O 满足⃗OA ＋⃗OB＋❑√2⃗OC＝0，|⃗AB|＝❑√2，则△ABC 的
面积为( )
A.2＋❑√2
2
B.1＋❑√2
2
C.❑√2
D.2
【答案】B
【解析】设AB 的中点为D，
则⃗OA ＋⃗OB＋❑√2⃗OC＝0 可化为2⃗OD＋❑√2⃗OC＝0，
即⃗OC＝－❑√2⃗OD，
∴O，D，C 三点共线且CD⊥AB，
∴△ABC 为等腰三角形，
|⃗OA|2＝|⃗OD|2＋|⃗AD|2，
设△ABC 外接圆的半径为R，
则R2＝R
2
2
＋(
❑√2
2 )
2
，
解得R＝1，CD＝1＋
❑√2
2 ，
∴S△ABC＝1
2|AB||CD|＝1
2×❑√2×(1＋
❑√2
2 )＝1＋❑√2
2
.
【解题技巧】用向量方法解决平面几何问题的步骤
平面几何问题
向量问题
解决向量问题
解决几何问题.
【变式训练】
变式1.在△ABC 中，若⃗OA·⃗OB＝⃗OB·⃗OC ＝⃗OC·⃗OA，则点O 是△ABC 的( )
A.内心
B.外心
C.垂心
D.重心
【答案】C
【解析】∵⃗OA·⃗OB＝⃗OB·⃗OC，
∴⃗OB·(⃗OA －⃗OC)＝0，∴⃗OB·⃗CA＝0，
∴OB⊥CA，
即OB 为△ABC 边CA 上的高所在的直线.
同理⃗OA·⃗BC＝0，⃗OC·⃗AB＝0，
∴OA⊥BC，OC⊥AB，
故O 是△ABC 的垂心.
变式2.如图所示，在矩形ABCD 中，AB＝❑√3，BC＝3，BE⊥AC，垂足为E，则
ED 的长为 .
【答案】
❑√21
2
【解析】以A 为坐标原点，AD，AB 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，
则A(0，0)，B(0，❑√3)，C(3，❑√3)，D(3，0)，⃗AC＝(3，❑√3)，
设⃗AE＝λ⃗AC，则E 的坐标为(3λ，❑√3λ)，
故⃗BE＝(3λ，❑√3λ－❑√3).
因为BE⊥AC，所以⃗BE·⃗AC＝0，
即9λ＋3λ－3＝0，解得λ＝1
4 ，
所以E(
3
4 ，
❑√3
4 )，
故⃗ED＝(
9
4 ，−
❑√3
4 )，|⃗ED|＝
❑√21
2 ，
即ED＝
❑√21
2 .
题型二 和向量有关的最值问题
命题点1 与平面向量基本定理有关的最值问题
【典例】1.已知⃗OA，⃗OB是两个夹角为120°的单位向量，如图所示，点C 在以O
为圆心的´AB上运动.若⃗OC＝x⃗OA＋y⃗OB，其中x，y∈R，则x＋y 的最大值是(
)
A.❑√2
B.2
C.❑√3
D.3
【答案】B
【解析】由题意，以O 为原点，⃗OA的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的平面直角
坐标系，设C(cos θ，sin θ)，0°≤θ≤120°，
可得A(1，0)，B(−1
2 ，
❑√3
2 )，
由⃗OC＝x(1，0)＋y(−1
2 ，
❑√3
2 )＝(cos θ，sin θ)，
得x－1
2y＝cos θ，
❑√3
2 y＝sin θ，∴3
2y＝❑√3sin θ，
∴x＋y＝(x−1
2 y)＋3
2y＝cos θ＋❑√3sin θ＝2sin(θ＋30°)，
∵0°≤θ≤120°，∴30°≤θ＋30°≤150°，
∴当θ＝60°时，x＋y 的最大值为2，此时C 为´AB的中点，∴x＋y 的最大值是2.
命题点2 与数量积有关的最值问题
【典例】1.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】方法一 (坐标法)
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
＝(x−3
2)
2
＋(y－2)2－25
4 .
