专题01 平面向量压轴题（14 类题型）
知识点1：平面向量基本定理
（1）平面向量基本定理
如果
1e
,
2e
是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a
,有且只有一对实数
1,
2
,
使
1 1
2
2
a
e
e
.
若
1e
,
2e
不共线,我们把,
1
2
{ ,
}
e e
叫做表示这一平面内所有向量的一个基底.
知识点2：平面向量基本定理的有关结论
（1）设
1e
,
2e
是平面内一组基底，若
1 1
2
2
a
e
e
，当
1
0
时，a
与
2e
共线；当
2
0
时，a
与
1e
共
线；当
1
2
0
时，
0
a
，同样的
0
a
时，
1
2
0
.
（2）设,a b
是同一平面内的两个不共线的向量，若
1
1
2
2
x a
y b
x a
y b
，则
1
2
1
2
x
x
y
y
.
知识点3：三点共线等价形式：
OA
OB
OB
（，为实数），若A ，B ，C 三点共线
1
知识点4：平面向量数量积的概念
（1）平面向量数量积的定义
已知两个非零向量a
与b
,它们的夹角为,我们把数量|
||
| cos
a b
叫做向量a
与b
的数量积(或内积).
记作：a b
，即
|
||
| cos
a b
a b
.
（2）平面向量数量积的坐标表示
在平面直角坐标系中，设i
，j
分别是x 轴，y 轴上的单位向量．向量
1
1
2
2
( ,
),
(
,
)
x y
x
y
a
b
分别等
价于
1
1
a
x i
y j
，
2
2
b
x i
y j
，根据向量数量积的运算，有：
2
2
1
1
2
2
1
2
1
2
2
1
1
2
(
) (
)
a b
x i
y j
x i
y j
x x i
x y i j
x y j i
y y j
由于i
，j
为正交单位向量，故，
2
1
i
，
2
1
j
，
0
i j
，从而
1
2
1
2
a b
x x
y y
．即
1
2
1
2
a b
x x
y y
，其含义是：两个向量的数量积等于它们
对应坐标的乘积的和．
知识点5：两向量夹角余弦的坐标表示
已知非零向量
1
1
2
2
( ,
),
(
,
)
x y
x
y
a
b
，是a
与b
的夹角，则cos
|
||
|
a b
a b
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
x x
y y
x
y
x
y
．
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知识点6：三角形”四心“向量形式的充要条件
（1）三角形“四心”：重心，垂心，内心，外心
①重心——中线的交点：重心将中线长度分成2：1；
②垂心——高线的交点：高线与对应边垂直；
③内心——角平分线的交点（内切圆的圆心）：角平分线上的任意点到角两边的距离相等；
④外心——中垂线的交点（外接圆的圆心）：外心到三角形各顶点的距离相等。
（2）设O 为ABC
所在平面上一点,内角A , B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,则
①O 为ABC
的外心|
| |
| |
|
2sin
a
OA
OB
OC
A
.
②O 为ABC
的重心
0
OA
OB
OC
.
③O 为ABC
的垂心OA OB
OB OC
OC OA
.
④O 为ABC
的内心
0
aOA
bOB
cOC
.
（3）奔驰定理
奔驰定理：设O 是ABC
内一点，BOC
, AOC
, AOB
的面积分别记作
A
S ,
B
S ,
C
S 则
0
A
B
C
S
OA
S
OB
S
OC
.
说明：
本定理图形酷似奔驰的车标而得名.
奔驰定理在三角形四心中的具体形式：
①O 是ABC
的重心
:
:
1:1:1
A
B
C
S
S
S
0
OA
OB
OC
.
②O 是ABC
的内心
:
:
: :
A
B
C
S
S
S
a b c
0
aOA
bOB
cOC
.
③O 是ABC
的外心
:
:
sin 2
:sin 2
:sin 2
A
B
C
S
S
S
A
B
C
sin 2
sin 2
sin 2
0
A OA
B OB
C OC
.
④O 是ABC
的垂心
:
:
tan
: tan
: tan
A
B
C
S
S
S
A
B
C
tan
tan
tan
0
A OA
B OB
C OC
.
A
S
C
S
B
S
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奔驰定理是三角形四心向量式的完美统一.
知识点7：极化恒等式
2
2
(
)
(
)
4
a
b
a
b
a b
恒等式右边有很直观的几何意义:
向量的数量积可以表示为以这两个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1
4
，
恒等式的作用在于向量的线性运算与数量积之间的联系
如图在平行四边形ABCD 中,
,
AB
a AD
b
则
2
2
(
)
(
)
4
AB
AD
AB
AD
a b
在上述图形中设平行四边形ABCD 对角线交于M
点, 则对于三角形来说:
2
2
2
2
(
)
(
)
|
|
|
|
4
4
AB
AD
AB
AD
DB
a b
AM
题型一定理法解决平面向量共线问题
例题1．（2023·山西·高一统考阶段练习）已知
1e
，
2e
是平面内两个不共线的向量，
1
2
4
2
A
e
B
e
，
1
2
B
e
e
C
，
1
2
1
CD
e
e
，且A，C，D 三点共线，则（
）
A．1
2
B．2
C．4
D．1
4
【答案】D
【详解】由已知可得，
1
2
3
2
AC
AB
BC
e
e
，
1
2
1
CD
e
e
.
因为A，C，D 三点共线，所以
,
AC CD
共线，
则
R
，使得AC
CD
，
即
1
2
1
2
1
3
2
e
e
e
e
，
整理可得
1
2
3
0
2
e
e
.
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因为
1e
，
2e
不共线，
所以有
3
0
2
0
，解得
1
4
3
.
故选：D.
例题2．（2023 下·广东东莞·高一东莞实验中学校考期中）在ABC
中，点M 是BC 的中点，点N 在边AC 上，
且
2
,
AN
NC AM
与BN 交于点P ，若
5.5
AM
，则AP 长是（
）
A．3.8
B．4
C．4.2
D．4.4
【答案】D
【详解】设
1
BM
e
，
2
CN
e
，
则
2
1
3
AM
AC
CM
e
e
，
2
1
2
BN
BC
CN
e
e
，
因为A ，P ，M 和B ，P ，N 分别共线，
所以存在实数，，使
1
2
3
AP
AM
e
e
，
1
2
2
BP
BN
e
e
，
所以
1
2
2
3
BA
BP
AP
e
e
，
又
1
2
2
3
BA
BC
CA
e
e
，
所以
2
2
3
3
，解得
4
5
3
5
，
所以
4
5
AP
AM
，即
4
4.4
5
AP
AM
，
故选：D.
例题3．（多选）（2023 下·四川绵阳·高一统考期末）如图，在ABC
中，
,
AD
DB E
是线段BC 上的点，
且满足
2
BE
EC
，线段CD 与线段AE 交于点F ，则下列结论正确的是（
）
A．
1
2
3
3
AE
AB
AC
B．3
2
DF
CF
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C．
1
1
4
2
AF
AB
AC
D．4
3
AF
AE
【答案】ACD
【详解】由题意，
2
2
1
2
3
3
3
3
AE
AB
BE
AB
BC
AB
AC
AB
AB
AC
，故选项A 正确；
由AF
与AE
共线，可得
1
2
2
3
3
3
3
AF
AE
AB
AC
AB
AC
，
由C
F
D
、、
三点共线，得
)
(1
)
2
(1
A
t
F
t AD
t AC
AB
t AC
，
由平面向量基本定理，可得
3
2
2
1
3
t
t
，解得
3
4
1
2
t
，
所以，
1
1
4
2
AF
AB
AC
，
3
4
AF
AE
，4
3
AF
AE
，即故选项C、D 正确；
由C
F
D
、、
三点共线，得CF
kDF
，
即
)
(
AF
AC
k AF
AD
，化简为(1
)AF
AC
k AD
k
，
由选项C 可得，
2
(
)
1
1
4
2
1
)(
k
AB
A
B
k
C
AC
A
，
再由平面向量基本定理得，
1
4
2
1
1
2
k
k
k
，得
1
k ，
所以，CF
DF
，即DF
CF
，故选项B 错误.
故选：ACD.
练一练
1．（2023 上·安徽亳州·高三蒙城第一中学校联考期中）在ABC
中，
3
1
4
4
AM
AB
AC
，
1
1
2
2
CN
CB
CA
，
AM 与CN 交于点P ，且
,
AP
xAB
yAC x y
R
，则x
y
（
）
A．2
7
B．4
7
C．6
7
D．1
【答案】B
【详解】因为
1
1
2
2
CN
CB
CA
，则N 为AB 的中点，可得
2
AP
xAB
yAC
xAN
yAC ，
注意到
, ,
C P N 三点共线，可得2
1
x
y
，
又因为
, ,
A P M 三点共线，则AP
∥AM
，
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则存在实数k ，使得
k
AP
AM ，即
3
1
3
4
4
4
4
k
xAB
yAC
AB
AC
AC
k
AB
k
，
则
3
4
4
k
x
k
y
，可得
3
x
y
，
综上所述：
2
1
3
x
y
x
y
，解得
3
3
7
x
y
，可得
4
7
x
y
.
故选：B.
2．（2022·高一课时练习）设
1e
与
2e
是两个不共线的向量，
1
2
1
2
1
2
3
2 ,
,
3
2
AB
e
e CB
ke
e CD
e
ke
，若
A，B，D 三点共线，则k 的值为（
）
A．－4
9
B．－9
4
C．－3
8
D．－8
3
【答案】B
【详解】由题意可得：
1
2
1
2
1
2
3
3
2
1
2
CD
CB
e
BD
k
k
ke
ke
e
e
e
，
若A，B，D 三点共线，所有必存在一个实数λ，使得AB
BD
，
即
1
2
1
2
1
2
3
2
1
3
3
2
2
1
e
e
e
e
e
k
k
k
k
e
，
可得
3
3
2
1
2
k
k
，解得
4
7
9
4
k
.
故选：B.
3．（多选）（2023 下·四川绵阳·高一统考期末）如图，在ABC
中，
,
AD
DB E
是线段BC 上的点，且满
足
2
BE
EC
，线段CD 与线段AE 交于点F ，则下列结论正确的是（
）
A．
1
2
3
3
AE
AB
AC
B．3
2
DF
CF
C．
1
1
4
2
AF
AB
AC
D．4
3
AF
AE
【答案】ACD
【详解】由题意，
2
2
1
2
3
3
3
3
AE
AB
BE
AB
BC
AB
AC
AB
AB
AC
，故选项A 正确；
由AF
与AE
共线，可得
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1
2
2
3
3
3
3
AF
AE
AB
AC
AB
AC
，
由C
F
D
、、
三点共线，得
)
(1
)
2
(1
A
t
F
t AD
t AC
AB
t AC
，
由平面向量基本定理，可得
3
2
2
1
3
t
t
，解得
3
4
1
2
t
，
所以，
1
1
4
2
AF
AB
AC
，
3
4
AF
AE
，4
3
AF
AE
，即故选项C、D 正确；
由C
F
D
、、
三点共线，得CF
kDF
，
即
)
(
AF
AC
k AF
AD
，化简为(1
)AF
AC
k AD
k
，
由选项C 可得，
2
(
)
1
1
4
2
1
)(
k
AB
A
B
k
C
AC
A
，
再由平面向量基本定理得，
1
4
2
1
1
2
k
k
k
，得
1
k ，
所以，CF
DF
，即DF
CF
，故选项B 错误.
故选：ACD.
6．（2023 下·甘肃武威·高一校考阶段练习）如图，在ABC
中，已知
2
AD
DC
，
1
4
BE
BC
，AB
a
，AC
b
．
(1)若
3
BD
BF
，证明：A，F，E 三点共线；
(2)若AE，BD 交于点F，求AF
AE 的值．
【答案】(1)证明见详解
(2) 8
9
【详解】（1）因为
2
AD
DC
，
1
4
BE
BC
，
所以
2
1
,
3
4
AD
b BE
b
a
，
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又
3
BD
BF
，所以
1
1
1 2
2
1
3
3
3 3
9
3
BF
BD
AD
AB
b
a
b
a
，
因为
1
3
1
4
4
4
AE
AB
BE
a
b
a
a
b
，
2
1
2
2
9
3
3
9
AF
AB
BF
a
b
a
a
b
，
所以
8
9
AF
AE
，
又
,
AE AF
有公共点A，所以A，F，E 三点共线.
（2）记BF
BD
，则
2
(1
)
3
AF
a
BD
a
AD
AB
a
b
，
由（1）知
3
1
4
4
AE
a
b
，
由题知，A，F，E 三点共线，记AF
AE
，
所以
2
3
1
3
(1
)
3
4
4
4
4
a
b
a
b
a
b
，
因为,a b
不共线，所以
3
1
4
2
3
4
，解得
1
8
,
3
9
，
所以
8
9
AF
AE
，所以
8
9
AF
AE
.
题型二利用推论解决平面向量共线问题
例题1．
（2022 下·新疆乌鲁木齐·高一乌鲁木齐101 中学校考期中）在ABC
中，
9
AB AC
，sin
cos
sin
B
A
C
，
6
ABC
S
，P 为线段AB 上的动点，且
|
|
|
|
CA
CB
CP
x
y
CA
CB
，则2
1
x
y
的最小值为（
）
A．11
6
6
3
B．11
6
C．11
6
12
3
D．11
12
【答案】C
【详解】设|
|
AB
c
，|
|
AC
b
，根据题意得
cos
9
cos
1
sin
6
2
bc
A
b
c
A
bc
A
，
解得
3
b
，
5
c
，
4
sin
5
A
，
3
cos
5
A
，
2
2
2
2
2
3
2
cos
5
3
2
5 3
4
5
CB
AB
AC
c
b
bc
A
3
4
|
|
|
|
CA
CB
x
y
CP
x
y
CA
CB
CA
CB
，
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又
A
、P 、B 三点共线，
1
3
4
x
y
，
2
1
2
1
11
11
11
6
(
)(
)
2
3
4
12
3
2
12
3
2
12
3
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
y
x
y
x
，
当且仅当
1
3
4
3
2
x
y
x
y
y
x
，即
6
4
6
5
4
2 6
3
5
x
y
时，等号成立．
故选：C
【点睛】关键点睛：解题的关键是由已知条件求出, ,
a b c 后，再由
, ,
A P B 三点共线，得
1
3
4
x
y
，所以
2
1
2
1
3
4
x
y
x
y
x
y
化简后结合基本不等式可求出其最小值，
例题2．（2023 下·广西·高一期末）已知ABC
内一点O是其外心，
2 2
π
sin
0
3
2
A
A
，且
AO
mAB
nAC
，则m
n
的最大值为
．
【答案】3
4 /0.75
【详解】如图所示，延长AO 交BC 于D ，
令
AO
m
n
AO
AD
AD
AB
AC
，
∵B ，C ，D 三点共线，
∴
1
m
n
m
n
，
∴取最大值时，m
n
取最大值，则
AO
AD
，
∵AO
为外接圆的半径（定值），
∴当AD
取得最小时，取最大值，此时AD
BC
，
∴ABC
为等腰三角形，且
2 2
π
sin
0
3
2
A
A
，
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∴
1
cos
3
A
，则
3
sin 2
3
A
，
6
cos 2
3
A
，
1
tan 2
2
A
，
∵
3
2sin
4 2
a
a
AO
A
，
2
2
2
tan 2
a
a
AD
A
，
∴
max
3
3
4 2
4
2
2
a
a
．
故答案为：3
4
【点睛】关键点点睛：延长AO 交BC 于D ，令AO
AD
结合向量知识，将问题化为求
AO
m
n
AD
的
最大值，数形结合进一步化为求AD
最小值为关键.
例题3．（2022 下·广西南宁·高一宾阳中学阶段练习）如图所示，在ABO
中，
1
4
OC
OA
，
1
2
OD
OB
，AD
与BC 相交于点M ，设OA
a
，OB
b
.
(1)试用向量,a b
表示OM
；
(2)过点M 作直线EF 分别交线段
,
AC BD 于点
,
E F ，记OE
OA
，OF
OB
，求证：不论点
,
E F 在线段
,
AC BD 上如何移动，1
3
为定值.
【答案】(1)
1
3
7
7
OM
a
b
(2)证明见解析
【详解】（1）因为
,
,
D M A 三点共线，
所以存在实数m 使得
1
1
2
m
OM
mOD
m OA
b
m a
，
又因为
,
,
B M C 三点共线，
所以存在实数n 使得
1
1
4
n
OM
nOB
n OC
nb
a
，
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根据向量相等可得
2
1
1
4
m
n
n
m
，解得
6
7
3
7
m
n
，
所以
1
3
7
7
OM
a
b
.
（2）设OM
xOE
yOF
x OA
y OB
，
由（1）可得
1
7
x
①，
3
7
y
②，
又
,
,
F M E 三点共线，所以
1
x
y
③，
由①②可得
1
7x
，
3
7y
，代入③式可得
1
3
7
7
x
y
，
即不论点
,
E F 在线段
,
AC BD上如何移动，1
3
为定值7 .
【点睛】本题主要考查了共线向量的基本定理：当O为直线EF 外一点时，
,
,
E F M 三点共线
,
R ,
1
OM
xOE
yOF x y
x
y
的应用，属于基础知识的应用.
练一练
1．（2022 下·福建厦门·高一福建省厦门集美中学校考期中）ABC
中，若
5
AB
AC
，
6
BC
，点E 满
足
2
1
15
5
CE
CA
CB
，直线CE 与直线AB 相交于点D，则cos
ADE
（
）
A．
10
10
B．
15
10
C．
2
5
D．
30
10
【答案】A
【详解】在△ABC 中，由余弦定理得：
2
2
2
25
25
36
7
cos
2
2 5 5
25
AB
AC
BC
A
AB AC
设CE
CD
，
0
，因为
2
1
15
5
CE
CA
CB
，
所以
2
1
15
5
CD
CA
CB
，即
2
1
15
5
CD
CA
CB
，
因为A、B、D 三点共线，
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所以2
1
1
15
5
，
解得：
1
3
，
所以
2
3
5
5
CD
CA
CB
=
+
，
即
2
3
5
5
CD
CA
CB
CD
3
2
AD
DB
因为AB=5，
所以AD=3，BD=2
在三角形ACD 中，由余弦定理得：
2
2
2
7
128
2
cos
9
25
2 3 5
25
5
CD
AD
AC
AD AC
A
，
因为
0
CD
，所以
8 10
5
CD
所以
128
9
25
10
5
cos
10
8 10
2 3
5
ADE
故选：A
2．（多选）（2023 下·辽宁大连·高一统考期末）在ABC
中，
4
AC
，
5
AB
，
6
BC
，D 为AC 中点，
E 在BD 上，且
1
2
BE
ED
，AE 延长线交BC 于点F ，则下列结论正确的有（
）
A．
3
AE
B．
51
4
AE BC
C．
ACF
△
的面积为3 7
D．
6
AF
EF
【答案】BCD
【详解】
对于A，因为
1
2
BE
ED
，
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所以AE
AB
BE
1
1
2
1
(
)
3
3
3
3
AB
BD
AB
AD
AB
AB
AD
，
又D 为AC 中点，所以
2
1
3
6
AE
AB
AC
，
2
2
2
2
2
4
1
2
4
1
5
4
9
36
9
9
36
AE
AB
AC
AB AC
2
104
40
5 4 cos
cos
9
9
9
BAC
BAC
，
又
2
2
2
4
5
6
1
cos
2 4 5
8
BAC
，所以
2
109
9
AE
，
109
3
AE
，故A 错；
对于B，
2
2
2
1
1
1
2
3
6
6
2
3
AE BC
AB
AC
AC
AB
AC
AB AC
AB
2
2
1
1
1
2
51
4
5 4
5
6
2
8
3
4
，
故B 正确；
对于D，令
2
3
6
AF
AE
AB
AC
，因为B，C，F 三点共线，所以2
1
3
6
，
解得
6 ,
6
5
AF
EF
，故D 正确；
对于C，由D 可得
4
1
5
5
AF
AB
AC
，即
4
1
5
5
AB
BF
AB
AC
，则
1
1
5
5
BF
AC
AB
BC
，
2
1
1
1
15 7
sin
4 5
1
2
2
8
4
ABC
S
AC AB
BAC
△
，则
4
3 7
5
ACF
ABC
S
S
△
△
，故C 正确．
故选：BCD．
3．（2022 下·江苏无锡·高一江苏省天一中学校考期中）如图，在ABC
中，已知
90
C
∠
，
1
AC ，
2
BC
，
直线l 过ABC
的重心G ，且与边A 、B 分别交于D 、E 两点，则CG ED
的最小值为
．
【答案】4
2 3
9
【详解】先证明结论：已知O为直线l 外一点，R 、S、T 为直线l 上三个不同的点，若OT
xOR
yOS
，
则
1
x
y
.
