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第4 讲 平面向量
微点一 共线向量定理与等和线
平面向量等和线定理
平面内一组基底{⃗OA，⃗OB}及任一向量⃗OP，且⃗OP=λ⃗OA+μ⃗OB(λ，μ∈R)，若点P 在直线AB 上或在平行于
AB 的直线上，且k=OP
OF =O B1
OB =O A1
OA ，则λ+μ=k(定值)，反之也成立，我们把直线AB 以及与直线AB 平行
的直线称为平面向量基本定理系数的等和线.
(1)当等和线恰为直线AB 时，k=1；
(2)当等和线在O 点和直线AB 之间时，k∈(0，1)；
(3)当直线AB 在O 点和等和线之间时，k∈(1，+∞)；
(4)当等和线过O 点时，k=0；
(5)若两条等和线关于O 点对称，则定值k 互为相反数；
(6)定值k 的绝对值与等和线到O 点的距离成正比.
例1 (1)如图，在平行四边形ABCD 中，AC，BD 相交于点O，E 为线段AO 的中点.若⃗BE=λ⃗BA+μ⃗BD
(λ，μ∈R)，则λ+μ 等于( )
A.1
B.3
4
C.2
3
D.1
2
答案 B
解析 如图，AD 为以{⃗BA ，⃗BD}为基底，值是1 的等和线，
延长BE 交AD 于点F，
过E 作AD 的平行线，
设λ+μ=k，则k=|BE|
|BF | ，
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由图易知，|BE|
|BF | =3
4 ，所以λ+μ=3
4 .
(2)给定两个长度为1 的平面向量⃗OA和⃗OB，它们的夹角为90°，点C 在以O 为圆心的圆弧AB 上运动，
若⃗OC=x⃗OA+y⃗OB.其中x，y∈R，则3x+5y 的最大值为( )
A.√34
B.5
C.√37
D.6
答案 A
解析 如图所示，分别取⃗OM=1
3⃗OA ，⃗ON=1
5⃗OB，⃗OC=x⃗OA+y⃗OB=3x⃗OM+5y⃗ON ，根据等和线知识可
得3x+5y=|OC |
|OD| ，当OD⊥MN 时，|OD|取得最小值，|OD|min=|OM |·|ON |
| MN |
=
1
3 × 1
5
√(
1
3)
2
+(
1
5)
2= 1
√34 ，
故(3x+5y)max=
1
|OD|min
=√34.
[规律方法] 用等和线求基底系数和的步骤
(1)确定值为1 的等和线；
(2)平移该线，作出满足条件的等和线；
(3)从长度比或点的位置两个角度，计算满足条件的等和线的值.
跟踪演练1 (1)如图，△BCD 与△ABC 的面积之比为2，点P 是△BCD 内任意一点(含边界)，且⃗AP=λ⃗
AB+μ⃗AC ，则λ+μ 的取值范围为( )
A.[2，3]
B.[1，2]
C.[1，3]
D.[1，4]
答案 C
解析 如图，当点P 位于线段BC 上时，
(λ+μ)min=1，
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当点P 位于点D 时，
(λ+μ)max=3，
故1≤λ+μ≤3.
(2)如图所示，半径为1 的扇形AOB，∠AOB=2π
3 ，若点C 为弧AB 上任意一点，且⃗OC=x⃗OA+y⃗OB(x，
y∈R)，则x+y 的最大值是 .
答案 2
解析 如图所示，设x+y=k，则直线AB 为以{⃗OB，⃗OA}为基底，k1=1 的等和线，所有与直线AB 平行且与
弧AB 有公共点的直线中，切线离圆心O 最远，即此时k 取得最大值，设切点为D，连接OD，与AB 交于
点E，易知OE⊥AB.
因为OA=1，∠AOB=2π
3 ，
所以OE=1
2 ，则k=| DO|
|OE| =
1
1
2
=2，
即x+y 的最大值为2.
微点二 奔驰定理
如图，已知P 为△ABC 内一点，则有S△PBC·⃗PA+S△PAC·⃗PB+S△PAB·⃗PC=0.
①若O 为△ABC 的重心，则⃗OA+⃗OB+⃗OC=0⇔S△AOB∶S△BOC∶S△AOC=1∶1∶1；
②若O 为△ABC 的外心，则sin 2A·⃗OA+sin 2B·⃗OB+sin 2C·⃗OC=0，且|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗OC|；
③若O 为△ABC 的内心，则a·⃗OA+b·⃗OB+c·⃗OC=0，或sin A·⃗OA+sin B·⃗OB+sin C·⃗OC=0(a，b，c 分别为角
A，B，C 的对边)；
④若O 为△ABC 的垂心，则tan A·⃗OA+tan B·⃗OB+tan C·⃗OC=0，且⃗OA ·⃗OB=⃗OB·⃗OC=⃗OC ·⃗OA.