又(x−3
2)
2
＋(y－2)2表示圆x2＋y2＝1 上一点到点(
3
2 ，2)距离的平方，圆心(0，0)到点
(
3
2 ，2)的距离为5
2，所以⃗PA·⃗PB∈[(
5
2 −1)
2
−25
4 ，(
5
2 ＋1)
2
−25
4 ]，
即⃗PA·⃗PB的取值范围是[－4，6].
方法二 (极化恒等式法)
设AB 的中点为M，⃗CM与⃗CP的夹角为θ，
由题意知AB＝5，CM＝5
2.
由极化恒等式得⃗PA·⃗PB＝⃗PM
2－1
4⃗AB
2＝(⃗CM －⃗CP)2－25
4 ＝⃗CM
2＋⃗CP
2－2⃗CM·⃗
CP－25
4 ＝25
4 ＋1－5cos θ－25
4 ＝1－5cos θ，
因为cos θ∈[－1，1]，
所以⃗PA·⃗PB的取值范围是[－4，6].
命题点3 与模有关的最值问题
【典例】1.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( )
A.[❑√2－1，❑√2＋1]
B.[❑√2－1，❑√2]
C.[❑√2，❑√2＋1]
D.[2－❑√2，2＋❑√2]
【答案】A
【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)|＝❑√( x−1)
2＋( y −1)
2＝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
2＋1
2－1≤|c|≤❑√1
2＋1
2＋1，∴❑√2－
1≤|c|≤❑√2＋1.
【解题技巧】
向量求最值(范围)的常用方法
(1)利用三角函数求最值(范围).
(2)利用基本不等式求最值(范围).
(3)建立坐标系，设变量构造函数求最值(范围).
(4)数形结合，应用图形的几何性质求最值.
【变式训练】
变式1.在△ABC 中，D 是AB 边上的点，满足AD＝2DB，E 在线段CD 上(不含端
点)，且⃗AE＝x⃗AB＋y⃗AC(x，y∈R)，则x＋2 y
xy
的最小值为( )
A.3＋2❑√2
B.4＋2❑√3
C.8＋4❑√3
D.8
【答案】B
【解析】∵⃗AE＝x⃗AB＋y⃗AC(x，y∈R)，
AD＝2DB，∴⃗AE＝3 x
2⃗AD＋y⃗AC，
又E 在线段CD 上(不含端点)，
∴3 x
2 ＋y＝1，且x>0，y>0，
∴x＋2 y
xy
＝1
y ＋2
x ＝(
1
y ＋2
x)(
3 x
2 ＋y)
＝4＋3 x
2 y ＋2 y
x ≥4＋2❑√3，
当且仅当3 x
2 y ＝2 y
x ，即x＝3−❑√3
3
，y＝
❑√3−1
2
时，等号成立，∴x＋2 y
xy
的最小值为
4＋2❑√3.
变式2.(2025·韶关模拟)已知平面向量a，b，c 均为单位向量，且|a＋b|＝1，则向
量a 与b 的夹角为 ，(a＋b)·(b－c)的最小值为 .
【答案】2π
3 －1
2
【解析】由题意知，|a|＝|b|＝|c|＝1，
由|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1，
得a·b＝－1
2，所以cos〈a，b〉＝
a·b
|a||b| ＝－1
2，
又〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝2π
3 ，
即a 与b 的夹角为2π
3 ，
(a＋b)·(b－c)＝a·b＋b2－(a＋b)·c
＝1
2－|a＋b||c|cos〈a＋b，c〉
＝1
2－cos〈a＋b，c〉，
又cos〈a＋b，c〉∈[－1，1]，
所以3
2≥1
2－cos〈a＋b，c〉≥－1
2，
当且仅当a＋b 与c 同向时，右侧等号成立.
所以(a＋b)·(b－c)的最小值为－1
2.
变式3.已知单位向量a，b 满足|3a－4b|＝m，则实数m 的取值范围是
.