因为R 、S、T 为直线l 上三个不同的点，则
//
ST SR
，
可设ST
xSR
，即
OT
OS
x OR
OS
，所以，
1
OT
xOR
x OS
，
所以，
1
1
x
y
x
x
，结论成立.
本题中，设AE
AC
，AD
AB
，
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当点E 与点C 重合时，D 为AB 的中点，此时
1
2
；
当点E 为线段AC 的中点时，D 与点B 重合，此时
1
，故
1 ,1
2
，同理可得
1 ,1
2
.
由
3
1
3
1
1
3
3
1
D
A
A
G
AB
AC
AE
，
又
E
、G 、D 三点共线，
1
1
1
3
3
，即1
1
3
，
延长CG 交AB 于点F ，则F 为AB 的中点，且有
2
2
1
1
3
3
2
3
CG
CF
CA
CB
CA
CB
，
又
1
1
1
1
3
3
3
3
CG ED
CA
CB
AB
AC
CA
CB
CA
CB
1
1
1
1
1
3
1
3
4
2 3
3
3
4
4
2
3
9
9
9
9
，
当且仅当
3 3
3
9
，
3+3
9
时取得最小值.
故答案为：4
2 3
9
.
题型三坐标公式法解决平面向量共线问题
例题1．（2022·辽宁大连·大连八中校考一模）在ABC
中，已知
9
AB AC
，sin
cos
sin
B
A
C
，
6
ABC
S
，
P 为线段AB 上的一点，且
CA
CB
CP
x
y
CA
CB
，则1
1
x
y
的最小值为
A．7
3
12
3
B．12
C．4
3
D．5
3
12
4
【答案】A
【详解】在ABC
中，设AB
c
，BC
a
，AC
b
，
sin
cos
sin
B
A
C
，即
sin
cos
sin
A
C
A
C
，即sin
cos
cos
sin
cos
sin
A
C
A
C
A
C
，
sin
cos
0
A
C
，
0
A
，
sin
0
A
，
cos
0
C
，
0
C
，
2
C
，
9
AB AC
，即
cos
9
cb
A
，又
1
sin
6
2
ABC
S
bc
A
，
sin
4
tan
cos
3
bc
A
a
A
bc
A
b
，
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1
6
2
ABC
S
ab
，则
12
ab
，所以，
4
3
12
a
b
ab
，解得
4
3
a
b
，
2
2
5
c
a
b
.
以AC 所在的直线为x 轴，以BC 所在的直线为y 轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则
0,0
C
、
3,0
A
、
0,4
B
，
P 为线段AB 上的一点，则存在实数使得
3,4
3 ,4
0
1
AP
AB
，
3
3 ,4
CP
CA
CB
，
设
1
CA
e
CA
，
1
C
e
B
CB
，则
1
2
1
e
e
，
1
1,0
e
，
2
0,1
e
，
1
2
,
CA
CB
CP
x
y
xe
ye
x y
CA
CB
，
3
3
4
x
y
，消去得4
3
12
x
y
，
1
3
4
x
y
，
所以，
1
1
7
7
3
7
2
3
4
3
4
12
3
4
12
3
12
1
1
x
y
x
y
x
y
x
x
y
y
x
y
y
x
，
当且仅当
3
2
x
y
时，等号成立，
因此，1
1
x
y
的最小值为
3
7
3
12
.
故选：A.
【点睛】本题是一道构思非常巧妙的试题，综合考查了三角形的内角和定理、两角和的正弦公式及基本不
等式求解最值问题，解题的关键是理解
CA
CA
是一个单位向量，从而可用x 、y 表示CP
，建立x 、y 与参数
的关系，解决本题的第二个关键点在于由
3 3
x
，
4
y
发现4
3
12
x
y
为定值，从而考虑利用基本不
等式求解最小值，考查计算能力，属于难题.
例题2．
（2023 上·陕西渭南·高三蒲城县尧山中学校考阶段练习）已知向量
sin ,cos
,
2,1
a
b
，若
/ /
a
b
，
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则
2
sin
sin2
的值为
．
【答案】8
5
【详解】已知向量
sin ,cos
a
，
2,1
b
，若
/ /
a
b
，则有sin
2cos
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
sin
2sin
cos
4cos
4cos
8
sin
sin 2
sin
cos
4cos
cos
5
.
故答案为：8
5 .
练一练
1．（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）已知向量
(2,3),
(1,1
)
a
b
，若(
) / /(
)
a
b
a
b
，则实数
（
）
A．1
B．2
C．1
D．2
【答案】C
【详解】由题设
(2
,3
),
(1,2)
a
b
a
b
，又(
) / /(
)
a
b
a
b
，
所以2
3
1
2
，可得
1
.
故选：C
2．（2023·全国·高三专题练习）在ABC
中，已知点
(0,0), (0,5), (4,3)
O
A
B
，
1
1
,
4
2
OC
OA OD
OB
，AD 与
BC 交于点M ，则点M 的坐标为
.
【答案】12 ,2
7
【详解】因为点
(0,0), (0,5), (4,3)
O
A
B
，
1
1
,
4
2
OC
OA OD
OB
，
所以
5
0, 4
C
，
3
2, 2
D
.
设
( , )
M x y ，则
( ,
5)
AM
x y
，而
7
2,
2
AD
，
因为
,
,
A M D 三点共线，所以AM
与AD
共线，
所以
7
2(
5)
0
2 x
y
，即7
4
20
x
y
.
而
5
,
4
CM
x y
，
5
7
(4
0,3
)
4,
3
4
CB
，
因为
,
,
C M B 三点共线，所以CM
与CB
共线，
所以7
5
4
0
4
4
x
y
，即7
16
20
x
y
.
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由
7
4
20
7
16
20
x
y
x
y
，得
12
7
2
x
y
，
所以点M 的坐标为12 ,2
7
.
故答案为：12 ,2
7
.
题型四利用基底法解决平面向量基本定理问题
例题1．（2023 下·福建三明·高一统考期末）设O为ABC
的内心，
5
AB
AC
，
8
BC ，
,
AO
mAB
nAC m n
R
，则m
n
（
）
A．2
3
B．5
9
C．3
5
D．2
5
【答案】B
【详解】取BC 的中点E ，连AE ，
因为
5
AB
AC
，
8
BC ，所以AE
BC
，
2
2
5
4
3
AE
，
所以ABC
的内心O在线段AE 上，OE 为内切圆的半径，
因为
ABC
AOB
AOC
BOC
S
S
S
S
，
所以
1
1
2
2
AE BC
OE
AB
AC
BC
，
所以
1
1
3 8
5
5
8
2
2 OE
，得
4
3
OE
，
所以
4
5
3
3
3
AO
AE
OE
，
所以
5
9
AO
AE
，
又
1
2
AE
AB
AC
，所以
5
5
18
18
AO
AB
AC
，
又已知AO
mAB
nAC
，所以
5
18
m
n
，
所以
5
9
m
n
.
故选：B.
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例题2．（2022·广东肇庆·统考模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，
1
3
AE
AD
，
1
4
BF
BC
，CE 与
DF 交于点O.设AB
a
，AD
b
，若AO
a
b
，则
（
）
A．8
17
B．19
17
C．3
17
D．11
17
【答案】B
【详解】连接AF ，AC ，
,
,
D O F
三点共线，可设AO
xAD
yAF
，则
1
x
y
，
1
1
4
4
AO
xAD
y AB
BF
xAD
y AB
AD
x
y b
ya
；
,
,
E O C
三点共线，可设AO
mAE
nAC
，则
1
m
n
，
3
3
m
m
AO
AD
n AD
AB
n b
na
；
1
1
1
4
3
x
y
m
n
m
x
y
n
y
n
，解得：
9
17
8
17
x
y
，
8
11
17
17
AO
a
b
，即
8
11
19
17
17
17
.
故选：B.
例题3．（2022 下·重庆万州·高一万州外国语学校天子湖校区校考期中）如图，在ABC
中，
1
3
B
BC
D
，
点E 在线段AD 上移动（不含端点），若AE
AB
AC
，则
1
2
的取值范围是
．
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【答案】(10 ,
3
)
【详解】解：由题可知，
1
3
B
BC
D
，设
0
1
AE
mAD
m
，
则
1
3
AE
m AB
BC
1
3
m AB
BA
AC
，
所以
2
1
3
3
AE
m AB
m AC
，
而AE
AB
AC
，
可得：
2
1
,
3
3
m
m
，
所以
1
3
2
3
m
m
0
1
m
，
设
3
3
m
f m
m
0
1
m
，
由双钩函数性质可知，
f x 在
0,1 上单调递减，
则
1
10
1
3
3
3
f
x
f
，
所以
1
2
的取值范围是(10 ,
3
)
.
故答案为：(10 ,
3
)
.
练一练
1．（2022 下·河南驻马店·高一统考期末）已知D，E 分别是ABC
边AB，AC 上的点，且满足
3
2
AB
AD
，
4
AC
AE
，BE
CD
O
，连接AO 并延长交BC 于F 点．若AO
AF
，则实数的值为（
）
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A．2
3
B．2
5
C．5
7
D．7
10
【答案】D
【详解】由题意可得，
2
3
AO
AD
DO
AB
DO
，
因为
,
,
D O C 三点共线，
则
1
2
3
3
DO
kDC
k BC
BD
k
AC
AB
BA
k
AC
AB
，
所以
2
2
2
2
3
3
3
3
AO
AB
k
AC
AB
k
AB
k AC
，
同理，
,
,
B O E 三点共线，
1
3
1
1
3
1
4
4
4
4
4
4
BO
BE
BC
BA
AC
AB
AB
AC
AB
，
又因为
1
1
1
4
4
AO
AB
BO
AB
AC
AB
AB
AC
，
所以
2
2
1
3
3
1
4
k
k
，所以
2
5
1
10
k
，
所以
3
1
5
10
AO
AB
AC
，所以
1
7
BF
BC
，
所以
1
1
1
6
1
7
7
7
7
7
AO
AF
AB
BF
AB
BC
AB
AC
AB
AB
AC
，
6
3
7
5
，所以
7
10
故选：D.
2．
（2020 下·重庆万州·高一万州外国语学校天子湖校区校考期中）如图，在ABC
中，
1
4
AD
AB
，
1
2
AE
AC
，
BE 和CD 相交于点F ，则向量AF
等于（
）
A．1
2
7
7
AB
AC
B．1
3
7
7
AB
AC
C．1
2
14
14
AB
AC
D．1
3
14
14
AB
AC
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【答案】B
【详解】解：过点F 分别作
/ /
FM
AB 交AC 于点M ，作
/ /
FN
AC 交AB 于点N ，
已知
1
4
AD
AB
，
1
2
AE
AC
，
/ /
FN
AC
，则
MFE
ABE
△
△
和
MCF
ACD
△
△
，
则：MF
ME
AB
AE
且MF
MC
AD
AC
，
即：
2
MF
ME
AB
AC
且1
4
MF
MC
AC
AB
，所以
1
2
4 MC
MF
ME
AB
AC
AC
，
则：
8
MC
ME
，所以
3
7
AM
AC
，
解得：
3
7
AM
AC
，
同理
/ /
FM
AB ，
NBF
ABE
△
△
和
NFD
ACD
△
△
，
则：NF
NB
AE
AB
且NF
ND
AC
AD
，
即：1
2
NF
NB
AB
AC
且
1
4
NF
ND
AC
AB
，所以
1
4
2 NB
NF
ND
AC
AB
AB
，
则：
8
NB
ND
，即
8
AB
AN
AD
AN
，
所以
1
8 4
AB
AN
AB
AN
，即
2
8
AB
AN
AB
AN
，
得：
1
7
AN
AB
，
解得：
1
7
AN
AB
，
四边形AMFN 是平行四边形，
由向量加法法则，得AF
AN
AM
，
所以
1
3
7
7
AF
AB
AC
.
故选：B.
3．（多选）（2023 下·江苏南京·高一南京市宁海中学校联考期中）在ABC
中，点D 是线段BC 上任意一点，
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点M 是线段AD 的中点，若存在,
R
使BM
AB
AC
，则,
的取值可能是（
）
A．
3
1
,
5
10
B．
3
1,
2
C．
9
2
,
10
5
D．
7
3
,
10
5
【答案】AC
【详解】令BD
mBC
且
[0,1]
m
，而
1
1
(
)
(
)
2
2
BM
BA
BD
BA
mBC
，
又BC
BA
AC
，则
1
1
[
(
)]
2
2
2
BA
AC
m
m
BM
BA
m
AB
AC
，
所以
1
2
2
m
m
，则
1
[ 1,
]
2
，
1
[0, ]
2
且
1
2
，
故A、C 满足，B、D 不满足.
故选：AC
4．（2021 下·江苏苏州·高一苏州市第三中学校校考期中）如图，在直角梯形OABC 中，
/ /
,
,
2
2
,
OA
CB OA
OC OA
BC
OC M
为AB 上靠近B 的三等分点，OM 交AC 于
,
D P 为线段BC 上的一个
动点．
（1）用OA
和OC
表示OM
；
（2）求OD
DM ；
（3）设OB
CA
OP
，求
的取值范围．
【详解】(1)依题意
1
2
CB
OA
，
2
3
AM
AB
，
2
2
2
2
1
2
2
1
(
)
(
)
3
3
3
3
3
3
3
3
AM
OB
OA
OC
CB
OA
OC
OA
OA
OC
OA
，
2
1
2
2
(
)
3
3
3
3
OM
OA
AM
OA
OC
OA
OA
OC
；
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(2)因OM 交AC 于D，
由(1)知
2
2
2
2
(
)
3
3
3
3
t
t
OD
tOM
t
OA
OC
OD
OA
OC
，
由共起点的三向量终点共线的充要条件知，2
2
1
3
3
t
t
，则
3
t
4
，
3
OD
DM
，|
|
3
|
|
OD
DM
；
(3)由已知
1
2
OB
OC
CB
OC
OA
，
因P 是线段BC 上动点，则令
1
(0
)
2
CP
xOA
x
，
(
)
(
)
(
)
(
)
OB
CA
OP
OA
OC
OC
CP
x OA
OC
，
又
,
OC OA
不共线，则有
1
1
3
1
2
2
2
x
x
，
1
3
3
0
1
1
1
2
2
2
x
x
，
2
1
1
(
1)
(
)
2
4
在
3
[1, ]
2
上递增，
所以
min
max
3
3
1,(
)
0,
,(
)
2
4
，
故
的取值范围是
3
[0, ]
4 .
题型五利用坐标方程法解决平面向量基本定理问题
例题1．（2022 下·四川德阳·高一德阳五中校考阶段练习）ABC
中，
2
AC
，
2
AB
，
45
A
，P 是ABC
外接圆上一点，AP
AB
AC
，则
的最大值是（
）
A．
2
1
2
B．
2
1
2
C．
3
2
2
D．
3
2
2
【答案】A
【详解】解：由余弦定理
2
2
2
2
cos
BC
AB
AC
AB AC
A
，
即
2
2
4
2
2
2
2
2
2
BC
，
所以
2
BC
，所以
2
2
2
BC
AC
AB
，即
90
C
，
则△ABC 为等腰直角三角形.
设AB 的中点为O，则O为ABC
外接圆的圆心，如图建立平面直角坐标系，
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则
1,0
A
，
10
B
,
，
0,1
C
，设
cos ,sin
P
θ
θ ，
0,2
，
则
cos
1,sin
AP
，
2,0
AB
，
1,1
AC
uuur
，
因为AP
AB
AC
，即
cos
1,sin
2,0
1,1
，
所以
2
cos
1
sin
，
所以
1
1
2
cos
sin
1
sin
2
2
2
4
，
所以当
4
2
，即
4
时
max
1
2
2
2
；
故选：A
例题2．（2022·浙江宁波·统考一模）在ABC
中，
2,
6
CA
CB
，
60
ACB
. 若点O在
ACB
的角平分
线上，满足OC
mOA
nOB
，
,
R
m n
，且
1
1
4
20
n
，则OC
的取值范围是
．
【答案】
3 3 3
,
4
4
【详解】如下图，以C 为坐标原点，CB 所在直线作x 轴建立平面直角坐标系．
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则可知
(6,0),
(1, 3)
B
A
，由于
π
3
ACB
，而点O在
ACB
的角平分线上，可设直线OC 为
3
3
y
x
，其中
0
x
，设出
3
, 3
O x
x
，由OC
mOA
nOB
得，
3
3
3
(
,
)
(1
, 3
)
(6
,
)
3
3
3
x
x
m
x
x
n
x
x
，所以
(1
)
(6
)
3
3
3
( 3
)
(
)
3
3
3
x
m
x
n
x
x
m
x
n
x
，所以
4
9
x
n
x
．由
1
1
4
20
n
可得：1
1
4
4
9
20
x
x
，即3
9
8
8
x
，
所以
1
2 3
3 3 3
1
,
3
3
4
4
OC
x
x
．
故答案为：
3 3 3
,
4
4
练一练
1．（2022·全国·高一假期作业）已知正方形ABCD的边长为2 ，对角线AC 、BD 相交于点O，动点P 满足
1
OP
，若AP
mAB
nAD
，其中m 、nR ．则2
1
2
2
m
n
的最大值为
．
【答案】3
3
4
【详解】以点A 为坐标原点，AB 、AD 所在直线分别为x 、y 轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则
0,0
A
、
2,0
B
、
0,2
D
、
2,2
C
、
1,1
O
，
2 ,2
AP
mAB
nAD
m
n
，即点
2 ,2
P
m
n ，
因为
1
OP
，则点P 在以O为圆心，半径为1的圆上，
设点
1
cos ,1
sin
P
，则
2
1 cos
2
1 sin
m
n
，
则
2
1
2
cos
2
2
3
sin
m
t
n
，整理可得sin
cos
2
3
t
t
，
所以，
2
1
sin
2
3
t
t
，其中
2
cos
1
t
t
，
2
1
sin
1
t
，
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所以，
2
2
3
1
t
t
，整理可得
2
8
12
3
0
t
t
，解得3
3
3
3
4
4
t
，
因此，2
1
2
2
m
n
的最大值为3
3
4
.
故答案为：3
3
4
.
2．（2022 上·湖北·高三开学考试）如图所示，圆O及其内接正八边形．已知
1
OA
e
，
2
OB
e
，点P 为正八
边形边上任意一点，
1
2
OP
e
e
，、
R
，则
的最大值为
．
【答案】1
2
/
2
1
【详解】以OB 所在直线为x 轴，以O为原点建立平面直角坐标系，设圆半径为1，
则
2
2
,
2
2
A
，
10
B
,
，
2
2
,
2
2
C
，
0,1
D
，
1
2
CD
k
，
设
,
P x y ，则
1
2
2
2
,
,
2
2
OP
x y
e
e
，
故
2
2
2
2
x
y
，
2
x
y
y
，
1
2
x
y
，
设
1
2
t
x
y
，则
1
2
2
1
y
x
t
，直线与CD 平行，
又因为P 在八边形上，
2
1 t
表示直线在y 轴上的截距，
当直线与CD 重合时，t 最大，
2
1
1
t
，
max
2
1
.
故答案为：1
2
3．（2022·江苏·高考真题）在同一个平面内，向量
,
,
OA OB OC
的模分别为1,1,
2,OA
与OC
的夹角为，且
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tan
7, OB
与OC
的夹角为45，若
,
OC
mOA
nOB m n
R
，则m
n
．
【答案】3
【详解】以OA为x 轴，建立直角坐标系，则( )
1,0
A
，由OC
的模为
2 与OA
与OC
的夹角为，且tan
7
知，
2
7 2
cos
,
10
10
sin
，可得
1 7
,
,
5 5
C
cos
45
,
45
B
sin
，
3 4
,
5 5
B
，由OC
mOA
nOB
可得
1
3
1 7
3
4
5
5
,
,
,
7
4
5 5
5
5
5
5
m
n
m
n
n
n
5
7
,
4
4
m
n
，
3
m
n
，故答案为3.