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例2 (1)已知△ABC 所在平面内一点D 满足⃗DA+⃗DB+1
2⃗DC=0，则△ABC 的面积是△ABD 的面积的(
)
A.5 倍
B.4 倍
C.3 倍
D.2 倍
答案 A
解析 因为⃗DA+⃗DB+1
2⃗DC=0，
即2⃗DA+2⃗DB+⃗DC=0，
所以S△BCD∶S△ACD∶S△ABD=2∶2∶1，所以△ABC 的面积是△ABD 的面积的5 倍.
(2)已知△ABC 的内切圆的圆心为O，半径为2，2⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0，则△ABC 的外接圆面积为
.
答案 256 π
9
解析 ∵2⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0，且O 为内心，
∴△ABC 的三边长之比为a∶b∶c=2∶2∶3，
令a=2k，则b=2k，c=3k，k>0，
∴cos C=-1
8 ，sin C=3√7
8
，
设△ABC 内切圆半径为r，外接圆半径为R，
又S△ABC=1
2(a+b+c)·r=1
2absin C，
即1
2×7k×2=1
2×2k×2k×3√7
8
，
解得k=4√7
3
，c=4√7，
又2R=
c
sinC =
4√7
3√7
8
，解得R=16
3 ，
∴△ABC 的外接圆面积S=πR2=256 π
9
.
[易错提醒] 涉及三角形的四心问题时，内心和重心一定在三角形内部，而外心和垂心有可能在三角形外
部，上述定理及推论中的点都在三角形内部，解题时，要注意观察题目有无这一条件.
跟踪演练2 (多选)奔驰定理的几何表示因酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论，
它与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联.具体内容是：已知M 是△ABC 内一点，
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△BMC，△AMC，△AMB 的面积分别为SA，SB，SC，则SA·⃗MA+SB·⃗MB+SC·⃗MC=0.以下命题正确的有(
)
A.若M 为△ABC 的重心，AB=6，AC=8，BC=2√13，则△BMC 的面积为4√3
B.若M 为△ABC 的内心，2⃗MA+3⃗MB+√7⃗MC=0，则C=π
3
C.若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M 为△ABC 的外心，则 SA∶SB∶SC=2∶√3∶1
D.若M 为△ABC 的垂心，3⃗MA+4⃗MB+5⃗MC=0，则cos∠AMB=√6
6
答案 ABC
解析 对于A，由余弦定理得
cos A= A B
2+ A C
2−BC
2
2 AB· AC
=36+64−52
2×6×8
=1
2 ，
又A∈(0，π)，所以A=π
3 ，
所以S△ABC=1
2×6×8×sinπ
3 =12√3，
又M 为△ABC 的重心，所以⃗MA+⃗MB+⃗MC=0，
即S△AMB∶S△AMC∶S△BMC=1∶1∶1，
所以S△BMC=1
3S△ABC=4√3，故A 正确；
对于B，设a，b，c 分别为角A，B，C 的对边，
由M 为△ABC 的内心，且2⃗MA+3⃗MB+√7⃗MC=0，
可得a∶b∶c=2∶3∶√7，
令a=2k，则b=3k，c=√7k，k>0，
cos C=4 k
2+9k
2−7 k
2
2·2k ·3k
=1
2 ，
又C∈(0，π)，所以 C=π
3 ，故B 正确；
对于C，如图，
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因为M 为△ABC 的外心，设外接圆半径为R，
因为∠BAC=45°，∠ABC=60°，
所以∠BMC=90°，
∠AMC=120°，
故∠AMB=360°-120°-90°=150°，
所以SA∶SB∶SC=1
2R2sin 90°∶1
2R2sin 120°∶1
2R2sin 150°=sin 90°∶sin 120°∶sin 150°=1∶√3
2 ∶1
2=2∶√3
∶1，故C 正确；
对于D，由M 为△ABC 的垂心，3⃗MA+4⃗MB+5⃗MC=0，
所以SA∶SB∶SC=3∶4∶5，
则
S△ABC
S A
=4，S△ABC
SB
=3，
延长AM，BM，CM，分别交BC，AC，AB 于点D，F，E，如图，
设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，
所以cos∠BMD= x
2 y =cos∠AMF= y
3 x ，
得3x2=2y2，
所以cos∠BMD=√6
6 ，
则cos∠AMB=-√6
6 ，故D 错误.
