【题型突破03：平面向量的综合应用】
1．（25-26 高三上·天津南开·月考）如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC , ∠BAD =π
3 , AB = AD =2．
若M、N分别是AD、BC上的动点，满足⃗AM = λ⃗AD ,⃗BN =(1−λ)⃗BC，其中λ∈(0, 1)，则⃗AN ⋅⃗BM
的最大值为 ．
【答案】−23
12
【分析】建立直角坐标系，由题意可得：A(−2,0), D(−1,❑√3)，由题意可得M ( λ−2,❑√3 λ)，
N (0,❑√3(1−λ))，结合平面向量数量积的坐标运算得到关于λ的二次函数，即可求解．
【详解】建立如图所示的直角坐标系，由题意可得：A(−2,0), D(−1,❑√3)，
设M (x , y)，⃑AM = λ⃑AD ,即( x +2, y)= λ(1,❑√3)，据此可得：x = λ−2, y = ❑√3 λ，
故M ( λ−2,❑√3 λ)，同理可得N (0,❑√3(1−λ))，
命题角度1：数量积的最值问题
据此可得：⃑AN =(2,❑√3(1−λ)),⃑BM =( λ−2,❑√3 λ)，
则⃑AN ⋅⃑BM =2( λ−2)+ ❑√3 λ⋅❑√3(1−λ)
=−3 λ
2+5 λ−4 =−3(λ−5
6)
2
−23
12，
由于λ∈(0, 1)，所以当λ = 5
6 时，⃗AN ⋅⃗BM取得最大值，为−23
12．
故答案为：−23
12
2．（25-26 高三上·山东·月考）已知△ABC满足AB =3，BC =6，∠ABC =60°，M，N为直线BC上的
动点，且S△AMN =3 ❑√3，则⃗AM ⋅⃗AN的最小值为 ．
【答案】11
4
【分析】根据三角形边角关系确定BC边上的高，由△AMN的面积可得MN的长度，不妨设点M靠近点B，
得⃗MN = 2
3⃗BC，设⃗BM = λ⃗BC，则λ∈R，从而根据平面向量基底运算结合数量积运算得⃗AM ⋅⃗AN关于λ
的表达式，利用二次函数求解最值即可.
【详解】过A作AD⊥BC于D，
因为△ABC满足AB =3，BC =6，∠ABC =60°，
所以AD = AB⋅sin ∠ABC =3×
❑√3
2 = 3 ❑√3
2
，
则S△AMN = 1
2 MN ⋅AD = 1
2 MN ⋅3 ❑√3
2
=3 ❑√3，所以MN = 4，
不妨设点M靠近点B，则⃗MN = 2
3⃗BC，
设⃗BM = λ⃗BC，则λ∈R，
所以⃗AM =⃗AB+⃗BM =−⃗BA + λ⃗BC ,⃗AN =⃗AM +⃗MN =−⃗BA +(λ+ 2
3)⃗BC，
因为⃗BA ⋅⃗BC =3×6×cos60° =9，
则⃗AM ⋅⃗AN =(−⃗BA + λ⃗BC)⋅[−⃗BA +(λ+ 2
3)⃗BC)=⃗BA
2+ λ(λ+ 2
3)⃗BC
2−(2 λ+ 2
3)⃗BA ⋅⃗BC
=3
2+ λ(λ+ 2
3)×6
2−(2 λ+ 2
3)×9=36 λ
2+6 λ+3
因为λ∈R，故当λ =−
6
2×36 =−1
12时，⃗AM ⋅⃗AN的最小值为36×(−1
12)
2
+6×(−1
12)+3= 11
4 .
故答案为：11
4 .
3．（2025·上海闵行·一模）若点P是边长为1 的正三角形ABC 外接圆上的一点，则⃗PA ⋅⃗BC的最大值为
【答案】
❑√3
3
/1
3
❑√3
【分析】以△ABC的外心O 为原点建系，设P(
❑√3
3 cosθ,
❑√3
3 sinθ)，根据坐标运算即可求出.
【详解】如图所示：O为△ABC的外心，以O 为原点，平行于BC的直线为x轴建立平面直角坐标系，
因等边△ABC的高为
❑√3
2 ，则A(0,
❑√3
3 ),B(−1
2 ,−
❑√3
6 ),C(
1
2 ,−
❑√3
6 )，
因圆O: x
2+ y
2= 1
3，则设P(
❑√3
3 cosθ,
❑√3
3 sinθ)，
则⃗PA =(−
❑√3
3 cosθ,
❑√3
3 −
❑√3
3 sinθ),⃗BC =(1,0)，
所以⃗PA ⋅⃗BC =−
❑√3
3 cosθ，所以当cosθ=−1时，⃗PA ⋅⃗BC的最大值为
❑√3
3
.
故答案为：
❑√3
3
4．（2025·上海静安·一模）如图，已知AB是半圆O 的直径，直径长为2，点C , D均在半圆O 上，且都不
与点A ,B重合，A ,B ,C , D四点依次按照逆时针方向排列. 若CD 的长为❑√2，则⃗AC ⋅⃗BD的取值范围为
．
【答案】[−1−❑√2,−2)
【分析】连接OC ,OD，设∠COB =θ，利用转化法结合辅助角公式及三角函数的性质计算即可.
【详解】
连接OC ,OD，由CD = ❑√2, AB =2，
知OD =1=OC ,∴DO
2+C O
2=C D
2,∴∠DOC =π
2 ，
设∠COB =θ，则θ为锐角，且∠DOA =π
2 −θ，
所以⃗AC ⋅⃗BD =(⃗OC −⃗OA)⋅(⃗OD−⃗OB)=0−cosθ−cos(
π
2 −θ)−1
=−1−❑√2sin(θ+π
4 ) ，
由于θ+π
4 ∈(
π
4 , 3π
4 )，所以sin(θ+π
4 )∈(
❑√2
2 ,1)，
即⃗AC ⋅⃗BD的取值范围为[−1−❑√2,−2).
故答案为：[−1−❑√2,−2)
5．（25-26 高三上·上海松江·期中）已知|⃗a|=1,|⃗b|=1且⃗a⋅⃗b=0，若向量⃗c满足(⃗c−⃗a)⋅(⃗c−⃗b)=0，
则|⃗c|的最大值是 .
【答案】❑√2
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及数量积的定义，结合余弦函数的有界性求出最大值.
