重难点18 平面向量中的最值（范围）、新定义问题
【全国通用】
【题型1 与数量积有关的最值（范围）问题】.....................................................................................................2
【题型2 与平面向量基本定理有关的最值（范围）问题】.................................................................................5
【题型3 与模长有关的最值（范围）问题】.........................................................................................................8
【题型4 与夹角有关的最值（范围）问题】.......................................................................................................10
【题型5 平面向量中参数的最值（范围）问题】...............................................................................................12
【题型6 平面向量中的新定义问题】....................................................................................................................16
1、平面向量中的最值（范围）、新定义问题
平面向量中的范围、最值问题是高考的热点问题，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，复习时要加强这方面的训练.
从近几年的高考情况来看，平面向量的新定义问题也是高考的一个重要趋势，解决此类问题要注意对
新定义、新概念的理解.
知识点
1 平面向量中的最值与范围问题的解题
策略
1．平面向量中的最值（范围）问题的两类求解思路：
(1)“形化”，即利用平面向量的相关知识将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后结合平面图形
的特征直接进行判断；
(2)“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程
有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．
2．平面向量中的最值（范围）问题的常用解题方法：
(1)定义法
①利用向量的概念及其运算将所求问题进行转化，得到相应的等式关系；
②运用基木不等式、二次函数求其最值（范围）问题，即可得出结论.
(2)坐标法
①建立适当的直角坐标系，把几何图形放在坐标系中，就赋予了有关点与向量具体的坐标；
②将平面向量的运算坐标化，进行相应的代数运算和向量运算；
③运用适当的数学思想方法如：二次函数、基本不等式、三角函数等思想方法来求解最值（范围）.
(3)基
底
法
①适当选取一组基底，利用基底转化向量；
②写出向量之间的联系，根据向量运算律化简目标，构造关于设定未知量的关系式来进行求解；
③运用适当的数学思想方法如：二次函数、基本不等式、三角函数等思想方法来求解最值（范围），即可
得出结论.
知识点
2 平面向量中的新定义问题
1．平面向量中的新定义问题的求解策略
遇到与平面向量有关的新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要
求，“照章办事”，逐条分析，结合平面向量的相关知识进行求解，验证，使得问题得以解决.
【题型1 与数量积有关的最值（范围）问题】
【例1】（2025·四川成都·三模）在矩形ABCD中，AB =5，AD = 4，点E满足2⃗AE =3⃗EB，在平面
ABCD中，动点P满足⃗PE⋅⃗PB =0，则⃗DP⋅⃗AC的最大值为（ ）
A．❑√41+ 4
B．❑√41−6
C．2❑√13+ 4
D．2❑√13−6
【答案】A
【解题思路】建立直角坐标系，利用向量的坐标运算即可结合三角函数的性质求解.
【解答过程】以O 为坐标原点（O是BE中点），建立如图所示的直角坐标系，
因为在矩形ABCD中，AB =5，AD = 4，2⃗AE =3⃗EB，⃗PE⋅⃗PB =0，
所以动点P在以O 为圆心，1 为半径的圆上运动，故设P(cosθ ,sinθ)，
则A (0,4), D (4,4),C (4 ,−1),⃗
DP⋅⃗AC =(cosθ−4 ,sinθ−4)⋅(4 ,−5)= 4 (cosθ−4)−5(sinθ−4)= ❑√41cos(θ+φ)+ 4，
其中锐角φ满足tan φ= 5
4 ，故⃗DP⋅⃗AC的最大值为❑√41+ 4,
故选：A.
【变式1-1】（2025·江西鹰潭·二模）在Rt△ABC中，角A ,B ,C所对应的边为a,b,c,A =π
6 ，C =π
2 ，
c =2，P是△ABC外接圆上一点，则⃗PC ⋅(⃗PA +⃗PB)的最大值是（ ）
A．4
B．2+ ❑√10
C．3
D．1+ ❑√10
【答案】A
【解题思路】先判断△ABC外接圆圆心O是AB的中点，将⃗PC ⋅(⃗PA +⃗PB)化简为2⃗PC ⋅⃗PO，再将⃗PC分
解整理得2⃗PO
2+2⃗PO⋅⃗OC，结合图形，利用向量数量积的定义式进行分析，即得⃗PC ⋅(⃗PA +⃗PB)的最大
值.
【解答过程】
如图，设Rt△ABC的外心为O，则点O是AB的中点，
由⃗PC ⋅(⃗PA +⃗PB)=2⃗PC ⋅⃗PO =2(⃗PO+⃗OC)⋅⃗PO =2⃗PO
2+2⃗PO⋅⃗OC，
因c =2，故|⃗PO|=|⃗OC |=1,而⃗PO⋅⃗OC =cos〈⃗PO ,⃗OC 〉，
故⃗PC ⋅(⃗PA +⃗PB)≤2+2= 4 ,当且仅当⃗PO与⃗OC同向时取等号.
故选：A.
【变式1-2】（2025·北京·三模）已知点N在边长为2 的正八边形A1, A2,⋯, A8的边上，点M在边A1 A2
上，则⃗A1 M ⋅⃗A1 N的取值范围是（ ）
A．[−4−2❑√2,2❑√2)
B．[−4,4 +2❑√2)
C．[−2❑√2,4+2❑√2)
D．[−2❑√2,4)
【答案】C
【解题思路】以A1为原点，建立平面直角坐标系，表示出点M 、N的坐标，计算⃗A1 M ⋅⃗A1 N即可.
【解答过程】以A1为原点，A1 A2为x轴，A1 A6为y轴建立平面直角坐标系，
设N (x1, y1), M (x2,0)，则⃗A1 M =(x2,0),⃗A1 N =(x1, y1)，
所以⃗A1 M ⋅⃗A1 N = x1 x2，
由于正八边形的每个外角都为π
4 ；
则x2∈[0,2), x1∈[−❑√2,2+ ❑√2)，
所以⃗A1 M ⋅⃗A1 N = x1 x2∈[−2❑√2,4 +2❑√2).
故选：C.
【变式1-3】（2025·重庆·三模）正六边形在中国传统文化中象征着 “六合” 与 “六顺” ， 这种形状
常被用于各种传统装饰和建筑中，如首饰盒、古建筑的窗户、古井口等. 已知 6 个边长均为 2 的正六边
形的摆放位置如图所示， C 是这 6 个正六边形内部 (包括边界) 的动点，则 ⃗AC ⋅⃗AB 的最大值为
（ ）
A．12
B．16
C．18
D．20
【答案】C
【解题思路】过C 作CE⊥AB交AB延长线于E 点，则⃗AC ⋅⃗AB =⃗AE⋅⃗AB =|⃗AE|⋅|⃗AB|，当C 位于
D 点时，⃗AC ⋅⃗AB取得最大值，求此时的数量积即可.
【解答过程】
过C 作CE⊥AB交AB延长线于E 点，则⃗AC ⋅⃗AB =⃗AE⋅⃗AB =|⃗AE|⋅|⃗AB|，
因为 6 个正六边形边长均为 2，如图，当C 位于D 点时，⃗AC ⋅⃗AB取得最大值，
此时∠DAE = π
6 , AD =3 AF =6 ❑√3, AE =9，⃗
AD⋅⃗AB =⃗AE⋅⃗AB =9×2=18，
故选：C.
【题型2 与平面向量基本定理有关的最值（范围）问题】
【例2】（2025·四川遂宁·模拟预测）在△ABC中，点F 为线段BC 上任一点（不含端点），若⃗
AF = x⃗AB+2 y⃗AC (x>0, y >0)，则1
x + 2
y 的最小值为（ ）
A．3
B．4
C．8
D．9
【答案】D
【解题思路】先根据共线向量基本定理得到x +2 y =1，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【解答过程】因为点F 为线段BC 上任一点（不含端点），
所以设⃗BF = λ⃗BC，故⃗AF −⃗AB = λ⃗AC −λ⃗AB，
即⃗AF = λ⃗AC +(1−λ)⃗AB，
又⃗AF = x⃗AB+2 y⃗AC (x>0, y >0)，
故x +2 y =1−λ+ λ =1，
故1
x + 2
y =(
1
x + 2
y)(x +2 y)=1+ 4 + 2 y
x + 2 x
y ≥5+2❑√
2 y
x ⋅2 x
y =9，
当且仅当2 y
x = 2 x
y ，即x = y = 1
3时，等号成立，
故1
x + 2
y 的最小值为9.
故选：D.
【变式2-1】（2025·安徽淮北·一模）在平面四边形ABCD中，已知△ABC的面积是△ACD的面积的2 倍.
若存在正实数x , y使得⃗AC =(
1
x −4)⃗AB+(1−1
y)⃗AD成立，则2 x + y的最小值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】A
【解题思路】由面积比得2 DF = BE，再利用三角形相似得到2⃗DO =⃗OB，从而利用向量的线性运算得到
x , y的关系，进而利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【解答过程】根据题意，如图，连接BD，设AC与BD交于点O，
过点B作BE⊥AC于点E，过点D作DF ⊥AC于点F，
若△ABC面积是△ACD面积的2 倍，即2 DF = BE，
根据相似三角形的性质可知，2⃗DO =⃗OB，
∴2(⃗DA +⃗AO)=⃗OA +⃗AB ,∴⃗AO = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AD，
设⃗AC = λ⃗AO = 1
3 λ⃗AB+ 2
3 λ⃗AD，
∵⃗AC =(
1
x −4)⃗AB+(1−1
y)⃗AD ,∴1
x −4 = 1
3 λ ,1−1
y = 2
3 λ，
即1−1
y = 2
x −8,∴2
x + 1
y =9，即1
9(
2
x + 1
y)=1，
∴2 x + y =(2 x + y)× 1
9(
2
x + 1
y)= 1
9(4 +1+ 2 x
y +)
2 y
x )≥1
9(5+2❑√
2 x
y × 2 y
x )=1，
当且仅当2 x
y = 2 y
x ，即x = y = 1
3时取等号，∴2 x + y的最小值为1.