题型六自主建系法解决平面向量基本定理问题
例题1．（2024 上·安徽·高三合肥市第八中学校联考开学考试）古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus）利
用如图所示的直角三角形来构造无理数. 已知
1,
,
,
AB
BC
CD
AB
BC AC
CD AC
与BD 交于点O，若
DO
AB
AC
，则
（
）
A．
2
1
B．1
2
C．
2
1
D．
2
1
【答案】A
【分析】建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求得相关向量坐标，根据DO
AB
AC
，结合向量坐标
运算，即可求得答案.
【详解】以C 为坐标原点，
,
CD CA 所在直线分别为,x y 轴建立如图所示的坐标系，
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由题意得
2
AC
，
则
2
2
2
2
0,
2 ,
,
,
0,0 ,
,
2
2
2
2
A
B
C
AB
，
0,
2
AC
.
因为
1,
90
45
135
CB
CD
DCB
，故
22.5
BDC
，
因为
2
2tan22.5
tan45
1
1
tan 22.5
，所以tan 22.5
2
1
（负值舍去），
所以
tan 22.5
2
1
OC
DC
，
故
0,
2
1
O
.又
1,0
D
，则
1,
2
1
DO
，
因为DO
AB
AC
，所以
2
1
2
2
2
1
2
2
，
解得
2
1
，所以
2
1
，
故选：A.
例题2．（2023 下·广东珠海·高一统考期末）在ABC
中，
1
AB ，
2
AC
，
60
BAC
，P 是ABC
的外
接圆上的一点，若AP
mAB
nAC
，则m
n
的最大值是（
）
A．1
B．3
2
C．
1
2
D．
3
【答案】B
【详解】因为在ABC
中，
1
AB ，
2
AC
，
60
BAC
，
由余弦定理得
2
2
2
2
cos
BC
AB
AC
AB AC
BAC
1
4
2 1 2 cos60
3
，
所以
3
BC
，则
2
2
2
AB
BC
AC
，所以AB
BC
，
故以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
，
易得
1
3
(1,0),
( 1,0),
( ,
)
2
2
A
C
B
，则
1
3
,
2
2
AB
，
( 2,0)
AC
，
设P 的坐标为(cos ,sin )
，则AP
(cos
1,sin )
，
又AP
mAB
nAC
，
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所以
1
3
(cos
1,sin )
,
2
2
m
3
2,0
2 ,
2
2
m
n
n
m
，
则
cos
1
2
2
3
sin
2
m
n
m
，得
2 3 sin
3
m
，
1
3
cos
sin
2
2
6
1
n
，
所以
3
1
π
1
1
3
sin
cos
sin
1
2
2
2
6
2
2
2
1
m
n
，
当且仅当
π
sin
1
6
时，等号成立，即m
n
的最大值为3
2 .
故选：B.
例题3．（2023 下·高一课时练习）如图，在直角梯形ABCD 中，AB
CD
∥
，
90
DAB
，
4
AD
AB
，
1
CD ，动点P 在边BC 上，且满足AP
mAB
nAD
（m，n 均为正数），则1
1
m
n
的最小值为（
）
A．1
B．3
4
C．
3
4
D．7
4 3
4
【答案】D
【详解】如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，
则
0,0
A
，
4,0
B
，
0,4
D
，
1,4
C
，则
4,0
AB
，
0,4
AD
，
3,4
BC
，
设
( 3 ,4 )(
(0,1))
BP
BC
，
则
(4
3 ,4 )
AP
AB
BP
.
因为
(4 ,4 )
AP
mAB
nAD
m
n
，
所以
4
3
4
4
4
m
n
，消去，得
3 =1
4
m
n
，
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因为
0
m
，
0
n
，所以1
1
3
1
1
4
m
n
m
n
m
n
3
3
7
3
7
4 3
1
2
4
4
4
4
4
n
m
n m
m
n
m n
，
当且仅当
3
2
m
n
，结合
3
1
4
m
n
，即
4
2 3
4 2 3
3
3
m
n
时等号成立.
故1
1
m
n
的最小值为7
4 3
4
.
故选：D
例题4．（2023 下·广东佛山·高一佛山一中校考阶段练习）如图，点C 在半径为1，圆心角2π
3 的扇形OAB 的
弧
AB 上运动．已知OC
xOA
yOB
，则当
π
6
AOC
时，x
y
；x
y
的最大值为
．
【答案】
3
2
【详解】以O 为坐标原点，以OA为x 轴，过点O 作OA 的垂线为y 轴，建立如图所示的直角坐标系，
则
1
3
, (
0
2
,
)
1
,
2
A
B
,
)
1
3
(
,
2
2
(1,0
)
OA
OB
,
，
当
π
6
AOC
时,
3 1
(
, )
2
2
C
，则
3 1
(
, )
2
2
OC
,
由于OC
xOA
yOB
，故
)
(1,0
3 1
1
3
(
, )
(
,
2
2
2
2
)
y
x
，
即
3
1
2
2
1
3
2
2
x
y
y
，解得
2 3
3
3
3
x
y
，故
3
x
y
；
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设
)
2π
, 0
(
3
AOC
,则
cos ,sin
a
a
OC
，
于是由OC
xOA
yOB
，得
)
(1,
c
0)
os ,sin
1
3
(
,
2
2
a
a
y
x
，
即
1
cos
2
3
sin
2
x
y
y
，即
3
cos
sin
3
2 3 sin
3
x
y
，
故
π
cos
3sin
2sin(
6
x
y
），
由于
2π
0
3
，故当
π
3
时，
π
2sin(
6
）取最大值2，
即x
y
的最大值为2，
故答案为：
3;2
练一练
1．（2023 上·贵州黔西·高三校考阶段练习）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术
之一，图1 是一个正八边形窗花隔断，图2 是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，在正八边形
ABCDEFGH 中，若AE
AD
AG
（，
R
），则
的值为（
）
A．
2
B．2
C．2 2
D．4
【答案】A
【详解】不妨设
2
AB
，以点A 为坐标原点，分别以AB，AF 所在直线为x，y 轴，
建立平面直角坐标系，如图所示．
正八边形内角和为
8 2
180
1080
，
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则
1 1080
135
8
HAB
，
所以
0,0
A
，
2
2,2
2
D
，
2,2
2 2
E
，
2,2
2
G
，
所以
2,2
2 2
AE
，
2
2,2
2
AD
，
2,2
2
AG
，
因为AE
AD
AG
，所以
2,2
2 2
2
2,2
2
2,2
2
，
所以
2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
，
解得
2 2
2
，
2
2
，
所以
2
．
故选：A．
2．（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）如图，在四边形ABCD 中，
120
DAB
，
30
DAC
，
1
AB ，
3
AC
，
2
AD
，AC
xAB
yAD
，则x
y
（
）
A．2 3
B．2
C．3
D．6
【答案】A
【详解】以A 为坐标原点，以AD 为x 轴，过点A 作AD 的垂线为y 轴，建立平面直角坐标系，
则
1
3
3 3 3
(0,0), (
,
),
(
, ),
(2,0)
2
2
2
2
A
B
C
D
,
故
3 3 3
1
3
(
, ),
(
,
),
(2,0)
2
2
2
2
AC
AB
AD
,
则由AC
xAB
yAD
可得
3 3 3
1
3
(
, )
(
,
)
(2,0)
2
2
2
2
AC
x
y
，
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即
3 3
1
2
3
2
2
,
3
3
3
2
2
x
y
x
y
x
，
故
2 3
x
y
，
故选：A
3．
（2023·重庆·统考模拟预测）在正方形ABCD中，动点E 从点B 出发，经过C ，D ，到达A ，AE
AB
AC
，
则
的取值范围是（
）
A．
1,1
B．
0,1
C．
1,2
D．
0,2
【答案】B
【详解】以B 为坐标原点，AB ，BC 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系，
设
1
AB ，则
0,0 ,
1,0 ,
0,1 ,
1,1
B
A
C
D
，
当点E 在BC 上时，设
0,
,
0,1
E
m
m
，
则
1,
1,0
1,1
m
，即
1
m
，故
1
，
当点E 在CD 上时，设
,1 ,
0,1
E t
t
，
则
1,1
1,0
1,1
t
，即
1
1
t
，解得
1
t
，
故
0,1
1 t
，
当点E 在AD 上时，设
1,
,
0,1
E
u
u
，
则
0,
1,0
1,1
u
，即
0
u
，故
0
综上，
的取值范围是
0,1
.
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故选：B
4．（多选）（2023 下·贵州·高一校联考阶段练习）在直角梯形ABCD中，
,
2
AB
AD AB
DC
，E 为AB 中
点，
,
M N 分别为线段DE 的两个三等分点，点P 为线段BD 上任意一点，若
AM
AP
AN
，则
的
值可能是（
）
A．1
B．3
2
C．2
D．5
2
【答案】ABC
【详解】如图，以A 为坐标原点建立平面直角坐标系，
不妨设
6,
3 ,
0
AB
AD
m m
，则
0,0 ,
6,0 ,
0,3
,
3,0 ,
2,
,
1,2
A
B
D
m
E
M
m
N
m ，
则
(2,
),
(1,2 ),
( 6,3 ),
(6,0)
AM
m
AN
m BD
m
AB
设
,0
1
BP
xBD
x
，则
(6
6 ,3
)
AP
AB
xBD
x
mx
∵
AM
AP
AN
，
∴(6
6 ,3
)
(2,
)
(1,2 )
(2
,
2
)
x
mx
m
m
m
m
，
∴
6
6
2
3
2
x
mx
m
m
整理得
2
x
，
因为
[0,1]
x
，所以
2
[1,2]
x
故选：ABC
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题型七利用定义法求平面向量数量积
例题1．（2023 下·江苏徐州·高一统考期中）八边形是数学中的一种图形，由八条线段首尾相连围成的封闭
图形，它有八条边、八个角．八边形可分为正八边形和非正八边形．如图所示，在边长为2 正八边形
ABCDEFGH 中，点O为正八边形的中心，点P 是其内部任意一点，则OA PA
OF PA
的取值范围是（
）
A．( 2 2,4
2 2)
B．( 4,4
2 2)
C．( 2,4)
D．( 4,4)
【答案】A
【详解】正八边形ABCDEFGH 中，
8
2
180
135
8
FGH
，
所以
360
45
8
FOG
，
360
3
135
8
AOF
连接AF ，过点O 作OQ
AF
，交GH 、CD 于点M 、N ，交AF 于点Q ，
2
GF
，设OF
x
，由余弦定理得，
OFG
△
中，
2
2
2
2
cos 45
4
x
x
x x
GF
，
2
4
2 2
2
2
2
x
，
OAF
△
中，
2
2
2
2
2
2
cos135
2
2
2 2
2
12
8 2
AF
x
x
x x
x
，
所以
2
2
2
1
2 2
2
12
8 2
1
4
OQ
OF
FQ
-
，解得
1
OQ ，
2
2
2
2
2 2
2
3
2 2
OM
OG
GM
-1
，解得
2
1
OM
，
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所以
2
OA PA
OF PA
OA
OF
PA
OQ PA
，
当P 与M 重合时，PA
在OQ
上的投影向量为MQ
，此时OA PA
OF PA
取得最小值为
2
2 1
2
1 1
2 2
OQ PA
，
当P 与N 重合时，PA
在OQ
上的投影向量为NQ
，此时OA PA
OF PA
取得最大值为
2
2 1
2
1 1
2 2
4
OQ PA
，
因为点P 是其内部任意一点，所以OA PA
OF PA
的取值范围是( 2 2,4
2 2)
.
故选：A．
例题2．（2023 下·天津·高一天津市蓟州区第一中学校联考期中）如图，在平面四边形ABCD中，AB
BC
，
AD
CD
，
120
BAD
，
1
AB
AD
.若点E 为边CD 上的动点（不与C 、D 重合），则EA EB
的取值
范围为
.
【答案】21 3
16
，
【详解】延长
,
CD BA 交于点H ，因为
,
,
120
AB
BC AD
CD
BAD
，所以
60
BCD
，
30
DHA
，
在Rt ADH
中，
30
DHA
，
1
AD ，所以
2,
3
AH
DH
，
在Rt
BCH
△
中，
30
CHB
，
3
BH
，所以
2 3,
3
CH
BC
，
所以
3
DC
BC
，不妨设
0
1
DE
DC
，则
3
DE
，且DE
与AB
的夹角为30，DA
与AB
的
夹角为60，
则
EA EB
DA
DE
ED
DA
AB
DA ED
DA DA
DA AB
DE ED
DE DA
DE AB
2
2
0
cos60
3
0
cos30
DA
DA
AB
DE
AB
2
2
1
3
3
3
1
3
0
3
3
2
2
2
2
，
设
2
3
3
3
2
2
f
，
0
1
，
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所以
3
1
2
2 3
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min
1
3
1
3
21
3
4
2
4
2
16
f
.
2
3
3
1
3 1
1
3
2
2
f
f
，
则EA EB
的范围是21 3
16
，.
故答案为：21 3
16
，.
练一练
1．（2023 上·河南南阳·高三统考期末）十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出
的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的
答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点
的连线两两成角120；当三角形有一内角大于或等于120时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题
中所求的点称为费马点．已知, ,
a b c 分别是ABC
三个内角
,
,
A B C 的对边，且
2
2
(
)
6
b
a
c
，
cos
sin
2cos
6
A
C
B
，若点P 为ABC
的费马点，则PA PB
PB PC
PA PC
（
）
A．6
B．4
C．3
D．2
【答案】C
【详解】
3
1
cos
2sin
cos ,
cos
2
sin
cos
cos
6
2
2
A
C
B
A
C
C
B
,
即cos
3 sin
cos
cos
cos
A
C
B
C
B
,
又A
B
C
cos
cos(
)
cos
cos
sin
sin
A
B
C
B
C
B
C
,
cos
cos
sin
sin
3sin
cos
cos
cos
B
C
B
C
C
B
C
B
,
即sin
sin
3sin
cos
B
C
C
B
,
sin
sin
0,
tan
3
cos
B
C
B
B
, 又
(0, ),
3
B
B
.
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由三角形内角和性质知：△ABC 内角均小于120°，结合题设易知：P 点一定在三角形的内部，
再由余弦定理知,
2
2
2
1
cos
2
2
a
c
b
B
ac
,
2
2
(
)
6,
6
b
a
c
ac
,
1
2
1
2
1
2
1
1
3 3
sin
sin
sin
sin
6 sin
2
3
2
3
2
3
2
2
3
2
ABC
S
PA PB
PB
PC
PA PC
ac
B
,
6
PA
PB
PB
PC
PA
PC
.
由
6
PA
PB
PB
PC
PA
PC
等号左右两边同时乘以
2
cos 3
可得：
2
2
2
2
cos
cos
cos
6 cos
3
3
3
3
PA PB
PB
PC
PA PC
，
2
6 cos
3
3
PA PB
PB PC
PA PC
.
故选：C.
2．（2022 下·重庆渝中·高一重庆巴蜀中学校考阶段练习）在△ABC 中，
2
4
CA
CB
，F 为△ABC 的外心，
则CF AB
（
）
A．-6
B．-8
C．-9
D．-12
【答案】A
【详解】设△ABC 的外接圆半径为r，
,
CFA
CFB
.
由余弦定理得：
2
2
2
2
cos
BC
BF
CF
BF CF
，即
2
2
2
cos
r
r
,所以
2
2
cos
2
r
r
2
2
2
2
cos
AC
AF
CF
AF CF
，即
2
2
8
cos
r
r
.所以
2
2
cos
8
r
r
.
所以
CF AB
CF
AF
FB
CF AF
CF FB
2
2
cos
cos
cos
cos
r
FC FA
FC FB
FC
FA
FC
F
r
B
因为
2
2
cos
2
r
r
，
2
2
cos
8
r
r
，
所以
2
2
2
2
cos
cos
8
2
6
CF AB
r
r
r
r
.
故选：A
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3．
（2022 下·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）如图在ABC
中，E 为斜边AB 的中点，CD
AB
，
1
AB ，则(
)(
)
CA CD CA CE
的最大值是
．
【答案】2
27
【详解】设CA
x
，CB
y
，则
2
2
1
x
y
，
1
CA CB
xy
CD
xy
AB
，
2
2
cos
,
CA CD
CA CD
CA CD
x xy y
x y
，
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
CA CE
CA
CA
CB
CA
CA CB
x
，
所以
2
2
2
2
2
4
2
2
1
1
(
)(
)
(1
)
2
(1
)
2
2
2
2
x
x
CA CD CA CE
x y
x
x
x
x
2
3
2
2
2
2
=
3
+1
2
27
+ 2
x
x
x
，当且仅当
2
2
=1
2
x
x
，即
6
3
x
时，等号成立.
故答案为：2
27
题型八利用几何意义法求平面向量数量积
例题1．（2023 上·陕西西安·高三校联考阶段练习）窗户，在建筑学上是指墙或屋顶上建造的洞口，用以使
光线或空气进入室内.如图1，这是一个外框为正八边形，中间是一个正方形的窗户，其中正方形和正八边
形的中心重合，正方形的上､下边与正八边形的上､下边平行，边长都是4.如图2，,
A B 是中间正方形的两个
相邻的顶点，P 是外框正八边形上的一点，则AB AP
的最大值是（
）
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A．16
8 2
B．16 2
8
C．8 2
8
D．16 2
16
【答案】A
【详解】记正八边形右下角的两个顶点分别为
,
C D ，连接
,
BC BD ，
由题意易得
BCD
△
是等腰直角三角形，
4
CD
，则
2 2
BC
，
不妨设
,
AP AB
，由于题目要求AB AP
的最大值，故只考虑0
90
的情况，
过P 作PE
AB
，垂足为E ，则
cos
AP
AE
，又
4
AB
，
所以
cos
4
AB AP
AB AP
AB AE
AE
，
显然，当点P 与点C 重合时，AE
取得最大值
4
2 2
AB
BC
，
所以AB AP
的最大值为
4
4
2 2
16
8 2
.
故选：A.
例题2．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，这是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数
2, 3, 5,…的
图形，已知P 是平面四边形ABCD内一点，则CB CP
的取值范围是（
）
A．
2 , 2
2
B．
1,
2
C．
2 ,1
2
D．
2 ,1
2
【答案】D
【详解】如图，延长BC ，过点D 做DE
BC
交BC 的延长线于点E .
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因为DE
BC
，
1
DC ，
45
DCE
,所以
2
2
CE
.
由图可知当P 在A 点处时，CP
在CB
上的投影有最大值1，
当P 在D 点处时，CP
在CB
上的投影有最小值
2
2
，
又因为
1
CB
，所以CB CP
的取值范围是
2 ,1
2
.
故选：D
例题3．（2022·浙江·模拟预测）已如平面向量
2
3
4
5
6
1,
,
,
,
,
a a a a a a
两两都不共线.若
1
i
i+1
i
i+1
i
i+1
3
1,
|
| |
(i
{1,2,3
,5
|
,4 })
2
a
a
a
a a
a
a
，则
1
2
3
4
5
6
a
a
a
a
a
a
的最大值是
.
【答案】1
2 /0.5
【详解】由题意得，固定
1a
OA
，依次类推画出图象，如图所示
1
2
3
4
5
6
a
a
a
a
a
a
的最大值即所有向量在OA
上的投影之和最大时，看图易得即当C 取远离O时，E 取
靠近O时取得最大值，
1
2
3
4
5
6
3
1
3
1
+1+0
2
2
2
2
a
a
a
a
a
a
故答案为：1
2 .
练一练
1．（2023 下·浙江宁波·高二余姚中学校考期中）在边长为2 的正六边形ABCDEF 中，动圆Q 的半径为1、
圆心在线段CD（含端点）上运动，点P 是圆Q 上及其内部的动点，则AP AB
的取值范围是（
）
A．[2,8].