【详解】由|⃗a|=1,|⃗b|=1且⃗a⋅⃗b=0，得|⃗a+⃗b|=
❑√⃗a
2+⃗b
2+2⃗a⋅⃗b= ❑√2，
当⃗c =⃗0时，(⃗c−⃗a)⋅(⃗c−⃗b)=0成立；
当⃗c≠⃗0时，由(⃗c−⃗a)⋅(⃗c−⃗b)=0，得⃗c
2−⃗c⋅(⃗a+⃗b)=0，
则|⃗c|
2=|⃗c||⃗a+⃗b|cos〈⃗c ,⃗a+⃗b 〉≤❑√2|⃗c|，当且仅当⃗c与⃗a+⃗b同向时取等号，
因此|⃗c|≤❑√2，即|⃗c|的最大值是❑√2.
故答案为：❑√2
6．（25-26 高三上·上海·期中）|⃗a)=3,|⃗b)= 4 ,⃗a⋅⃗b= 4，若平面向量⃗c满足|⃗c−⃗b)=1，则|⃗c−⃗a)的最大值
为 .
【答案】❑√17+1
【分析】设⃗OA =⃗a,⃗OB=⃗b,⃗OC =⃗c，先求出∠AOB，以点O为原点，⃗OB为x 轴的正方向建立平面直角坐
标系，根据|⃗c−⃗b)=1求出点C的轨迹，进而可得出答案.
【详解】如图，设⃗OA =⃗a,⃗OB =⃗b,⃗OC =⃗c，
命题角度2：模与夹角的最值问题
因为|⃗a)=3,|⃗b)= 4 ,⃗a⋅⃗b= 4，
所以cos∠AOB =
4
3×4 = 1
3，故sin ∠AOB = 2❑√2
3
，
如图，以点O为原点，⃗OB为x轴的正方向建立平面直角坐标系，
则B (4,0)，设C (x , y), A(x0, y0)，由cos∠AOB = x
3 = 1
3 ,得x0=1，由sin ∠AOB = y0
3 = 2❑√2
3
，得
y0=2❑√2,
故A (1,2❑√2).
由|⃗c−⃗b)=1，得(x −4)
2+ y
2=1，
所以点C的轨迹是以点B为圆心，1为半径的圆，
|⃗c−⃗a)=|⃗AC)表示A ,C两点间的距离，
所以|⃗c−⃗a)的最大值为|AB)+1=
❑√(4−1)
2+(0−2❑√2)
2+1= ❑√17+1.
故答案为：❑√17+1.
7．（23-24 高一下·福建·期中）已知向量⃗a、⃗b满足：|⃗a)=|⃗b)=2，⃗a⋅⃗b=2，向量⃗a−⃗c与向量⃗b−⃗c的夹角
为π
6 ，则|⃗a−⃗c)的最大值为（ ）
A．❑√3
B．2
C．4 ❑√3
3
D．4
【答案】D
【分析】设⃗OA =⃗a，⃗OB =⃗b，⃗OC =⃗c，从而得到等边三角形△OAB，进一步可得C的轨迹是两段圆弧，画
出示意图可知当AC是´AB所在圆的直径时，|⃗a−⃗c)取得最大值.
【详解】由⃗a⋅⃗b=|⃗a)⋅|⃗b)cos⟨⃗a,⃗b)= 4 cos⟨⃗a,⃗b)=2，
故cos⟨⃗a,⃗b)= 1
2，即⃗a,⃗b=π
3 ，
如图，设⃗OA =⃗a,⃗OB=⃗b,⃗OC =⃗c，则△OAB是等边三角形，
∵向量⃗c满足⃗a−⃗c与⃗b−⃗c的夹角为π
6 , ∴∠ACB =π
6 ，
因为点C在AB外且∠ACB为定值，
所以C的轨迹是两段圆弧，∠ACB是弦AB 所对的圆周角，
因此：当AC是´AB所在圆的直径时,|⃗a−⃗c|取得最大值|AC)，
在△ABC中，由正弦定理可得：AC =
AB
sinπ
6
= 2
1
2
= 4
，
故|⃗a−⃗c)取得最大值4.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：设⃗OA =⃗a,⃗OB =⃗b,⃗OC =⃗c，关键能够根据已知条件确定C的轨迹是弦AB所对的两
段圆弧，从而确定当AC 是´AB所在圆的直径时，|⃗a−⃗c)取得最大值|AC)，即可求解.
8．（25-26 高三上·上海·期中）已知平面向量⃗a、⃗b、⃗c满足|⃗a)=|⃗c)=1且⃗a⊥⃗c，向量⃗b满足⃗b
2−2⃗c⋅⃗b=0，
则|⃗a−⃗b)的最大值是 .
【答案】❑√2+1/1+ ❑√2
【分析】利用平面向量数量积的运算性质求出|⃗a−⃗c)、|⃗b−⃗c)的值，再由|⃗a−⃗b)=|(⃗a−⃗c)−(⃗b−⃗c))并结合
向量模的三角不等式可求得|⃗a−⃗b)的最大值.
【详解】因为平面向量⃗a、⃗b、⃗c满足|⃗a)=|⃗c)=1且⃗a⊥⃗c，故⃗a⋅⃗c =0，
|⃗a−⃗c)=
❑√(⃗a−⃗c)
2=
❑√⃗a
2−2⃗a⋅⃗c +⃗c
2= ❑√1−2×0+1= ❑√2，
因为⃗b
2−2⃗c⋅⃗b=0，则⃗b
2−2⃗c⋅⃗b+⃗c
2=⃗c
2=1，即(⃗b−⃗c)
2=1，即|⃗b−⃗c)=1，
所以|⃗a−⃗b)=|(⃗a−⃗c)−(⃗b−⃗c))≤|⃗a−⃗c)+|⃗b−⃗c)= ❑√2+1，
当且仅当⃗a−⃗c与⃗b−⃗c方向相反时，等号成立，
故|⃗a−⃗b)的最大值为❑√2+1.
故答案为：❑√2+1.