故选：A.
【变式2-2】（24-25 高一下·四川巴中·阶段练习）已知点G为△ABC的重心，D , E分别是AB , AC边上一
点，D ,G , E三点共线，F为BC的中点，若⃗AF = λ⃗AD + μ⃗AE，则4
λ + 1
μ 的最小值为（ ）
A．6
B．7
C．9
2
D．27
2
【答案】A
【解题思路】根据重心性质可得⃗AF = 3
2⃗AG，再由三点共线得出2 λ
3 + 2 μ
3 =1( λ>0, μ>0)，根据“1”的变
形技巧利用均值不等式求最值.
【解答过程】由点G为△ABC的重心，F为BC的中点知，⃗
AF = 3
2⃗AG = λ⃗AD + μ⃗AE,
所以⃗AG = 2 λ
3⃗AD+ 2 μ
3⃗AE，
因为D ,G , E三点共线，D , E分别是AB , AC边上一点，
所以2 λ
3 + 2 μ
3 =1( λ>0, μ>0)，即λ+ μ= 3
2 ( λ>0, μ>0)，
4
λ + 1
μ = 2
3
(λ+ μ)(
4
λ + 1
μ)= 2
3(5+ 4 μ
λ + λ
μ)≥2
3(5+2❑√
4 μ
λ ⋅λ
μ)=6，
当且仅当4 μ
λ = λ
μ，即λ=1, μ= 1
2时等号成立，
故选：A.
【变式2-3】（2024·河北沧州·三模）对称美是数学美的重要组成部分，他普遍存在于初等数学和高等数学
的各个分支中，在数学史上，数学美是数学发展的动力.如图，在等边△ABC中，AB =2，以三条边为直径
向外作三个半圆，M是三个半圆弧上的一动点，若⃗BM = λ⃗AB+ μ⃗AC，则λ+ μ的最大值为（ ）
A．1
2
B．
❑√3
3
C．1
D．3
2
【答案】B
【解题思路】过点M作MP// BC，设⃗AP =k⃗AB，⃗AQ =k⃗AC，得到⃗BM =(kx −1)⃗AB+ky⃗AC，再由
⃗
BM = λ⃗AB+ μ⃗AC，求得λ+ μ=k −1，结合圆的性质，当PM与半圆BC相切时，k最大，分别求得
AB , AE的长，即可求解.
【解答过程】如图所示，过点M作MP// BC，交直线AB , AC于点P ,Q，
设⃗AM = x⃗AP+ y⃗AQ，可得x + y =1.
设⃗AP =k⃗AB，⃗AQ =k⃗AC，则⃗BM =⃗AM −⃗AB =(kx −1)⃗AB+ky⃗AC，
因为⃗BM = λ⃗AB+ μ⃗AC，所以λ+ μ=kx −1+ ky =k −1，
由图可知，当PM与半圆BC相切时，k最大，
又由AB =2，BE =
1
sinπ
3
= 2❑√3
3
，可得AE =2+ 2❑√3
3
= 6+2❑√3
3
，
所以k = AE
AB = 3+ ❑√3
3
，即k最大为3+ ❑√3
3
，所以λ+ μ的最大值为
❑√3
3 .
故选：B.
【题型3 与模长有关的最值（范围）问题】
【例3】（2025·四川内江·三模）已知点A、B、C 在圆x
2+ y
2=1上运动，且AB⊥BC，若点P的坐标为
(0,2)，则|⃗PA +⃗PB+⃗PC |的最大值为（ ）
A．3
B．5
C．7
D．9
【答案】C
【解题思路】由题意可得AC为直径，且|⃗PA +⃗PB+⃗PC |=|2⃗PO+⃗PB)，当⃗PO ,⃗PB共线且方向相同时模
长最长，即可得出答案.
【解答过程】因为AB⊥BC，所以AC为直径且过原点，AC的中点为原点O，
所以由平行四边形法则可得：⃗PA +⃗PC =2⃗PO，
所以|⃗PA +⃗PB+⃗PC |=|2⃗PO+⃗PB)，
所以当⃗PO ,⃗PB共线且方向相同时模长最长，即当B运动到D (0,−1)时，
|⃗PA +⃗PB+⃗PC |=|2⃗PO+⃗PB)取得最大值为2×2+3=7.
故选：C.
【变式3-1】（2025·湖南湘西·模拟预测）已知⃗a,⃗b,⃗c均为单位向量，且〈⃗a,⃗b 〉= 2π
3 ,〈⃗a+⃗b,⃗c 〉=π
3 ，
则|⃗a+⃗b+t⃗c|(t ∈R)的最小值为（ ）
A．3
4
B．
❑√3
2
C．9
4
D．3
2
【答案】B
【解题思路】利用向量的模的计算可得|⃗a+⃗b+t⃗c|=
❑√1+t +t
2，结合二次函数可求最小值.
【解答过程】因为⃗a,⃗b,⃗c均为单位向量，且且〈⃗a,⃗b 〉= 2π
3 ,〈⃗a+⃗b,⃗c 〉=π
3 ，
所以|⃗a+⃗b|=
❑√(⃗a+⃗b)
2=
❑√⃗a
2+2⃗a·⃗b+⃗b
2= ❑√1
2+2×1×1×cos 2π
3 +1
2=1，
|⃗a+⃗b+t⃗c|=
❑√(⃗a+⃗b+t⃗c)
2=
❑√(⃗a+⃗b)
2+2t(⃗a+⃗b)·⃗c +(t⃗c)
2
= ❑√1
2+2t ×1×1×cosπ
3 +t
2=
❑√1+t +t
2=
❑√(t + 1
2 )
2
+ 3
4 ≥❑√
3
4 =
❑√3
2
，
当t =−1
2时，|⃗a+⃗b+t⃗c|(t ∈R)的最小值为
❑√3
2 .
故选：B.
【变式3-2】（2025·江苏泰州·模拟预测）在平行四边形ABCD中A = 45
∘, AB =1, AD = ❑√2，若⃗
AP =⃗AB+ x⃗AD (x∈R),则|⃗AP)的最小值为（ ）
A．1
2
B．
❑√2
2
C．1
D．❑√2
【答案】B
【解题思路】利用平面向量的数量积的运算律，求出|⃗AP|
2的表达式，利用二次函数的最值即得.
【解答过程】由⃗AP =⃗AB+ x⃗AD可得|⃗AP|
2=(⃗AB+ x⃗AD)
2=|⃗AB|
2+ x
2|⃗AD|
2+2 x⃗AB⋅⃗AD
=1+2 x
2+2 x×1×❑√2cos 45
∘=2 x
2+2 x +1=2( x + 1
2 )
2
+ 1
2，
因x∈R，故x =−1
2时，|⃗AP|min
2 = 1
2，即|⃗AP)的最小值为
❑√2
2 .
故选：B．
【变式3-3】（2024·河北保定·二模）如图，圆O1和圆O2外切于点P，A，B分别为圆O1和圆O2上的动
点，已知圆O1和圆O2的半径都为1，且⃗PA ⋅⃗PB =−1，则|⃗PA +⃗PB)
2的最大值为（ ）
A．2
B．4
C．2❑√2
D．2❑√3
【答案】D
【解题思路】由⃗PA ⋅⃗PB =(⃗PO1+⃗O1 A)⋅(⃗PO2+⃗O2B)=1，化简得到
|⃗O1 A ⋅⃗O2B)=|⃗PO1⋅(⃗O2B−⃗O1 A))≤|⃗O2B−⃗O1 A)，两边平方化简可得：
−1−❑√3≤⃗O1 A ⋅⃗O2B≤−1+ ❑√3，由|⃗PA +⃗PB)
2=|⃗PO1+⃗O1 A +⃗PO2+⃗O2B)
2化简即可得到答案.
【解答过程】⃗
PA ⋅⃗PB =(⃗PO1+⃗O1 A)⋅(⃗PO2+⃗O2B)=⃗PO1⋅⃗PO2+⃗PO1⋅⃗O2B+⃗O1 A ⋅⃗PO2+⃗O1 A ⋅⃗O2B
=−1+⃗PO1⋅(⃗O2B−⃗O1 A)+⃗O1 A ⋅⃗O2B =−1，
所以|⃗O1 A ⋅⃗O2B)=|⃗PO1⋅(⃗O2B−⃗O1 A))≤|⃗O2B−⃗O1 A)，
所以|⃗O1 A ⋅⃗O2B)
2≤|⃗O2B)
2+|⃗O1 A)
2−2⃗O1 A ⋅⃗O2B，即|⃗O1 A ⋅⃗O2B)
2+2⃗O1 A ⋅⃗O2B−2≤0，
解得−1−❑√3≤⃗O1 A ⋅⃗O2B≤−1+ ❑√3.
|⃗PA +⃗PB)
2=|⃗PO1+⃗O1 A +⃗PO2+⃗O2B)
2=|⃗O1 A +⃗O2B)
2=|⃗O1 A)
2+|⃗O2B)
2+2⃗O1 A ⋅⃗O2B
=2+2⃗O1 A ⋅⃗O2B≤2+2×(−1+ ❑√3)=2❑√3.
故选：D.
【题型4 与夹角有关的最值（范围）问题】
【例4】（2025·江西·模拟预测）若平面向量⃗a、⃗b、⃗c满足|⃗a−2⃗c)=|3⃗b−⃗c)=1，则cos⟨⃗a−6⃗b,3⃗b−⃗c)
有（ ）
A．最大值
❑√3
2
B．最小值
❑√3
2
C．最大值−
❑√3
2
D．最小值−
❑√3
2
【答案】C
【解题思路】设⃗a−2⃗c =(cosα ,sinα )，3⃗b−⃗c =(1,0)，求出⃗a−6⃗b的坐标，利用平面向量数量积的坐标
运算以及基本不等式可求得cos⟨⃗a−6⃗b,3⃗b−⃗c)的最值，即可得出合适的选项.