B．[4,8]
C．[2,10]
D．[4,10]
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【答案】A
【详解】由
cos
,
AP AB
AB
AP
AP AB
，
可得AP AB
为AB
与AP
在AB
方向上的投影之积.
正六边形ABCDEF 中，以D 为圆心的圆Q 与DE 交于M，
过M 作MM
AB
于M ，设以C 为圆心的圆Q 与AB 垂直的
切线与圆Q 切于点N 与AB 延长线交点为N，
则AP
在AB
方向上的投影最小值为AM ，最大值为AN,
又
1
AM ，
cos60
1
4
AN
AB
BC
，
则
2
4
8
AP AB
，
2 1
2
AP AB
则AP AB
的取值范围是[2,8].
故选：A
2．（多选）（2023 下·安徽·高三校联考开学考试）已知正六边形ABCDEF 的边长为1，P 为正六边形边上
的动点，则AD BP
的值可能为（
）
A．－2
B．－1
C．1
D．2
【答案】BCD
【详解】由题意知，
2
AD
，
当P 点与D 重合时，向量BP
在AD
方向上的投影的数量最大，为3
2 ，
当P 点与A 重合时，向量BP
在AD
方向上的投影的数量最小，为
1
2
，
所以AD BP
的最大值为
3
2
3
2
，最小值
1
2
1
2
．
可知
2
1,3
，故A 不满足，BCD 都满足．
故选：BCD．
3．（2023 下·上海虹口·高一上外附中校考期中）在边长为1的正六边形ABCDEF 中，点P 为其内部或边界
上一点，则AD BP
的取值范围是
．
【答案】
1,3
【详解】正六边形ABCDEF 中，过点B 作BB
AD
于B，
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则
2
AD
，
1
cos60
2
AB
AB
，
1
3
2
2
2
B D
AD
AB
，
cos
,
AD BP
AD
BP
AD BP
，
由图可知，BP
在AD
方向上的投影
cos
,
BD
BP AD
的取值范围是
,
B A B D
，
所以，
cos
,
AD
B A
AD
BP
AD BP
AD
B D
，
即1
cos
,
3
AD
BP
AD BP
，故AD BP
的取值范围为
1,3
.
故答案为：
1,3
.
题型九极化恒等式法求平面向量数量积
例题1．（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）已知A
P
Q
、、
是半径为2 的圆上的三个动点，
弦PQ所对的圆心角为120，则AP AQ
的最大值为（
）
A．6
B．3
C．
6
D．
3
【答案】A
【详解】因为弦PQ所对的圆心角为120，且圆的半径为2，所以
2 3
PQ
，
取PQ的中点B ，所以
3
BP
BQ
，
1
BO ，如图所示：
因为
2
AP AQ
AB
BP
AB
BQ
AB
AB
BP
BQ
BP BQ
,
因为B 是PQ的中点，所以
0
BP
BQ
+
=
，BP BQ
BP BQ
2
2
3
AP AQ
AB
BP BQ
AB
，
所以若AP AQ
最大，所以只需AB
最大，
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所以
max
1
2
3
AB
BO
r
，
所以
2
max
3
3
6
AP AQ
.
故选：A
例题2．（2023 上·天津蓟州·高三天津市蓟州区第一中学校考阶段练习）如图，已知直角三角形△ABC 中，
90
A
，
2
AB
，
4
AC
，点P 在以A 为圆心且与边BC 相切的圆上，若BC 与圆的切点为M ，则
CA CM
，则PB PC
的取值范围为
.
【答案】
64
5
24 56
5
5
，
【详解】以A 为坐标原点建立平面直角坐标系，如图，
则
(0,2),
(4,0)
B
C
，且
2
2
2
4
2 5
BC
，由
1
1
4,
2
2
ABC
ABC
S
AB AC
S
BC AM
，
所以
1
4
2 5
2
AM
，解得
4
5
AM
，即圆的半径为
4
5
r
，
则
2
2
8
5
CM
AC
CM
，所以
2
64
cos
5
CA CM
CM
CA
ACB
CM
；
设BC 的中点为
(2,1)
D
，
则
2
2
1
1
1
(
) (
)
20
5
2
2
4
PB PC
PD
BC
PD
BC
PD
PD
，
又
max
4
9
5
5
5
PD
AD
r
，
min
4
1
5
5
5
PD
AD
r
，
所以
max
min
81
56
1
24
(
)
5
,(
)
5
5
5
5
5
PB PC
PB PC
，
所以PB PC
的取值范围为
24 56
[
,
]
5
5
.
故答案为：64
5 ；
24 56
[
,
]
5
5
练一练
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1．（2023 上·福建莆田·高三莆田第十中学校考期中）如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边
2 2
AC
，M
为线段AB 上的动点（包含端点），D 为AC 的中点．将线段AC 绕着点D 旋转得到线段EF ，则ME MF
的
最小值为（
）
A．2
B．
3
2
C．1
D．
1
2
【答案】C
【详解】连接MD ,
则
(
) (
)
ME MF
MD
DE
MD
DF
2
2
(
) (
)
ME MF
MD
DE
MD
DF
MD
DE
,
当MD
AB
时，MD 最小，可求得
min
|
|
1
MD
，
结合
2
2
DE
，得ME MF
的最小值为1
，
故选：C.
2．（2023 上·河北石家庄·高二石家庄二中校考期中）在棱长为2 的正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
中，动点E 在正
方体内切球的球面上，则EA EB
的取值范围是
.
【答案】2
2 2,2
2 2
【详解】取AB 的中点为M ，连接EM ，则
1
AM ，
所以
EA EB
EM
MA
EM
MB
EM
MA
EM
MA
2
2
2
1
EM
MA
EM
，
正方体内切球的半径为2
2
r
，即
1
r ，
设正方体内切球的球心为O，面ABCD的中心为
1
O ，连接
1
1
,
,
OO OM O M ，
由正方体的性质知：
1
OO 面ABCD，所以
1
O M 面ABCD，
所以
1
1
OO
O M
，所以
1
1
1
OO
O M
，所以
2
2
1
1
2
OM
OO
O M
，
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所以
max
2
1
EM
OM
r
，
max
2
1
EM
OM
r
，
所以EA EB
的取值范围是：2
2 2,2
2 2
.
故答案为：2
2 2,2
2 2
.
题型十自主建系法求平面向量数量积
例题1．（2023·全国·模拟预测）已知圆O的半径为1，A ，B ，C ，D 为圆O上四点，且|
|
|
|
1
AB
CD
，则
AC AD
BC BD
的最大值为（
）
A．3
B．2 3
C．6
D．4 3
【答案】C
【详解】知圆O的半径为1，A ，B ，C ，D 为圆O上四点，且
1
AB
CD
，
3
AOB
COD
π ，为O 为原点，OA 为x 轴建立如图所示的直角坐标系：
则( )
1,0
A
，
1
3
,
2
2
B
，设
cos
,sin
C
，则有
π
π
cos
,sin
3
3
D
，
cosα
1,sin α
AC
，
cos α
1,sin α
3
3
AD
π
π
，
1
3
cosα
,sinα
2
2
BC
，
1
3
cos α
,sin α
3
2
3
2
BD
π
π
，
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cosα
1,sin α
cos α
1,sin α
3
3
1
3
1
3
cosα
,sin α
cos α
,sin α
2
2
3
2
3
2
AC AD
BC BD
π
π
π
π
化简得
3
3cosα
AC AD
BC BD
，由1
cos
1
，当cos
1
时，AC AD
BC BD
有最大值6.
故选：C
【点睛】数量积有关的最值和范围问题是高考的热点之一，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、夹角、系数的范围等，解决思路是建立目标函数的解析式，转化为求函数(二
次函数、三角函数)等的最值或应用基本不等式，同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以还有一种
思路是数形结合，应用图形的几何性质.
例题2．（2024 上·北京大兴·高三统考期末）如图是六角螺母的横截面，其内圈是半径为1 的圆O，外框是
以为O中心，边长为2 的正六边形ABCDEF ，则O到线段AC 的距离为
；若P 是圆O上的动点，
则AC AP
的取值范围是
.
【答案】
1
6
2 3,6
2 3
【详解】取AC 中点为M ，
由于正六边形ABCDEF 的边长为2，所以
120 ,
2
AOC
OA
OC
,
因此O到线段AC 的距离为
1
1
2
OM
OA
,
建立如图所示的直角坐标系，则
2,0 ,
1,
3 ,
cos ,sin
,
R
A
C
P
,
3,
3 ,
cos
2,sin
AC
AP
，
π
3cos
6
3 sin
2 3 cos
6
6
AC AP
，
由于
π
R,
cos
1,1
6
,
故
π
2 3 cos
6
6
2 3,6
2 3
6
AC AP
，
故答案为：1；6
2 3,6
2 3
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例题3．（2023 上·天津河西·高三校考期末）在四边形ABCD中，
60
B
，
3
AB ，
6
BC
，且AD
BC
，
3
2
AD AB
，则实数的值为
，若M 是线段BC 上的动点，N 是线段DC 上的动点，且满足
BM
DN
BC
DC
，则DM DN
的最小值为
.
【答案】
1
6
1
21
【详解】在四边形ABCD中，AD
BC
，
/ /
AD
BC
，
60
B
，
120
DAB
，又
3
AB ，
6
BC
，
3
6
3 cos120
2
AD AB
，
1
6
；
如图以B 为原点建立平面直角坐标系，设
BM
DN
t
BC
DC
，
0,1
t
，
则
5 3 3
6,0 ,
,
,
6 ,0
2
2
C
D
M
t
，
所以
7
3 3
5
3 3
,
,
6
,
2
2
2
2
DC
DM
t
，
所以
7
3 3
,
2
2
DN
tDC
t
t
，
所以
2
2
5
7
27
1
1
1
6
21
2
21
2
2
4
21
21
21
t
t
t
t
t
M
t
D
DN
，
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所以当
1
21
t
时，DM DN
取得最小值
1
21
．
故答案为：1
6 ；
1
21
．
例题4．
（2022 下·天津·高一校联考期末）在ABC
中，
3
AB
AC
，2
3
AD
BD
，2CF
AD
，
51
4
AF CD
，
则BC
，延长DF 交AC 于点E ，点P 在边BC 上，则DP EP
的最小值为
.
【答案】
3
3
16
【详解】解：由2
3
AD
BD
，可得
3
CD
CA
AD
CA
AB
由2CF
AD
，可得
3
2
AF
AC
CF
AC
AB
，
3
3
2
AF CD
AB
AC
AB
AC
2
2
9
3
2
2
AB
AB AC
AC
9
3
51
3
3
3
3
cos
2
2
4
A
，
则
1
cos
2
A
.∴
3
BC
.
如图建立平面直角坐标系，可得
3 ,0
2
B
，
3 ,0
2
C
，
3
0, 2
A
，
设
,0
P x
，
3
3
2
2
x
.
∵2CF
AD
，∴
//
CF AD，
2
CF
AD
1
，∴C 为AE 中点，
∴
2
AE
AC
，
∴
3
3
3
3 3
3
,
3
,
, 3
2
2
2
2
PD
PA
AD
PA
AB
x
x
，
3
3
3
3
2
,
2
,
3,
2
2
2
2
PE
PA
AE
PA
AC
x
x
，
2
3 3
3
3
3
3
2
2
2
DP EP
PD PE
x
x
x
x
∵
3
3
2
2
x
，∴
3
4
x
时，DP EP
最小，最小值为
3
16
.
答案为：
3 ，
3
16
.
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练一练
1．（2024 上·天津南开·高三统考期末）在ABC
中，
1,
2,
90
AC
BC
C
，则CA
CB
；
若P 为ABC
所在平面内的动点，且
3
3
PC
，则PA PB
的取值范围是
.
【答案】
3
2 4
,
3 3
【详解】如图，以C 为坐标原点，
,
AC BC 分别为,x y 轴所在直线，建立平面直角坐标系，
则
1,0 ,
0,
2 ,
0,0
A
B
C
，
可得
1,0 ,
0,
2
CA
CB
，则
1,
2
CA
CB
，
所以
2
21
2
3
CA
CB
；
因为
3
3
PC
，设
3
3
cos ,
sin
3
3
P
，
可得
3
3
3
3
1
cos ,
sin
,
cos ,
2
sin
3
3
3
3
PA
PB
，
则
3
3
3
3
1
cos
cos
sin
2
sin
3
3
3
3
PA PB
，
1
6
3
1
sin
cos
sin
3
3
3
3
，
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其中
6
3
cos
,sin
3
3
，
因为
sin
1,1
，所以
1
2 4
sin
,
3
3 3
PA PB
.
故答案为：
3 ；
2 4
,
3 3
.
2．（2023 下·辽宁·高一校联考期中）若点P 为ABC
所在平面内一点，且
120
APB
BPC
CPA
，
则点P 叫做ABC
的费马点．当三角形的最大角小于120时，可以证明费马点就是“到三角形的三个顶点的
距离之和最小的点”，即PA
PB
PC
最小．已知点O 是边长为2 的正ABC
的费马点，D 为BC 的中点，
E 为BO 的中点，则AC DE
的值为
．
【答案】1
【详解】如图，设正ABC
的中心为O，则
30
BAO
CAO
ACO
BCO
CBO
ABO
，
所以
120
AO B
AO C
BO C
，所以点O为ABC
的费马点，
由已知点O与点O重合，
如图，以D 为原点，
,
DC DA
为,x y 轴的正方向，建立平面直角坐标系，
则
3
1
3
0, 3 ,
1,0 ,
0,0 ,
0,
,
1,0 ,
,
3
2
6
A
C
D
O
B
E
，
所以
1
3
1,
3 ,
,
2
6
AC
DE
，
所以
1
3
1
3
1
2
6
AC DE
，
故答案为：1
.
3．
（2022下·河南·高三校联考阶段练习）在△ABC 中，
4
AB
，
1
AC ，P 为边AB 上一点，1
2
2 3
2 AB
AC
，
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则
BAC
；PB PC
的最小值为
.
【答案】
3
49
16
【详解】设
BAC
，以A 为原点，AC 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，则
0,0
A
，
1,0
C
.
设
4cos ,4sin
B
，则
4cos ,4sin
AB
，
1,0
AC
.
所以
1
2
2
2cos ,2sin
8
8cos
2 3
2 AB
AC
，得
1
cos
2
.
因为0
，所以
3
，即
2,2 3
B
.
设
, 3
0
2
P m
m
m
，则
2
,2 3
3
1
,
3
PB PC
m
m
m
m
2
2
9
49
4
9
2
4
8
16
m
m
m
.
所以，当
9
8
m
时PB PC
取得最小值
49
16
.
故答案为：3
，
49
16
.
4．（2022 下·江苏苏州·高一星海实验中学校考期中）如图，在ABC
中
2
5
AD
AB
，点E 为AC 中点，点F
为BC 的三等分点，且靠近点C ，设CB
a
，CA
b
，
60
ACB
，
2
AC
，且CD
EF
，CD 与EF 交于
点N .
(1)求CD
；
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(2)若点M 为线段EF 上的任意一点，连接
,
CM DM ，求CM MD
的取值范围.
【答案】(1) 6 3
5
；
(2) 4 21
,
5 20
.
【详解】（1）解：
1
1
1
1
2
3
3
2
EF
EC
CF
CA
CB
a
b
，
2
5
CD
CA
AD
CA
AB
2 (
)
5
CA
CB
CA
2
2
3
(
)
5
5
5
b
a
b
a
b
，
又CD
EF
，所以
2
3
1
1
(
)(
)
0
5
5
3
2
CD EF
a
b
a
b
，所以
2
2
2
3
0
15
10
a
b
，
由|
| 2
b
得|
| 3
a
，
所以
2
2
3
|
|
(
)
5
5
CD
a
b
2
2
4
12
9
25
25
25
a
a b
b
4
12
1
9
6 3
9
3 2
4
25
25
2
25
5
.
所以
6 3
5
CD
；
（2）解：以点C 为坐标原点，CB 所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系如下图所示，则
0 0
C
，，
3 0
B
，，
1
3
A ，
，
10
F
，，
1
3
2
2
E
，
，
9 3 3
5
5
D
，
，
又点M 为线段EF 上的任意一点，设点
3
3
M m
m
，
，且1
1
2
m
，则
3
3
CM
m
m
，
，
9
2 3
3
5
5
MD
m
m
，
，
所以
2
9
2 3
6
3
3
3
4
+6
5
5
5
CM MD
m
m
m
m
m
m
，
，
，
所以当
3
4
m
时，CM MD
取得最大值：
2
3
6
21
4
+6
4
4
5
20
3
，
当
1
m 或
1
2 时，CM MD
取得最小值：
2
6
4
4
+6 1
5
5
1
，
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所以CM MD
的取值范围为4 21
,
5 20
.
题型十一向量夹角
例题1．（2022 上·上海宝山·高二上海交大附中校考阶段练习）若平面向量a，b
，c满足
1
c
，
1
a c
，
3
b c
，
2
a b
× =
，则a，b
夹角的取值范围是（
）
A．π π
,
6 2
B．
π ,π
6
C．π π
,
3 2
D．
π ,π
3
【答案】C
【详解】设OA
a
，OB
b
，OC
c
，以O 为原点，c方向为x 轴正方向建立平面直角坐标系，
1
0
a c
，
3
0
b c
，
2
0
a b
，
a
，b
，c三者直接各自的夹角都为锐角，
1
c
，
cos
,
1
a c
a
c
a c
，
c s
3
o
,
b c
b
c
b c
，
cos
,
1
a
a c
，
,
3
cos
b
b c
，即a在c上的投影为1，b
在c上的投影为3，
1,
A
m
，
3,
B
n ，如图
1,
a
m
，
3,
b
n
3
2
a
mn
b
即
1
mn ，且
2
2
2
cos
,
1
9
a b
a b
a
b
m
n
则
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4
cos
,
9
9
10
9
1
9
a b
n
m
m n
n
m
m
n
，
由基本不等式得
2
2
2
2
9
2
9
6
6
n
m
n
m
mn
，
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2
1
cos
,
4
a b
，
a
与b
的夹角为锐角，
1
0
cos
,
2
a b
，
由余弦函数可得：a与b
夹角的取值范围是π π
,
3 2
，
故选：C.
例题2．（2023 下·四川绵阳·高一统考期末）在矩形ABCD中，点F 为BC 的三等分点（靠近点C ），点E 在
CD 边上，ABE
为等边三角形，且
2
6
AB BE
BE AE
.
(1)求AB
；
(2)求cos
,
AB AF
的值.
【答案】(1) 2 3
(2)
3
2
【详解】（1）因为ABE
为等边三角形，
2
6
AB BE
BE AE
，
所以
cos120
2
cos60
6
AB BE
BE
AE
.
又AB
BE
AE
，所以
1
1
2
6
2
2
AB
AB
AB
AB
，
解得
2 3
AB
.
（2）建立如图所示平面直角坐标系xOy .
则
0,0
A
，
2 3,0
B
，所以
2 3,0
AB
，又
3
3
2 3
3
2
2
BC
AB
，且点F 为BC 的三等分点（靠近点C ），所以
2 3,2
F
，
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所以
2 3,2
AF
，所以
2 3
2 3
2 0
12
AB AF
，
又
2
2
(2 3)
2
4
AF
，所以
12
3
cos
,
2
2 3
4
AB AF
AB AF
AB AF
.