【答案】[1，7]
【解析】设a，b 的夹角为θ(θ∈[0，π])，
因为|3a－4b|2＝9a2－24a·b＋16b2＝9|a|2－24|a||b|cos θ＋16|b|2，
又a，b 为单位向量，
则m2＝9＋16－24cos θ＝25－24cos θ，
又cos θ∈[－1，1]，则1≤m2≤49，
所以1≤m≤7.
【拓展训练】
四心问题
一、引理(“奔驰”定理)
如图1，O 是△ABC 内一点，△BOC，△AOC，△AOB 的面积分别为SA，SB，SC，则SA⃗OA
＋SB⃗OB＋SC⃗OC＝0.
图1 与奔驰汽车的标志(图2)类似，故该引理又称为“奔驰”定理.
证明 如图，延长AO 与BC 相交于点D，
BD
DC ＝S△ABD
S△ACD
＝S△BOD
S△COD
＝−S△BOD
−S△COD
＝S△ABD−S△BOD
S△ACD−S△COD
＝SC
SB
，
记BD
DC ＝λ，则⃗BD＝λ⃗DC，即⃗OD－⃗OB＝λ(⃗OC －⃗OD)，
所以－(1＋λ)⃗OD＋⃗OB＋λ⃗OC＝0，
又⃗OD＝－|⃗OD|
|⃗OA |⃗
OA＝－
S A
SB＋SC⃗
OA，
所以
S A
SB＋SC(1＋SC
SB)⃗OA ＋⃗OB＋SC
SB⃗
OC＝0，
从而SA⃗OA＋SB⃗OB＋SC⃗OC＝0.
推论 若O 是△ABC 内的一点，且x⃗OA＋y⃗OB＋z⃗OC＝0，则SA∶SB∶SC＝x∶y∶z.
二、三角形“四心”的定义、几何性质和向量特征
1.重心
(1)定义：三角形三条中线的交点.
(2)几何性质：三角形的重心是中线的三等分点，它到顶点的距离等于它到对边中点距离的
2 倍.
(3)向量特征：
定理1 G 是△ABC 的重心⇔⃗GA ＋⃗GB＋⃗GC＝0.
证明 由引理得G 是△ABC 的重心⇔SA＝SB＝SC⇔⃗GA ＋⃗GB＋⃗GC＝0.
推论1 P 是△ABC 所在平面内任意一点，⃗PG＝1
3 (⃗PA ＋⃗PB＋⃗PC)⇔G 是△ABC 的重
心.
证明 G 是△ABC 的重心⇔⃗GA ＋⃗GB＋⃗GC＝0⇔⃗PA －⃗PG＋⃗PB－⃗PG＋⃗PC －⃗PG＝
0⇔⃗PG＝1
3 (⃗PA ＋⃗PB＋⃗PC).
2.外心
(1)定义：三角形三条边的中垂线的交点，也是三角形外接圆的圆心.
(2)几何性质：三角形的外心到三个顶点的距离相等.
(3)向量特征：
定理2 O 是锐角△ABC 的外心⇔⃗OAsin 2A＋⃗OBsin 2B＋⃗OCsin 2C＝0.
证明 由O 是锐角△ABC 的外心，得|⃗OA|＝|⃗OB|＝|⃗OC|，
则∠AOB＝2∠ACB，∠BOC＝2∠BAC，∠COA＝2∠ABC，
于是SA∶SB∶SC＝sin 2A∶sin 2B∶sin 2C，
根据引理，得到⃗OAsin 2A＋⃗OBsin 2B＋⃗OCsin 2C＝0.
反之亦然(证明略).
推论2 P 是锐角△ABC 所在平面内任意一点，⃗
PO＝⃗PA sin 2 A ＋⃗PBsin 2B＋⃗PC sin 2C
sin 2 A ＋sin 2B＋sin 2C
⇔O 是锐角△ABC 的外心.
推论2 可仿照推论1 进行证明.
3.内心
(1)定义：三角形三条内角平分线的交点，也是三角形内切圆的圆心.
(2)几何性质：三角形的内心到三边的距离相等.
(3)向量特征：
定理3 O 是△ABC 的内心⇔a⃗OA＋b⃗OB＋c⃗OC＝0.(其中a，b，c 分别是△ABC 的三个
内角A，B，C 所对的边长)
证明 设△ABC 的内切圆半径为r，O 是△ABC 的内心，则SA∶SB∶SC＝ar
2 ∶br
2 ∶cr
2
＝a∶b∶c.