【解答过程】因为|⃗a−2⃗c)=|3⃗b−⃗c)=1，不妨设⃗a−2⃗c =(cosα ,sinα )，3⃗b−⃗c =(1,0)，
则⃗a−6⃗b=(⃗a−2⃗c)−2(3⃗b−⃗c)=(cosα −2,sinα )，
所以cos⟨⃗a−6⃗b,3⃗b−⃗c)= (⃗a−6⃗b)⋅(3⃗b−⃗c)
|⃗a−6⃗b)⋅|3⃗b−⃗c)
=
cosα −2
❑√(cosα −2)
2+sin
2α
=−1
4 ⋅8−4 cosα
❑√5−4 cosα
=−1
4
❑√
(8−4 cosα )
2
5−4 cosα =−1
4
❑√
(3+5−4 cosα )
2
5−4 cosα
=−1
4
❑√
9
5−4 cosα +(5−4 cosα )+6
≤−1
4
❑√2
❑√
9(5−4 cosα )
5−4 cosα
+6=−
❑√12
4
=−
❑√3
2
，
当且仅当
9
5−4 cosα =5−4 cosα时，即当cosα = 1
2时，等号成立，
故cos⟨⃗a−6⃗b,3⃗b−⃗c)有最大值−
❑√3
2 .
故选：C.
【变式4-1】（24-25 高一下·江苏南京·阶段练习）已知向量⃗a=(−1,−2)，⃗b=(1, λ)，若⃗a，⃗b的夹角为钝
角，则λ的取值范围是（ ）
A．(−∞,−1
2)
B．(−1
2 ,2)∪(2,+∞)
C．(−1
2 ,+ ∞)
D．(2,+∞)
【答案】B
【解题思路】由⃗a，⃗b的夹角为钝角，可得⃗a⋅⃗b<0，且⃗a与⃗b不共线，从而可求出λ的取值范围.
【解答过程】因为⃗a=(−1,−2)，⃗b=(1, λ)，⃗a，⃗b的夹角为钝角，
所以{
−1−2 λ<0
1
−1 ≠λ
−2 )
，解得λ>−1
2，且λ≠2，
即λ的取值范围是(−1
2 ,2)∪(2,+ ∞)，
故选：B.
【变式4-2】（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知非零向量⃗a,⃗b满足|⃗a)=3|⃗b)，设⃗a−⃗b与⃗a+⃗b的夹角为θ，则
cosθ的最小值为（ ）
A．3
5
B．4
5
C．1
3
D．2
3
【答案】B
【解题思路】设|⃗b)=t (t >0)，则可得−3t
2≤⃗a·⃗b≤3t
2，利用向量的夹角公式可求cosθ的最小值.
【解答过程】设|⃗b)=t (t >0)，则|⃗a)=3t，因为⃗a·⃗b=|⃗a)|⃗b)cos⟨⃗a,⃗b)=3t
2cos⟨⃗a,⃗b)，
所以−3t
2≤⃗a·⃗b≤3t
2，所以0≤(⃗a·⃗b)
2≤9t
4，
则cosθ = (⃗a−⃗b)⋅(⃗a+⃗b)
|⃗a−⃗b)|⃗a+⃗b)
=
8t
2
❑√10t
2−2⃗a·⃗b⋅
❑√10t
2+2⃗a·⃗b
=
8t
2
❑√100t
4−4(⃗a·⃗b)
2 ≥4
5 ，
当(⃗a·⃗b)
2=0时取等号，所以cosθ的最小值为4
5 ．
故选：B．
【变式4-3】（2025·甘肃·一模）已知梯形ABCD中，AB // CD , AB =2BC =2CD =2 AD = 4，点M为
边CD上的动点，若∠AMB =α，则cosα的范围是（ ）
A．[0, 1
7)
B．[−1
7 ,1)
C．[
1
2 , 1
7)
D．[−1
7 ,0)
【答案】D
【解题思路】建立平面直角坐标系，应用向量的夹角公式计算最后结合值域求解.
【解答过程】如图所示建立平面直角坐标系，则
A (−2,0),B (2,0),C (1,❑√3)，D(−1,❑√3)，
设M (x ,❑√3)(−1≤x ≤1)，则⃗AM =(x +2,❑√3)，⃗BM =(x−2,❑√3)，
cosα =
x
2−4 +3
❑√( x +2)
2+3⋅
❑√( x−2)
2+3
=
x
2−1
❑√x
4−2 x
2+ 49
=
x
2−1
❑√(x
2−1)
2+ 48
，
令x
2−1=t，则−1≤t ≤0，
cosα =
t
❑√t
2+ 48
=−❑√
t
2
t
2+ 48
=−❑√
1−
48
t
2+ 48
，
可得cosα ∈[−1
7 ,0)，
故选:D.
【题型5 平面向量中参数的最值（范围）问题】
【例5】（24-25 高一下·重庆·阶段练习）已知直角梯形ABCD 中，A =90
∘，AB //CD，且CD =2，
AB =3，点P 是△BCD 内（含边界）任意一点，设⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AD（λ，μ∈R），则λ+ μ的取值范围
是（ ）
A．[1, 5
2)
B．[
3
2 , 5
2)
C．[1, 5
3)
D．[
3
2 , 5
3)
【答案】C
【解题思路】过点P作BD 的平行线l，并分别交AB，AD 的延长线于B1, D1，过点C作BD 的平行线，并分
别交AB，AD 的延长线于E，F，设⃗A B1=m⃗AB，根据共线结论可得λ+ μ=m，再结合平行关系可得.
【解答过程】过点P作BD 的平行线l，并分别交AB，AD 的延长线于B1, D1，
过点C作BD 的平行线，并分别交AB，AD 的延长线于E，F，
因P ,B1, D1三点共线，则⃗AP =t⃗A B1+(1−t )⃗A D1，
设⃗A B1=m⃗AB，⃗A D1=m⃗AD，则⃗AP =mt⃗AB+(m−mt )⃗AD，
而⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AD，因此λ =mt，μ=m−mt，则得到λ+ μ=m，
由题意知DC // AE，则四边形BECD 为平行四边形，所以BE = DC =2，
从而m= A B1
AB = AB+ B B1
AB
=1+ B B1
3
∈[1, 5
3)，
则λ+ μ的取值范围是[1, 5
3)．
故选：C.
【变式5-1】（2025·安徽池州·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F为线段
BD上的一动点，若⃑AF = x⃑AE + y⃑DC (x>0, y >0)，则2−3 x
4 y
2+1的最大值为（ ）
A．1
2
B．3
4
C．1
D．2
【答案】A
【解题思路】设BD、AE 交于O，根据题意可得△AOB∽△EOD，所以⃑AE = 3
2⃑AO，进而可得⃑
AF = 3
2 x⃑AO+ y⃑AB，根据O、F、B 三点共线，可得x，y 的关系，代入所求，即可基本不等式，即可得
答案.
【解答过程】设BD、AE 交于O，因为DE ∕∕AB，
所以△AOB∽△EOD，所以AO
OE = AB
DE =2,
所以AO=2OE，则⃑AE = 3
2⃑AO，
所以⃑AF = x⃑AE + y⃑DC = 3
2 x⃑AO+ y⃑AB，
因为O、F、B 三点共线，
所以3
2 x + y =1，即2−3 x =2 y，
所以
2−3 x
4 y
2+1
=
2 y
4 y
2+1
=
2
4 y + 1
y
，
因为x>0, y >0，所以4 y + 1
y ≥2❑√4 y ⋅1
y = 4，
当且仅当4 y = 1
y ，即y = 1
2时等号成立，此时x = 1
3，
所以
2−3 x
4 y
2+1
=
2
4 y + 1
y
≤2
4 = 1
2，
故选：A.
【变式5-2】（24-25 高一下·上海·期末）如图，点P是以A为圆心，半径为1 的圆弧BC（包含B ,C两个端
点）上的一点，且∠CAB = 2π
3 , AB =1，且⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC (λ , μ∈R)；
(1)若P为圆弧BC的中点，求λ和μ的值；
(2)若P在圆弧BC（包含B ,C两个端点）上运动，求λ+ μ的取值范围.
【答案】(1)λ = μ=1
(2)[1,2)
【解题思路】（1）建立平面直角坐标系，结合平面向量的坐标运算代入计算，即可得到结果；
（2）由平面向量的坐标运算表示出λ , μ，然后结合三角函数的值域，即可得到结果.
【解答过程】（1）以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
由AB =1可得B (1,0)，
又∠CAB = 2π
3 ，由三角函数的定义可得C(cos 2
3 π,sin 2
3 π)，
即C(−1
2 ，
❑√3
2 )，
因为P为圆弧BC的中点，所以∠PAB =π
3 ,又AP =1，
则P(cosπ
3 ,sinπ
3 )=(
1
2 ,
❑√3
2 )，
所以⃗AP =(
1
2 ,
❑√3
2 )，⃗AB =(1,0)，⃗AC =(−1
2 ,
❑√3
2 )，
由⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC可得(
1
2 ，
❑√3
2 )= λ(1,0)+ μ(−1
2 ，
❑√3
2 )=(λ−μ
2 ，
❑√3
2 μ)，
即{
λ−μ
2 = 1
2
❑√3
2 μ=
❑√3
2 )
，解得{
λ=1
μ=1).
