【微专题5：与平面向量有关的最值范围问题】
【高考定位】
一、高考定位
与平面向量有关的最值范围问题是高考数学的高频难点题型，兼具代数运算与几何直观的双重考查属性，
常以选择题、填空题压轴形式出现，分值5 分，偶尔渗透于解答题的关键步骤中（如解析几何、三角函数
综合题中的最值求解）.
核心考查方向：围绕向量的模长、数量积、夹角、系数四大核心要素，考查利用向量运算性质、数形结合
思想、函数与不等式工具求解最值或范围的能力.命题趋势侧重“动态向量”背景（如向量端点在直线、
圆上运动），强调将向量问题转化为代数函数或几何图形的最值问题，突出逻辑推理与转化化归能力的选
拔功能.
二、核心知识铺垫
1.模长相关公式：
；
；若
，则
.
2. 数量积相关公式：
（
）；若
，
，则
；
.
3.夹角相关公式：
，由
的取值范围
可推导夹角
的范围.
4.共线与垂直性质：
，
（
）；
.
【真题体验】
1．（2025·北京·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，|⃗OA |=|⃗OB|=√2，|⃗AB|=2.设C(3,4)，则
|2⃗CA +⃗AB|的取值范围是（ ）
A．[6,14 ]
B．[6,12]
C．[8,14 ]
D．[8,12]
【答案】D
【分析】先根据⃗AB =⃗OB−⃗OA，求出〈⃗OA ,⃗OB 〉，进而可以用向量⃗OA ,⃗OB表示出2⃗CA +⃗AB，即可解出．
【详解】因为|OA |=|OB|=√2，|⃗AB|=2，
由⃗AB =⃗OB−⃗OA平方可得，⃗OA ⋅⃗OB =0，所以〈⃗OA ,⃗OB 〉=π
2 ．
2⃗CA +⃗AB =2(⃗OA −⃗OC)+⃗OB−⃗OA =⃗OA +⃗OB−2⃗OC，|⃗OC|=√3
2+ 4
2=5，
所以，|2⃗CA +⃗AB|
2=⃗OA
2+⃗OB
2+ 4⃗OC
2−4(⃗OA +⃗OB)⋅⃗OC
=2+2+ 4×25−4(⃗OA +⃗OB)⋅⃗OC =104−4(⃗OA +⃗OB)⋅⃗OC，
又|(⃗OA +⃗OB)⋅⃗OC|≤|⃗OA +⃗OB||⃗OC|=5×√2+2=10，即−10≤(⃗OA +⃗OB)⋅⃗OC ≤10，
所以|2⃗CA +⃗AB|
2∈[64,144]，即|2⃗CA +⃗AB|∈[8,12]，
故选：D.
2．（2024·天津·高考真题）已知正方形ABCD的边长为1，DE
→
=2 EC
→
,若BE⃗= λ BA⃗+ μ BC⃗，其中λ , μ为
1
实数，则λ+ μ= ；设F是线段BE上的动点，G为线段AF的中点，则⃗AF ⋅⃗DG的最小值为 ．
【答案】 4
3 −5
18
【分析】解法一：以{⃗BA ,⃗BC}为基底向量，根据向量的线性运算求⃗BE，即可得λ+ μ，设⃗BF =k⃗BE，求⃗
AF ,⃗DG，结合数量积的运算律求⃗AF ⋅⃗DG的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求⃗BE，
即可得λ+ μ，设F (a,−3a),a∈[−1
3 ,0]，求⃗AF ,⃗DG，结合数量积的坐标运算求⃗AF ⋅⃗DG的最小值.