9．（北京市东城区2026 届高三上学期期末统一检测数学试题）在平面直角坐标系xOy中，已知点
A (cosθ , sinθ), B (−sinθ , cosθ)，点P(x , y)满足：⃗OP⋅⃗OA =1，⃗OP⋅⃗OB =2．若θ =π
4 ，则x =
；若θ∈[0,2π)，则xy的最大值为 ．
【答案】 −
❑√2
2 5
2
【分析】写出OA
→
,OB
→
,OP
→
的坐标，根据平面向量数量积的坐标运算，列出关于x , y的方程组，用
cosθ ,sinθ表示x , y，①代入θ = π
4 ，即可求出答案；②表示出xy，并化为A cos(ωθ+φ)的形式，即可求
得最大值.
【详解】由题可知，OA
→
=(cosθ ,sinθ),OB
→
=(−sinθ ,cosθ),OP
→
=(x , y).
所以{
OP
→
·OA
→
= x cosθ+ y sinθ =1
OP
→
·OB
→
=−x sinθ+ y cosθ =2)
.
所以{
x =cosθ−2sinθ
y =sinθ+2cosθ).
①将θ = π
4 代入，可得x =cos π
4 −2sin π
4 =−
❑√2
2
②xy =(cosθ−2sinθ)(sinθ+2cosθ)=2(cos
2θ−sin
2θ)−3sinθcosθ
=2cos2θ−3
2 sin 2θ = 5
2(
4
5 cos2θ−3
5 sin 2θ)= 5
2 cos(2θ+φ)，其中tan φ= 3
4 ，φ是锐角.
因为θ∈[0, 2π)，所以2θ∈[0,4 π )，所以2θ+φ∈[φ ,4 π +φ)
所以当2θ+φ =2π时，cos(2θ+φ)取得最大值1 ，5
2 cos(2θ+φ)取得最大值5
2 ，即xy的最大值为5
2.
故答案为：①−
❑√2
2 ，②5
2.
10．（25-26 高三上·北京海淀·月考）如图，四边形ABCD是正方形，延长CD至E，使DE =CD，若点P
是以点A 为圆心，AB为半径的圆弧（不超出正方形）上的任一点，设向量⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AE，则λ+ μ的
最小值为 最大值为 ．
【答案】 1 ❑√5
命题角度3：与平面向量有关的参数问题
【分析】设AB =1，由(⃗AP)
2=( λ⃗AB+ μ⃗AE)
2得到λ
2+2 μ
2−2 λμ−1=0( λ≥1,0≤μ≤1)，再令λ+ μ=k，
代入上式，结合判别式即可求解.
【详解】解：假设AB =1，
由已知可得AE = ❑√2, AP =1,∠EAB =3π
4
，
∵⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AE，
∴(⃗AP)
2=( λ⃗AB+ μ⃗AE)
2，即λ
2+2 μ
2−2 λμ−1=0( λ≥1,0≤μ≤1)，
令λ+ μ=k，
则λ =k −μ，代入可得5 μ
2−4 kμ+ k
2−1=0，
有Δ=(4 k )
2−20(k
2−1)≥0，解得−❑√5≤k ≤❑√5，
∵λ+ μ≥1，
∴λ+ μ的最小值为1，最大值为❑√5，
故答案为：1；❑√5
11．（25-26 高三上·天津蓟州·期中）在△ABC中，已知sin B =cos A sinC，且⃗AB⋅⃗AC = 4，则
|⃗CA |= ；若在线段AB上存在动点P，使得⃗CP =2m⃗
CA
|⃗CA |
+n⃗CB(m,n>0)，则1
m + 2
n的最小值
为 ．
【答案】 2 3+2❑√2/2❑√2+3
【分析】根据给定条件，利用和角的正弦公式化简求得C =90
∘，再利用数量积运算律求得|⃗CA |；利用共
线向量定理的推论及基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】在△ABC中，cos A sinC =sin B =sin( A +C )=sin A cosC +cos A sinC，
则sin A cosC =0，而sin A >0，于是cosC =0，C =90
∘，即AC ⊥BC，
由⃗AB⋅⃗AC = 4，得⃗AB⋅⃗AC =(⃗AC +⃗CB)⋅⃗AC =⃗AC
2= 4，因此|⃗CA |=2；
由⃗CP =2m⃗
CA
|⃗CA |
+n⃗CB，得⃗CP =m⃗CA +n⃗CB，又点P在线段AB上，
则m+n=1，而m,n>0，
因此1
m + 2
n =(m+n)( 1
m + 2
n )=3+ n
m + 2m
n
≥3+2❑√
n
m ⋅2m
n =3+2❑√2，
当且仅当n
m = 2m
n ，即n= ❑√2m=2−❑√2时取等号，
所以1
m + 2
n的最小值为3+2❑√2.
故答案为：2；3+2❑√2
12．（2021·浙江·高考真题）已知平面向量⃑a,⃑b,⃑c ,(⃑c≠⃗0)满足|⃑a)=1,|⃑b)=2,⃑a⋅⃑b=0,(⃑a−⃑b)⋅⃑c =0.记向
量⃑d在⃑a,⃑b方向上的投影的数量分别为x，y，⃑d −⃑a在⃑c方向上的投影的数量为z，则x
2+ y
2+ z
2的最小值为
.
【答案】2
5
【分析】设⃗a=(1,0),⃗b=(0，2),⃗c =(m,n)，由平面向量的知识可得2 x + y −❑√5 z =2，再结合柯西不等
式即可得解.
【详解】由题意，设⃗a=(1,0),⃗b=(0，2),⃗c =(m,n)，
则(⃑a−⃑b)⋅⃑c =m−2n=0，即m=2n，
又向量⃑d在⃑a,⃑b方向上的投影的数量分别为x，y，所以⃑d =(x , y)，
所以⃑d −⃑a在⃑c方向上的投影的数量z = (⃑d −⃑a)⋅⃗c
|⃗c|
= m(x−1)+ny
❑√m
2+n
2
= 2 x−2+ y
± ❑√5
，
即2 x + y ∓❑√5 z =2,
所以x
2+ y
2+ z
2= 1
10 [2
2+1
2+(± ❑√5)
2)(x
2+ y
2+ z
2)≥1
10 (2 x + y ∓❑√5 z)
2= 2
5，
当且仅当{
x
2 = y
1 =
z
∓❑√5
2 x + y ∓❑√5 z =2)
即{
x = 2
5
y = 1
5
z =∓
❑√5
5 )
时，等号成立，
所以x
2+ y
2+ z
2的最小值为2
5.
故答案为：2
5.