（2）设∠PAB =θ ,θ∈[0, 2
3 π)，则P(cosθ ,sinθ)，所以⃗AP =(cosθ ,sinθ)，
由⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC可得(cosθ ,sinθ)= λ(1,0)+ μ(−1
2 ，
❑√3
2 )=(λ−μ
2 ,
❑√3
2 μ)，
可得{
λ−μ
2 =cosθ
❑√3
2 μ=sinθ)
，解得{
λ =cosθ+ sinθ
❑√3
μ= 2sinθ
❑√3 )
，
所以λ+ μ= ❑√3sinθ+cosθ =2sin(θ+π
6 )，
因为θ∈[0, 2
3 π)，所以θ+π
6 ∈[
π
6 ，5
6 π)，
当θ+π
6 =π
2 时，即θ =π
3 时，sin(θ+π
6 )取得最大值1，此时λ+ μ的最大值为2，
当θ+π
6 =π
6 或5
6 π时，即θ =0或2
3 π时，sin(θ+π
6 )取得最小值1
2，
此时λ+ μ的最小值为1，
所以λ+ μ的取值范围为[1,2).
【变式5-3】（24-25 高三上·河南·阶段练习）在边长为2 的等边△ABC 中，D 为BC 边上一点，且⃗
BD =2⃗DC．
(1)若P 为△ABC 内一点（不包含边界），且PB＝1，求⃗PB⋅⃗PC的取值范围；
(2)若AD 上一点K 满足⃗DK =2⃗KA，过K 作直线分别交AB，AC 于M，N 两点，设⃗AM = x⃗AB，⃗
AN = y⃗AC，△AMN 的面积为S1，四边形BCNM 的面积为S2，且S2=k S1，求实数k 的最大值．
【答案】(1)(−1,0)
(2)73
8
【解题思路】(1)取BC的中点E，则⃗EB =−⃗EC，所以⃗PB⋅⃗PC =⃗PE
2−⃗EC
2=⃗PE
2−1，根据PB＝1，可以
得到|⃗PE)∈(0,1)，进而求出结果；
(2)根据⃗BD =2⃗DC得到⃗AD = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，利用题干已知条件进行转化，再利用三点共线可以得出
1
9 x + 2
9 y =1，然后将比值化为一个二次函数求最值问题即可求解.
【解答过程】（1）取BC的中点E，所以⃗PB⋅⃗PC =(⃗PE +⃗EB)⋅(⃗PE +⃗EC )，
因为E为BC的中点，所以⃗EB =−⃗EC，
所以⃗PB⋅⃗PC =(⃗PE−⃗EC )⋅(⃗PE +⃗EC )=⃗PE
2−⃗EC
2=⃗PE
2−1，
又因为PB＝1，所以|⃗PE)∈(0,1)，故⃗PE
2−1∈(−1,0)，
故⃗PB⋅⃗PC的取值范围(−1,0).
（2）因为⃗BD =2⃗DC，所以⃗AD = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，
因为⃗AM = x⃗AB，⃗AN = y⃗AC，⃗DK =2⃗KA，
所以3⃗AK = 1
3 ⋅1
x⃗AM + 2
3 ⋅1
y⃗AN，也即⃗AK = 1
9 x⃗AM + 2
9 y⃗AN，
因为点K , M , N三点共线，所以1
9 x + 2
9 y =1①
因为S△AMN = 1
2|⃗AM )|⃗AN )sin ∠BAC，所以S△AMN = xy S△ABC，
所以S△ABC = 1
xy S△AMN = 1
xy S1，又因为S△ABC = S1+ S2，所以S2=( 1
xy −1)S1，
所以k = S2
S1
=( 1
xy −1)②，
由①得：1
x =9−2
y ，将其代入②式可得：k =−2
y
2 + 9
y −1=−2( 1
y −9
4 )
2
+ 73
8 ，
所以当y = 9
4 时，k取最大值73
8 .
【题型6 平面向量中的新定义问题】
【例6】（24-25 高一下·湖南常德·阶段练习）定义⃗a⊗⃗b=|⃗a)
2−⃗a⋅⃗b.若向量⃗a=(1,2❑√2) ，向量⃗b为单位向
量，则⃗a⊗⃗b的取值范围是（ ）
A．[0,6)
B．[6,12)
C．[0,6)
D．(−1,5)
【答案】B
【解题思路】根据题意，先求得|⃗a),|⃗b)，再由平面向量数量积的公式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】由题意可得，|⃗a)=
❑√1
2+(2❑√2)
2=3，|⃗b)=1，设<⃗a,⃗b>=θ，
则⃗a⊗⃗b=|⃗a)
2−⃗a⋅⃗b=|⃗a)
2−|⃗a)⋅|⃗b)cosθ =9−3cosθ，
又θ∈[0,π)，则cosθ∈[−1,1)，所以⃗a⊗⃗b∈[6,12).
故选：B.
【变式6-1】（24-25 高一下·江苏无锡·阶段练习）我们定义：“⃗a×⃗b”为向量⃗a与向量⃗b的“外积”，若向
量⃗a与向量⃗b的夹角为θ，它的长度规定|⃗a×⃗b)=|⃗a)⋅|⃗b)sinθ，现已知：在△ABC中，若
|⃗AB+⃗AC)=1,|⃗CA +⃗CB)=2，则|⃗AB×⃗AC)的最大值为（ ）
A．1
3
B．2
5
C．1
2
D．2
3
【答案】D
【解题思路】设E , F分别为BC , AB的中点，结合三角形相似推出S△ABC = 4
3 S四边形ACEF，由题意可得
|⃗AE|= 1
2 ,|⃗CF |=1，确定四边形ACEF面积的最大值，根据题意结合面积公式即可得结果.
【解答过程】设E , F分别为BC , AB的中点，连接EF，
则EF ∥AC，则△BEF∽△BCA，故S△BEF = 1
4 S△ABC,
则S四边形ACEF = 3
4 S△ABC，故S△ABC = 4
3 S四边形ACEF，
又因为|⃗AB+⃗AC)=2|⃗AE)=1,|⃗CA +⃗CB)=2|⃗CF)=2，即|⃗AE)= 1
2 ,|⃗CF)=1，
当AE⊥CF时，四边形ACEF面积最大，最大值为1
2 × 1
2 ×1= 1
4 ，
故△ABC的面积的最大值为4
3 × 1
4 = 1
3，
且|⃗AB×⃗AC)=|⃗AB)⋅|⃗AC)sin ∠BAC =2S△ABC，所以|⃗AB×⃗AC)的最大值为2× 1
3 = 2
3.
故选：D.
【变式6-2】（24-25 高一下·广东深圳·阶段练习）定义：已知两个非零向量⃗a与⃗b的夹角为θ.我们把数量
|⃗a)|⃗b)sinθ叫做向量⃗a与⃗b的叉乘⃗a×⃗b的模，记作|⃗a×⃗b)，即|⃗a×⃗b)=|⃗a)|⃗b)sinθ.
(1)若向量⃗a=(2,4)，⃗b=(−3,1)，求|⃗a×⃗b)；
(2)若平行四边形ABCD的面积为4，求|⃗AB×⃗AD)；
(3)若|⃗a×⃗b)= ❑√3，⃗a⋅⃗b=1，求|⃗a+2⃗b)的最小值.
【答案】(1)14
(2)4
(3)2❑√3
【解题思路】（1）利用向量数量积的运算求得|⃗a),|⃗b),cosθ，从而利用新定义即可得解；
（2）利用平行四边形的面积公式，结合新定义即可得解；
（3）利用新定义与向量数量积的定义求得⃗a,⃗b的夹角，从而得到|⃗a)⋅|⃗b)，再利用向量数量积的运算法则
与基本不等式即可得解.
【解答过程】（1）因为⃗a=(2,4)，⃗b=(−3,1)，
则⃗a⋅⃗b=2×(−3)+ 4×1=−2，|⃗a)= ❑√4 +16=2❑√5,|⃗b)= ❑√9+1= ❑√10
所以cosθ =⃗
a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
=
−2
2❑√5×❑√10 =−
❑√2
10 ，
因为θ是向量⃗a,⃗b的夹角，所以θ∈[0,π]，
因此sinθ =
❑√1−cos
2θ = 7 ❑√2
10 ，故|⃗a×⃗b)=|⃗a)|⃗b)sinθ =2❑√5×❑√10× 7 ❑√2
10 =14.
（2）因为平行四边形ABCD 的面积为4，
所以|⃗AB)⋅|⃗AD)sin ∠BAD = 4，所以|⃗AB×⃗AD)= 4.
（3）因为|⃗a×⃗b)= ❑√3,⃗a⋅⃗b=1，
所以|⃗a)⋅|⃗b)sin ⟨⃗a,⃗b)= ❑√3,|⃗a)⋅|⃗b)cos⟨⃗a,⃗b)=1，所以tan ⟨⃗a,⃗b)= ❑√3，
因为⟨⃗a,⃗b)∈(0,π)，所以⟨⃗a,⃗b)=π
3 ，所以|⃗a)⋅|⃗b)=2，
所以|⃗a+2⃗b)
2=|⃗a)
2+ 4⃗a⋅⃗b+ 4|⃗b)
2≥2
❑√|⃗a)
2×4|⃗b)
2+ 4 =12，
当且仅当|⃗a)
2= 4|⃗b)
2，即|⃗a)=2|⃗b)=2时等号成立，所以|⃗a+2⃗b)的最小值为2❑√3.