【详解】解法一：因为CE = 1
2 DE，即CE⃗= 1
3 BA⃗，则⃗BE =⃗BC +⃗CE = 1
3⃗BA +⃗BC，
可得λ = 1
3 , μ=1，所以λ+ μ= 4
3 ；
由题意可知：|⃗BC|=|⃗BA|=1,⃗BA ⋅⃗BC =0，
因为F为线段BE上的动点，设⃗BF =k⃗BE = 1
3 k⃗BA +k⃗BC ,k ∈[0,1]，
则⃗AF =⃗AB+⃗BF =⃗AB+ k⃗BE =(
1
3 k −1)⃗BA + k⃗BC，
又因为G为AF中点，则⃗DG =⃗DA +⃗AG =−⃗BC + 1
2⃗AF = 1
2(
1
3 k −1)⃗BA +(
1
2 k −1)⃗BC，
可得⃗AF ⋅⃗DG =[(
1
3 k −1)⃗BA + k⃗BC]⋅[
1
2(
1
3 k −1)⃗BA +(
1
2 k −1)⃗BC]
= 1
2(
1
3 k −1)
2
+ k(
1
2 k −1)= 5
9(k −6
5)
2
−3
10，
又因为k ∈[0,1]，可知：当k =1时，⃗AF ⋅⃗DG取到最小值−5
18；
解法二：以B 为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则A (−1,0),B (0,0),C (0,1), D (−1,1), E(−1
3 ,1)，
可得⃗BA =(−1,0),⃗BC =(0,1),⃗BE =(−1
3 ,1)，
2
因为⃗BE = λ⃗BA + μ⃗BC =(−λ , μ)，则¿，所以λ+ μ= 4
3 ；
因为点F在线段BE: y =−3 x , x∈[−1
3 ,0]上，设F (a,−3a),a∈[−1
3 ,0]，
且G为AF中点，则G(
a−1
2
,−3
2 a)，
可得⃗AF =(a+1,−3a),⃗DG =(
a+1
2
,−3
2 a−1)，
则⃗AF ⋅⃗DG = (a+1)
2
2
+(−3a)(−3
2 a−1)=5(a+ 2
5)
2
−3
10，
且a∈[−1
3 ,0]，所以当a=−1
3时，⃗AF ⋅⃗DG取到最小值为−5
18；
故答案为：4
3 ；−5
18.
3．（2023·全国乙卷·高考真题）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|PO|=√2，则⃗PA ⋅⃗PD的最大值为（ ）
A．1+√2
2
B．1+2√2
2
C．1+√2
D．2+√2
【答案】A
【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得⃗PA ⋅⃗PD
= 1
2 −√2
2 sin(2α −π
4)，或⃗PA ⋅⃗PD = 1
2 + √2
2 sin(2α + π
4)然后结合三角函数的性质即可确定⃗PA ⋅⃗PD的
最大值.
【详解】如图所示，|OA|=1,|OP|=√2，则由题意可知:∠APO=π
4 ，
由勾股定理可得|PA|=√O P
2−O A
2=1
当点A , D位于直线PO异侧时或PB 为直径时，设∠OPC =α ,0≤α < π
4 ，
则：⃗PA ⋅⃗PD =|⃗PA |⋅|⃗PD|cos(α + π
4)
3
=1×√2cosα cos(α + π
4)
=√2cosα(
√2
2 cosα −√2
2 sin α)
=cos
2α −sin α cosα
= 1+cos2α
2
−1
2 sin 2α
= 1
2 −√2
2 sin(2α −π
4)
0≤α < π
4 ，则−π
4 ≤2α −π
4 < π
4
∴当2α −π
4 =−π
4 时，⃗PA ⋅⃗PD有最大值1.
当点A , D位于直线PO同侧时，设∠OPC =α ,0<α < π
4 ，
则：⃗PA ⋅⃗PD =⃗PA ⋅⃗PD cos(
π
4 −α)
=1×√2cosα cos(
π
4 −α)
=√2cosα(
√2
2 cosα + √2
2 sin α)
=cos
2α +sin α cosα
= 1+cos2α
2
+ 1
2 sin 2α
= 1
2 + √2
2 sin(2α + π
4)，
0≤α < π
4 ，则π
4 ≤2α + π
4 < 3 π
4
∴当2α + π
4 = π
2 时，⃗PA ⋅⃗PD有最大值1+√2
2
.