根据引理得，O 是△ABC 的内心⇔a⃗OA＋b⃗OB＋c⃗OC＝0.
推论3 P 是△ABC 所在平面内任意一点，O 是△ABC 的内心⇔⃗
PO＝a⃗PA ＋b⃗PB＋c⃗PC
a＋b＋c
.
推论3 可仿照推论1 进行证明.
4.垂心
(1)定义：三角形三条高所在直线的交点.
(2)几何性质：三角形的垂心分每条高线所得的两条线段长的乘积相等.
(3)向量特征：
定理4 O 是△ABC(非直角三角形)的垂心⇔⃗OAtan A＋⃗OBtan B＋⃗OCtan C＝0.
证明 O 是△ABC(非直角三角形)的垂心
⇔⃗OA·⃗OB＝⃗OB·⃗OC ＝⃗OC·⃗OA
⇔|⃗OA|·|⃗OB|cos(π－C)＝|⃗OB|·|⃗OC|cos(π－A)＝|⃗OC|·|⃗OA|cos(π－B)
⇔|⃗OA|∶|⃗OB|∶|⃗OC|＝cos A∶cos B∶cos C
⇔SA∶SB∶SC＝tan A∶tan B∶tan C，
由引理得，O 是△ABC(非直角三角形)的垂心⇔⃗OAtan A＋⃗OBtan B＋⃗OCtan C＝0.
推论4 P 是△ABC(非直角三角形)所在平面内任意一点，O 是△ABC(非直角三角形)的垂
心⇔⃗PO＝⃗PA tan A ＋⃗PB tan B＋⃗PC tanC
tan A ＋tan B＋tanC
.
推论4 可仿照推论1 进行证明.
【典例】奔驰定理与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联.它的具体内容
是：已知M 是△ABC 内一点，△BMC，△AMC，△AMB 的面积分别为SA，SB，SC，则SA·⃗
MA＋SB·⃗MB＋SC·⃗MC＝0.以下命题错误的是( )
A.若SA∶SB∶SC＝1∶1∶1，则M 为△ABC 的重心
B.若M 为△ABC 的内心，则BC·⃗MA＋AC·⃗MB＋AB·⃗MC＝0
C.若∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，M 为△ABC 的外心，则SA∶SB∶SC＝❑√3∶2∶1
D.若M 为△ABC 的垂心，3⃗MA＋4⃗MB＋5⃗MC＝0，则cos∠AMB＝－
❑√6
6
【答案】C
【解析】对于A，取BC 的中点D，连接MD，如图，
由SA∶SB∶SC＝1∶1∶1，则⃗MA ＋⃗MB＋⃗MC＝0，
所以2⃗MD＝⃗MB＋⃗MC＝－⃗MA，
所以A，M，D 三点共线，且⃗AM ＝2
3⃗AD，
设E，F 分别为AB，AC 的中点，同理可得⃗CM ＝2
3⃗CE，⃗BM ＝2
3⃗BF，所以M 为
△ABC 的重心，故A 正确；
对于B，由M 为△ABC 的内心，则可设其内切圆半径为r，
则有SA＝1
2BC·r，SB＝1
2AC·r，SC＝1
2AB·r，
所以1
2r·BC·⃗MA ＋1
2r·AC·⃗MB＋1
2r·AB·⃗MC＝0，
即BC·⃗MA＋AC·⃗MB＋AB·⃗MC＝0，故B 正确；
对于C，由M 为△ABC 的外心，则可设△ABC 的外接圆半径为R，
又∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，
则有∠BMC＝2∠BAC＝90°，∠AMC＝2∠ABC＝120°，∠AMB＝2∠ACB＝150°，
所以SA＝1
2R2·sin ∠BMC＝1
2R2·sin 90°＝1
2R2，
SB＝1
2R2·sin ∠AMC＝1
2R2·sin 120°＝
❑√3
4 R2，
SC＝1
2R2·sin ∠AMB＝1
2R2·sin 150°＝1
4 R2，
所以SA∶SB∶SC＝2∶❑√3∶1，故C 错误；
对于D，如图，延长AM 交BC 于点D，延长BM 交AC 于点F，延长CM 交AB 于点
E，
由M 为△ABC 的垂心，3⃗MA＋4⃗MB＋5⃗MC＝0，则SA∶SB∶SC＝3∶4∶5，
又S△ABC＝SA＋SB＋SC，则
S△ABC
S A
＝4，
S△ABC
SB
＝3，
设MD＝x，MF＝y，x，y>0，
则AM＝3x，BM＝2y，
所以cos∠BMD＝x
2 y ＝cos∠AMF＝y
3 x ，
即3x2＝2y2，x
y ＝
❑√6
3 ，
所以cos∠BMD＝
❑√6
6 ，所以cos∠AMB＝cos(π－∠BMD)＝－
❑√6
6 ，故D 正确.