微点三 数量积问题的六种常用求法
1.定义法
若已知或易求对应向量的模与夹角，优先考虑用定义法：a·b=|a||b|cos〈a，b〉.
2.平方法
若已知向量关系式，需联系条件中的模、数量积或夹角，考虑用平方法计算.例如：已知a=λe1+μe2，平方
即为a2=(λe1+μe2)2=λ2e1
2+2λμe1·e2+μ2e2
2.
3.坐标法
一般适用于具备垂直(易建系)、点的坐标易写出，或含有动点的数量积问题中.
4.基底法
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若向量数量积的相关要素(对应的模、夹角)未知或不易直接求出，则可考虑把已知向量利用合适的基底表
示，进而转化为基底运算求解.
5.投影法
若向量数量积的相关要素(对应的模、夹角)未知或不易直接求出，而且在图形中存在垂足确定的情况，或
者其中一个向量的模为定值，即可考虑利用投影法计算数量积.利用投影法可实现降元，以形助数快速求解
向量数量积.
6.极化恒等式
计算共起点的向量数量积的过程中，若数量积的相关要素(对应的模、夹角)未知或不易直接求出，而且存
在长度确定的线段，如底边BC 或中线AM 确定，即可考虑使用极化恒等式，将数量积转化为线段长相关
的代数计算.
极化恒等式：a·b=1
4 [(a+b)2-(a-b)2].
(1)几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平
方差的1
4 .
(2)若O 是平行四边形PMQN 对角线的交点，则：
①⃗PM ·⃗PN=1
4 (|⃗PQ|2-|⃗NM|2)(平行四边形模式)；
②⃗PM ·⃗PN=|⃗PO|2-1
4 |⃗NM|2(三角形模式).
例3 (1)已知平面向量a，b，c 均为单位向量，且|a-b|=1，则(a-2b)·(a-c)的取值范围是( )
A.[-√3，√3]
B.[-2，2]
C.[-√7，√7]
D.[-3，3]
答案 A
解析 方法一 (平方法结合定义法)
因为平面向量a，b，c 均为单位向量，
所以|a|=|b|=|c|=1，
又|a-b|=1，所以(a-b)2=a2-2a·b+b2=1-2a·b+1=1，
所以a·b=1
2.
又(a-2b)·(a-c)=a2-a·c-2b·a+2b·c=(2b-a)·c=|2b-a||c|cos〈2b-a，c〉=|2b-a|·cos〈2b-a，c〉，
由题设知，平面向量c 的方向没有限制，可以认为任意方向都有可能，所以(a-2b)·(a-c)∈[-|2b-a|，|2b-a|].
又|2b-a|2=4b2-4b·a+a2=4-2+1=3，
所以|2b-a|=√3，
所以(a-2b)·(a-c)的取值范围是[-√3，√3].
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方法二 (基底法结合平方法)
平面向量a，b，c 均为单位向量，
则|a|=|b|=|c|=1，
又|a-b|=1，所以(a-b)2=a2-2a·b+b2=1-2a·b+1=1，
所以a·b=1
2.
由平面向量a，b，c 均为单位向量，三者共面，不妨以a，b 为基底表示c，
设c=λa+μb(λ，μ∈R)，
则(a-2b)·(a-c)=a2-a·c-2b·a+2b·c=(2b-a)·c=(2b-a)·(λa+μb)=2λb·a+2μb2-λa2-μa·b=λ+2μ-λ-1
2μ=3
2μ，
又|c|=1，所以|c|=|λa+μb|=1，
所以|λa+μb|2=λ2a2+2λμa·b+μ2b2=λ2+λμ+μ2=1.
又λ，μ∈R，所以方程λ2+λμ+μ2=1 必然有解，
所以要求μ 的范围，只需让关于λ 的方程λ2+λμ+μ2-1=0 的根的判别式Δ=μ2-4(μ2-1)≥0 即可，即4-3μ2≥0，
解得-2√3
3
≤μ≤2√3
3
，
故(a-2b)·(a-c)=3
2μ∈[-√3，√3].
方法三 (投影法)
如图，设a，b，c 分别为⃗OA ，⃗OB，⃗OC ，
则点A，B，C 均在以O 为圆心，半径为1 的圆上，
由|a-b|=1 可得△ABO 是正三角形，延长OB 到点P，使BP=OB，连接AP，
则2b-a=⃗AP，易得∠OAP 为直角，且|⃗AP|=√3.
设⃗AP和⃗AC的夹角为θ，
由向量投影可知，|⃗AC|·cos θ 的取值范围是[-1，1]，
故(a-2b)·(a-c)=⃗AP·⃗AC的取值范围是[-√3，√3].