【点睛】解决本题的关键是由平面向量的知识转化出x , y , z之间的等量关系，再结合柯西不等式变形即可
求得最小值
【多选题】13．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知O为坐标原点，点P1(cosα ,sin α )，
P2(cos β ,−sin β)，P3(cos(α + β),sin(α + β))，A(1,0)，则（ ）
A．|⃗O P1|=|⃗O P2|
B．|⃗A P1|=|⃗A P2|
C．⃗OA ⋅⃗OP3=⃗O P1⋅⃗O P2
D．⃗OA ⋅⃗O P1=⃗O P2⋅⃗O P3
【答案】AC
【分析】A、B 写出⃑O P1，⃑O P2、⃑A P1，⃑A P2的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D 根据向
量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
【详解】A：⃑O P1=(cosα ,sin α )，⃑O P2=(cos β ,−sin β)，所以|⃑O P1|=
❑√cos
2α +sin
2α =1，
命题角度4：平面向量与三角函数综
|⃑O P2|=
❑√(cos β)
2+(−sin β)
2=1，故|⃑O P1|=|⃑O P2|，正确；
B：⃑A P1=(cosα −1,sin α )，⃑A P2=(cos β −1,−sin β)，所以
|⃑A P1|=
❑√(cosα −1)
2+sin
2α =
❑√cos
2α −2cosα +1+sin
2α = ❑√2(1−cosα )= ❑√4 sin
2 α
2 =2|sin α
2 |，
同理|⃑A P2|=
❑√(cos β −1)
2+sin
2 β =2|sin β
2 |，故|⃑A P1|,|⃑A P2|不一定相等，错误；
C：由题意得：⃑OA ⋅⃑O P3=1×cos(α + β)+0×sin(α + β)=cos(α + β)，⃑
O P1⋅⃑O P2=cosα ⋅cos β +sin α ⋅(−sin β)=cos(α + β)，正确；
D：由题意得：⃑OA ⋅⃑O P1=1×cosα +0×sin α =cosα，⃑
O P2⋅⃑O P3=cos β ×cos(α + β)+(−sin β)×sin(α + β)
=cos(β +(α + β))=cos(α +2 β)，故一般来说⃑OA ⋅⃑O P1≠⃑O P2⋅⃑O P3故错误；
故选：AC
14．（2025·重庆·模拟预测）已知函数f (x)= A sin (ωx +φ)+ B (x∈R ,ω>0)的部分图象如图所示，M , N
为y = f (x)图象与x轴交点且满足⃗ON =3⃗OM ,△MNP为等边三角形，则ω=（ ）
A．1
B．π
2
C．2π
3
D．2
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出相邻两条对称轴方程，进而求出ω值.
【详解】观察图象得，正△MNP的高为❑√3，则MN =2，又⃗ON =3⃗OM，因此ON =3,OM =1，
线段OM , MN中垂线方程分别为x = 1
2 , x =2，即x = 1
2 , x =2是函数f ( x)图象相邻两条对称轴，
则函数f ( x)的最小正周期2π
ω =2(2−1
2 )，所以ω= 2π
3 .
故选：C
15．（2024·江西·模拟预测）已知向量⃗m=(
❑√3(1+cos(α + β)),−1),⃗n=(tan β
2 ,2❑√3sin(α + β))，其中
0< β <π，α + β ≠π+2k π,k ∈Z，若⃗m⊥⃗n，则tan α
2 的最小值是（ ）
A．1
4
B．−1
4
C．
❑√2
4
D．−
❑√2
4
【答案】D
【分析】根据向量垂直，可得数量积为零，然后结合二倍角公式、弦化切、正切的两角和公式化简，再用
换元，结合基本不等式即可求出结果.
【详解】由题知，⃗m⋅⃗n= ❑√3(1+cos(α + β))tan β
2 −2❑√3sin(α + β)=0，
则
❑√3(1+2cos
2(
α + β
2 )−1)tan β
2 −4 ❑√3sin(
α + β
2 )cos(
α + β
2 )=0，
即2❑√3cos
2 α + β
2
tan β
2 = 4 ❑√3sin α + β
2
cos α + β
2
，
因为α + β ≠π+2k π,k ∈Z，所以α + β
2
≠π
2 + k π,k ∈Z，则cos α + β
2
≠0，
所以2❑√3cos α + β
2
tan β
2 = 4 ❑√3sin α + β
2
，则tan β
2 =2tan α + β
2
=2×
tan α
2 + tan β
2
1−tan α
2 ⋅tan β
2
，
整理得(tan
2 β
2 +2)tan α
2 =−tan β
2 ，
令tan β
2 = x，因为0< β <π，所以0< β
2 <π
2 ，tan β
2 >0，即x>0，
所以tan α
2 =−
tan β
2
tan
2 β
2 +2
=−
x
x
2+2
=−
1
x + 2
x
≥−
1
2❑√x⋅2
x
=−
❑√2
4 ，
当且仅当x = 2
x ，即tan β
2 = x = ❑√2时，等号成立，
所以tan α
2 的最小值是−
❑√2
4 .
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题决的关键是利用三角恒等变换将tan α
2 转化为关于tan β
2 的表达式，从而得解.
16．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在函数f (x)=sin(ωx +φ)的部分图象中，若⃗TA =⃗AB，则点A的
纵坐标为（ ）
A．2−❑√2
2
B．
❑√3−1
2
C．❑√3−❑√2
D．2−❑√3
【答案】B
【分析】由题意可得T(
3π
2ω −φ
ω ,0)，进一步由⃗TA =⃗AB可得{
x2=2 x1−3π
2ω + φ
ω
y2=2 y1
)
，将它们代入函数表
达式结合诱导公式二倍角公式计算可得结果.
【详解】依题意f ( xT )=sin(ω xT +φ)=−1,则得 ω xT +φ= 3 π
2 +2kπ ,k ∈Z，
即xT = 3π
2ω −φ
ω + 2k π
ω
,k ∈Z，所以T(
3π
2ω −φ
ω + 2k π
ω
,0),k ∈Z；
设A(x1, y1),B(x2, y2)，因为⃗TA =⃗AB，
所以{
2 x1= x2+ 3π
2ω −φ
ω + 2k π
ω
2 y1= y2
)
,k ∈Z，解得{
x2=2 x1−3π
2ω + φ
ω −2k π
ω
y2=2 y1
)
,k ∈Z；
因此2 y1= y2= f (x2)= f(2 x1−3π
2ω + φ
ω −2k π
ω )=sin(2ω x1−3π
2 +2φ)
=cos(2ω x1+2φ)=1−2sin
2(ω x1+φ)=1−2 y1
2,k ∈Z，
可得2 y1
2+2 y1−1=0，结合图象可得y1>0，解得y1=
❑√3−1
2
.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用T点的位置特征以及向量关系式，得出A ,B两点的坐标关系式，
再利用诱导公式以及二倍角公式计算可得结果.