【限时训练】（限时：40 分钟）
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.(2025·昆明模拟)设x>0，向量⃗AB＝(x2，－2x)在向量⃗AC＝(1，2)上的投影向量为λ⃗
AC(λ∈R)，则实数λ 的最小值为( )
A.－4
5
B.－4 ❑√5
5
C.－1
5
D.－
❑√5
5
【答案】A
【解析】向量⃗AB在向量⃗AC上的投影向量为⃗AB·⃗AC
|⃗AC |
·⃗
AC
|⃗AC |
＝x
2−4 x
5⃗
AC，
则λ＝x
2−4 x
5
＝( x−2)
2−4
5
≥－4
5 ，
当且仅当x＝2 时，等号成立，所以λ 的最小值为－4
5 .
2.已知点P 是边长为2 的正方形ABCD 所在平面内一点，若|⃗AP－⃗AB－⃗AD|＝1，则|⃗
AP|的最大值是( )
A.2❑√2－1
B.2❑√2
C.2❑√2＋1
D.2❑√2＋2
【答案】C
【解析】由⃗AP－⃗AB－⃗AD＝⃗AP－(⃗AB＋⃗AD)＝⃗AP－⃗AC ＝⃗CP，|⃗
AP－⃗AB－⃗AD|＝1，
得|⃗CP|＝1，即点P 在以点C 为圆心，1 为半径的圆周上运动，
所以|⃗AP|的最大值为❑√2
2＋2
2＋1＝2❑√2＋1.
3.已知非零向量⃗AB与⃗AC满足(⃗
AB
|⃗AB|
＋⃗
AC
|⃗AC |)·⃗BC＝0 且⃗AB
|⃗AB|
·⃗CA
|⃗AC |
＝1
2，则
△ABC 的形状是( )
A.三边均不相等的三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.等边三角形
【答案】C
【解析】由(⃗
AB
|⃗AB|
＋⃗
AC
|⃗AC |)·⃗BC＝0，得角A 的平分线垂直于BC，
所以AB＝AC，设⃗AB，⃗CA的夹角为θ，
而⃗AB
|⃗AB| ·⃗CA
|⃗AC |
＝cos θ＝1
2，
又θ∈[0，π]，所以θ＝π
3 ，∠A＝π－π
3 ＝2π
3 ，故△ABC 为等腰三角形.
4.在△ABC 中，AC＝9，∠A＝60°，点D 满足⃗CD＝2⃗DB，AD＝❑√37，则BC 的长为(
)
A.3❑√7
B.3❑√6
C.3❑√3
D.6
【答案】A
【解析】因为⃗CD＝2⃗DB，
所以⃗AD＝⃗AB＋⃗BD＝⃗AB＋1
3⃗BC
＝⃗AB＋1
3 (⃗AC －⃗AB)＝2
3⃗AB＋1
3⃗AC，
设AB＝x，x>0，
则|⃗AD|2＝(
2
3⃗AB＋1
3⃗AC)
2
，
得37＝4
9 x2＋4
9 ×x×9cos 60°＋1
9×92，
即2x2＋9x－126＝0，
解得x＝6(舍负)，即AB＝6，
所以|⃗BC|＝|⃗AC －⃗AB|
＝❑√|⃗AB|
2＋|⃗AC |
2−2|⃗AB||⃗AC |cos60°
＝❑√6
2＋9
2−2×6×9× 1
2＝3❑√7.