(2)已知△ABC 是边长为2 的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则⃗PA·(⃗PB+⃗PC)的最小值是( )
A.-2
B.-3
2
C.-4
3
D.-1
答案 B
解析 方法一 (极化恒等式)
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取BC 的中点M，连接AM，取AM 的中点N，连接PM，PN，如图1 所示，
则⃗PA·(⃗PB+⃗PC)=⃗PA·2⃗PM
=2(⃗P N
2−1
4⃗A M
2)
≥2[0−1
4 ×(√3)
2]=-3
2 ，
当且仅当点P 与点N 重合时取等号，
故⃗PA·(⃗PB+⃗PC)的最小值是-3
2.
方法二 (坐标法)
以BC 的中点为坐标原点，建立如图2 所示的平面直角坐标系，
则A(0，√3)，B(-1，0)，C(1，0)，
设P(x，y)，则⃗PA=(-x，√3-y)，⃗
PB=(-1-x，-y)，⃗PC=(1-x，-y)，
则⃗PA·(⃗PB+⃗PC)=2x2-2√3y+2y2
=2[x
2+( y −√3
2 )
2
−3
4]，
所以当x=0，y=√3
2 时，⃗PA·(⃗PB+⃗PC)取得最小值，为2×(−3
4)=-3
2.
[规律方法] 利用投影法计算向量数量积的取值范围，常作动向量a 在定向量b 上的投影向量，记a，b 的
夹角为θ，进而判断|a|cos θ 的取值范围，利用单变量思维解决问题.
跟踪演练3 (1)在△ABC 中，AB=2，cos(A-B)cos(B-C)cos(C-A)=1，P 为△ABC 所在平面内的动点，且
PA=1，则⃗PB·⃗PC的取值范围是( )
A.[−3
2 ，9
2]
B.[−1
2 ，11
2 ]
C.[3−2√3，3+2√3] D.[3−√3，3+√3]
答案 C
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解析 因为A，B，C∈(0，π)，
所以A-B∈(-π，π)，B-C∈(-π，π)，C-A∈(-π，π)，
可得cos(A-B)∈(-1，1]，cos(B-C)∈(-1，1]，
cos(C-A)∈(-1，1]，
若cos(A-B)cos(B-C)cos(C-A)=1，
则cos(A-B)=1，cos(B-C)=1，cos(C-A)=1，
可得A-B=0，B-C=0，C-A=0，
所以A=B=C，所以△ABC 是边长为2 的等边三角形.
如图，取BC 的中点G，由PA=1 可知点P 的轨迹是半径为1 的圆，
根据极化恒等式可知⃗PB·⃗PC=|⃗PG|2-|⃗BG|2，
易知PGmin=AG-PA=√3-1，PGmax=AG+PA=√3+1，
故(√3-1)2-12≤⃗PB·⃗PC≤(√3+1)2-12，
即3-2√3≤⃗PB·⃗PC≤3+2√3，
所以⃗PB·⃗PC 的取值范围是[3-2√3，3+2√3].
(2)(2025·宜春模拟)若图中正方形ABCD 的边长为4，圆O 的半径为 4√2，正方形ABCD 的中心与圆O
的圆心重合，动点P 在圆O 上，且⃗AP=λ⃗AB+μ⃗AD，则 λ+μ 的最大值为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 C
解析 方法一 (坐标法)
建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，B(4，0)，D(0，4)，
点P 在圆(x-2)2+(y-2)2
=32 上，
设点P(2+4√2cos θ，2+4√2sin θ)，
则⃗AP=(2+4√2cos θ，2+4√2sin θ)，⃗AB=(4，0)，⃗AD=(0，4)，因为⃗AP=λ⃗AB+μ⃗AD，
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所以(2+4√2cos θ，2+4√2sin θ)=λ(4，0)+μ(0，4)=(4λ，4μ)，
所以4λ=2+4√2cos θ，4μ=2+4√2sin θ，
所以λ+μ=√2sin θ+√2cos θ+1=2sin(θ+ π
4)+1≤3，即 λ+μ 的最大值为3.
方法二 (等和线法)
因为⃗AO=1
2⃗AB+1
2⃗AD，
则直线BD 是以{⃗AB，⃗AD}为基底，值为1 的等和线，如图，作BD 的平行线与圆O 相切于点P，由等和
线定理可知，此时λ+μ 取得最大值，最大值为AP
AO=2√2+ 4√2
2√2
=3.