17．（2025·重庆九龙坡·三模）在 △ABC 中，角 A ，B，C 所对的边分别为 a，b，c ，已知
(a+c)(sin A −sinC)+bsin B =asin B,b+2a= 4 ，若 ⃗CA +2⃗CB =3⃗CD ，则 |⃗CD) 的最小值为
（ ）
A．2❑√3
B．4
3
C．2❑√2
3
D．2❑√3
3
【答案】D
【分析】根据正余弦定理化简已知条件得cosC = 1
2，即可求得C =π
3 ，由向量模的运算法则得
|⃗CD)= 1
3
❑√(⃗CA +2⃗CB)
2
，结合数量积定义及运算律，利用基本不等式求解最值即可.
【详解】因为(a+c)(sin A −sinC)+bsin B =asin B，所以由正弦定理得(a+c)(a−c)+b⋅b=a⋅b，
命题角度5：平面向量与解三角形问题综
即a
2+b
2−c
2=ab，由余弦定理得cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= 1
2，又C ∈(0,π)，所以C =π
3 ，
由⃗CA +2⃗CB =3⃗CD知⃗CD = 1
3⃗CA + 2
3⃗CB，b+2a= 4 ,
所以|CD)=|⃗CD)= ❑√(
1
3⃗CA + 2
3⃗CB)
2
= 1
3
❑√(⃗CA +2⃗CB)
2= 1
3
❑√⃗CA
2+ 4⃗CB
2+ 4⃗CA ⋅⃗CB
= 1
3
❑√b
2+ 4 a
2+ 4 b⋅a⋅cosπ
3 = 1
3
❑√(b+2a)
2−b⋅2a ≥1
3
❑√
(b+2a)
2−(b+2a)
2
4
= 1
3
❑√4
2−4
2
4 = 2❑√3
3
，
当且仅当b=2a=2即时等号成立，
所以线段CD长度的最小值为2❑√3
3
.
故选：D
18．（23-24 高一下·云南昆明·期中）在△ABC中，S△ABC =
❑√3
6⃗AB⋅⃗AC =
❑√3
2 ,sin B =cos A sinC , P为
线段AB上的动点，且⃗CP = x⃗CA
|⃗CA)
+ y⃗CB
|⃗CB)，则
❑√3
x + 1
y 的最小值为（）
A．4
B．2❑√3
C．2
D．❑√3
【答案】A
【分析】由sin B =cos A sinC推得C =π
2 ；再由S△ABC =
❑√3
6⃗AB⋅⃗AC =
❑√3
2 求得A =π
6 ，AC = ❑√3
AB =2,BC =1，最后由⃗CP = x⃗CA
|⃗CA)
+ y⃗CB
|⃗CB)和平面向量基本定理可推得x
❑√3 + y
1 =1,利用常值代换法即可
求得所求式的最小值.
【详解】因B =π−( A +C )，则sin B =sin( A +C )，由sin B =cos A sinC，
可得sin A cosC +sinC cos A =cos A sinC，即sin A cosC =0，
∵sin A >0,∴cosC =0,∴C =π
2 ，
又∵S△ABC = 1
2 AB⋅AC ⋅sin A =
❑√3
6⃗AB⋅⃗AC =
❑√3
6 AB⋅AC ⋅cos A ,
解得tan A =
❑√3
3 ,因0< A <π，故A =π
6 ，
又∵S△ABC = 1
2 AB⋅AC ⋅sin A =
❑√3
2 ，解得AC ⋅AB =2❑√3,
又sin B =sinπ
3 = AC
AB =
❑√3
2 ，所以AC = ❑√3，AB =2,BC =1，
又∵⃗CP = x⃗CA
|⃗CA)
+ y⃗CB
|⃗CB)，即⃗CP = x
❑√3⃗CA + y⃗CB ,
因P为线段AB上的动点，即A ,B , P共线，∴x
❑√3 + y
1 =1,且x>0, y >0，
∴
❑√3
x + 1
y =(
❑√3
x + 1
y)(
x
❑√3 + y
1)=
❑√3 y
x
+
x
❑√3 y +2≥2❑√
❑√3 y
x
⋅
x
❑√3 y +2= 4，
当且仅当x = ❑√3 y =
❑√3
2 时，等号成立.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于，将各个条件分别化简，得出关于三角形的边长和夹角，代入
向量等式，利用平面向量基本定理即得x
❑√3 + y
1 =1,最后运用常值代换法即可求得最值.
19．（2023·四川成都·二模）在△ABC中，已知⃗AD =2⃗DC，AC =3 BC，sin∠BDC =3sin∠BAC，当⃗
CA ⋅⃗CB−|⃗AB|取得最小值时，△ABC的面积为（ ）
A．
❑√3
4
B．
❑√5
2
C．3
8
D．3 ❑√5
16
【答案】D
【分析】设BC =n，BD =m，在△BDC和△ABC中应用正弦定理可得到BD = 1
3 AB，然后利用
cos∠BDC =−cos∠BDA结合余弦定理可得m
2= 2
3 n
2，化简⃗CA ⋅⃗CB−|⃗AB|可得当m= 1
2时，取得最
小值，最后利用面积公式即可
【详解】
设BC =n，∵AC =3 BC，∴AC =3n，∵⃗AD =2⃗DC，∴AD =2 DC = 2
3 AC =2n，
在△BDC中，
BC
sin∠BDC = BD
sinC ，在△ABC中，
BC
sin∠BAC = AB
sinC ，
∴sin ∠BAC
sin ∠BDC = BD
AB ,∵sin∠BDC =3sin∠BAC，∴BD = 1
3 AB，
设BD =m，∴AB =3m，
∵∠BDC +∠BDA =π，∴cos∠BDC =cos(π−∠BDA)=−cos∠BDA，
∴m
2+n
2−n
2
2mn
=−m
2+(2n)
2−(3m)
2
2m×2n
∴2n
2=3m
2，∴n
2= 3
2 m
2，∴m
2= 2
3 n
2
⃗
CA ⋅⃗CB−|⃗AB|=3n×ncosC −3m=3n
2⋅n
2+(3n)
2−(3m)
2
2n×3n
−3m=3m
2−3m=3(m−1
2 )
2
−9
4
，
当m= 1
2时，⃗CA ⋅⃗CB−|⃗AB|取得最小值，∴n
2= 3
8，∵cosC = n
2+n
2−m
2
2n
2
= 2
3，
又∵sin
2C +cos
2C =1，∴sin
2C =1−cos
2C =1−(
2
3)
2
= 5
9
∴在△ABC中sinC =
❑√5
3 ，∴S△ABC = 1
2 n×3n×sinC = 3
2 ×n
2×
❑√5
3 = 3
2 × 3
8 ×
❑√5
3 = 3
16
❑√5.