例题3．（2023 下·江苏扬州·高一统考期中）已知OAB
的两个顶点分别为原点O和
4,3
A
，且
90
AOB
，
OB
OA
．
(1)求点B 的坐标；
(2)若点B 落在第二象限，
1,2
OM
，点P 是直线OM 上的一个动点，当PA PB
取最小值时，求OP
的坐标，
并求cos
APB
的值．
【答案】(1)
3, 4
或
3,4
(2)
3 ,3
2
OP
，
9 85
cos
85
APB
【详解】（1）设点B 的坐标为( , )
x y ，则
4,3
OA
，
,
OB
x y
，
因为
90
AOB
，所以
4
3
0
OA OB
x
y
，
又OB
OA
，所以
2
2
25
x
y
，
联立解得
3
4
x
y
或
3
4
x
y
，
所以点B 的坐标为
3, 4
或
3,4
．
（2）因为点B 落在第二象限，所以
3,4
B
，
因为点P 是直线OM 上的一个动点，所以
//
OP OM
，设OP
tOM
，则
,2
P t
t ，
所以
4
,3
2
PA
t
t
，
3
,4
2
PB
t
t
，
所以
4
3
3
2
4
2
PA PB
t
t
t
t
2
2
3
45
5
15
5
2
4
t
t
t
，
所以当
3
2
t
时，PA PB
取得最小值
45
4
，此时
3 ,3
2
P
，
所以
3 ,3
2
OP
，
5 ,0
2
PA
，
9 ,1
2
PB
，
所以
2
45
9 85
4
cos
85
5
9
1
2
2
PA PB
APB
PA
PB
．
例题4．（2023 下·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第四中学校校考阶段练习）已知函数
sin
0
0
f
x
A
x
A
，
，
的图象如图所示，点B
D
F
，，
为
f
x 与x 轴的交点，点C
E
，
分别为
f
x 的最高点和最低点，而函数
f
x 的相邻两条对称轴之间的距离为2 ，且其在
1
2
x
处取得最小
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值.
(1)求参数和的值；
(2)若
1
A ，求向量2BC
CD
与向量
3
BC
CD
夹角的余弦值；
(3)若点P 为
f
x 函数图象上的动点，当点P 在C
E
，
之间运动时，求BP BF
的取值范围.
【答案】(1)
π
2
，
π
4
(2)
2
10
(3)
4,12
【详解】（1）解：因为
f
x 的相邻两条对称轴之间的距离为2 ，
所以
4
T
，
2
4
2
π
T
=
π
，
π
sin 2
f
x
A
x
，
又
1
2
x
时，
f x 取最小值，
则
4
2
2
π
π
π
k
，k Z ，
2
4
k
π
π
，k Z
又|
|
π
，则
0
4
k
π
.
（2）因为
1
A ，所以
( )
sin 2
4
π
π
f x
x
，
则
1 ,0
2
B
，
3 ,1
2
C
，
5 ,0
2
D
，
则2
(1,3)
BC
CD
，
3
(4, 2)
BC
CD
，
则
(2
) (
3
)
2
cos
10
| 2
| |
3
|
BC
CD
BC
CD
BC
CD
BC
CD
.
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（3）
P
是
( )
f x 上动点，
n 2
( )
si
4
π
f
π
x
A
x
，
1 ,0
2
B
，
9 0
2 ,
F
，
设
,
sin
4
2
P x A
x
，
1 ,
sin
2
2
4
BP
x
A
x
，
4,0)
BF
，
1
3 7
4
4
2
,2 2
2
,
BP BF
x
x
x
，
所以范围为
4,12
练一练
1．（2023 下·吉林长春·高一东北师大附中校考期末）如图，在四边形OBCD 中，
2
OB
DC
，
2
OA
AD
，
OB
OD
，且
1
AD
CD
.
(1)用OA
，OB
表示BC
；
(2)点P 在线段AC 上，且
2
AC
AP
.求BC
与BP
夹角的余弦值.
【答案】(1)
3
1
2
2
BC
OA
OB
(2) 9 85
85
【详解】（1）由
2
OB
DC
，可知OB
DC
∥
，
由
2
OA
AD
，可知A 为OD的靠近D 的三等分点，
故
3
1
3
1
2
2
2
2
BC
BO
OD
DC
OB
OA
OB
OA
OB
；
（2）因为OB
OD
，故以O 为坐标原点，以
,
OD OB 为,x y 轴，建立平面直角坐标系，
而
1
AD
CD
，故
2
OA
OB
,
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则
)
, ),
,
(2 0
(0 2)
1
,
,
(3
A
B
C
，故
(1,1)
AC
，
(3, 1)
BC
，
由
2
AC
AP
，可得
5
2 2
, 1
P
，故
,
5
3
2
2
BP
，
故
15
3
9 85
2
2
cos
cos
,
85
34
10
2
BC BP
BC BP
BC BP
.
2．（2023 下·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）如图，在梯形ABCD 中，E 为DC 的中点，AD
BC
∥
，
π
2
BAD
，
π
3
BDA
，
=
=2
BC BD
.
(1)求AE BD
的值；
(2)求AC
与BD
夹角的余弦值.
【答案】(1)0
(2)
7
14
【详解】（1）因为
π
3
BDA
，AD
BC
∥
，所以
3
π
BDA
DBC
，
又因为BC
BD
，所以
BCD
△
为等边三角形，
所以BD
CD
BC
，
π
3
BDC
，
在Rt△ABD 中，由
π
3
BDA
得
π
6
ABD
，
所以
2
BD
AD
，
所以
2
2
CD
BC
AD
，
3
AB
.
以BC，BA 所在直线分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，
则
(0,0),
(2,0),
(0, 3),
(1, 3)
B
C
A
D
，
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因为E 为DC 的中点，所以
3
3
( ,
)
2
2
E
，
所以
3
3
(
,
),
(1, 3)
2
2
AE
BD
，
所以
3
3
3
3
(
,
) (1, 3)
0
2
2
2
2
AE BD
（2）由（1）得，
(2,
3),
(1, 3)
AC
BD
，
所以
2
2
2
2
2 1 (
3)
3
7
cos
,
14
2
(
3)
1
( 3)
AC BD
AC BD
AC
BD
．
3．（2023 下·高一单元测试）已知平面直角坐标系xOy 中两点
2, 1 ,
4,3
A
B
．
(1)若点P 满足
3
AP
PB
，求OP
；
(2)求向量OA
和OB
夹角的余弦值；
(3)在x 轴上求一点M，使得MA MB
取得最小值，并求出该最小值．
【答案】(1)
65
2
(2)
5
5
(3)
3,0
M
，最小值为4
【详解】（1）因为
2, 1 ,
4,3
A
B
，设
,
P a b ，
则
2,
1 ,3
3 4
,3
AP
a
b
PB
a
b
，
由
3
AP
PB
，则
7
2
3 4
2
1
3 3
2
a
a
a
b
b
b
，
所以
7 ,2
2
OP
，则
2
2
7
65
2
2
2
OP
.
（2）
2, 1
OA
，
4,3
OB
，
2 4 1 3
5
OA OB
，
2
2
2
1
5
OA
，
2
2
4
3
5
OB
，
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设向量OA
和OB
夹角为，
所以
5
5
cos
5
5 5
OA OB
OA OB
.
（3）设
0,0
M x
，
0
0
0
0
2
, 1
4
,3
2
4
3
MA MB
x
x
x
x
，
2
2
0
0
0
6
5
3
4
x
x
x
，
故当
0
3
x 时，即
3,0
M
，MA MB
取得最小值4
.
4．（2023 下·广东深圳·高一深圳市高级中学校考期中）如图，在梯形ABCD 中，AB
CD
，AB＝5，AD＝
2DC＝4，且
0
AC BD
，E 是线段AB 上一点，且AE＝4EB，F 为线段BC 上一动点.
(1)求∠DAB 的大小；
(2)若F 为线段BC 的中点，直线AF 与DE 相交于点M，求cos
EMF
.
【答案】(1) π
3
(2)
93
62
【详解】（1）连接AC ，BD ，如图所示，
因为
/ /
AB
CD ，
5
AB
，
2
DC
，
所以
/ /
AB
DC
，
5
= 2
AB
DC
，
所以AD
与AB
的夹角和AD
与DC
的夹角相同，并设为，
0,π
，
则
5
2
AC BD
AD
DC
AD
AB
AD
DC
AD
DC
2
2
2
2
3
5
3
5
cos
2
2
2
2
AD
AD DC
DC
AD
AD
DC
DC
，
又因为
0
AC BD
，
所以
3
5
16
4
2cos
4
0
2
2
，
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解得
1
cos
2
，
又因为
0,π
，
所以
π
3
，即
π
3
DAB
.
（2）过点D 作
DO
AB 于O，如图所示，
则
cos
2
AO
AD
DAB
，
sin
2 3
DO
AD
DAB
，
故以O为原点，以AB ，DO 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，
则
2,0
A
，
0,2 3
D
，
2,0
E
，
3,0
B
，
2,2 3
C
，
又F 为线段BC 的中点，则
5 , 3
2
F
，
所以
9 , 3
2
AF
，
2, 2 3
DE
，
所以
9
2
2 3
3
93
2
cos
62
81
3
4 12
4
AF DE
EMF
AF
DE
.
题型十二转化法求平面向量的模
例题1．（2022 下·辽宁葫芦岛·高一统考期末）如图，在等腰ABC
中，已知
2
AB
AC
，
120
A
，E，
F 分别是边AB，AC 上的点，且AE
AB
，AF
AC
，其中，
R
，且
2
1
，若线段EF，BC
的中点分别为M，N，则MN
的最小值是（
）
A．
7
7
B．
21
7
C．
21
14
D．
21
【答案】B
【详解】在等腰ABC
中，已知
o
2,
120 ,
AB
AC
A
则
cos
2
AB AC
AB AC
A
，因为
,
E F 分别是
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边
,
AB AC 的点，所以
1
1
1
(
)
(
),
(
)
2
2
2
AM
AF
AE
AC
AB
AN
AB
AC
，而
1 [(1
)
(1
)
]
2
MN
AN
AM
AB
AC
，左右两边平方得
2
2
2
2
2
1 [(1
)
2(1
)(1
)
(1
)
]
4
MN
AB
AB AC
AC
2
2
2
2
1 [4(1
)
4(1
)(1
)
4(1
) ]
1
4
，
又因为
2
1
，
所以
2
2
2
2
3
7
4
1
7(
)7
7
MN
，
所以当
2
7
时，
2
MN
的最小值为3
7 ，
即MN
的最小值为
21
7
.
故选：B.
例题2．（2023 下·江苏常州·高一统考期末）已知向量a，b
夹角为π
3 ，
2
b
，若对任意xR ，恒有
1
2
b
xa
b
a
，则函数
1
R
2
f t
tb
a
tb
a t
的最小值为
.
【答案】
7
【详解】因为
1
2
b
xa
b
a
，所以
2
2
1
2
b
xa
b
a
，
整理可得
2
2
2
1
2
0
4
a x
a x
a
a
，
因为对任意xR ，上式恒成立，所以
2
2
2
4
4
4
0
1 a
a
a
a
；
由题意知
0
a
，所以
2
0
1
1
2 a
，所以
2
a
.
2
2
2
2
2
2
1
1
( )
2
2
4
f t
tb
a
tb
a
t b
a
tb a
t b
a
tb a
2
2
4
4
4
4
2
1
t
t
t
t
2
2
1
3
1
3
2
2
4
4
16
t
t
2
2
2
2
1
3
1
3
(0
)
(0
)
2
2
4
4
t
t
可以看作点
,0
P t
与点
1
3
1
3
,
,
,
2
2
4
4
A
B
的距离之和；
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如图，点B 关于x 的对称点为
1
3
,
4
4
B
，则
7
2
PA
PB
PA
PB
AB
；
所以
( )
f t 的最小值为
7 .
故答案为：
7 .
例题3．（2022 下·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨三中校考阶段练习）在ABC
中，角A，B，C 的对边分别是a，
b，c，O 为ABC
外心，若
2
a
，3A
B
C
，则
2
3
OA
OB
OC
的范围是
．
【答案】
13
1,2 5
【详解】因为3A
B
C
，而A
B
C
，故
4
A
，
故外接圆半径R 满足
2
2
2
sin 4
R
，故
1
R ，
所以
1
OA
OB
OC
，而
2
4
2
BOC
，故
3
2
BOA
COA
，
如图，在单位圆中，
设
BOA
，则
3
0
2
，
3
2
COA
又
2
2
3
1 4
9
4
6
12
OA
OB
OC
OA OB
OA OC
OB OC
若0
2
，则
3
2
COA
，
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故
2
3
2
3
14
4cos
6cos 2
2
OA
OB
OC
14
4cos
6cos
2
14
4cos
6sin
，
若2
，则2
COA
，
故
2
3
2
3
14
4cos
6cos
2
OA
OB
OC
14
4cos
6sin
，
若
3
2
，则0
2
COA
，
故
2
3
2
3
14
4cos 2
6cos
2
OA
OB
OC
14
4cos
6sin
，
综上，
3
0
2
时，总有
2
2
3
14
4cos
6sin
14
2 13cos
OA
OB
OC
，
其中
2 13
3 13
cos
,sin
13
13
，且
0, 2
，
因为
3
0
2
，故
3
2
，
而
2 13
3
3 13
cos
,cos
sin
13
2
13
，
故
3 13
1
cos
13
，
所以
2
14
2 13
2
3
20
OA
OB
OC
，故13
1
2
3
2 5
OA
OB
OC
，
故答案为：
13 1,2 5
例题4．（2022 下·浙江台州·高一校联考期中）在直角梯形ABCD中，已知AB
DC
，AD
AB
，
1
CD ，
2
AD
，
3
AB ，动点E 、F 分别在线段BC 和DC 上，AE 和BD 交于点M ，且BE
BC
，
1
DF
DC
，
R
．
(1)当
0
AE BC
时，求的值；
(2)当
2
3
时，求DM
MB 的值；
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(3)求
1
2
AF
AE
的取值范围．
【答案】(1) 3
4 ；
(2) 5
6 ；
(3) 13 5
41
,
10
2
﹒
【详解】（1）在直角梯形ABCD中，易得
4
ABC
，
2 2
BC
，
∵
0
AE BC
，∴AE
BC
，∴ABE
为等腰直角三角形，∴
3 2
2
BE
，
故
3
4
BE
BC
；
（2）
3
AE
AB
BE
AB
BC
AB
BA
AD
DC
AB
AB
AD
AB
2
1
3
AB
AD
，
当
2
3
时，
5
2
9
3
AE
AB
AD
，
设AM
xAE
，DM
yDB
，
则
5
2
9
3
AM
xAE
xAB
xAD
，
)
(
1
AM
AD
DM
AD
yDB
AD
y
D
B
y
AB
y A
A
A
D
，
∵
,
AB AD
不共线，∴
5
9
2
1
3
x
y
x
y
，解得
5
1
6
y
y
，即
5
6
DM
MB
；
（3）∵
1
(1
)
3
AF
AD
DF
AD
DC
AD
AB
，
2
1
3
AE
AD
AB
，
∴
1
5
2
1
2
2
6
3
AF
AE
AD
AB
，
2
2
2
2
2
2
2
1
5
2
|
5
2
1
|
|
4 1
9
2
2
6
3
2
6
3
|
AF
AE
AD
AB
＝
2
2
2
5
41
(
2)
2
5
6
2
4
，
由题意知，
0,1
，
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∴当
3
5
时，AE
AF
取到最小值
2
3
3
41
5
6
5
5
4
＝13 5
10
，
当
0
时，AE
AF
取到最大值
41
2 ，
∴
1
2
AF
AE
的取值范围是13 5
41
,
10
2
．
练一练
1．（2022 上·广东汕头·高二统考期末）已知平面向量,
a b
，且|
| |
| 2,
2
a
b
a b
，向量c
满足
1
|
|
|
|
2
c
a
b
a
b ，则|
| (
)
c
λb
λ
R
的最小值为（
）
A．
2
1
B．3 1
C．
3
D．
3
1
【答案】B
【详解】解：∵|
| |
| 2
a
b
，而
|
||
| cos
,
2
a b
a b
a b
，
∴
1
cos
,
2
a b
，又
,
[0, ]
a b
，即
,
3
a b
，
又
2
2
2
2
2
|
|
2
+
2
2 2+2
2
a
b
a
b
a
a b b
，
2
2
2
2
2
| + |
+
+2
+
2 +2 2+2
2 3
a b
a b
a
a b b
，
∴
1
|
(
) |
|
| 1
2
c
a+b
a
b
，
若
,
,
,
OA
a OB
b OE
a
b OC
c ，则
,
(
)
BA
a
c
b
a+
E
b
C
，
∴C 在以E 为圆心，1 为半径的圆上，若OD
b
，则
DC
c
λb ，
∴问题转化为求C 在圆E 上的哪一点时，使|
|
DC
最小，又
6
EOD =
，
∴当且仅当
, ,
E C D 三点共线且ED
OD
时，|
|
DC
最小为
sin
1
3
1
6
OE
.
故选：B.
2．（2023 下·河南南阳·高一社旗县第一高级中学校联考期末）已知向量,a b
满足
3,
2
a
b
，则a
b
a
b
的最小值是
，最大值是
．
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【答案】
6
2 13
【详解】设,
a b
的夹角为，
2
2
2
2
13 12cos
a
b
a
b
a
a b
b
，
2
2
2
2
13 12cos
a
b
a
b
a
a b
b
，
13 12cos
13 12cos
a
b
a
b
，
令
13 12cos
13 12cos
t
，则
0
t
且
2
2
26
2 169 144cos
t
，
2
cos
0,1
，
2
169 144cos
25,169
，
2
36,52
t
，
6
2 13
t
，
即a
b
a
b
的最小值为6，最大值为2 13 .
故答案为：6；2 13 .
3．（2023 下·辽宁朝阳·高一朝阳市第一高级中学校考期中）已知
6
OA
，
3
OE
，若对
R
t
，恒有
OA
tOE
AE
，且点M 满足
2
1
3
3
OM
OE
OA
，N 为OA 的中点，则MN
．
【答案】
3
【详解】因为
2
2
2
2
2
2
2
2
OA
tOE
OA
tOA OE
t OE
OA
tOA OE
t OE
2
36
2
9
tOA OE
t
，
2
2
2
2
2
2
AE
OE
OA
OA
OA OE
OE
OA
OA OE
OE
36
2
9
OA OE
，
因为对
R
t
，恒有OA
tOE
AE
，
所以
2
36
2
9
36
2
9
tOA OE
t
OA OE
对
R
t
恒成立，
即
2
2
2
9
9
0
t
OA OE
t
对
R
t
恒成立，
即
2
9
2
2
9
0
t
tOA OE
OA OE
对
R
t
恒成立，
所以
2
2
4 9 2
9
0
OA OE
OA OE
，
即
2
9
0
OA OE
，所以
9
OA OE
，
又
1
2
1
2
3
3
MN
ON
OM
OA
OE
OA
1
2
6
3
OA
OE
，
所以
2
1
2
1
2
6
3
6
3
MN
OA
OE
OA
OE
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2
2
2
2
1
2
4
1
2
4
3
36
9
9
36
9
9
OA
OA OE
OE
OA
OA OE
OE
.
故答案为：
3
4．（2022 下·上海黄浦·高一格致中学校考期中）如图，梯形ABCD，
2
DA
，
π
3
CDA
，
2
DA
CB ，E
为AB 中点，
(
0)
DP
DC
．
(1)当
1
3
时，用向量
,
DC DA
表示的向量PE
；
(2)若|
|
(
DC
t t 为大于零的常数），求|
|
PE 的最小值，并指出相应的实数的值．
【答案】(1)
3
1
4
6
PE
DA
DC
(2) 3 3
4
；
1
3
2
4
t
【详解】（1）过C 作
/ /
CF
AB 交AD 于F ，如图，
因为
2
DA
CB ，所以
/ /
DA
BC ，
2
DA
BC
，
则四边形ABCF 是平行四边形，故
2
2
DA
BC
AF
，即F 是AD 的中点，
所以
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
4
2
BE
BA
CF
DF
DC
DA
DC ，
当
1
3
时，
2
3
PC
DC ，
所以
2
1
1
1
3
1
3
2
4
2
4
6
PE
PC
CB
BE
DC
DA
DA
DC
DA
DC ．
.
（2）因为DP
DC
，所以
(1
)
PC
DC，
所以
1
1
1
(1
)
2
4
2
PE
PC
CB
BE
DC
DA
DA
DC
1
3
2
4
DC
DA
，
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因为
2 cos60
DC DA
t
t
，
2
2
DC
t ，
2
4
DA
，
所以
2
2
2
2
1
9
3 1
1
3
27
2
4
2 2
2
4
16
PE
t
t
t
，
所以当1
3
2
4
t
，即
1
3
2
4
t 时，
2
PE
取得最小值27
16 ．
所以PE
的最小值为3 3
4
，此时
1
3
2
4
t ．
题型十三坐标法求平面向量的模
例题1．（2023·四川雅安·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为4，E 为BC 的中点，F 为CD 边上一点，
若
2
|
|
AF AE
AE
，则AF （
）
A．17
B．2 5
C．2 6
D．5
【答案】D
【详解】如图，建立平面直角坐标系，设
0,4
DF
a
，
则
0,0 ,
4,2 ,
,4
A
E
F a
，可得
,4 ,
4,2
AF
a
AE
，
因为
2
|
|
AF AE
AE
，即4
8
20
a
，解得
3
a ，
即
3,4
AF
，所以
2
2
3
4
5
AF
AF
.