【变式6-3】（24-25 高一下·河北承德·期末）如图，设Ox，Oy 是平面内相交成α(0<α <π)角的两条射
线，⃗e1，⃗e2分别为与Ox，Oy 同向的单位向量，定义平面坐标系xOy 为α −仿射坐标系，在α −仿射坐标系
中，若⃗OP = x⃗e1+ y⃗e2，则记⃗OP =(x, y)．
(1)若cosα =−1
3，在α −仿射坐标系中，⃗a=(2,−1)，⃗b=(−1,1)，求∣⃗a−⃗b∣；
(2)在α −仿射坐标系中，若⃗a=(−1,❑√3)，且⃗a与⃗e1的夹角为π
3 ，求α；
(3)如图，在π
3 −仿射坐标系中，点B，C 分别在射线Ox、射线Oy 上（均与点O 不重合），∣⃗BC ∣=1，
⃗
OD = 7
19⃗OC，E，F 分别为BD ,BC的中点，求⃗OE⋅⃗OF的最大值．
【答案】(1)❑√17
(2)α =π
6 ；
(3)121
228
【解题思路】（1）构造直角坐标系xO y
′，得出⃗e1，⃗e2对应的直角坐标，通过仿射坐标系的定
（2）同（1）求出⃗a的直角坐标，利用直角坐标系中向量夹角的坐标表示求解；
（3）设|OB)=m,|OC)=n，同（1）表示出⃗OB ,⃗OC的直角坐标，再求出⃗OE ,⃗OF的直角坐标，然后计算
数量积，在△OBC中，设∠BCO =θ，由正弦定理表示出m,n，再利用三角函数的知识求得最大值.
【解答过程】（1）cosα =−1
3，则sin a= 2❑√2
3
，
如图，以O为原点构造直角坐标系xO y
′，
在直角坐标系xO y
′中，当cosα =−1
3时，记⃗e1=(1,0)，则⃗e2=(−1
3 , 2❑√2
3
)，
在α −仿射坐标系中，⃗a=(2,−1)，⃗b=(−1,1)，
则⃗a=2⃗e1−⃗e2=2(1,0)−(−1
3 , 2❑√2
3
)=( 7
3 ,−2❑√2
3
)，⃗
b=−⃗e1+⃗e2=−(1,0)+(−1
3 , 2❑√2
3
)=(−4
3 , 2❑√2
3
)，
所以|⃗a−⃗b)=|( 11
3 , −4 ❑√2
3
))=
❑√( 11
3 )
2
+(−4 ❑√2
3
)
2
= ❑√17；
（2）在直角坐标系xO y
′中，记⃗e1=(1,0)，则⃗e2=(cosα ,sin α )，
在α −仿射坐标系中，⃗a=(−1,❑√3)=−⃗e1+ ❑√3⃗e2=(−1+ ❑√3cosα ,❑√3sin α )，
cos⟨⃗a,⃗e1)=⃗a⋅⃗e1
|⃗a)|⃗e1)
=
−1+ ❑√3cosα
❑√(−1+ ❑√3cosα )
2+3sin
2α
=cosπ
3 = 1
2，
解得cosα =0（舍去）或cosα =
❑√3
2 ，所以α =π
6 ；
（3）在直角坐标系xO y
′中，⃗e1=(1,0),⃗e2=(cosπ
3 ,sinπ
3 )=( 1
2 ,
❑√3
2 )，
设⃗OB =m⃗e1=(m,0)，⃗OC =n⃗e2=( 1
2 n,
❑√3
2 n)，m>0,n>0，即|OB)=m,|OC)=n，
则|⃗BC)= ❑√m
2+n
2−2mncosπ
3 =1，所以m
2+n
2−mn=1，
E，F 分别为BD ,BC的中点，
则⃗OE = 1
2 (⃗OB+⃗OD)= 1
2 (m+ 7
38 n, 7 ❑√3
38 n)，⃗OF = 1
2 (⃗OB+⃗OC )= 1
2 (m+ 1
2 n,
❑√3
2 n)⃗
OE⋅⃗OF = 1
4 [(m+ 7
38 n)(m+ 1
2 n)+ 7 ❑√3
38 n⋅
❑√3
2 n] = 1
4 (m
2+ 13
19 mn+ 7
19 n
2) = 1
19 (8m
2+5n
2)−13
76，
△OBC中，由正弦定理
BC
sinπ
3
=
OB
sin ∠BCO =
OC
sin ∠CBO ，
设∠BCO =θ，则sin∠CBO=sin(θ+π
3 ),θ∈(0, 2π
3 )，
所以m= 2
❑√3 sinθ，n= 2
❑√3 sin(θ+π
3 )，
8m
2+5n
2= 32
3 sin
2θ+ 20
3 sin
2(θ+π
3 )= 32
3 × 1−cos2θ
2
+ 20
3 ×
1−cos(2θ+2π
3 )
2
= 2
3 [8(1−cos2θ)+5(1+ 1
2 cos2θ+
❑√3
2 sin 2θ)]
= 2
3 (13+ 5 ❑√3
2
sin 2θ−11
2 cos2θ)= 2
3 (13+7sin(2θ−φ)]，其中φ为锐角，且tan φ = 11
5 ❑√3，
因为θ∈(0, 2π
3 )，则−φ<2θ−φ< 4π
3 −φ，
故当2θ−φ =π
2 时，8m
2+5n
2取得最大值2
3 （13+7）= 40
3 ，
则⃗OE⋅⃗OF = 1
19 (8m
2+5n
2)−13
76 ≤1
19 × 40
3 −13
76 = 121
228.
一、单选题
1．（2025·辽宁大连·一模）设单位向量⃗a,⃗b,⃗c，已知⃗a⋅⃗b= 1
2，则|2⃗b−⃗a+⃗c)的最小值为（ ）
A．0
B．1
C．❑√3−1
D．❑√3+1
【答案】C
【解题思路】设⃗d =2⃗b−⃗a，求出|⃗d)= ❑√3，再利用不等式|⃗d +⃗c)≥||⃗d)−|⃗c))即可求解.
【解答过程】设⃗d =2⃗b−⃗a，
因⃗a,⃗b为单位向量，⃗a⋅⃗b= 1
2，
则|⃗d)=
❑√(2⃗b−⃗a)
2=
❑√4⃗b
2−4⃗a⋅⃗b+⃗a
2= ❑√4−4× 1
2 +1= ❑√3，
则|2⃗b−⃗a+⃗c)=|⃗d +⃗c)≥||⃗d)−|⃗c))= ❑√3−1，等号成立时⃗c ,⃗d方向相反，
故|2⃗b−⃗a+⃗c)的最小值为❑√3−1.
故选：C.
2．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）已知平面向量满足|⃗a−⃗b)=1，⃗b=(1,❑√3)，则⟨⃗a,⃗b)的取值范围为
（ ）
A．[
π
6 ,π
2 )
B．[0,π
6 )
C．[0,π
3 )
D．[
π
3 ,π
2 )
【答案】B
【解题思路】根据向量的模，通过将模进行平方得到等式，然后化简求出¿ a
→
,b
→
¿¿的余弦值，进而根据向
量夹角的范围和基本不等式的性质求出¿ a
→
,b
→
¿¿的取值范围.
【解答过程】因为|⃗a−⃗b)=1，所以(⃗a−⃗b)
2=1，即|⃗a)
2−2⃗a⋅⃗b+|⃗b)
2=1，
因为|b
→)= ❑√1+3=2，所以|a
→)
2
−4|a
→)cos<a
→
,b
→
¿¿+3=0，
所以cos<a
→
,b
→
¿¿=|a
→)
2
+3
4|a
→)
≥2❑√3|a
→)
4|a
→)
=
❑√3
2 ，
因为¿ a
→
,b
→
¿¿∈[0,π )，所以⟨⃗a,⃗b)∈[0,π
6 )．
故选：B.
3．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知向量⃗a=(−1,❑√3),⃗b=(x , y)，若x>0, y <0，则⃗a⋅⃗b
|⃗b)
的取值范围是
（ ）
A．[−2,−1)
B．[−2,−❑√3)
C．(−❑√3,−1)
D．(−❑√3,−❑√2)
【答案】A
【解题思路】由向量夹角的公式变形后再讨论⃗a,⃗b夹角范围可得.
【解答过程】设向量⃗a,⃗b的夹角为θ，则⃗a⋅⃗b
|⃗b)
=|⃗a)cosθ =2cosθ，
设⃗a,⃗b的起点在原点，⃗a与x轴正方向的夹角为α
由tan α =
❑√3
−1 =−❑√3可得⃗a与x轴正方向的夹角为120°，
由x>0, y <0可得⃗b的终点在第四象限，当两向量反向共线时，夹角最大，
当⃗b的终点趋于x正方向时，夹角趋近于120°，
所以120
∘<θ≤180
∘，则−1≤cosθ<−1
2，所以−2≤⃗a⋅⃗b
|⃗b)
<−1．
故选：A.
4．（2025·四川泸州·一模）已知平面向量|⃗OA)= 4 ,|⃗OB)=3,|⃗OC)=1,⃗OA ⋅⃗OB =0，则|⃗CA +⃗CB)的最小
值是（ ）
A．1
B．2
C．3
2
D．3
【答案】D
【解题思路】由题设A ,B ,C分别在以O为原点，半径为4,3,1的圆上运动，且⃗OA ⊥⃗OB，数形结合及向量
加法的几何意义确定|⃗CA +⃗CB)的范围，即可得答案.
【解答过程】由题设，A ,B ,C分别在以O为原点，半径为4,3,1的圆上运动，且⃗OA ⋅⃗OB =0，
所以⃗OA ⊥⃗OB，若D是AB的中点，则|OD|= 1
2 | AB|= 5
2，而|OC |=1，如下图示，
由图知，|⃗CA +⃗CB)=2|⃗C D|，而|OD|−|OC |≤|CD|≤|OD|+|OC |，即3
2 ≤|CD|≤7
2.
所以|⃗CA +⃗CB)的最小值是3.
故选：D.