4
综上可得，⃗PA ⋅⃗PD的最大值为1+√2
2
.
故选：A.
【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查
了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.
4．（2023·天津·高考真题）在△ABC中，BC =1，∠A =60
∘，AD
→
= 1
2 AB
→
,CE
→
= 1
2 CD
→
，记⃗
AB =⃗a,⃗AC =⃗b，用a
→
,b
→
表示AE⃗= ；若⃗BF = 1
3⃗BC，则⃗AE⋅⃗AF的最大值为 ．
【答案】 1
4⃗a+ 1
2⃗b 13
24
【分析】空1：根据向量的线性运算，结合E为CD的中点进行求解；空2：用⃗a,⃗b表示出⃗AF，结合上一空
答案，于是⃗AE⋅⃗AF可由⃗a,⃗b表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解.
【详解】空1：因为E为CD的中点，则⃗ED +⃗EC =⃗0，可得¿，
两式相加，可得到2⃗AE =⃗AD +⃗AC，
即2⃗AE = 1
2⃗a+⃗b，则⃗AE = 1
4⃗a+ 1
2⃗b；
空2：因为⃗BF = 1
3⃗BC，则2⃗FB+⃗FC =⃗0，可得¿，
得到⃗AF +⃗FC +2(⃗AF +⃗FB)=⃗AC +2⃗AB，
即3⃗AF =2⃗a+⃗b，即⃗AF = 2
3⃗a+ 1
3⃗b.
于是⃗AE⋅⃗AF =(
1
4⃗a+ 1
2⃗b)⋅(
2
3⃗a+ 1
3⃗b)= 1
12 (2⃗a
2+5⃗a⋅⃗b+2⃗b
2).
记AB = x , AC = y，
则⃗AE⋅⃗AF = 1
12 (2⃗a
2+5⃗a⋅⃗b+2⃗b
2)= 1
12 (2 x
2+5 xy cos60
∘+2 y
2)= 1
12(2 x
2+ 5 xy
2 +2 y
2)，
在△ABC中，根据余弦定理：BC
2= x
2+ y
2−2 xy cos60
∘= x
2+ y
2−xy =1，
于是⃗AE⋅⃗AF = 1
12(2 xy + 5 xy
2 +2)= 1
12(
9 xy
2 +2)，
由x
2+ y
2−xy =1和基本不等式，x
2+ y
2−xy =1≥2 xy −xy = xy，
故xy ≤1，当且仅当x = y =1取得等号，
则x = y =1时，⃗AE⋅⃗AF有最大值13
24 .
故答案为：1
4⃗a+ 1
2⃗b；13
24 .
5
5．（2022·北京·高考真题）在△ABC中，AC =3,BC = 4 ,∠C =90°．P 为△ABC所在平面内的动点，且
PC =1，则⃑PA ⋅⃑PB的取值范围是（ ）
A．[−5,3]
B．[−3,5]
C．[−6,4 ]
D．[−4,6]
【答案】D
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设P(cosθ ,sinθ)，表示出⃑PA，⃑PB，根据数量积的坐标表示、辅
助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则C (0,0)，A (3,0)，B (0,4)，
因为PC =1，所以P在以C为圆心，1为半径的圆上运动，
设P(cosθ ,sinθ)，θ∈[0,2π ]，
所以⃑PA =(3−cosθ ,−sinθ)，⃑PB =(−cosθ ,4−sinθ)，
所以⃑PA ⋅⃑PB =(−cosθ)×(3−cosθ)+(4−sinθ)×(−sinθ)
=cos
2θ−3cosθ−4 sinθ+sin
2θ
=1−3cosθ−4 sinθ
=1−5sin (θ+φ)，其中sin φ = 3
5，cosφ = 4
5 ，
因为−1≤sin (θ+φ)≤1，所以−4≤1−5sin (θ+φ)≤6，即⃑PA ⋅⃑PB∈[−4,6]；
故选：D
6
6．（2021·天津·高考真题）在边长为1 的等边三角形ABC 中，D 为线段BC 上的动点，DE⊥AB且交AB
于点E．DF // AB且交AC 于点F,则|2⃑BE +⃑DF |的值为 ；(⃑DE +⃑DF )⋅⃑DA的最小值为
．
【答案】 1 11
20
【分析】设BE = x，由(2⃑BE +⃑DF )
2= 4⃑BE
2+ 4⃑BE⋅⃑DF +⃑DF
2可求出；将(⃑DE +⃑DF )⋅⃑DA化为关于x的
关系式即可求出最值.