专题强化练
[分值：73 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共40 分)
1.(2023·全国乙卷)正方形ABCD 的边长是2，E 是AB 的中点，则⃗EC ·⃗ED等于( )
A.√5
B.3
C.2√5
D.5
答案 B
解析 方法一 以{⃗AB，⃗AD}为基底，
可知|⃗AB|=|⃗AD|=2，⃗AB·⃗AD=0，
则⃗EC=⃗EB+⃗BC=1
2⃗AB+⃗AD，⃗
ED=⃗EA+⃗AD=-1
2⃗AB+⃗AD，
所以⃗EC ·⃗ED=(
1
2⃗AB+⃗AD)·(−1
2⃗AB+⃗AD)
=-1
4⃗AB
2+⃗AD
2=-1+4=3.
方法二 如图，以A 为坐标原点建立平面直角坐标系，
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则E(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，
可得⃗EC=(1，2)，⃗ED=(-1，2)，
所以⃗EC ·⃗ED=-1+4=3.
方法三 由题意可得，ED=EC=√5，CD=2，
在△CDE 中，由余弦定理可得
cos∠DEC= D E
2+C E
2−DC
2
2 DE·CE
= 5+5−4
2×√5×√5=3
5 ，
所以⃗EC ·⃗ED=|⃗EC||⃗ED|cos∠DEC
=√5×√5×3
5=3.
方法四 设CD 的中点为O，由极化恒等式可得⃗EC ·⃗ED=|⃗EO|2-1
4 |⃗DC|2=3.
2.(2025·郴州模拟)在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知A(2，-1)，B(1，1)，⃗OP=λ⃗OA+(2-λ)⃗OB，若⃗
OP⊥⃗OB，则λ 的值为( )
A.4
B.2
C.-2
D.-3
答案 A
解析 因为 A(2，-1)，B(1，1)，
所以⃗OA=(2，-1)，⃗OB=(1，1)，
又⃗OP=λ⃗OA+(2-λ)⃗OB=λ(2，-1)+(2-λ)(1，1)=(2+λ，2-2λ)，
且⃗OP⊥⃗OB，所以⃗OP·⃗OB=(2+λ)×1+(2-2λ)×1=4-λ=0，解得λ=4.
3.(2025·蚌埠模拟)在四边形ABCD 中，2⃗AB=3⃗DC ，⃗AB=(1，√2)，⃗AD=(√2，-1)，则该四边形的面积为(
)
A.4
B.2√2
C.5
2
D.15
4
答案 C
解析 由⃗AB=(1，√2)，⃗AD=(√2，-1)，
可得⃗AB·⃗AD=(1，√2)·(√2，-1)=√2-√2=0，
所以⃗AB⊥⃗AD，所以S△ABD=1
2|⃗AB||⃗AD|=1
2×√1+2×√2+1=3
2 ，
又 2⃗AB=3⃗DC ，所以⃗DC=2
3⃗AB，且⃗DC∥⃗AB，
所以 |⃗DC|=2
3|⃗AB|=2√3
3
，⃗AD⊥⃗DC ，
S△BCD=1
2×|⃗DC||⃗AD|=1
2×2√3
3
×√3=1，
所以 S 四边形ABCD=S△BCD+S△ABD=1+3
2=5
2.
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4.设O 点在△ABC 内部，且有3⃗OA+2⃗OB+⃗OC=0，则△AOC 的面积与△AOB 的面积的比值为( )
A.2
B.√3
C.√2
D.3
答案 A
解析 根据奔驰定理△AOC 的面积与△AOB 的面积的比值为2
1=2.
5.已知椭圆C：x
2
9 + y
2
8 =1 的左、右焦点分别为F1，F2，点M 在直线l：x+y-4=0 上运动，则⃗MF1·⃗MF2的最
小值为( )
A.7
B.9
C.13
D.15
答案 A
解析 由椭圆C：x
2
9 + y
2
8 =1 可得
F1(-1，0)，F2(1，0)，
设原点为O，根据极化恒等式可得⃗
MF1·⃗MF2=|⃗MO|2-1
4 |⃗F1 F2|2=|⃗MO|2-1，
点M 在直线l：x+y-4=0 上运动，根据点到直线的距离公式，可得|MO|min= 4
√2=2√2，
故⃗MF1·⃗MF2的最小值为7.
6.如图，正六边形的边长为2√2，半径为1 的圆O 的圆心为正六边形的中心，若点M 在正六边形的边上运
动，动点A，B 在圆O 上运动且关于圆心O 对称，则⃗MA ·⃗MB的取值范围为( )
A.[4，5]
B.[5，7]
C.[4，6]
D.[5，8]
答案 B
解析 由极化恒等式可得，⃗
MA ·⃗MB=|⃗MO|
2-|⃗OA |
2=|⃗MO|
2-1，
当OM 与正六边形的边垂直时，|⃗MO|min=√6，
当点M 运动到正六边形的顶点时，|⃗MO|max=2√2，
所以|⃗MO|∈[√6，2√2]，
则|⃗MO|
2∈[6，8]，
即⃗MA ·⃗MB=(|⃗MO|2-1)的取值范围为[5，7].