5．（2025·河南许昌·三模）在△ABC中，点D 在BC 上，且满足|BD)= 1
4|BC)，点E 为AD 上任意一点，
若实数x，y 满足⃗BE = x⃗BA + y⃗BC，则1
x + 2
y 的最小值为（ ）
A．2❑√2
B．4 ❑√3
C．4+2❑√3
D．9+ 4 ❑√2
【答案】D
【解题思路】先根据平面向量基本定理及共线向量定理的推论，由三点A , E , D共线得x + 4 y =1，且
x>0, y >0，再根据“1”的代换，运用基本不等式可得答案.
【解答过程】⃗BE = x⃗BA + y⃗BC = x⃗BA + 4 y⃗BD，
由A , E , D三点共线可得x + 4 y =1，且x>0, y >0，
所以1
x + 2
y =(
1
x + 2
y)(x + 4 y)=9+ 4 y
x + 2 x
y ≥9+2❑√
4 y
x × 2 x
y =9+ 4 ❑√2，
当且仅当4 y
x = 2 x
y 即x = 2❑√2−1
7
, y = 4−❑√2
14
时等号成立.
故选：D.
6．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）已知向量⃗a=( x ,1),⃗b=(3,−y ),⃗c =(1,1)，若⃗a,⃗b在⃗c上的投影向量相
等，则x
2+ y
2的最小值为（ ）
A．2
B．1
C．1
2
D．❑√2
【答案】A
【解题思路】由投影向量的定义及向量相等得⃗a⋅⃗c =⃗b⋅⃗c，再应用向量数量积的坐标表示得x + y =2，最
后应用基本不等式求目标式的最小值.
【解答过程】由题意⃗a⋅⃗c
|⃗c| ⋅⃗
c
|⃗c| =⃗b⋅⃗c
|⃗c| ⋅⃗
c
|⃗c| ，可得⃗a⋅⃗c =⃗b⋅⃗c，
故x +1=3−y，即x + y =2，
所以x
2+ y
2≥( x + y)
2
2
=2，当且仅当x = y =1时取等号，
所以x
2+ y
2的最小值为2.
故选：A.
7．（2025·江西新余·模拟预测）已知在正方形ABCD中，AB =2，M为BC中点，N为正方形ABCD内部
或边界上一点，则⃗DM ⋅⃗CN的最大值为（ ）
A．1
B．3
2
C．7
4
D．2
【答案】D
【解题思路】建立坐标系，写出点的坐标，设N (m,n)，0≤m≤2,0≤n≤2，得到⃗DM ⋅⃗CN =2m−n−2
，求出最大值.
【解答过程】以A为坐标原点，AB , AD所在直线分别为x , y轴，建立平面直角坐标系，
则A (0,0),B (2,0),C (2,2), D (0,2), M (2,1)，
设N (m,n)，0≤m≤2,0≤n≤2，
则⃗DM ⋅⃗CN =(2,−1)⋅(m−2,n−2)=2m−4+2−n=2m−n−2，
故当m=2,n=0时，⃗DM ⋅⃗CN =2m−n−2取得最大值，最大值为4−0−2=2.
故选：D.
8．（2025·北京·模拟预测）如图，OM ∥AB，点P 在由射线OM、线段OB及AB的延长线围成的阴影区
域内（不含边界）运动，且⃗OP=−1
3⃗OA + λ⃗OB，则λ的取值范围是（ ）
A．(0, 1
3)
B．(
1
3 , 2
3)
C．(
2
3 , 4
3)
D．(
1
3 , 4
3)
【答案】D
【解题思路】在OA的反向延长线上取点C，使得OC = 1
3 OA，过C作CE //OB，分别交OM和AB的延长
线于点D , E，根据平面向量的加法运算，讨论点P在点D处与E处时λ的值，从而得λ的取值范围.
【解答过程】如图，由于⃗OP =−1
3⃗OA + λ⃗OB，
在OA的反向延长线上取点C，使得OC = 1
3 OA，过C作CE //OB，分别交OM和AB的延长线于点D , E
，
则CD = 1
3 OB ,CE = 4
3 OB，
要使得P点落在指定区域内，则P点应落在DE上，
当点P在点D处时，⃗OP=−1
3⃗OA + 1
3⃗OB，
当点P在点E处时，⃗OP=−1
3⃗OA + 4
3⃗OB，
所以λ的取值范围是(
1
3 , 4
3).
故选：D.
二、多选题
9．（24-25 高一下·广东深圳·期中）四边形ABCD是边长为1 的正方形，M是线段CD上的动点（包括端
点C、D），则（ ）
A．⃗AM ⋅⃗BC =1
B．当⃗AD +⃗MC =⃗AM时，M为CD中点
C．|⃗MA +⃗MB)的最小值为❑√3
D．|⃗MA +⃗MB)的最大值为❑√5
【答案】ABD
【解题思路】以A为原点，分别以AB，AD所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，分别表示出各点的
坐标，结合向量的坐标运算逐一分析选项即可.
【解答过程】以A为原点，分别以AB，AD所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系,
因为四边形ABCD是边长为1 的正方形，M是线段CD上的动点（包括端点C、D）
则A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，设M ( x ,1) (0≤x ≤1)，
对于A，⃗AM =( x ,1)，⃗BC =(0,1)，所以⃗AM ⋅⃗BC =1，故A 选项正确；
对于B，⃗AD =(0,1)，⃗MC =(1−x ,0)，⃗AM =( x ,1)，由于⃗AD +⃗MC =⃗AM，
所以1−x = x，解得x = 1
2，则M为CD中点，故B 选项正确；
对于C，⃗MA =(−x ,−1)，⃗MB =(1−x ,−1)，则⃗MA +⃗MB =(1−2 x ,−2)，
所以|⃗MA +⃗MB)=
❑√(1−2 x)
2+ 4，则当x = 1
2时，|⃗MA +⃗MB)的最小值为2，故C 选项不正确；
对于D，当x =0或1时，|⃗MA +⃗MB)的最大值为❑√5，故D 选项正确；
故选：ABD.
10．（24-25 高二下·江苏南京·阶段练习）已知P是边长为2 的正六边形ABCDEF内一点（不含边界），
且⃗AP =⃗AB+ λ⃗AF , λ∈R，则下列结论正确的是（ ）
A．△PCD的面积为定值
B．∃λ使得|⃗PC)>|⃗PA)
C．∠CPD的取值范围是(π
6 ,π
3 ]
D．|⃗PC)的取值范围是[2,2❑√3]
【答案】AC
【解题思路】根据题中向量等式，可推得⃗BP = λ⃗AF , λ∈R，所以P在正六边形ABCDEF的对角线BE上
运动，，由此判断A 选项，根据正六边形的轴对称性，可判断B，观察图形，结合解三角形的知识加以计
算，可判断C、D.
【解答过程】由⃗AP =⃗AB+ λ⃗AF , λ∈R可得⃗AP−⃗AB = λ⃗AF , λ∈R，即⃗BP = λ⃗AF , λ∈R，
所以P在正六边形ABCDEF的对角线BE上运动，
对于A，因为BE //CD，即点P到CD的距离d为定值，
所以△PCD的面积S = 1
2 CD⋅d为定值，A 正确；
对于B，因为正六边形ABCDEF关于直线BE对称，所以不论P在何处，总有|⃗PC)=|⃗PA)，
即不存在λ，使得|⃗PC)>|⃗PA)，B 错误；
对于C，根据图形的对称性，当P为BE中点时，∠CPD =π
3 达到最大值，
当P与B或E重合时，∠CPD =π
6 达到最小值，
故∠CPD的取值范围是(π
6 ,π
3 ]，C 正确；
对于D，因为正六边形边长为2，所以平行线BE，CD的距离d = ❑√3，
当P与点C在BE上的射影重合时，|⃗PC)有最小值❑√3，
可见|⃗PC)的取值范围不是[2,2❑√3]，D 错误；
故选：AC.
11．（24-25 高一下·浙江衢州·期末）窗花是贴在窗户上的剪纸，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，图2 是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形ABCDEFGH的边长为2，
P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若函数f (x)=|⃗AD−x⃗AB)，则函数f (x)的最小值为2+ ❑√2
B．⃗PA ⋅⃗PB的最大值为12+8 ❑√2
C．⃗AG在⃗AB方向上的投影向量为−⃗AB
2
D．⃗OA +⃗OC = ❑√3⃗OB
【答案】AB
【解题思路】以AE为y轴，GC为x轴建立直角坐标系，计算各点坐标，计算向量坐标，求出函数解析
式，利用二次函数求出最值，A 正确；取AB的中点M，得到⃗PA ⋅⃗PB =⃗PM
2−⃗MA
2=⃗PM
2−1
4
，求出
⃗
PM
2的最大值，从而得到⃗PA ⋅⃗PB的最大值，B 正确；利用数量积的几何意义求解投影向量，C 错误；计
算向量坐标即可判断D 错误，得到答案.