故选：D.
例题2．（2023 下·广西南宁·高一校考期中）在OAB
中，已知
2
OB
，
1
BA
，
45
AOB
，点P 满足
OP
OA
OB
（,
R
），其中2
3
，则OP
的最小值为（
）
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A．3 5
5
B．2 5
5
C．
6
3
D．
6
2
【答案】A
【详解】在OAB
中，已知
2
OB
，
1
AB
，
45
AOB
，
由正弦定理可得
sin
sin
AB
OB
AOB
OAB
，即
1
2
sin
2
2
OAB
，解得sin
1
OAB
，
因为0
180
OAB
，则
90
OAB
，所以OAB
为等腰直角三角形．
以O为原点，OB 所在直线为x 轴，以OB 的垂线为y 轴，建立平面直角坐标系如图所示：
过A 作AM
OB
于B ，则
2
2
OM
AM
，
则点A 坐标为
2
2
,
2
2
，所以
2
2
,
2
2
OA
，
2,0
OB
，
因为
,
R
OP
OA
OB
，
则
2
2
,
2,0
2
2
OP
2
2
2 ,
2
2
，
则
2
2
2
2
2
2
2
OP
2
2
2
2
，
因为2
3
，则
3
2
，代入上式可得
2
2
3
2
2 3
2
2
OP
2
18
5
18
2
9
9
5
5
5
，
所以当
9
5
时，
min
9
3 5
5
5
OP
，
故选：A．
例题3．（2023 下·江苏淮安·高一统考期中）已知在直角梯形ABCD 中，
2
2
AB
AD
CD
，
π
2
ADC
，
若点M 在线段AC 上．
(1)若
1
3
AM
AC
，求MB MC
；
(2)求|
|
MB
MD
的取值范围．
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【答案】(1)
2
9
MB MC
(2) 2 5 ,2 2
5
【详解】（1）以A 为坐标原点，AB，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则
(0,0)
A
，
(2,0)
B
，
(1,2)
C
，
(0,2)
D
，设
(0
1)
AM
AC
，则
( ,2 )
M
．
若
1
3
AM
AC
，则
1 2
,
3 3
M
，
所以
5
2
,
3
3
MB
，
2 4
,
3 3
MC
所以
2
9
MB MC
（2）由（1）知：
(
,2
2 )
MD
，
(2
, 2 )
MB
．
则
(2
2 ,2
4 )
MB
MD
，
所以
2
2
|
|
(2
2 )
(2
4 )
MB
MD
2
3
4
20
5
5
，0
1
≤
≤．
当
0
时，|
|
MB
MD
取得最大值为2 2 ，
当
3
5
时，|
|
MB
MD
取得最小值为2 5
5
，
所以|
|
MB
MD
的取值范围为2 5 ,2 2
5
练一练
1．（2022 上·辽宁大连·高三大连八中校考期中）已知OAB
是边长为1的正三角形，若点P 满足
(2
)
(
R)
OP
t OA
tOB t
，则| 2
|
AP
的最小值为（
）
A．
3
B．1
C．
3
2
D．
3
4
【答案】A
【详解】以O为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，如图所示
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OAB
是边长为1的正三角形，
1
3
1 0
2
2
A
B
，
，
，，
1
3
2
1
3
2
2
OP
t OA
tOB
t
t
，
，
2
2
1
3
3
AP
OP
OA
t
t
，
，
2
2
2
2
1
3
3
| 2
|
1
3
3
2
1
2
2
3
2
4
2
AP
t
t
t
t
t
.
所以| 2
|
AP
的最小值为
3 .
故选：A.
2．（2023·全国·高三专题练习）等腰直角ABC
的斜边AB 的端点分别在x，y 的正半轴上移动（C 点不与原
点O 重合），
2
AB
，若点D 为AB 中点，则|
2
|
OC
OD
的取值范围是
.
【答案】
0, 2
【详解】如图，设
π
,
0, 2
OAB
＝
，
则
2cos ,0
0,2sin
,
A
B
，线段AB 的中点
cos ,sin
D
，
又因为
π
4
OAC
，
2
AC
，则
π
π
2cos
2 cos
,
2 sin
4
4
C
，
可得
π
π
2
2 cos
,
2 sin
2sin
4
4
OC
OD
，
则
2
2
π
π
2
2 cos
2 sin
2sin
4
4
OC
OD
2
2
π
2
4 2 sin
sin
4sin
2
4 sin
cos
sin
4sin
4
2
2sin 2
，
因为
π
0, 2
，则
2
0,π
，可得
,
sin 2
0 1
，
所以
2
2
2sin 2
0,
2
OC
OD
.
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故答案为：
0, 2
．
3．（2023 下·江苏南京·高一统考期中）如图，在平面四边形ABCD中，
90
BAD
BCD
，
2
AC
，
45
BAC
，则
2
CB
CD
的最小值为
．
【答案】5
【详解】以A 为原点建立如图所示的平面直角坐标系，设
,0 ,
0,
B b
D
d ，
因为
45
BAC
，且
2
AC
，故
1,1
C
，
故
1,
1
CD
d
，
1, 1
CB
b
，
故
2
3,2
3
CB
CD
b
d
，
而
90
BCD
，故
0
CD CB
，故
1
1
1
1
0
b
d
，
即
2
b
d
，
所以
2
2
2
2
2
3
2
3
2
3
2
3
CB
CD
b
d
d
d
2
5
1
5
d
，
当
1
d 时，
min
2
5
CB
CD
.
故答案为：5
4．（2022 上·辽宁锦州·高一校联考期末）平面直角坐标系中
1,1
A
，
0, 1
B
，O为坐标原点.
(1)令
,
a
OA b
OB
，若向量|
5
ta
b
|=
，求实数t 的值；
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(2)若点
,
3
C
x
x
，求
2
OC
OA
的最小值．
【答案】(1)
2
t
或
1
t
(2)5
【详解】（1）
(1,1),
(0, 1)
a
OA
b
OB
，
所以
1,1
0, 1
,
1
ta
b
t
t t
，
由
5
ta
b
得
2
2
+ (
1) =
5
t
t -
，
解得：
2
t
或
1
t .
（2）因为
(
1,
2)
OC
OA
AC
x
x
，
所以
2
2
2
2
|
|
(
1)
(
2)
2
2
5
OC
OA
AC
x
x
x
x
，
因为
0
x
，
2
5,
2
y
x
y
x
均为单调递增函数，
所以当
0
x
时，
min
(2
2
5)
5
x
x
，
即
2
OC
OA
的最小值为5．
题型十四奔驰定理
例题1．（2023 下·上海奉贤·高一上海市奉贤中学校考阶段练习）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的
结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：
已知O 是△ABC 内的一点，△BOC，△AOC，△AOB 的面积分别为
A
S 、B
S 、C
S ，则有
0
A
B
C
S OA
S OB
S OC
，
设O 是锐角△ABC 内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB 分别是△ABC 的三个内角，以下命题错误的是（
）
A．若
0
OA
OB
OC
，则O 为△ABC 的重心
B．若
2
3
0
OA
OB
OC
，则
:
:
1: 2:3
A
B
C
S
S
S
C．则O 为△ABC（不为直角三角形）的垂心，则tan
tan
tan
0
BAC OA
ABC OB
ACB OC
D．若
2
OA
OB
，
5π
6
AOB
，2
3
4
0
OA
OB
OC
，则
9
2
ABC
S
【答案】D
【详解】对于A：如下图所示，
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假设D 为AB 的中点，连接OD ，则
=2O
OA
O
D
C
B
O
，故
,
,
C O D 共线，即O在中线CD 上，
同理可得O在另外两边
,
BC AC 的中线上，故O 为ABC
的重心，即A 正确；
对于B：由奔驰定理O 是ABC
内的一点，
,
,
BOC
AOC
AOB
的面积分别为
,
,
A
B
C
S
S
S ，
则有
0
A
B
C
S
OA
S
OB
S
OC
可知，
若
2
3
0
OA
OB
OC
，可得
:
:
1: 2:3
A
B
C
S
S
S
，即B 正确；
对于C：由四边形内角和可知，
π
BOC
BAC
，则
cos
cos
OB OC
OB OC
BOC
OB OC
BAC
，
同理，
cos
cos
OB OA
OB OA
BOA
OB OA
BCA
，
因为O 为ABC
的垂心，则
(
)
0
OB AC
OB
OC
OA
OB OC
OB OA
，
所以
cos
cos
OC
BAC
OA
BCA
，同理得
cos
cos
OC
ABC
OB
BCA
，
cos
cos
OA
ABC
OB
BAC
，
则
:
:
cos
:cos
:cos
OA
OB
OC
BAC
ABC
BCA
，
令
cos
,
cos
,
cos
OA
m
BAC OB
m
ABC OC
m
BCA
，
由
1
sin
2
A
S
OB OC
BOC
，则
2
1
sin
cos
cos
sin
2
2
A
m
S
OB OC
BAC
ABC
BCA
BAC
，
同理：
2
1
sin
cos
cos
sin
2
2
B
m
S
OA OC
ABC
BAC
BCA
ABC
，
2
1
sin
cos
cos
sin
2
2
C
m
S
OA OB
BCA
BAC
ABC
BCA
，
综上，
sin
sin
sin
:
:
:
:
tan
: tan
: tan
cos
cos
cos
A
B
C
BAC
ABC
BCA
S
S
S
BAC
ABC
BCA
BAC
ABC
BCA
，
根据奔驰定理得tan
tan
tan
0
BAC OA
ABC OB
ACB OC
，即C 正确.
对于D：由
5π
|
| |
| 2,
6
OA
OB
AOB
可知，
1
2 2
5π
6
in
1
s
2
C
S
，
又2
3
4
0
OA
OB
OC
，所以
:
:
2:3: 4
A
B
C
S
S
S
由
1
C
S 可得，
1
3
,
2
4
A
B
S
S
；
所以
1
3
9
1
2
4
4
C
ABC
A
B
S
S
S
S
，即D 错误；
故选：D.
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例题2．（多选）（2023 上·辽宁·高二盘锦市高级中学校联考阶段练习）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰
的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.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
,
,
A
B
C
S
S
S ，
且
0
A
B
C
S
MA
S
MB
S
MC
.以下命题正确的有（
）
A．若
:
:
1:1:1
A
B
C
S
S
S
，则M 为AMC
的重心
B．若M 为ABC
的内心，则
0
BC MA
AC MB
AB MC
C．若
45 ,
60
BAC
ABC
，M 为ABC
的外心，则
:
:
3 : 2:1
A
B
C
S
S
S
D．若M 为ABC
的垂心，3
4
5
0
MA
MB
MC
，则
6
cos
6
AMB
【答案】ABD
【详解】对于A，取BC 的中点D，连接
,
MD AM ，
由
:
:
1:1:1
A
B
C
S
S
S
，则
0
MA
MB
MC
，
所以2MD
MB
MC
MA
，
所以A，M，D 三点共线，且
2
3
A
D
M
A
，
设E，F 分别为AB，AC 的中点，同理可得
2
3
CM
CE
，
2
3
BM
BF
，所以M 为AMC
的重心，故A 正确；
对于B，由M 为ABC
的内心，则可设内切圆半径为r ，
则有
1
1
1
,
,
2
2
2
A
B
C
S
BC r S
AC r S
AB r
，
所以1
1
1
0
2
2
2
r BC MA
r AC MB
r AB MC
，
即
0
BC MA
AC MB
AB MC
，故B 正确；
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对于C，由M 为ABC
的外心，则可设ABC
的外接圆半径为R ，
又
45 ,
60
BAC
ABC
，
则有
2
90 ,
2
120 ,
2
150
BMC
BAC
AMC
ABC
AMB
ACB
，
所以
2
2
2
1
1
1
sin
sin90
2
2
2
A
S
R
BMC
R
R
，
2
2
2
1
1
3
sin
sin120
2
2
4
B
S
R
AMC
R
R
，
2
2
2
1
1
1
sin
sin150
2
2
4
C
S
R
AMB
R
R
，
所以
:
:
2: 3 :1
A
B
C
S
S
S
，故C 错误；
对于D，如图，延长AM 交BC 于点D，延长BO交AC 于点F，延长CO交AB 于点E，
由M 为ABC
的垂心，3
4
5
0
MA
MB
MC
，则
:
:
3: 4:5
A
B
C
S
S
S
，
又
ABC
A
B
C
S
S
S
S
，则
4
ABC
A
S
S
，
3
ABC
B
S
S
，
设
,
MD
x MF
y
，则
3 ,
2
AM
x BM
y
，
所以cos
cos
2
3
x
y
BMD
AMF
y
x
，即
2
2
3
2
x
y
，
所以
6
cos
6
BMD
，所以
6
cos
cos π
6
AMB
BMD
，故D 正确.
故选：ABD．
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【点睛】关键点睛：解答D 选项的关键是通过做辅助线（延长AM 交BC 于点D，延长BO交AC 于点F，
延长CO交AB 于点E），根据题意，结合奔驰定理得到
4
ABC
A
S
S
，
3
ABC
B
S
S
，再设
,
MD
x MF
y
，得到
3 ,
2
AM
x BM
y
，进而即可求解cos
AMB
．
例题3．（多选）（2023 下·黑龙江哈尔滨·高一哈九中校考期末）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的
结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：
已知O 是ABC
内的一点，BOC
，AOC
，AOB
的面积分别为
A
S 、B
S 、C
S ，则有
0
A
B
C
S OA
S OB
S OC
，
设O 是锐角ABC
内的一点，
BAC
，
ABC
，
ACB
分别是ABC
的三个内角，以下命题正确的是（
）．
A．若
0
OA
OB
OC
，则O 为ABC
的重心
B．若
2
3
0
OA
OB
OC
，则
:
:
1: 2:3
A
B
C
S
S
S
C．若O 为ABC
（不为直角三角形）的垂心，则tan
tan
tan
0
BAC OA
ABC OB
ACB OC
D．若
2
OA
OB
，
5π
6
AOB
，2
3
4
0
OA
OB
OC
，则
9
2
ABC
S
【答案】ABC
【详解】对于A，设BC 的中点为D，则
2
OB
OC
OD
OA
，
即
, ,
O A D 三点共线，则
2
3
AO
AD
，
设
,
E F 为
,
AB AC 的中点，同理可得
,
2
2
3
3
CO
CE BO
BF
，
故O 为ABC
的重心，A 正确；
对于B，若
2
3
0
OA
OB
OC
，结合
0
A
B
C
S OA
S OB
S OC
，
可知
:
:
1: 2:3
A
B
C
S
S
S
，B 正确；
对于C，
1 |
||
| sin
2
BOC
S
OB OC
BOC
，
1 |
||
| sin
2
AOC
S
OA OC
AOC
，
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1 |
||
| sin
2
AOB
S
OA OB
AOB
，
又O 为ABC
（不为直角三角形）的垂心，设AO 延长后交BC 与G，则AG
BC
,
同理
,
BH
AC CI
AB
，则
BOI
BAC
，
即
π
BOC
BOI
BOC
BAC
，
同理
π,
π
AOB
ACB
AOC
ABC
，
故sin
sin
BOC
BAC
，同理
,
sin
in
sin
sin
AOC
s
ABC
AOB
ACB
，
又
|
||
| cos
|
||
| cos
OA OB
OA OB
AOB
OA OB
ACB
，
|
||
| cos
|
||
| cos
OB OC
OB OC
BOC
OB OC
BAC
，
又O 为ABC
（不为直角三角形）的垂心，
则
0
OB AC
OB
OC
OA
OB OC
OA OB
，
故|
| cos
|
| cos
OA
ACB
OC
BAC
，即|
| |
| cos
co
:
:
s
OA
OC
BAC
ACB
，
同理|
| |
| |
| cos
co
:
:
:
s
:cos
OA
OB
OC
BAC
ABC
ACB
，
则
|
||
| sin
|
| sin
cos
sin
cos
sin
|
||
| sin
|
| sin
BOC
AOC
S
OB OC
BOC
OB
BAC
ABC
BAC
S
BAC
ABC
OA OC
AOC
OA
ABC
sin
sin
:
cos
cos
BAC
ABC
BAC
ABC
，
同理
sin
sin
cos
s
:co
AOC
AOB
S
ABC
ACB
S
ABC
ACB
，
故
:
:
:
:
sin
sin
sin
cos
cos
cos
BOC
AOC
AOB
BAC
ABC
ACB
S
S
S
BAC
ABC
ACB
tan
tan
: ta
:
n
BAC
ABC
ACB
，
又
0
A
B
C
S OA
S OB
S OC
，可得tan
tan
tan
0
BAC OA
ABC OB
ACB OC
，C 正确；
对于D，AOB
中，
2
OA
OB
，
5π
6
AOB
，则
1
1
2
2
1
2
2
AOB
S
，
又2
3
4
0
OA
OB
OC
，故
2 3 4
:
:
: :
BOC
AOC
AOB
S
S
S
，
则
4
,
1
3
2
BOC
AOC
S
S
，
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故
1
3
9
1
2
4
4
ABC
AOB
BOC
AOC
S
S
S
S
，D 错误，
故选：ABC
练一练
1．（多选）（2023 上·河北保定·高三校联考阶段练习）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因
为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的标志很相似，所以形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是
ABC
内一点，BOC
，AOC
，AOB
的面积分别为
A
S ，
B
S ，
C
S ，则
0
A
B
C
S
OA
S
OB
S
OC
．设O
是ABC
内一点，ABC
的三个内角分别为A ，B ，C ，BOC
，AOC
，AOB
的面积分别为
A
S ，
B
S ，
C
S ，
若3
4
5
0
OA
OB
OC
，则以下命题正确的有（
）
A．
:
:
3: 4:5
A
B
C
S
S
S
B．O有可能是ABC
的重心
C．若O为ABC
的外心，则sin
: sin
: sin
3: 4 : 5
A
B
C
D．若O为ABC
的内心，则ABC
为直角三角形
【答案】AD
【详解】对于A，由奔驰定理可得，3
4
5
0
A
B
C
OA
OB
OC
S
OA
S
OB
S
OC
，
因为OA
，OB
，OC
不共线，所以
:
:
3: 4:5
A
B
C
S
S
S
，故A 正确；
对于B，若O是ABC
的重心，
0
OA
OB
OC
，
因为3
4
5
0
OA
OB
OC
，所以
2
OB
CO
，即
, ,
O B C 共线，故B 错误．
对于C，当O为ABC
的外心时，OA
OB
OC
，
所以
:
:
sin
: sin
: sin
3: 4 : 5
A
B
C
S
S
S
BOC
AOC
AOB
，
即sin 2
: sin 2
: sin 2
3: 4 : 5
A
B
C
，故C 错误．
对于D，当O为ABC
的内心时，
1
1
1
:
:
:
:
:
:
3: 4: 5
2
2
2
A
B
C
S
S
S
ar
br
cr
a b c
（r 为内切圆半径），
所以
2
2
2
a
b
c ，所以
π
2
C
，故D 正确.
故选：AD.