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7.如图，边长为2 的等边△ABC 的外接圆为圆O，P 为圆O 上任意一点，若⃗AP=x⃗AB+y⃗AC ，则2x+2y 的最
大值为( )
A.8
3
B.2
C.4
3
D.1
答案 A
解析 作BC 的平行线与圆O 相交于点P，与直线AB 相交于点E，与直线AC 相交于点F，
∵BC∥EF，设AE
AB = AF
AC =k，
∵P 为圆O 上任意一点，则k≥0，
∴当AP⊥EF 时，kmax= A Fmax
AC
=
8
3
2
=4
3 ，
则k∈[0，4
3]，
由等和线定理得x+y=k，
∴2x+2y=2k≤8
3.
8.奔驰定理：已知点O 是△ABC 内的一点，若△BOC，△AOC，△AOB 的面积分别记为S1，S2，S3，则S1·⃗
OA+S2·⃗OB+S3·⃗OC=0.“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logo 很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.如图，已知O 是△ABC 的垂心，且⃗OA+2⃗OB+3⃗
OC=0，则cos∠ACB 等于( )
A.3√10
10
B.√10
10
C.2√5
5
D.√5
5
答案 B
解析 延长CO 交AB 于点P，
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∵O 是△ABC 的垂心，∴OP⊥AB，
∴S1∶S2=(
1
2 ·OC ·BP)∶(
1
2 ·OC · AP)
=BP∶AP=(OPtan∠POB)∶(OPtan∠POA)
=tan∠COB∶tan∠COA
=tan(π-∠BAC)∶tan(π-∠ABC)
=tan∠BAC∶tan∠ABC.
同理可得S1∶S3=tan∠BAC∶tan∠ACB，
∴S1∶S2∶S3=tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB.
又S1·⃗OA+S2·⃗OB+S3·⃗OC=0，
∴tan∠BAC·⃗OA+tan∠ABC·⃗OB+tan∠ACB·⃗OC=0.
又⃗OA+2⃗OB+3⃗OC=0，
∴tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB=1∶2∶3.
不妨设tan∠BAC=k，tan∠ABC=2k，tan∠ACB=3k，其中k≠0.
∵tan∠BAC=-tan(∠ABC+∠ACB)
=- tan∠ABC + tan∠ACB
1−tan∠ABC tan∠ACB ，
∴k=- 2k +3k
1−2k ·3k ，
解得k=±1.
当k=-1 时，此时tan∠BAC<0，tan∠ABC<0，tan∠ACB<0，
则∠BAC，∠ABC，∠ACB 都是钝角，不符合题意，舍去；
当k=1 时，tan∠ACB=3>0，故∠ACB 为锐角，
∴{
sin ∠ACB
cos∠ACB =3,
sin
2∠ACB+co s
2∠ACB =1,
解得cos∠ACB=√10
10 .
二、多项选择题(每小题6 分，共18 分)
9.如图，在正方形ABCD 中，E 为AB 的中点，M 为线段AD 上的动点(包括端点)，⃗BM=λ⃗BE+μ⃗BD，则下
列结论正确的是( )
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A.当M 为线段AD 的中点时，λ+μ=3
2
B.λμ 的最大值为1
3
C.μ 的取值范围为[0，1]
D.λ+μ 的取值范围为[
1
2 ，2]
答案 AC
解析 根据题意建立平面直角坐标系，如图所示，设BC=2，则B(0，0)，E(0，1)，D(2，2)，
设M(t，2)，则0≤t≤2，
由于⃗BM=λ⃗BE+μ⃗BD，所以(t，2)=λ(0，1)+μ(2，2)，
整理得2μ=t，λ+2μ=2，则λ=2-t，μ= t
2 ，
对于A，当M 为AD 的中点时，t=1，故λ+μ=2-1
2=3
2 ，故A 正确；
对于B，λμ=(2-t)· t
2=t-1
2t2=-1
2(t-1)2+1
2 ，由于0≤t≤2，当t=1 时，λμ 取得最大值1
2 ，故B 错误；
对于C，由于μ= t
2 ，0≤t≤2，所以 0≤μ≤1，故μ 的取值范围为[0，1]，故C 正确；
对于D，λ+μ=2- t
2 ，由0≤t≤2，得2- t
2∈[1，2]，故λ+μ 的取值范围为[1，2]，故D 错误.