【解答过程】如图所示：以AE为y轴，GC为x轴建立直角坐标系，
设|OA)=|OB)=|OC)=|OD)=|OE)=|OF)=|OG)=|OH )=a，
在△OAB中，根据余弦定理可得，4 =a
2+a
2−2a
2×cosπ
4 ，整理得到a
2= 4+2❑√2，
A (0,−a),B(
❑√2
2 a,−
❑√2
2 a),C (a,0), D(
❑√2
2 a,
❑√2
2 a), E (0,a), F(−
❑√2
2 a,
❑√2
2 a)，
G (−a,0)，H(−
❑√2
2 a,−
❑√2
2 a)，设P(x0, y0)，
对选项A：⃗AD =(
❑√2
2 a,
❑√2
2 a+a)，⃗AB =(
❑√2
2 a,a−
❑√2
2 a)，
所以⃗AD−x⃗AB =(
❑√2
2 a(1−x),
❑√2
2 a(1+ x)+a(1−x))，
所以f (x)=|⃗AD−x⃗AB)=
❑√[
❑√2
2 a(1−x)]
2
+[
❑√2
2 a(1+ x)+a(1−x)]
2
=
❑√(2+ ❑√2)a
2+(2−❑√2)a
2 x
2−2a
2 x =
❑√4 x
2−(8+ 4 ❑√2)x +12+8 ❑√2
=2
❑√x
2−(2+ ❑√2)x +3+2❑√2，
所以当x =1+
❑√2
2 时，函数f (x)有最小值为2+ ❑√2，A 正确；
对选项B：取AB的中点M，则⃗PA +⃗PB =2⃗PM，⃗PA −⃗PB =⃗BA =2⃗MA，
则(⃗PA +⃗PB)
2= 4⃗PM
2，(⃗PA −⃗PB)
2= 4⃗MA
2，
两式相减得：⃗PA ⋅⃗PB =⃗PM
2−⃗MA
2=⃗PM
2−1，
由正八边形的对称性知，当点P与点E或F重合时，⃗PM
2最大，
又M(
❑√2
4 a,−1
2 a−
❑√2
4 a), E (0,a)，所以⃗EM =(
❑√2
4 a,−3
2 a−
❑√2
4 a)，
所以⃗EM
2=|⃗EM )
2=(
❑√2
4 a)
2
+(−3
2 a−
❑√2
4 a)
2
= 10+3 ❑√2
4
a
2=13+8 ❑√2，
所以⃗PA ⋅⃗PB的最大值为⃗EM
2−1=13+8 ❑√2−1=12+8 ❑√2，B 正确；
对选项C：⃗AG =(−a,a)，⃗AB =(
❑√2
2 a,a−
❑√2
2 a)，
所以⃗
AG⋅⃗AB
|⃗AB)
2
=
−
❑√2
2 a
2+a
2−
❑√2
2 a
2
1
2 a
2+(a−
❑√2
2 a)
2 =−
❑√2
2 ，即投影向量为−
❑√2
2⃗AB，C 错误；
对选项D：因为⃗OA =(0,−a)，⃗OC =(a,0)，所以⃗OA +⃗OC =(a,−a)，
又
❑√3⃗OB =(
❑√6
2 a,−
❑√6
2 a)，所以⃗OA +⃗OC ≠❑√3⃗OB，D 错误.
故选：AB.
三、填空题
12．（2024·北京石景山·一模）已知向量⃗a,⃗b满足|⃗b)=2，⃗a与⃗b的夹角为π
6 ，则当实数λ变化时，|⃗b−λ⃗a)
的最小值为
．
【答案】1
【解题思路】根据题意利用平面向量的几何特征，可知当(⃗b−λ⃗a)⊥⃗a时，|⃗b−λ⃗a)取得最小值.
【解答过程】如图所示：
设⃗OA =⃗a,⃗OB =⃗b，
当(⃗b−λ⃗a)⊥⃗a时，|⃗b−λ⃗a)取得最小值，
过点B作BD⊥OA于点D，即可得|⃗b−λ⃗a)的最小值为|BD)，
又⃗a与⃗b的夹角为π
6 ，即∠AOB =π
6 ，易知|OB)=2，
所以|BD)=|OB)sinπ
6 =1.
即|⃗b−λ⃗a)的最小值为1.
故答案为：1.
13．（2024·全国·模拟预测）已知等边△ABC的外接圆O的面积为36 π，动点M在圆O上，若⃗
MA ⋅⃗MB+⃗MB⋅⃗MC ≤λ，则实数λ的取值范围为
．
【答案】[72,+∞)
【解题思路】根据正三角形的几何性质可得外接圆半径，再由正弦定理得边长AB，取线段AC的中点N，
取线段BN的中点P，根据向量的线性运算及数量积的运算性可得⃗MA ⋅⃗MB+⃗MB⋅⃗MC =2⃗MB⋅⃗MN，且⃗
MB⋅⃗MN = ⃗MP
2−1
4⃗BN
2,再由三角形三边关系列不等式得结论.
【解答过程】依题意，设△ABC的外接圆的半径为R，则π R
2=36π，故R =6，
在等边△ABC中由正弦定理得
AB
sin60
∘=12，则AB =6 ❑√3；
取线段AC的中点N，连接BN，则BN =
❑√3
2 AB =9，
所以⃗MA ⋅⃗MB+⃗MB⋅⃗MC =⃗MB⋅(⃗MA +⃗MC)=2⃗MB⋅⃗MN；
取线段BN的中点P，连接BP，则O在线段BN上，且ON = 1
3 BN =3，所以OP= NP−ON = 9
2 −3= 3
2，
则⃗MB⋅⃗MN = ⃗MP
2−1
4⃗BN
2,又⃗MP
2= M P
2≤(MO+OP)
2=(6+ 3
2)
2
= 225
4 ，
故⃗MB⋅⃗MN ≤225
4 −81
4 =36，则λ≥72．
故答案为：[72,+∞).
14．（2025·江苏·三模）设Ox、Oy是平面内相交成α (0<α <π)的两条射线，⃗e1、⃗e2分别是与Ox、Oy同
向的单位向量，定义平面坐标系xOy为α −仿射坐标系，在α −仿射坐标系中，若⃗OP = x⃗e1+ y⃗e2，则记⃗
OP =(x , y).已知在如图所示的π
4 −仿射坐标系中，B、C分别在x轴、y轴正半轴上，且|⃗BC)=2，点D、
E、F分别为OC、BD、BC的中点，则⃗OE⋅⃗OF的最大值为
.
【答案】
❑√74 +9
4
【解题思路】设⃗OB =m⃗e1，⃗OC =n⃗e2，根据|⃗BC)=2可得出m
2−❑√2mn+n
2= 4，设m−
❑√2
2 n=2cosθ，
n=2❑√2sinθ，则m=2cosθ+2sinθ，根据平面向量的线性运算得出⃗OF = m
2⃗e1+ n
2⃗e2，⃗OE = m
2⃗e1+ n
4⃗e2
，利用平面向量数量积的运算性质可求得⃗OE⋅⃗OF的最大值.
【解答过程】由题意可知|⃗e1)=|⃗e2)=1，，
由平面向量数量积的定义可得⃗e1⋅⃗e2=|⃗e1)⋅|⃗e2)cosπ
4 =
❑√2
2 ，
设⃗OB =m⃗e1，⃗OC =n⃗e2，则⃗BC =⃗OC −⃗OB =n⃗e2−m⃗e1，
所以|⃗BC)= ❑√(n⃗e2−m⃗e1)
2=
❑√m
2⃗e1
2−2mn⃗e1⋅⃗e2+n
2⃗e2
2=
❑√m
2−❑√2mn+n
2=2，
即m
2−❑√2mn+n
2= 4，即(m−
❑√2
2 n)
2
+ 1
2 n
2= 4，且有❑√2mn=m
2+n
2−4，
设m−
❑√2
2 n=2cosθ，n=2❑√2sinθ，则m=2cosθ+2sinθ，
因为D为OC的中点，则⃗OD = 1
2⃗OC = n
2⃗e2，
因为F为BC的中点，则⃗OF = 1
2⃗OB+ 1
2⃗OC = m
2⃗e1+ n
2⃗e2，
同理可得⃗OE = 1
2⃗OB+ 1
2⃗OD = m
2⃗e1+ n
4⃗e2，
所以，⃗OE⋅⃗OF =(
m
2⃗e1+ n
4⃗e2)⋅(
m
2⃗e1+ n
2⃗e2)= 1
8 (2m⃗e1+n⃗e2)⋅(m⃗e1+n⃗e2)
= 1
8 (2m
2⃗e1
2+3mn⃗e1⋅⃗e2+n
2⃗e2
2)= 1
8(2m
2+ 3 ❑√2
2
mn+n
2)，
因为2m
2+ 3 ❑√2
2
mn+n
2=2m
2+ 3
2 (m
2+n
2−4)+n
2= 7
2 m
2+ 5
2 n
2−6
= 7
2
(2cosθ+2sinθ)
2+ 5
2 ⋅8sin
2θ−6=14 (1+sin2θ)+20sin
2θ−6
=14 sin 2θ+10(1−cos2θ)+8=14 sin 2θ−10cos2θ+18=2❑√74 sin (2θ−φ)+18，
其中φ为锐角，且tan φ= 5
7 ，故⃗OE⋅⃗OF的最大值为2❑√74 +18
8
=
❑√74 +9
4
.
故答案为：
❑√74 +9
4
.
四、解答题
15．（24-25 高一下·江苏苏州·阶段练习）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，
AB =2CD = 4，E，F分别为DC，CB的中点，且⃗AC ⋅⃗EF =2，P是线段AB上的一个动点．
(1)求∠EAF；
(2)求(⃗PE+⃗PF )⋅⃗PA的取值范围．
【答案】(1)π
4
(2)[−2,16]
【解题思路】（1）建立坐标系，设D(0, y0)( y0>0)，表达出⃗AC =(2, y0)，⃗EF =(2,−y0
2 )，由⃗
AC ⋅⃗EF =2得到方程，求出y0=2，利用平面向量夹角余弦公式求出答案；
（2）设P(x0,0)(0≤x0≤4)，表达出(⃗PE +⃗PF )⋅⃗PA =2(x0−1)
2−2，结合0≤x0≤4，求出
(⃗PE +⃗PF )⋅⃗PA ∈[−2,16].