2．（多选）（2023·全国·高三专题练习）O 是锐角三角形ABC 内的一点，A，B，C 是ABC
的三个内角，
且点O 满足OA OB
OB OC
OA OC
.请根据“奔驰定理”判断下列命题正确的是（
）
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A．O 为ABC
的外心
B．
π
BOC
A
C．
:
:
cos
:cos
:cos
OA
OB
OC
A
B
C
D．tan
tan
tan
0
A OA
B OB
C OC
【答案】BCD
【详解】因为
0
0
OA OB
OB OC
OB
OA
OC
OB CA
OB
CA
，
同理OA
CB
，OC
AB
，故O 为ABC
的垂心，故A 错误；
根据垂心可得
π
2
OBC
C
，
π
2
OCB
B
，所以
π
OBC
C
OCB
B
，
又
π
OBC
OCB
BOC
，所以
BOC
C
B
，又
π
A
B
C
，
所以
π
BOC
A
，故B 正确；
π
A
BOC
，同理
π
B
AOC
，延长CO 交AB 于点P(如图)，则
cos
:cos
cos π
:cos π
cos
:cos
:
:
OP OP
A
B
BOC
AOC
BOP
AOP
OA OB
OB OA
，同理可得
cos
: cos
:
A
C
OA OC
，所以cos
: cos
: cos
:
:
A
B
C
OA OB OC
，故C 正确；
设BOC
，AOC
，AOB
的面积分别为
A
S ，
B
S ，
C
S ，则
1
1
:
:
:
tan
:
tan
2
2
A
B
S
S
OC BP
OC AP
BP AP
OP
POB OP
AOP
tan
: tan
tan π
: tan π
tan
: tan
BOC
AOC
A
B
A
B
，
同理可得
:
tan
: tan
A
C
S
S
A
C
，所以
:
:
tan
: tan
: tan
A
B
C
S
S
S
A
B
C
，又
0
A
B
C
S
OA
S
OB
S
OC
，所以
tan
tan
tan
0
A OA
B OB
C OC
，
故D 正确.
故选:BCD.
3．（多选）（2023 下·安徽六安·高一六安市裕安区新安中学校考期中）“奔驰定理”是平面向量中一个非常
优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车(Mercedesbenz)的logo 很相似，故形象地称其为“奔驰定
理”.奔驰定理：已知O是ABC
内一点，BOC
，AOC
，AOB
的面积分别为
,
,
A
B
C
S
S
S ，则
0
A
B
C
S
OA
S
OB
S
OC
，O是ABC
内的一点，∠BAC ，∠ABC ，∠ACB 分别是ABC
的三个内角，
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以下命题正确
．．的有（
）
A．若2
3
4
0
OA
OB
OC
，则
4
:
:
:3: 2
A
B
C
S
S
S
B．若
2
OA
OB
，
2
3
AOB
，且2
3
4
0
OA
OB
OC
，则
9 3
4
ABC
S
△
C．若OA OB
OB OC
OC OA
，则O为ABC
的垂心
D．若O为ABC
的内心，且5
12
13
0
OA
OB
OC
，则
π
2
ACB
【答案】BCD
【详解】对选项A：2
3
4
0
OA
OB
OC
，则
:
:
2:3: 4
A
B
C
S
S
S
，错误；
对选项B：
1
2
2 sin120
3
2
AOB
S
△
，2
3
4
0
OA
OB
OC
，
故
:
:
2:3: 4
A
B
C
S
S
S
，
9
9 3
4
4
ABC
A
S
S
△
，正确；
对选项C：OA OB
OB OC
，即
0
OA
OC
OB
CA OB
，故CA
OB
，
同理可得CB
OA
，AB
OC
，故O为ABC
的垂心，正确；
对选项D：5
12
13
0
OA
OB
OC
，故
5:12:
:
:
13
A
B
C
S
S
S
，设内接圆半径为r ，
1
2
A
S
r BC
，
1
2
B
S
r AC
，
1
2
C
S
r AB
，即
5
:
:
:12:13
B
AB
C AC
，
即
2
2
2
AB
AC
BC
，
π
2
ACB
，正确.
故选：BCD
一、单选题
1．（2023 上·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的
传统民间艺术.如图甲是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，如图乙所示其外框是边长为4 的正
六边形ABCDEF ，内部圆的圆心为该正六边形的中心O，圆O的半径为2，点P 在圆O上运动，则PE OF
的最小值为（
）
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A．-8
B．-4
C．0
D．4
【答案】C
【分析】通过建系设点，设
2cos ,2sin
0
2π
P
利用平面向量的坐标计算转化为正弦型函数的值域
问题求解即得.
【详解】
如图，以O为坐标原点，BE 所在直线为x 轴，AF 的垂直平分线所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系.
设点
2cos ,2sin
0
2π
P
，由题意知，
4,0 ,
0,0 ,
2,2 3
E
O
F
，
则
4
2cos , 2sin
PE
，
2,2 3
OF
，
所以
π
8
4cos
4 3sin
8
8sin
6
PE OF
，
因0
2π
，则π
π
13
+
π
6
6
6
,
故当
π
2
π =
6
时，即
π
sin
1
6
时，PE OF
取最小值0.
故选:C.
2．（2023 上·天津东丽·高三天津市第一百中学校考阶段练习）如图，ABC
是由三个全等的钝角三角形和
一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若
4
AD
，
2
BD
，点M 为线段CE 上的动点，则
AM
BC
MD
的最大值为（
）
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A．16
9
B．21
4
C．6
D．10
【答案】D
【分析】利用平面向量的线性表示和数量积，转化为函数的最值问题求解.
【详解】根据题意可得，
60
FDE
DEF
EFD
，
所以
120
CFB
AEC
BDA
，
又因为
4,
2
AD
BD
，
所以
4
BF
CE
AD
,
2
BD
DF
CF
EF
AE
DE
，
设
0
1
EM
EC
,则
1
MC
EC
，
所以
2
MD
ME
ED
ED
EM
ED
EF
，
AM
BC
AC
CM
AC
AB
CM
AB
2
1
2
EF
ED
DF
，
所以
2
1
2
2
AM
BC
MD
EF
ED
DF
ED
EF
2
2
4
1
2
1
4
2
2
EF
ED EF
EF ED
ED
DF EF
DF ED
16
1
4
1
8
8
4
2
2
2
1
16
16
6
16
10
2
，
令
2
1
16
10
2
f
，
当
1
0, 2
单调递增，
1 ,1
2
单调递减，
当
1
2
，
AM
BC
MD
取最大值为10.
故选：D
3．（2023 上·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）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
2
PO
，则PA PD
的最大值为（
）
A．1
2
2
+
B．1
2 2
2
C．1
D．2
2
【答案】A
【分析】利用数形结合方法与转换法，从而可求解.
【详解】因为
2
PO
，所以设
2,0
P
，
O
的方程为：
2
2
1
x
y
，具体如下图所示：
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连接OA，因为
1
OA ，直线PA 与
O
相切，所以
1
PA ，
π
4
OPA
，连接OD ，
因为D 为BC 的中点，所以OD
DP
，设
OPD
，
π
0, 4
，则
2 cos
PD
；
当点A 和点D 在x 轴同侧时可得：
π
π
2
π
π
cos
1
2 cos
cos
cos
cos 2
4
4
2
4
4
PA PD
PA
PD
1
2
π
cos 2
2
2
4
，
又因为
π
0, 4
，所以
π
π π
2
,
4
4 4
，当
π
8
时
2
π
cos 2
2
4
有最大值
2
2
，
所以：PA PD
的最大值为：1
2
2
2
；
当点A 和点D 在x 轴异侧时可得：
π
π
2
π
π
cos
1
2 cos
cos
cos
cos 2
4
4
2
4
4
PA PD
PA
PD
1
2
π
cos 2
2
2
4
，
又因为
π
0, 4
，所以
π
π 3π
2
,
4
4
4
，当
0
时
2
π
cos 2
2
4
有最大值
1
2 ，
所以：PA PD
的最大值为：1.
综上可知：则PA PD
的最大值为：1
2
2
+
.
故选：A.
4．（2023 上·浙江杭州·高二杭十四中校考期中）已知平面向量a
，b
，c
满足
4
b
，
2
a
b
，c
a
b
且
2
1
，若对每一个确定的向量a
，记c
的最小值为m ，则当a
变化时，m 的最大值为（
）
A．1
B．2
3
C．
1
2
D．1
4
【答案】B
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【详解】根据题意，
4
b
，
设
,
OA
a
x y
，
4,0
OB
b
，OC
c
.
由
2
a
b
，可得
2
2
4
2
x
y
,
所以，A 点的轨迹方程为
2
2
4
4
x
y
.
因为
2
1
，
所以，
4 ,
2
2 ,
c
a
b
x
y
x
y
，
所以，
2
2
2
2
2
c
x
y
2
2
2
2
4
2
4
x
y
x
.
又
2
2
4
4
x
y
，
所以有
2
2
12
8
4
2
4
c
x
x
.
因为
2
2
4
4
4
x
y
，
所以6
2
x
，
所以，12
8
0
x
，关于的二次函数开口向上，
则当
4
2
2
24
16
6
4
x
x
x
x
时，
2
c
有最小值
2
8
12
3
2
x
x
x
，
所以，
2
2
8
12
3
2
x
x
m
x
.
令
2
8
12
3
2
x
x
t
x
，整理可得
2
8
3
12
2
0
x
t x
t
，
由
0
可得，
2
2
8
3
4 12
2
9
40
4
0
t
t
t
t
，
解得
4
9
t
或
4
t
.
当
4
t
时，有
2
8
12
4
3
2
x
x
t
x
，化简可得
2
2
0
3
2
x
x
，
所以，
2
3
x
，不在6
2
x
范围之内，舍去；
当
4
9
t
时，有
2
8
12
4
3
2
9
x
x
t
x
，化简可得
2
3
10
0
9 3
2
x
x
，
所以，
2
3
x
.
且当
10
3
x
时，有
2
10
10
8
12
4
3
3
10
9
3
2
3
t
，
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所以，
2
4
9
m
.
又
0
m
c
，所以
2
3
m
.
故选：B.
5．（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知ABC
中，
2 2
AB
AC
，
min
2
R
AB
BC
，
1
2
AM
MB
，
2
2
sin
cos
AP
AB
AC
，
π π
,
6 3
，则MP
的取值范围为（
）
A．4 2 4 5
,
3
3
B．4 4 5
,
3
3
C．
17
41
,
3
3
D．4
41
,
3
3
【答案】D
【详解】由
min
2
R
AB
BC
，结合向量加法法则知：A 到BC 的距离为2，
又
2 2
AB
AC
，则
4
BC
，所以
2
2
2
AB
AC
BC
，故ABC
为等腰直角三角形，
由
2
2
sin
cos
AP
AB
AC
，则
2
2
sin
cos
1
，所以
, ,
P B C 共线，
又
π π
,
6 3
，则
2
2
1 3
sin
,cos
[ , ]
4 4
，若
,
D E 为BC 的两个四等分点，N 为BC 中点，如下图示，
所以P 在线段DE 上运动，且
2
AN
，
1
BD ，
3
BE
，
由图：若MP
BC
，则
/ /
MP
AN ，又
1
2
AM
MB
，此时
2
4
[1,3]
3
3
BP
BN
，
故上述情况
min
MP
2
4
3
3
AN
，易知
2
2
16
25
41
(
)
9
9
3
ME
MP
BE
BP
，
由图知：P 与E 重合时，
max
41
3
MP
ME
，
综上，MP
的取值范围为4
41
,
3
3
.
故选：D
6．（2023·全国·高三专题练习）如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边
2
AC
，M 为线段AB 上的动点（包
含端点），D 为AC 的中点．将线段AC 绕着点D 旋转得到线段EF ，则ME MF
的最小值为（
）
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A．2
B．
3
2
C．1
D．
1
2
【答案】D
【详解】解法一：
连接MD ，则
ME MF
MD
DE
MD
DF
2
2
MD
DE
MD
DE
MD
DE
，
当MD
AB
时，MD 最小，即
min
2
2
MD
，
结合
2
1
DE
，得ME MF
的最小值为
1
2
．
解法二（极化恒等式法）：
依题意
2
BC
，D 为线段EF 的中点，
则
2
2
1
2
,
4
ME
MF
MD ME MF
ME
MF
ME
MF
2
2
1
4
MD
FE
,
由于
min
2
2
MD
，
2
4
FE
，所以ME MF
的最小值为
1
2
．
故选:D
7．（2023 下·北京怀柔·高一统考期末）在
t ABC
R
中，
90 ,
2,
4
A
AB
AC
，D 为BC 的中点，点P 在
ABC
斜边BC 的中线AD 上，则PB PC
的取值范围为（
）
A．
5,0
B．
3,0
C．
0,3
D．
0,5
【答案】A
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【详解】以A 为坐标原点，
,
AC AB 为,x y 轴的正方向建立平面直角坐标系，
所以
0,0 ,
0,2 ,
4,0
A
B
C
，因为D 为BC 的中点，所以
2,1
D
，
2,1
AD
，设
0
1
AP
AD
，所以
2,1
2 ,
AP
，
所以
2 ,
P
，可得
0,2
2 ,
2 ,2
PB
，
4,0
2 ,
4
2 ,
PC
，
所以
2
2
10
5
5
1
5
PB PC
，
因为0
1
≤
≤，所以
2
5
1
5
5,0
PB PC
.
故选：A.
8．（2023 下·重庆酉阳·高一重庆市酉阳第二中学校校考阶段练习）已知单位向量
1e
，
2e
的夹角为60°，向
量
1
2
e
e
a
x
y
，且1
3
x
，1
2
y
，设向量a
与
1e
的夹角为，则cos的最大值为（
）.
A．
6
4
B．
6
3
C．2 13
13
D．7 13
26
【答案】D
【详解】因为单位向量
1e
，
2e
的夹角为60，
则
1
2
1
2
1
e
e
e
e cos60
2
，
所以
2
1
1
2
1
1
1
2
1
e
e
e
e
e
e
e
2
a
x
y
x
y
x
y
，
又
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
e
e
e
2
e e
e
a
x
y
x
xy
y
x
xy
y
，
所以
1
2
2
1
1
e
2
cos
e
x
y
a
a
x
y
xy
，
当cos取最大值时，必有
1
0
2
x
y
，
则
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
3
3
1
2
2
4
cos
1
1
4
4
1
y
x
y
x
y
x
xy
y
x
xy
y
x
xy
y
x
xy
y
x
y
xy
x
x
y
y
，
又1
3
x
，1
2
y
，则
1 ,3
2
x
y
，所以
2
7
1
,13
4
x
x
y
y
，
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所以
2
3
1
2 7 7 13
cos
1
,
4
7
26
1
x
x
y
y
，
故cos的最大值为7 13
26
.
故选：D．
9．（2023·新疆·校联考二模）已知平面向量a，b
，c，满足
2
a
，
2 3
a
b
，若对于任意实数x，都
有b
xa
b
a
成立，且
1
c
a
，则b c
的最大值为（
）
A．2
B．4
C．6
D．8
【答案】D
【详解】设a
OA
，b
OB
，c
OC
，xa
OM
，b
，c则如图所示，
因为b
xa
b
a
，所以OB
OM
OB
OA
，
即MB
AB
，所以BA
OA
，
因为
2
a
，
2 3
a
b
，所以
60
AOB
，
4
b
，
由
1
c
a
，可得点C 在以A 为圆心，半径为1 的圆面上（包括边界），
过圆周上一点C 作OB 的垂线，垂足为D ，且DC 与
A
相切，
延长DC 交OA于N ，则
cos
,
4
b c
b
c
b c
b OD
OD
，
此时
ODN
△
∽
ACN
△
，根据相似知识可得OD
ON
OA
AN
CA
AN
AN
，
所以
1
cos60
2
1
2
2
OA
OD
CA
CA
OA
CA
AN
，
所以b c
的最大值为4
4
2
8
OD
，
故选：D.
10．（2023 下·江苏南京·高一南京师大附中校考期中）如图，ABC
中，
4
C
，
2
AC
，
6
2
BC
.
在ABC
所在的平面内，有一个边长为1 的正方形ADEF 绕点A 按逆时针方向旋转（不少于1 周），则AE BD
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的取值范围是（
）
A．
3,5
B．
4,6
C．
5,9
D．
3,4
【答案】A
【详解】在ABC
中，
4
C
，
2
AC
，
6
2
BC
，
由余弦定理得
2
2
2
2
2
2
cos
4 ( 6
2)
2 2( 6
2)
8
2
AB
AC
BC
AC BC
C
，
所以
2 2
AB
，
又由正方形ADEF 的边长为1，可得
2,
45
AE
DAE
，
则
(
)
cos
cos
AE BD
AE
AD
AB
AE AD
AE AB
AE AD
DAE
AE AB
BAE
2 1 cos45
2 2 2cos
1 4cos
BAE
BAE
，
正方形ADEF 绕点A 按逆时针方向旋转（不少于1 周），可得cos
[ 1,1]
BAE
，
所以1 4cos
[ 3,5]
BAE
，即AE BD
的取值范围是[ 3,5]
.
故选：A.
11．（2023 下·湖北襄阳·高一宜城市第一中学校联考期中）已知四边形ABCD中，
,
1,
3
2
BD
AC
BD AB
BC
AC
CD
，点E 在四边形ABCD的边上运动，则EB ED
的最小值是（
）
A．3
4
B．
1
4
C．
3
4
D．-1
【答案】C
【详解】
如图所示，因为AC
BD
，且AB
BC
，所以BD 垂直且平分AC ，
则ACD
为等腰三角形，又
3
AC
CD
，所以ACD
为等边三角形,
则四边形ABCD关于直线BD 对称，故点E 在四边形ABCD上运动时，
只需考虑点E 在边
,
BC CD 上的运动情况即可，
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因为
1
2
BD
AB
BC
，
3
CD
，知
2
2
2
BC
CD
BD
，即BC
CD
，
则
0
CB CD
，
①当点E 在边BC 上运动时，设
(0
1)
EB
CB
，则
(
1)
EC
CB
，
则
2
2
(
)
(
1)
(
1)
(
1)
EB ED
EB
EC
CD
CB
CB
CB
,
当
1
2
时，EB ED
最小值为
1
– 4 ；
②当点E 在边CD 上运动时，
设
(0
1)
ED
kCD
k
,则
(
1)
EC
k
CD
,
则
2
(
)
(
1)
EB ED
EC
CB
ED
EC ED
CB ED
k k
CD
kCD CB
2
3
3
k
k
，
当
1
2
k
时，EB ED
的最小值为
3
4
；
综上，EB ED
的最小值为
3
4
；
故选：C．
12．（2023 下·河北邢台·高一沙河市第二中学校联考阶段练习）在ABC
中，角
, ,
A B C 所对的边分别为, ,
a b c ，
点
,
, ,
O G P Q分别为ABC
所在平面内一点，且有
2
2
2
2
2
2
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
OA
BC
OB
CA
OC
AB
，
0
GA
GB
GC
，
0
PA
PB
AB
PB
PC
BC
PC
PA CA
，
0
aQA
bQB
cQC
，则点
,
, ,
O G P Q分别为ABC
的（
）
A．垂心，重心，外心，内心
B．垂心，重心，内心，外心
C．外心，重心，垂心，内心
D．外心，垂心，重心，内心
【答案】A
【详解】由
2
2
2
2
|
|
|
|
|
|
|
|
OA
BC
OB
CA
，得
2
2
2
2
OA
OB
CA
BC
，
即
OA
OB
OA
OB
CA
BC
CA
BC
，
则
0
OA
OB BA
BA CA
CB
OA
OB
CA
CB BA
，
所以2
0
OC BA
，则OC
AB
，同理可得OA
BC
，OB
AC
，
即O是ABC
三边上高的交点，则O为ABC
的垂心；
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由
0
GA
GB
GC
，得GA
GB
GC
，
设AB 的中点为M ，则
2G
GA
M
GC
GB
，即G ，M ，C 三点共线，
所以G 在ABC
的中线CM 上，同理可得G 在ABC
的其余两边的中线上，
即G 是ABC
三边中线的交点，故G 为ABC
的重心；
由
0
PA
PB
AB
，得2
0
PM AB
，即PM
AB
⊥
，
又M 是AB 的中点，所以P 在AB 的垂直平分线上，
同理可得，P 在BC ，AC 的垂直平分线上，
即P 是ABC
三边垂直平分线的交点，故P 是ABC
的外心；
延长CQ 交AB 于点N ，因为Q ，C ，N 三点共线，则设QN
kQC
（
0
k
），
且QA
QN
NA
kQC
NA
，QB
QN
NB
kQC
NB
，
代入
0
aQA
bQB
cQC
，得
0
a kQC
NA
b kQC
NB
cQC
，
即
0
ak
bk
c QC
aNA
bNB
①，
又因为NA
与NB
共线，QC
与NA
、NB
不共线，
则只能当
0
ak
bk
c
且
0
aNA
bNB
时，①成立，
即
NA
AC
b
aNA
bNB
NB
a
BC
，则
NA
NB
AC
BC
,
由正弦定理得：sin
sin
sin
sin
ACN
BCN
ANC
BNC
，
又
π
ANC
BNC
，则sin
sin
ANC
BNC
，
即sin
sin
ACN
BCN
，又0
π
ACB
，所以
ACN
BCN
，
则CN 是
ACB
的角平分线，即点Q 在
ACB
的角平分线上，
同理可得，Q 在
ABC
，
BAC
的垂直平分线上，
即Q 是ABC
内角平分线的交点，故Q 是ABC
的内心；
故选：A.