故选：D.
20．（2025·新疆·模拟预测）已知O为△ABC的外心，若cos B
sinC⃗AB+ cosC
sin B⃗AC =m(cos A +2)⃗AO，则m
的最大值为 .
【答案】2❑√3
3
/2
3
❑√3
【分析】根据数量积的几何意义结合三角恒等变换以及正弦定理边化角化简已知等式，可得m= 2sin A
cos A +2，
再利用二倍角公式化简，继而利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】依题意cos B
sinC⃗AB+ cosC
sin B⃗AC =m(cos A +2)⃗AO两边同时乘以⃗AB得：
cos B
sinC |⃗AB)
2+ cosC
sin B |⃗AC)|⃗AB)cos A =m(cos A +2)⋅1
2|⃗AB)
2
，
cos B
sinC |⃗AB)+ cosC
sin B |⃗AC)cos A =m(cos A +2)⋅1
2|⃗AB)，
即cos BsinC
sinC
+ cosC
sin B sin Bcos A = m(cos A +2)sinC
2
，
∴cos B+cos A cosC = m
2
(cos A +2)sinC，
即−cos( A +C)+cos A cosC = m
2
(cos A +2)sinC，
即sin A sinC = m
2
(cos A +2)sinC，而C ∈(0,π),sinC ≠0，
则sin A = m
2
(cos A +2)，∴m= 2sin A
cos A +2，
又A ∈(0,π), A
2 ∈(0, 1
2 π),∴tan A
2 >0，
∴m=
4 sin A
2 cos A
2
3cos
2 A
2 +sin
2 A
2
=
4 tan A
2
3+ tan
2 A
2
=
4
3
tan A
2
+ tan A
2
≤
4
2❑√3 = 2❑√3
3
.
故m的最大值为2❑√3
3
，
故答案为：2❑√3
3
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用数量积的几何意义以及三角恒等变换化简得到m= 2sin A
cos A +2，
继而求解即可.
21．（2021·四川成都·三模）已知双曲线C ：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）的左，右焦点分别是F1，F2，点
P是双曲线C右支上异于顶点的点，点H在直线x =a上，且满足⃑PH = λ(⃑
P F1
|⃑P F1)
+⃑P F2
|⃑P F2))，λ∈R.若
5⃑HP+ 4⃑H F2+3⃑H F1=⃑0，则双曲线C的离心率为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
【分析】由⃑PH = λ(⃑
P F1
|⃑P F1)
+⃑P F2
|⃑P F2))可得H在∠F1 P F2的角平分线上，由双曲线的定义和切线长定理可
得H为△F1 P F2的内心，再由内心的向量表示，推得|F1 F2):|P F1):|P F2)=5:4:3，再由双曲线的定义
和离心率公式，即可求解.
【详解】因为⃑PH = λ(⃑
P F1
|⃑P F1)
+⃑P F2
|⃑P F2))，所以PH是∠F1 P F2的角平分线，
又因为点H在直线x =a上，且在双曲线中，点P是双曲线C右支上异于顶点的点，
则△P F1 F2的内切圆圆心在直线x =a上，即点H是△P F1 F2的内心，
如图，作出△P F1 F2，并分别延长HP、H F1、H F2至点P
′、F
′
1、F
′
2，使得H P
′ =5 HP，
命题角度6：平面向量与解析几何综合
H F
′
1=3 H F1，H F
′
2= 4 H F2，可知H为△P
′ F
′
1 F
′
2
的重心，
设S△HP F1=m，S△HP F2=n，S△H F1F2= p，由重心性质可得15m=20n=12 p，
即m:n: p= 4:3:5，
又H为△P F1 F2的内心，所以|F1 F2):|P F1):|P F2)=5:4:3，
因为|F1 F2)=2c，所以|P F1)= 4
5|F1 F2)= 8c
5 ，|P F2)= 3
5|F1 F2)= 6c
5 ，则2a=|P F1)−|P F2)= 2c
5 ，
所以双曲线C的离心率e = c
a = 2c
2a = 2c
2c
5
=5.
故选：C.
【点睛】三角形重心、内心和外心的向量形式的常用结论：
设△ABC的角A，B，C所对边分别为a，b，c，则
（1）△ABC的重心G满足⃑GA +⃑GB+⃑GC =⃑0；
（2）△ABC的内心P满足a⃑PA +b⃑PB+c⃑PC =⃑0；
（3）△ABC的外心M满足|MA)=|MB)=|MC).
22．（2022·江西宜春·模拟预测）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点分别为
､
F1, F2, P为双曲
线上的一点，I为△P F1 F2的内心，且⃗I F1+2⃗I F2=2⃗PI，则C的离心率为（ ）
A．1
3
B．2
5
C．
❑√3
3
D．2
【答案】D
【分析】延长IP到A且| IP|=| PA |，延长I F2到B且| I F2|=| F2B|，结合向量的线性关系知I是△
AB F1的重心，根据重心和内心的性质，进而得到| P F1|=| F1 F2|=2| P F2|，由双曲线定义得到齐次
方程，即可求离心率.