5.在平行四边形ABCD 中，点P 在对角线AC 上(包含端点)，且AC＝2，则(⃗PB＋⃗PD)·⃗
PA有( )
A.最大值为1
2，没有最小值
B.最小值为－1
2，没有最大值
C.最小值为－1
2，最大值为4
D.最小值为－4，最大值为1
2
【答案】C
【解析】设AC 与BD 的交点为O，则⃗PB＋⃗PD＝2⃗PO，所以(⃗PB＋⃗PD)·⃗PA＝2⃗PO·⃗
PA，
如图(1)，当点P 在AO 上，设|⃗PO|＝a∈[0，1]，(⃗PB＋⃗PD)·⃗PA＝2⃗PO·⃗PA＝－2a(1－
a)，当a＝1
2时，有最小值为－1
2.
如图(2)，当点P 在CO 上，设|⃗PO|＝a∈[0，1]，(⃗PB＋⃗PD)·⃗PA＝2⃗PO·⃗PA＝2a(1＋
a)，当a＝1 时，有最大值为4.
综上，(⃗PB＋⃗PD)·⃗PA有最小值为－1
2，最大值为4.
6.在△ABC 中，D 为线段AC 的一个三等分点，AD＝2DC.连接BD，在线段BD 上任取
一点E，连接AE，若⃗AE＝a⃗AC＋b⃗AB(a，b∈R)，则a2＋b2的最小值为( )
A.13
4
B.5
2
C. 4
13
D.2
5
【答案】C
【解析】设⃗BE＝λ⃗BD，λ∈[0，1]，
因为AD＝2DC，所以⃗AE＝⃗AB＋⃗BE＝⃗AB＋λ⃗BD＝⃗AB＋λ(⃗BA ＋⃗AD)＝2 λ
3⃗AC＋(1
－λ)⃗AB，
所以a＝2 λ
3 ，b＝1－λ，
所以a2＋b2＝4
9 λ2＋(1－λ)2＝13
9 λ2－2λ＋1，
当λ＝－
−2
2× 13
9
＝9
13时，a2＋b2取得最小值为4
13.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.设点D 是△ABC 所在平面内一点，则下列说法正确的有( )
A.若⃗AD＝1
2 (⃗AB＋⃗AC)，则点D 是边BC 的中点
B.若⃗AD＝1
3(⃗
AB
|⃗AB|cos B
＋⃗
AC
|⃗AC |cosC)，则直线AD 过△ABC 的垂心
C.若⃗AD＝2⃗AB－⃗AC，则点D 在边BC 的延长线上
D.若⃗AD＝x⃗AB＋y⃗AC，且x＋y＝1
2，则△BCD 是△ABC 面积的一半
【答案】ABD
【解析】对于A，∵⃗AD＝1
2 (⃗AB＋⃗AC)，
即1
2⃗AD－1
2⃗AB＝1
2⃗AC －1
2⃗AD，即⃗BD＝⃗DC，
即点D 是边BC 的中点，故A 正确；
对于B，⃗AD·⃗BC ＝1
3(⃗
AB·⃗BC
|⃗AB|cos B
＋⃗
AC ·⃗BC
|⃗AC |cosC)
＝1
3(－|⃗BC|＋|⃗BC|)＝0，即AD⊥BC，
故直线AD 过△ABC 的垂心，故B 正确；
对于C，∵⃗AD＝2⃗AB－⃗AC，
即⃗AD－⃗AB＝⃗AB－⃗AC，即⃗BD＝⃗CB，
即点D 在边CB 的延长线上，故C 错误；
对于D，∵⃗AD＝x⃗AB＋y⃗AC，且x＋y＝1
2，
设⃗AM＝2⃗AD，
则⃗AM＝2⃗AD＝2x⃗AB＋2y⃗AC，且2x＋2y＝1，
故M，B，C 三点共线，且|⃗AM|＝2|⃗AD|，
即△BCD 是△ABC 面积的一半，故D 正确.