【解答过程】（1）以A为原点，AB为x轴正半轴，AD为y轴正半轴，建立平面直角坐标系，
∴A(0,0)，B(4,0)，设D(0, y0)( y0>0)，则E(1, y0)，C (2, y0)，F(3, y0
2 )，
∴⃗AC =(2, y0)，⃗EF =(2,−y0
2 )，
由⃗AC ⋅⃗EF =2，则4−y0
2
2 =2，即y0
2= 4，
又y0>0，∴y0=2，∴AD =2，
E(1,2)，F(3,1)，⃗AE =(1,2)，⃗AF =(3,1)，
∴cos∠EAF =⃗AE⋅⃗AF
|⃗AE)|⃗AF)
=
5
❑√5⋅❑√10 = 1
❑√2 =
❑√2
2 ，
又∠EAF为锐角，∴∠EAF =π
4 ；
（2）设P(x0,0)(0≤x0≤4)，∴⃗PE =(1−x0,2),⃗PE =(1−x0,2)，
∴⃗PE +⃗PF =(4−2 x0,3)，⃗PA =(−x0,0)，
∴(⃗PE +⃗PF )⋅⃗PA =(4−2 x0,3)⋅(−x0,0)=(4−2 x0)⋅(−x0)=2 x0
2−4 x0
=2[(x0−1)
2−1)=2(x0−1)
2−2，
∵0≤x0≤4，∴(⃗PE +⃗PF )⋅⃗PA ∈[−2,16].
16．（24-25 高一下·广西河池·阶段练习）对任意非零向量⃗m，⃗n，定义⃗m⊗⃗n=⃗m⋅⃗n⃗
n
2
．
(1)若向量⃗a=(3,2)，⃗b=(−2,3)，求⃗a⊗(⃗a+2⃗b)的值；
(2)若单位向量⃗a，⃗b满足(⃗a+⃗b)⊗(2⃗a−⃗b)= 1
4 ，求向量⃗a与⃗a−⃗b的夹角的余弦值．
【答案】(1)1
5
(2)
❑√7
4
【解题思路】（1）先求出向量⃗a+2⃗b的坐标，再根据题目所给定义求出⃗a⊗(⃗a+2⃗b)的值；
（2）根据所给条件求出⃗a⋅⃗b的值，再利用向量夹角的余弦值公式计算即可.
【解答过程】（1）因为向量⃗a=(3,2)，⃗b=(−2,3)，所以⃗a+2⃗b=(−1,8)，
(⃗a+2⃗b)
2=1+64 =65，
则⃗a⊗(⃗a+2⃗b)=⃗a⋅(⃗a+2⃗b)
(⃗a+2⃗b)
2 = (3,2)⋅(−1,8)
65
= −3+16
65
= 1
5；
（2）(⃗a+⃗b)⊗(2⃗a−⃗b)= (⃗a+⃗b)⋅(2⃗a−⃗b)
(2⃗a−⃗b)
2
= 2⃗a
2+⃗a⋅⃗b−⃗b
2
4⃗a
2−4⃗a⋅⃗b+⃗b
2
= 1+⃗a⋅⃗b
5−4⃗a⋅⃗b
= 1
4 ，解得⃗a⋅⃗b= 1
8，
所以cos⟨⃗a,⃗a−⃗b)=⃗a⋅(⃗a−⃗b)
|⃗a)⋅|⃗a−⃗b)
=⃗
a
2−⃗a⋅⃗b
❑√⃗a
2−2⃗a⋅⃗b+⃗b
2 =
1−1
8
❑√2−2× 1
8
=
❑√7
4 .
17．（24-25 高一下·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，已知点A、B的坐标分别为(1,0)，(−1,0)，
|⃗OC)=1，且∠AOC =θ，其中O为坐标原点.
(1)若θ = 3π
4 ，设D为线段OA上的动点，求|⃗OC +⃗OD)的最小值；
(2)若θ∈[0, π
2)，向量⃗m=⃗BC，向量⃗n=(1−cosθ ,sinθ−2cosθ)，求⃗m⋅⃗n的最小值.
【答案】(1)
❑√2
2
(2)1−❑√2
【解题思路】（1）设出D点坐标，求得|⃗OC +⃗OD|的表达式，结合二次函数的性质求得最小值.
（2）结合向量数量积的运算、三角恒等变换、三角函数最值的求法求得⃗m⋅⃗n的最小值.
【解答过程】（1）已知点A的坐标为(1,0)，D为线段OA上的动点，设D (t ,0)(0≤t ≤1)，
因为|⃗OC)=1，且∠AOC =θ，θ = 3π
4 ，
则C(−
❑√2
2 ,
❑√2
2 )，
所以⃗OC +⃗OD =(−
❑√2
2 +t ,
❑√2
2 )，
所以|⃗OC +⃗OD)
2=(t −
❑√2
2 )
2
+ 1
2，
所以当t =
❑√2
2 ∈[0,1)时，|⃗OC +⃗OD)最小，最小值为
❑√2
2 .
（2）因为|⃗OC)=1，且∠AOC =θ，B的坐标为(−1,0)，
则C (cosθ ,sinθ)，则⃗m=⃗BC =(cosθ+1,sinθ)，
又⃗n=(1−cosθ ,sinθ−2cosθ)，
则⃗m⋅⃗n=1−cos
2θ+sin
2θ−2sinθcosθ，
=1−cos2θ−sin 2θ =1−❑√2sin(2θ+π
4 )，
因为θ∈[0, π
2)，所以π
4 ≤2θ+π
4 ≤5π
4 ，
所以当2θ+π
4 =π
2 ，即θ =π
8 时，sin(2θ+π
4 )取得最大值1，
则⃗m⋅⃗n取得最小值为1−❑√2.
18．（24-25 高一下·四川成都·阶段练习）在△ABC 中，已知AB =2，AC =1，⃗AB⋅⃗AC =−1，
⃗
CP = λ⃗CB (0≤λ≤1)，Q 为线段CA 延长线上的一点，且⃗AQ =t⃗AC (t <0).
(1)当t =−1且λ= 1
2，设PQ 与AB 交于点M，求线段CM 的长；
(2)若⃗PA ⋅⃗PQ+3=⃗AP⋅⃗AB，求t 的最大值.
【答案】(1)
❑√19
3
(2)−3
【解题思路】（1）用⃗AB ,⃗AC表示⃗CM，结合向量的模公式，即可求得本题答案；
（2）结合题目条件和向量积的公式，逐步化简，可得到7 λ
2+2 λt −4 λ−t +1=5 λ−1，然后分离变量，
利用函数的单调性即可求得本题答案.
【解答过程】（1）因为t =−1且λ= 1
2，所以A是CQ的中点，P是BC的中点，则M 是△CBQ的重心，
设⃗AB =⃗a，⃗AC =⃗b
所以⃗CM = 1
3 (⃗CB+⃗CQ)= 1
3 (⃗AB−⃗AC −2⃗AC)= 1
3⃗AB−⃗AC = 1
3⃗a−⃗b，
|⃗CM )= ❑√(
1
3⃗a−⃗b)
2
= ❑√
1
9⃗a
2−2
3⃗a⋅⃗b+⃗b
2= ❑√
4
9 + 2
3 +1=
❑√19
3
；
（2）因为⃗CP = λ⃗CB (0≤λ≤1)，⃗AQ =t⃗b(t <0)，
所以⃗AP =⃗AC +⃗CP =⃗AC + λ⃗CB = λ⃗AB+(1−λ)⃗AC = λ⃗a+(1−λ)⃗b，⃗
PQ =⃗AQ−⃗AP =t⃗b−[λ⃗a+(1−λ)⃗b)=−λ⃗a+(t + λ−1)⃗b，⃗
AP⋅⃗AB =[λ⃗a+(1−λ)⃗b)⋅⃗a= λ⃗a
2+(1−λ)⃗b⋅⃗a=5 λ−1，
⃗
PA ⋅⃗PQ =[−λ⃗a+(λ−1)⃗b)⋅[−λ⃗a+(t + λ−1)⃗b)=7 λ
2+2 λt −4 λ−t +1，
由⃗PA ⋅⃗PQ+3=⃗AP⋅⃗AB，得：7 λ
2+2 λt −4 λ−t +1=5 λ−1，
所以t (1−2 λ)=7 λ
2−9 λ+5，因为t <0，7 λ
2−9 λ+5>0，
所以1
2 < λ≤1，t = 7 λ
2−9 λ+5
1−2 λ
，
令m=1−2 λ∈[−1,0)，则t =
7
4 (1−m)
2−9
2 (1−m)+5
m
= 7m
4 + 9
4 m +1在[−1,0)单调递减，所以当
m=−1时，t有最大值－3.
19．（24-25 高一下·浙江宁波·期中）已知矩形ABCD中，|AB)=2,|AD)=1, E为AB中点，P为边DC上
的动点（不包括端点）.
(1)求⃗PA ⋅⃗PB的最小值；
(2)设线段AP与DE的交点为G，求⃗AG⋅⃗AP的最小值.
【答案】(1)0
(2)2❑√2−2
【解题思路】（1）以点A为原点建立直角坐标系，利用向量数量积的坐标公式求得结果；
（2）根据三角形相似得出AG
PG = AE
PD ，再求出⃗AG的坐标，利用向量数量积的坐标公式求得结果.
【解答过程】（1）设DP =a(a∈(0,2))，如图建立直角坐标系：
∵A (0,0), D (0,1), P(a,1),B (2,0)，
∴⃗PA =(−a,−1),⃗PB =(2−a,−1)
∴⃗PA ⋅⃗PB =−a(2−a)+(−1)×(−1)=a
2−2a+1=(a−1)
2
当a=1时，⃗PA ⋅⃗PB有最小值，最小值为0；
（2）由图可得：△AEG∽△PDG
则AG
PG = AE
PD = 1
a ∴⃗AG =
1
a+1⃗AP
∴⃗AP =(a,1),⃗AG =(
a
a+1 ,
1
a+1)⃗
AG⋅⃗AP = a
2
a+1 +
1
a+1
= a
2+1
a+1 = (a+1)
2−2a
a+1
=a+1−2a
a+1 =(a+1)+
2
a+1 −2≥2❑√2−2，
当且仅当a+1=
2
a+1即a= ❑√2−1时取等号，
∴⃗AG⋅⃗AP的最小值为2❑√2−2.