10.已知点O 在△ABC 所在的平面内，则以下说法正确的有( )
A.若|⃗BC|⃗OA+|⃗AC|⃗OB+|⃗AB|⃗OC=0，则点O 是△ABC 的重心
B.若⃗OA ·(⃗
AC
|⃗AC |
−⃗
AB
|⃗AB|)=⃗OB·(⃗
BC
|⃗BC |
−⃗
BA
|⃗BA |)=0，则点O 是△ABC 的内心
C.若(⃗OA+⃗OB)·⃗AB=(⃗OB+⃗OC)·⃗BC=0，则点O 是△ABC 的外心
D.若O 为△ABC 的外心，且2⃗BO=⃗BA+⃗BC ，则B 为△ABC 的垂心
答案 BCD
解析 对于A，设a，b，c 分别为角A，B，C 的对边，在AB，AC 上分别取点D，E，
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使得⃗AD=⃗AB
c ，⃗AE=⃗AC
b ，
则|⃗AD|=|⃗AE|=1，以AD，AE 为邻边作平行四边形ADFE，如图所示，
则四边形ADFE 是菱形，且⃗AF=⃗AD+⃗AE=⃗AB
c +⃗AC
b ，所以AF 平分∠BAC，
因为|⃗BC|⃗OA+|⃗AC|⃗OB+|⃗AB|⃗OC=0，
即a⃗OA+b⃗OB+c⃗OC=0，
所以a·⃗OA+b·(⃗OA+⃗AB)+c·(⃗OA+⃗AC)=0，
即(a+b+c)⃗OA+b⃗AB+⃗cAC=0，
所以⃗AO=
b
a+b+c⃗AB+
c
a+b+c⃗AC
=
bc
a+b+c(⃗
AB
c +⃗AC
b )=
bc
a+b+c⃗AF ，
所以A，O，F 三点共线，即O 在∠BAC 的平分线上，
同理可得O 在其他两角的平分线上，所以O 为△ABC 的内心，故A 错误；
对于B，在AB，AC 上分别取点D，E，使得⃗AE=⃗
AC
|⃗AC |
，⃗
AD=⃗
AB
|⃗AB|
，如图，
则|⃗AD|=|⃗AE|=1，且⃗
AC
|⃗AC |
-⃗AB
|⃗AB|
=⃗DE，
因为⃗OA ·(⃗
AC
|⃗AC |
−⃗
AB
|⃗AB|)=0，
即⃗OA⊥⃗DE，又|⃗AD|=|⃗AE|=1 知，AO 平分∠BAC，
同理，可得BO 平分∠ABC，故O 为△ABC 的内心，故B 正确；
对于C，取AB，BC 的中点分别为M，N，如图，
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因为(⃗OA+⃗OB)·⃗AB
=(⃗OB+⃗OC)·⃗BC=0，
所以2⃗OM ·⃗AB=2⃗ON ·⃗BC
=0，
即OM⊥AB，ON⊥BC，所以O 是△ABC 的外心，故C 正确；
对于D，因为2⃗BO=⃗BA+⃗BC ，
所以⃗OA=-⃗OC ，即O 为AC 的中点，
又O 为△ABC 的外心，
所以∠B=90°，则B 为△ABC 的垂心，故D 正确.
11.在长方形ABCD 中，AB=8，AD=6，点E，F 分别为边BC 和CD 上两个动点(含端点)，且EF=5，设⃗BE
=λ⃗BC ，⃗DF=μ⃗DC ，则( )
A.1
6≤λ≤1，3
8≤μ≤1
B.λ+μ 为定值
C.⃗AE·⃗AF的最小值为50
D.|⃗AE+⃗AF|的最大值为√265
答案 AC
解析 对于A，由题意知当F 和C 重合时，BE=1，此时λ 取到最小值1
6 ，μ 取到最大值1；
当E 和C 重合时，DF=3，此时μ 取到最小值3
8 ，λ 取到最大值1，故1
6≤λ≤1，3
8≤μ≤1，A 正确；
对于B，当F 和C 重合时，λ=1
6 ，μ=1，λ+μ=7
6；
当E，F 分别位于BC，DC 的中点时，满足EF=5，
此时λ=1
2 ，μ=1
2 ，λ+μ=1，由此可知λ+μ 不为定值，B 错误；
对于C，⃗AE·⃗AF=(⃗AB+⃗BE)·(⃗AD +⃗DF)
=(⃗AB+ λ⃗BC)·(⃗AD+ μ⃗DC)
=⃗AB·⃗AD+λ⃗BC ·⃗AD+μ⃗AB·⃗DC+λμ⃗BC ·⃗DC
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=λ⃗BC ·⃗AD+μ⃗AB·⃗DC=λ⃗BC
2+μ⃗AB
2
=36λ+64μ，
由EF=5，得⃗EF
2=25，即(⃗EC+⃗CF)2=25，
即[(1-λ)⃗BC+(μ-1)⃗DC]2=25，
即36(1-λ)2+64(μ-1)2=25，
设6(λ-1)=5cos θ，8(μ-1)=5sin θ，θ∈[0，2π)，
则36λ+64μ=36×(
5cosθ
6
+1)+64×(
5sinθ
8
+1)
=100+30cos θ+40sin θ=100+50sin(θ+φ)(
tan
其
中φ = 3
4)，
当sin(θ+φ)=-1 时，36λ+64μ 取到最小值50，即⃗AE·⃗AF的最小值为50，C 正确；
对于D，当μ=1，λ=1
6时，⃗AE+⃗AF=⃗AB+⃗BE+⃗AC=2⃗AB+7
6⃗BC ，则|⃗AE+⃗AF|=√(2⃗AB+ 7
6⃗BC)
2
=√4⃗AB
2+ 49
36⃗BC
2=√4×64 + 49
36 ×36
=√305>√265，D 错误.