【详解】如下图示，延长IP到A且| IP|=| PA |，延长I F2到B且| I F2|=| F2B|，
所以I F
→
1+2 I F
→
2=2 PI
→
，即⃗I F1+⃗IB+⃗IA =⃗0，
故I是△AB F1的重心，即S△AI F1= S△BI F1= S△AIB，又S△AI F1=2S△PI F1,S△BI F1=2S△F1I F2,S△AIB= 4 S△PI F2，
所以S△PI F1= S△F1 I F2=2S△PI F2，而I是△P F1 F2的内心，则| P F1|=| F1 F2|=2| P F2|，
由| P F1|−| P F2|=2a,| F1 F2|=2c，则| P F2|=2a，故2c = 4 a，即e = c
a =2.
故选：D
【点睛】关键点点睛：利用向量的线性关系构造重心，结合重心和内心的性质得到
| P F1|=| F1 F2|=2| P F2|，再根据双曲线定义得到双曲线参数的齐次方程.
23．（2025·安徽池州·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点分别为
､
F1, F2，M是C的
右支上一点，M在y轴上的射影为H，O为坐标原点.若⃗HN =3⃗N F2,⃗F2 H ⋅⃗MN =0,⃗ON // ⃗F1 M，则
C的离心率为（ ）
A．❑√2
B．❑√3
C．
❑√5
2
D．
❑√6
2
【答案】D
【分析】设M F1与H F2交于点E，根据条件可得|HE)=|E F2)，|MH )=|F1 F2)=2c，求出点M , H的坐
标，由⃗HN =3⃗N F2关系求出点N的坐标，利用⃗F2 H ⋅⃗MN =0得到a,c关系，运算得解.
【详解】如图，设M F1与H F2交于点E，
由⃗ON //⃗F1 M，且O是F1 F2的中点，
所以|EN )=|N F2)，又⃗HN =3⃗N F2，
所以|HE)=|E F2)，又MH // F1 F2，易得△HEM ≅△F2 E F1，
∴|MH )=|F1 F2)=2c，
则xM =2c，代入双曲线方程可得y M
2 = b
2(4 c
2−a
2)
a
2
，
设点M (2c ,m)，则m
2= b
2(4 c
2−a
2)
a
2
，H (0,m
2)，
又设N (x0, y0)，由⃗HN =3⃗N F2可得x0= 3
4 c , y0= 1
4 m，即N(
3
4 c , 1
4 m)，
由⃗F2 H ⋅⃗MN =0，得3m
2=5c
2，即3b
2(4 c
2−a
2)
a
2
=5c
2，
化简整理得3(c
2−a
2)(4 c
2−a
2)=5a
2c
2，
∴3(e
2−1)(4 e
2−1)=5e
2，解得e
2= 3
2或e
2= 1
6，
又e>1，∴e
2= 3
2，解得e =
❑√6
2
.
故选：D.
24．（2024·全国·模拟预测）已知向量⃗a是单位向量，向量⃗b满足|⃗a−⃗b)=2|⃗b)，向量⃗c满足
|⃗c−⃗a)+|⃗c +⃗a)=2❑√3，则⃗b⋅⃗c的最大值为（ ）
A．2❑√3
3
B．❑√3
C．4 ❑√3
3
D．2❑√3
【答案】B
【分析】设⃗a=(1,0)，⃗b=(x , y)，⃗c =(x0, y0)，根据题意可得轨迹方程，再根据数量积公式数形结合分析
可求数量积的最大值.
【详解】设⃗a=(1,0)，⃗b=(x , y)，由|⃗a−⃗b)=2|⃗b)可得(x−1)
2+ y
2= 4(x
2+ y
2)，
化简可得3 x
2+3 y
2+2 x−1=0，即(x + 1
3)
2
+ y
2= 4
9 .
设⃗c =(x0, y0)，由|⃗c−⃗a)+|⃗c +⃗a)=2❑√3可得❑√(x0−1)
2+ y0
2+ ❑√(x0+1)
2+ y0
2=2❑√3，
故(x0, y0)的轨迹是以(−1,0)，(1,0)为焦点，2a=2❑√3的椭圆，其方程x
2
3 + y
2
2 =1.
设⃗b，⃗c的夹角为θ，则⃗b⋅⃗c =|⃗b)⋅|⃗c)cosθ，由圆与椭圆的性质可得，|⃗b)≤2
3 + 1
3 =1，
|⃗c)≤❑√3，cosθ≤1，故当⃗b，⃗c同向，均往x 负半轴时，⃗b⋅⃗c取得最大值❑√3.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键在于利用向量的坐标运算把向量问题转化为平面几何问题求解.
25．（2024·湖北荆州·模拟预测）已知|a
→)=2,|b
→)=1,a
→
⋅b
→
=0，向量⃗m,⃗n满足|⃗m+⃗a)+|⃗m−⃗a)=2❑√5, ⃗
n
2−6⃗b⋅⃗n+8=0，则|⃗m−⃗n)的最大值为（ ）
A．5
B．❑√21
C．❑√14+1
D．
❑√65
2
+1
【答案】D
【分析】先根据椭圆和圆的定义确定点M和点N的轨迹，然后求出圆心到椭圆上一点的最大距离，最后加
上圆的半径得到|⃗m−⃗n|的最大值.
【详解】记⃗OA =⃗a,⃗OB =⃗b,⃗OM =⃗m,⃗ON =⃗n，
不妨设A(2,0),B(0,1), A
′(−2,0), E(0,2),C(0,3), F(0,4)，
|⃗m−⃗a)=|⃗OM −⃗OA)=|⃗AM ),|⃗m+⃗a)=|⃗OM −⃗O A
′)=|⃗A
′ M)，
∴|⃗AM )+|⃗A
′ M)=2❑√5，点M的轨迹是以A(2,0), A
′(−2,0)为焦点的椭圆，
其方程为：x
2
5 + y
2=1；
由n⃗
2−6b⃗⋅n⃗+8=0得(⃗n−2⃗b)⋅(⃗n−4⃗b)=0，
即(⃗ON −⃗OE)⋅(⃗ON −⃗OF)=0，EN⃗⋅FN⃗=0，
∴EN⃗⊥FN⃗，点N的轨迹是以点C (0,3)为圆心，以r =1为半径的圆，
∴|⃗m−⃗n)max =|CM )max+r =|CM )max+1，
设M坐标为(❑√5cosα ,sin α)，
|CM )=
❑√(❑√5cosα)
2+(sin α −3)
2=
❑√−4sin
2α −6sin α +14=
❑√−4(sin α + 3
4)
2
+65
4
当sin α =−3
4 时，|CM )max = ❑√
65
4 =
❑√65
2
，
∴|⃗m−⃗n)max =|CM )max+1=
❑√65
2
+1.