8.已知△ABC 的面积为3，在△ABC 所在的平面内有两点P，Q，满足⃗PA＋2⃗PC＝0，⃗
QA＝2⃗QB，记△APQ 的面积为S，则下列说法正确的是( )
A.⃗PB∥⃗CQ
B.⃗BP＝1
3⃗BA ＋2
3⃗BC
C.⃗PA·⃗PC<0
D.S＝4
【答案】BCD
【解析】由⃗PA＋2⃗PC＝0，⃗QA＝2⃗QB，
可知点P 为AC 的靠近点C 的三等分点，点Q 为AB 延长线上的点，且B 为AQ 的中点，
如图所示，对于A，点P 为AC 的靠近点C 的三等分点，点B 为AQ 的中点，所以PB
与CQ 不平行，故A 错误；
对于B，⃗BP＝⃗BA ＋⃗AP＝⃗BA ＋2
3⃗AC ＝⃗BA ＋2
3 (⃗BC －⃗BA)＝1
3⃗BA ＋2
3⃗BC，故B
正确；
对于C，⃗PA·⃗PC＝|⃗PA||⃗PC|cos π＝－|⃗PA||⃗PC|<0，故C 正确；
对于D，设△ABC 的高为h，S△ABC＝1
2|AB|h＝3，即|AB|h＝6，则△APQ 的面积S＝1
2|
AQ|·2
3h＝1
2·2|AB|·2
3h＝2
3×6＝4，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.已知向量a＝(－3，2)，b＝(2，1)，则|a＋tb|(t∈R)的最小值为 ，此时t
的值为 .
【答案】7 ❑√5
5
4
5
【解析】因为a＝(－3，2)，b＝(2，1)，
所以a＋tb＝(－3，2)＋t(2，1)＝(－3＋2t，2＋t)，
所以|a＋tb|＝❑√(−3＋2t )
2＋(2＋t )
2
＝
❑√5t
2−8t ＋13＝❑√5(t −4
5)
2
＋49
5
≥❑√
49
5 ＝7 ❑√5
5
.
当且仅当t＝4
5 时取等号，
即|a＋tb|的最小值为7 ❑√5
5
，此时t＝4
5 .
10.(2025·长沙模拟)在Rt△ABC 中，AB⊥AC，AC＝❑√3，AB＝1，平面ABC 内动点P 满
足CP＝1，则⃗AP·⃗BP的最小值为 .
【答案】4－❑√13
【解析】平面ABC 内动点P 满足CP＝1，所以点P 的轨迹是以C 为圆心，1 为半径的
圆，
因为AB⊥AC，AC＝❑√3，AB＝1，
由勾股定理可得BC2＝AB2＋AC2＝4，
所以BC＝2，且cos C＝AC
BC ＝
❑√3
2 ，
所以C＝30°，
所以⃗AC·⃗BC＝|⃗AC|·|⃗BC|cos 30°＝3，
因为⃗AP＝⃗AC ＋⃗CP，⃗BP＝⃗BC ＋⃗CP，
所以⃗AP·⃗BP＝(⃗AC ＋⃗CP)·(⃗BC ＋⃗CP)＝⃗AC·⃗BC ＋⃗CP·(⃗AC ＋⃗BC)＋⃗CP
2，
因为|⃗CP|＝1，
所以⃗AP·⃗BP＝4＋⃗CP·(⃗AC ＋⃗BC)，
|⃗AC ＋⃗BC|＝❑√(⃗AC ＋⃗BC )
2
＝❑√⃗AC
2＋⃗BC
2＋2⃗AC ·⃗BC
＝❑√3＋4＋2×3＝❑√13，
所以向量⃗AC ＋⃗BC是长度为❑√13的一个向量，
由此可得，点P 在圆C 上运动，
当⃗CP与⃗AC ＋⃗BC反向共线时，⃗CP·(⃗AC ＋⃗BC)取得最小值为－❑√13，
故⃗AP·⃗BP的最小值为4－❑√13.