三、填空题(每小题5 分，共15 分)
12.(2025·全国Ⅱ卷)已知平面向量a=(x，1)，b=(x-1，2x)，若a⊥(a-b)，则|a|= .
答案 √2
解析 a-b=(1，1-2x)，因为a⊥(a-b)，则a·(a-b)=0，
则x+1-2x=0，解得x=1.
则a=(1，1)，则|a|=√2.
13.在△ABC 中，AC=2BC=6，∠ACB 为钝角，M，N 是边AB 上的两个动点，且MN=2，若⃗CM ·⃗CN的最小
值为3，则cos∠ACB= .
答案 2−2√10
9
解析 取线段MN 的中点P，连接CP，过C 作CO⊥AB 于O，如图，PM=1
2MN=1，
依题意，⃗CM ·⃗CN=|⃗CP|
2-|⃗PM |
2=|⃗CP|
2-1，
因为⃗CM ·⃗CN的最小值为3，则|⃗CP|的最小值为2，因此CO=2，在Rt△AOC 中，
cos∠OCA=CO
CA =1
3 ，sin∠OCA=2√2
3
，
在Rt△BOC 中，cos∠OCB=CO
CB =2
3 ，
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sin∠OCB=√5
3 ，
所以cos∠ACB=cos(∠OCA+∠OCB)
=cos∠OCAcos∠OCB-sin∠OCAsin∠OCB
=2−2√10
9
.
14.设点P 在△ABC 内部且为△ABC 的外心，∠BAC=π
6 ，如图.若△PBC，△PCA，△PAB 的面积分别为
1
2 ，x，y，则x+y 的最大值是 .
答案 √3
3
解析 方法一 根据奔驰定理得，1
2⃗PA+x⃗PB+y⃗PC=0，即⃗AP=2x⃗PB+2y⃗PC ，x>0，y>0，
平方得⃗AP
2=4x2⃗PB
2+4y2⃗PC
2+8xy|⃗PB|·
|⃗PC|·cos∠BPC，
又因为点P 是△ABC 的外心，∠BAC=π
6 ，
所以|⃗PA|=|⃗PB|=|⃗PC|，且∠BPC=2∠BAC=π
3 ，
所以x2+y2+xy=1
4 ，
(x+y)2=1
4 +xy≤1
4 +(
x + y
2 )
2
，
解得x+y≤√3
3 ，当且仅当x=y=√3
6 时取等号，
所以(x+y)max=√3
3 .
方法二 因为点P 是△ABC 的外心，所以S△PBC∶S△PCA∶S△PAB=sin 2∠BAC∶sin 2∠ABC∶sin 2∠ACB=1
2
∶x∶y，x>0，y>0，
又∠BAC=π
6 ，所以sin 2∠BAC=√3
2 ，
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所以x=√3
3 sin 2∠ABC，y=√3
3 sin 2∠ACB，
所以x+y=√3
3 (sin 2∠ABC+sin 2∠ACB)
=√3
3 [sin 2∠ABC +sin(
5 π
3 −2∠ABC)]
=√3
3 sin(2∠ABC −π
3)，
又因为∠ABC∈(0，5 π
6 )，所以2∠ABC-π
3 ∈(−π
3 ，4 π
3 )，所以sin(2∠ABC −π
3)∈(−√3
2 ，1]，
所以x+y∈(0，√3
3 ]，所以(x+y)max=√3
3 .
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