13．（2023 上·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知ABC
是面积为3 3的等边三角形，四边形
MNPQ 是面积为2 的正方形，其各顶点均位于ABC
的内部及三边上，且可在ABC
内任意旋转，则BP CQ
的最大值为（
）
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A．
9
2
B．3
2
C．6
2
2
D．
6
2
2
【答案】D
【详解】解：因为ABC
是面积为3 3的等边三角形，记ABC
边长为a ，
所以
2
1
3
3 3
2
2
a
，解得
2 3
a
，
记三角形内切圆的半径为r ，根据
1
2
S
Cr
，可得：
1
3 3
2 3
3
2
r
，解得
1
r ，
因为正方形MNPQ 面积为2，所以正方形边长为
2 ，
记正方形MNPQ 外接圆半径为R ，
所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即
1
R ，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，
正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形MNPQ 可在ABC
内任意旋转，
可知正方形MNPQ 各个顶点均在该三角形的内切圆上，
以三角形底边BC 为x 轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立直角坐标系如图所示：
故可知
3,0 ,
3,0 ,
0,3
B
C
A
，圆的方程为
2
2
1
1
x
y
，
故设
cos ,1 sin
,
cos ,1 sin
P
Q
，
,
0,2π
，
因为
2
PQ
，即
2
2
cos
cos
sin
sin
2
，
化简可得cos cos
sin
sin
0
，即
cos
0
，
解得
π
2
或
π
2
，
①当
π
2
时，P 点坐标可化为
sin
,1 cos
，
此时
3
sin
,1 cos
cos
3,1 sin
BP CQ
3 cos
3
sin
cos
3sin
1 cos
sin
sin
cos
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3
1
cos
sin
2
π
6
2 sin
2
4
，
所以当
π
π
4
2
，即
π
4
，即
3π
4
，
即
2
2
2
2
,1
,
,1
2
2
2
2
P
Q
时，BP CQ
取得最大值
6
2
2
；
②当
π
2
时，P 点坐标可化为
sin
,1 cos
，
此时
3
sin
,1 cos
cos
3,1 sin
BP CQ
3 cos
3
sin
cos
3sin
1 cos
sin
sin
cos
3
1 cos
sin
2
π
6
2 cos
2
4
，
因为
0,2π
，所以当
π
2π
4
，即
7π
4
，即
5π
4
，
即
2
2
2
2
,1
,
,1
2
2
2
2
P
Q
时，BP CQ
取得最大值
6
2
2
，
综上可知：BP CQ
取得最大值
6
2
2
.
故选：D
二、多选题
14．（2023 上·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）已知圆的半径为1，PA 与圆O 相切，切点为A，
过点P 的直线与圆交于B，C 两点，D 为BC 的中点，
2
OP
，则PA PD
的可能取值为（
）
A．1
2
2
2
B．
2
2
C．1
2
D．
2
1
2
【答案】ABC
【详解】
如图，以点O为坐标原点，OP 所在直线为x 轴，建立直角坐标系,
则点
( 2,0)
P
，设
,
OPD
则
,
OD
BC OA
PA
,
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因
1
OA ,故
1,
2 cos ,
PA
PD
则
π
[0,
).
4
①当点
,
A D位于x 轴异侧或者BC 为直径时，
π
2 cos
cos( +
)
4
PA PD
2
= 2 cos
(cos
sin )
2
2
cos
sin
cos
cos2
1
1 sin2
2
2
2
π
1
sin(2
)
2
4
2
.
因
π
[0,
),
4
故
π
π
π
2
4
4
4
，
2
π
2
sin(2
)
2
4
2
，从而0
1.
PA PD
②当点
,
A D位于x 轴同侧时，
π
2 cos
cos(
)
4
PA PD
2
2 cos
(cos
sin )
2
2
cos
sin
cos
cos2
1
1 sin2
2
2
2
π
1
sin(2
)
2
4
2
.
因
π
[0,
),
4
故π
π
3π
2
4
4
4
，
2
π
sin(2
)
1
2
4
，从而
2
1
1
.
2
PA PD
综上，PA PD
的范围是
2
1
(0,
].
2
故选：ABC.
15．（2023 下·福建泉州·高一校考期中）如图所示，在凸四边形ABCD中，对边BC ，AD 的延长线交于点E ，
对边AB ，DC 的延长线交于点F ，若BC
CE
，ED
DA
，
3
AB
BF
,
0
，则（
）
A．
1
1
4
4
EB
EF
EA
B．
1
4
C．1
1
的最大值为1
D．
4
9
EC AD
EB EA
【答案】BD
【详解】A.
1
1
4
4
EB
EF
FB
EF
FA
EF
AE
EF
3
1
3
1
4
4
4
4
EF
AE
EF
EA
，故A 错误；
B.过B 作
/ /
BG
DF 交AE 于G ，则AF
AD
FB
DG
，BC
GD
CE
DE
，
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1
AF BC ED
AD GD ED
FB CE DA
DG DE DA
,由向量关系知：4
1
，即
1
4
，
故B 正确；
C.由B 知
1
1
4
8
4
,当且仅当
1
2
λ
μ
时成立，
故C 错误；
D.由BC
CE
，ED
DA
1
EB
EC
，
1
1
EA
DA
AD
，则
1
1
5
1
1
1
1
4
EC AD
EC AD
EB EA
EC AD
1
4
5
9
2
4
当且仅当
1
2
λ
μ
时成立，故D 正确.
故选：BD
16．（2023 下·湖北·高一统考期末）著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次在一
条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线称为欧拉线．该定理称为欧拉线定理．已
知ABC
的外心为O，重心为G ，垂心为H ，且
6
AB
，
4
AC
，以下结论正确的是（
）
A．
20
3
AG BC
B．
10
AO BC
C．OH
OA
OB
OC
D．若
2 7
BC
，则
14
3
OB OC
【答案】ACD
【详解】对于A，ABC
的重心为G ，有
1
3
AG
AB
AC
，且
6
AB
，
4
AC
，
故
2
2
1
1
20
3
3
3
AG BC
AB
AC
AC
AB
AC
AB
，故A 正确.
对于B，ABC
的外心为O，有
cos
cos
AO BC
AO
AC
AB
AO AC
OAC
AO AB
OAB
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2
2
1
10
2 AC
AB
，故B 错误；
对于C，由欧拉线定理得2OG
GH
，即
3
OH
OG
，又
0
GA
GB
GC
，
所以
3
OH
OG
GA
GB
GC
OA
OB
OC
，故C 正确；
对于D，因为
6
AB
，
4
AC
，
2 7
BC
，
所以由余弦定理
2
2
2
2
2
2
6
4
1
cos
2
2 6 4
2
2
7
AB
AC
BC
A
AB AC
又0
π
A
，所以
π
3
A
，如图，
2π
3
BOC
，
由正弦定理可得
2 7
4 21
2
sin
3
3
2
a
R
A
，所以
2 21
3
R
OB
OC
，
则
14
cos
3
OB OC
OB OC
BOC
，故D 正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：
三角形的三条垂直平分线交于一点，即为外心，外心是三角形外接圆的圆心.
（1）OA
OB
OC
；
（2）
2
1
2
AO AB
AB
，
2
1
2
AO AC
AC
；
2
2
1
2
AO BC
AC
AB
.
三、填空题
17．（2023 上·重庆沙坪坝·高三重庆市第七中学校校考阶段练习）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国
古老的传统民间艺术之一，图1 是一个正八边形窗花隔断，图2 是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.
如图2，若正八边形ABCDEFGH 边长为2，P 是正八边形ABCDEFGH 八条边上的动点，则AP BC
的取值
范围是
.
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【答案】[0,4
4 2]
【详解】
如图，因AF
AB
,故可以点A 为坐标原点，分别以
,
AB AF 所在直线为,x y 轴，建立平面直角坐标系.
在正八边形ABCDEFGH 中，
(8
2) 180
135 ,
8
HAB
则(0,0), (2,0), (2
2, 2),
(2,2
2 2),
A
B
C
E
设点
( , )
P x y ，则
( , ),
( 2, 2),
AP
x y BC
2(
)
AP BC
x
y
，不妨设z
x
y
，则y
x
z
，
故要求AP BC
的取值范围，即求z 的取值范围.由线性规划知，可将直线y
x
z
进行平行移动，
当直线过点
,
A H 时，
min
0
z
，当直线过点
,
D E 时，
max
2 2
4.
z
即z 的取值范围是[0,2 2
4]
，
从而AP BC
的取值范围是[0,4
4 2]
.
故答案为：[0,4
4 2]
.
18．（2023 上·陕西汉中·高三校联考阶段练习）对称性是数学美的一个重要特征，几何中的轴对称，中心对
称都能给人以美感，激发学生对数学的兴趣.如图，在菱形ABCD中，
120 ,
2
ABC
AB
，以菱形ABCD
的四条边为直径向外作四个半圆，P 是这四个半圆弧上的一动点，若DP
DA
DC
，则
的最大值
为
.
【答案】5
2
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【详解】连接AC .
若
0
，则DP
DA
DC
CA
，
若不为零，则
//
DP CA
，这与题设矛盾，若为零，则P 与D 重合.
若
0
，则DP
DA
DC
，
设
DA
DC
DS
，故
DP
DS
，且,
,
S A C 三点共线.
由对称可知只需考虑P 在
,
AD AB 对应的半圆弧上.
当P 在AD 对应的半圆弧上（除D 外）时，S总在DP 的延长线上，
故此时
1
≤.
当P 在AB 对应的半圆弧上，S总在DP 之间，故此时
1
建立如图所示的平面直角坐标系，
则
1,0
A
，
3
3
:
3
3
AC y
x
，
0, 3
D
，
设
cos ,sin
π
0
P
，
当
π
2
时，
2
2 3
3
3
3
DS
，而
1
3
DP
，
此时
1
3
3
3
5
2
2
2 3
3
.
当
π
2
时，则
3
sin
3
sin
:
3
3
0
cos
cos
DP y
x
x
，
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由
3
sin
3
cos
3
3
3
3
y
x
y
x
可得
2 3
3
3
3
sin
3
cos
Sx
，
故
3 cos
3
sin
3
cos
2 3
2 3
3
3
3
3
sin
3
cos
DP
DS
2 3
π
cos
3
3
3
2 3
3
，
当
π
3
时，
max
5 3
5
3
2
2 3
3
DP
DS
.
综上，
max
5
2
DP
DS
故答案为：5
2
19．（2023 上·四川遂宁·高二射洪中学校考阶段练习）等边ABC
的面积为9 3 ，且ABC
的内心为M ，若
平面内的点N 满足
1
MN ，则NA NB
的最小值为
．
【答案】5
2 3
【详解】若ABC
边长为a ，则
2
3
9 3
4 a
，可得
6
a
，
所以，内切圆半径
2
2 9 3
3
1
3
3 6
S
r
a
，外接圆半径
2 3
2sin60
a
MA
MB
，
而ABC
的内心为M ，且
1
MN ，故N 在以M 为圆心，1 为半径的圆上，
所以N 轨迹在三角形内部，如下图示，
120
AMB
，
所以
2
(
) (
)
(
)
NA NB
NM
MA
NM
MB
NM
NM
MA
MB
MA MB
1
(
)
2 3
2 3 cos120
(
)
5
NM
MA
MB
NM
MA
MB
，
若D 是AB 中点，则2
MA
MB
MD
，
综上，
2
5
NA NB
NM MD
，要使其最小，只需
,
NM MD
反向共线，
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由|
| 1,|
|
3
NM
MD
，故
min
(
)
2 3
5
NA NB
.
故答案为：2 3
5
20．（2023 上·江苏常州·高二常州高级中学校考开学考试）已知点P 在ABC
所在的平面内，则下列4 个结
论中正确的有
.
①若P 为ABC
的外心，
3
AB ，
5
AC
，则
8
PA BC
；
②若ABC
为边长为2 的正三角形，则
PA
PB
PC
的最小值为1
；
③若ABC
为锐角三角形且外心为P ，AP
xAB
yAC
且
3
1
x
y
，则AB
BC
；
④若
c
0
1
1
2
2
os
cos
AP
AB
AC
AB
B
AC
C
，则动点P 的轨迹经过ABC
的外心.
【答案】①④
【详解】对于①，如下图所示：
取线段AB 的中点E ，连接PE ，
因为E 为AB 的中点，P 为ABC
的外心，则PE
AB
，
所以，
2
1
2
AP AB
AE
EP
AB
AE AB
EP AB
AB
，
同理可得
2
1
2
AP AC
AC
，
又因为
3
AB ，
5
AC
，则
2
2
1
2
PA BC
AP CB
AP
AB
AC
AB
AC
2
2
1 3
5
8
2
，①对；
对于②，取线段BC 的中点O，连接AO ，则AO
BC
，
以点O为坐标原点，BC 、OA所在直线分别为x 、y 轴建立如下图所示的平面直角坐标系xOy ，
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则
0, 3
A
、
1,0
B
、
1,0
C
，设点
,
P x y ，
则
, 3
PA
x
y
，
1
,
PB
x
y
，
1
,
PC
x
y
，
所以，
2 , 2
PB
x
y
PC
，
则
2
2
2
3
3
3
2
2
3
2
2
2
2
2
PA
PB
PC
x
y y
x
y
，
当且仅当
0
x
，
3
2
y
时，等号成立，故
PA
PB
PC
的最小值为
3
2
，②错；
对于③，设
3
AC
AD
，如下图所示：
因为
3
1
x
y
，则
1 3
AP
xAB
yAC
y AB
yAC
，
所以，
3
3
3
AP
AB
y AC
AB
y AD
AB
yBD
，即
3
BP
yBD
，
故B 、P 、D 三点共线，
取线段AC 的中点E ，连接PE 、BE ，则PE
AC
，显然B 、P 、E 三点不共线，
所以，BE 与AC 不垂直，
若AB
BC
，则BE
AC
，矛盾，故AB
BC
，③错；
对于④，因为
c
0
1
1
2
2
os
cos
AP
AB
AC
AB
B
AC
C
，
则
1
1
2
2
cos
cos
AB
AC
AB
A
B
P BC
BC
AC
C
BC
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c
1
cos
cos
2
cos
os
AB
BC
B
BC
C
BC
C
AB
AC
AB
AC
AC
B
1
2 BC
AB
AC
，则
2AP BC
AB
AC
BC
，
取线段BC 的中点E ，则
2
AB
AC
AE
EB
AE
EC
AE
，
所以，
2
2
AE
AP BC
BC
，即
0
BC
AE
AP
BC EP
，
故动点P 的轨迹过ABC
的外心，④对.
故答案为：①④.
21．（2023 下·四川凉山·高一统考期末）在ABC
中，G 为ABC
的重心，
9 3
ABC
S
，
1
cos
2
BAC
，则
GB GC
的最大值为
.
【答案】6
【详解】延长AG 交BC 于点D ，因为G 是ABC
的重心，则D 为BC 的中点，
2
1 (
)
3
3
AG
AD
AB
AC
，
2
1
3
3
GB
AB
AG
AB
AC
，
2
1
2
1
3
3
3
3
GC
GB
BC
AB
AC
AC
AB
AC
AB
，
由
1
cos
2
BAC
，
0,
BAC
，
由三角形面积公式得1
3
9 3
2
2
AB
AC
，解得
36
AB
AC
，
则
2
2
2
1
2
1
1
5
2
2
3
3
3
3
9
GB GC
AB
AC
AC
AB
AB AC
AB
AC
1
1
(5
4
)
5
cos
4
9
9
3
AB AC
AB
AC
AB
AC
AB
AC
1
6
6 AB
AC
，
当且仅当
|
| 6
AB
AC
等号成立，此时ABC
为等边三角形.
故答案为：6
.
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22．（2023 下·广东深圳·高一统考期末）四边形ABCD中，点
,
E F 分别是
,
AB CD 的中点，
2
AB
，
2 2
CD
，
1
EF ，点P 满足
0
PA PB
，则PC PD
的最大值为
.
【答案】2
【详解】因为PC
PF
FC
，PD
PF
FD
，又点F 分别是CD 的中点，
所以FD
FC
，所以PD
PF
FC
，
2
2
2
2
2
1
(
) (
)
2
2
PC PD
PF
FC
PF
FC
PF
FC
PF
CD
PF
，
又
0
PA PB
，所以PA
PB
，又点E 分别是AB 的中点，所以
1
1
2
PE
AB
，
因为EF
PF
PE
，所以
2
2
2
2
(
)
2
EF
PF
PE
PF
PF PE
PE
，
即
2
2
PF
PF PE
，设
,
PF PE
，PF
x
，则
2
2 1
cos
x
x
，所以
2cos
x
，
所以
2
2
2
4cos
2
2cos2
PC PD
x
，
所以当2
0
即
0
时，cos2有最大值1，即PC PD
有最大值为2 .
故答案为：2
23．（2023 下·江苏苏州·高一统考期中）如图，ABC
中，
8
AB
，
7
AC
，
5
BC
，G 为ABC
重心，P
为线段BG 上一点，则PA PC
的最大值为
，若M 、N 分别是边BC 、BA 的中点，则PA MN
的
取值范围是
．
【答案】
20
31,22
2
【详解】由余弦定理，
2
2
2
8
5
7
1
cos
2 8 5
2
ABC
，
由于
0,π
ABC
，所以
π
3
ABC
.
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设D 是AC 中点，则
, ,
,
B P G D 共线，如图，
1
2
BD
BC
BA
，
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
129
2
5
8
2 5 8
4
4
4
2
4
BD
BC
BA
BC
BA
BC BA
.
2
2
2
129
49
64
39
4
4
cos
129
7
7 129
2
2
2
2
BD
AD
AB
ADB
BD AD
，
2
2
2
49
4
PA PC
PD
DA
PD
DC
PD
DA
PD
DA
PD
DA
PD
.
因为
2
PD
的最大值为
2
129
4
BD
，
所以PA PC
的最大值为129
49
20
4
4
.
1
1
2
2
2
PA MN
AD
DP
CA
AD
DP
DA
2
49
7
39
4
2
7 129
AD
DP DA
DP
49
39
4
2 129
DP
，
其中1
3 BD
DP
BD
，即
129
129
6
2
DP
，
所以39
39
39
12
4
2 129
DP
，故31
49
39
22
2
4
2 129
DP
.
即PA MN
的取值范围是31,22
2
.
故答案为：20 ；31,22
2
24．（2023 下·江西抚州·高一校联考期中）如图，在菱形ABCD中，
4
BC
，
60
ABC
，以BC 为直径
的半圆与AB 交于点M，P 是半圆上的动点﹐则BM BD
；BP BD
的最大值是
.
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【答案】
12
12
8 3
/8 3
12
【详解】空1：如图，取BC 的中点O，连接OM ，因为
4
BC
，
60
ABC
，
所以OBM
是等边三角形，所以
2
BM
，
又在
BCD
△
中，
2
2
2
cos120
4 3
BD
BC
CD
BC CD
，
所以
2 4 3
cos30
12
BM BD
；
空2：取CD 的中点E，连接OE ，交半圆于点N，则
1
2 3
2
OE
BD
，
2
BD
OE
，
又
2
2
2
2
2
BP BD
OP
OB
OE
OP OE
OB OE
OP
OE
OB OE
2 2 2 3
2 2 2 3
cos150
12
8 3
，
故BP BD
的最大值是12
8 3
.
故答案为：12；12
8 3
.
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