故选：D.
26．（2024·四川德阳·一模）设F1, F2为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点，O 为坐标原点，P
为C的一条渐近线上一点，且|⃗P F1+⃗PO)=|⃗P F1−⃗PO)，若|⃗P F1)=2|⃗PO)，则C的离心率为（ ）
A．❑√6
B．❑√5
C．2
D．❑√3
【答案】B
【分析】利用向量的数量积运算推得P F1⊥PO，再利用正切函数的诱导公式，结合双曲线的渐近线方程
得到b,a的比值，从而利用双曲线的离心率公式即可得解.
【详解】依题意，不妨设点P在第二象限，如图，
因为|⃗P F1+⃗PO)=|⃗P F1−⃗PO)，所以|⃗P F1+⃗PO)
2=|⃗P F1−⃗PO)
2，
则⃗P F1
2+⃗PO
2+2⃗P F1⋅⃗PO =⃗P F1
2+⃗PO
2−2⃗P F1⋅⃗PO，故⃗P F1⋅⃗PO =0，
所以P F1⊥PO，
又|⃗P F1)=2|⃗PO)，双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的渐近线方程为y =± b
a x，
所以在Rt△PO F1中，tan ∠PO F1= tan(π−∠PO F2)=−tan ∠PO F2，
即|P F1)
|PO) =−(−b
a)，故b
a =2，
所以双曲线C的离心率为e = ❑√
1+(
b
a)
2
= ❑√5.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出a,c，代入公式e = c
a；
②只需要根据一个条件得到关于a,b,c的齐次式，进而转化为a,c的齐次式，然后等式（不等式）两边分
别除以a或a
2转化为关于e的方程（不等式），解方程（不等式）即可得e（e的取值范围）.
27．（2024 高三·全国·专题练习）已知E为平行四边形ABCD的边CD的中点，以B，E 为焦点的椭圆
Γ : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点A，D，且⃗BD⋅⃗BC =|BE)
2−a
2
16 ，则椭圆Γ的离心率为（ ）
A．1
3
B．1
2
C．
❑√2
2
D．
❑√6
3
【答案】D
【分析】利用向量的线性运算以及数量积运算律可得|AB),|DE)，连接AE并利用椭圆的定义求
|AE),|BD)，再由余弦定理求cos∠ABE ,cos∠BED，易知∠ABE+∠BED =π，建立方程求a
2,c
2间
的关系，进而可得椭圆的离心率
【详解】如下图所示：
因为E为平行四边形ABCD的边CD的中点，
所以⃗BD⋅⃗BC =(⃗BE +⃗ED)⋅(⃗BE +⃗EC )
=(⃗BE + 1
2⃗CD)⋅(⃗BE−1
2⃗CD)=⃗BE
2−1
4⃗CD
2=|BE)
2−a
2
16 ，
所以|AB)=|CD)= 1
2 a，所以|DE)= 1
2|CD)= 1
4 a．
连接AE，由椭圆的定义可知，|AE)=2a−|AB)=2a−1
2 a= 3
2 a,|BD)=2a− |ED)= 7
4 a；
设B (−c ,0)，则E (c ,0)，故|BE)=2c，
在△ABE中，cos∠ABE = (
1
2 a)
2
+(2c)
2−(
3
2 a)
2
2× 1
2 a×2c
= 2c
2−a
2
ac
．
在△BDE中，cos∠BED =
(2c)
2+(
1
4 a)
2
−(
7
4 a)
2
2×2c× 1
4 a
= 4 c
2−3a
2
ac
．
在平行四边形ABCD中，AB∥CD，所以∠ABE+ ∠BED =π，
所以cos∠ABE+cos∠BED =0，则2c
2−a
2
ac
+ 4 c
2−3a
2
ac
=0，整理得2a
2=3c
2，
所以椭圆Γ的离心率为c
a = ❑√
c
2
a
2 =
❑√6
3 ，
故选：D．
【点睛】方法点睛：处理本题中向量数量积问题时还可以利用平面向量中的极化恒等式：
⃗a⋅⃗b= 1
4 [(⃗a+⃗b)
2−(⃗a−⃗b)
2)或4⃗a⋅⃗b= (⃗a+⃗b)
2−(⃗a−⃗b)
2．其几何意义为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”的平方差的1
4 ．
28．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，F1(−c ,0)、F2(c ,0)分别为
左、右焦点，若双曲线右支上有一点P 使得线段P F1与y 轴交于点E，|PO)=|P F2)，线段E F2的中点H
满足⃗F1 H ⋅⃗P F2=0，则双曲线的离心率为（ ）
A．3 ❑√2+ ❑√10
2
B．3 ❑√2−❑√10
2
C．7+3 ❑√5
D．7−3 ❑√5
【答案】A
【分析】由|PO)=|P F2)，设P( c
2 , y0)，表示出P F1的方程求得E(0, 2 y0
3 )，则H ( c
2 , y0
3 )，由⃗
F1 H ⋅⃗P F2=0表示出P 的坐标，代入双曲线方程，整理计算即可求解.
【详解】由|PO)=|P F2)，得P的横坐标为c
2，设P( c
2 , y0)，
则直线P F1的方程为y = 2 y0
3c ( x +c)，令x =0，得y = 2 y0
3 ，即E(0, 2 y0
3 )，
所以线段E F2的中点H ( c
2 , y0
3 )，则⃗F1 H =( 3c
2 , y0
3 ),⃗P F2=( c
2 ,−y0)，
由⃗F1 H ⋅⃗P F2=0，得( 3c
2 , y0
3 )⋅( c
2 ,−y0)= 3c
2
4 −y0
2
3 =0，则y0=± 3c
2 ，
即P( c
2 ,± 3c
2 )，代入双曲线方程得c
2
4 a
2 −9c
2
4 b
2 =1，
即c
2
4 a
2 −
9c
2
4(c
2−a
2)
=1，整理得e
4−14 e
2+ 4 =0，
由e>1，解得e = 3 ❑√2+ ❑√10
2
.
故选：A
【点睛】思路点睛：解答本题的思路是根据点P的坐标表示出点E的坐标，由中点坐标公式表示出点H的
坐标，结合平面向量数量积的坐标表示求得P( c
2 ,± 3c
2 )，代入双曲线方程计算即可.