【详解】设BE = x，x∈(0, 1
2)，∵△ABC为边长为1 的等边三角形，DE⊥AB，
∴∠BDE =30
∘,BD =2 x , DE =√3 x , DC =1−2 x，
∵ DF // AB，∴△DFC为边长为1−2 x的等边三角形，DE⊥DF，
∴(2⃑BE +⃑DF )
2= 4⃑BE
2+ 4⃑BE⋅⃑DF +⃑DF
2= 4 x
2+ 4 x(1−2 x)×cos0
∘+(1−2 x)
2=1，
∴|2⃑BE +⃑DF |=1，
∵(⃑DE +⃑DF )⋅⃑DA =(⃑DE +⃑DF )⋅(⃑DE +⃑EA )=⃑DE
2+⃑DF ⋅⃑EA
=(√3 x)
2+(1−2 x)×(1−x)=5 x
2−3 x +1=5(x−3
10)
2
+ 11
20，
所以当x = 3
10时，(⃑DE+⃑DF )⋅⃑DA的最小值为11
20.
故答案为：1；11
20.
7．（2017·浙江·高考真题）已知向量⃑a,⃑b满足|⃑a|=1,|⃑b|=2，则|⃑a+⃑b|+|⃑a−⃑b|的最小值是 ，
最大值是 ．
【答案】 4 2√5
【详解】设向量⃑a,⃑b的夹角为θ，由余弦定理有：|⃑a−⃑b|=√1
2+2
2−2×1×2×cosθ =√5−4 cosθ，
|⃑a+⃑b|=√1
2+2
2−2×1×2×cos(π −θ)=√5+ 4 cosθ，则：
|⃑a+⃑b|+|⃑a−⃑b|=√5+ 4 cosθ+√5−4 cosθ，
令y =√5+ 4 cosθ+√5−4 cosθ，则y
2=10+2√25−16cos
2θ∈[16,20]，
7
据此可得：(|⃑a+⃑b|+|⃑a−⃑b|)max =√20=2√5,(|⃑a+⃑b|+|⃑a−⃑b|)min=√16= 4，
即|⃑a+⃑b|+|⃑a−⃑b|的最小值是4，最大值是2√5．
【名师点睛】本题通过设向量⃑a,⃑b的夹角为θ，结合模长公式， 可得
|⃑a+⃑b|+|⃑a−⃑b|=√5+ 4 cosθ+√5−4 cosθ，再利用三角函数的有界性求出最大、最小值，属中档题，对
学生的转化能力和最值处理能力有一定的要求．
8．（2017·全国II 卷·高考真题）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
【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【详解】建立如图所示的坐标系，以BC中点为坐标原点，
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 )=2 x
2−2√3 y +2 y
2=2[ x
2+( y −√3
2 )
2
−3
4 ]
∴当x =0，y = √3
2 时，取得最小值2×(−3
4 )=−3
2，
故选：B．
9．（2016·四川·高考真题）在平面内，定点A，B，C，D 满足|⃗DA |=|⃗DB|=|⃗DC |,⃗DA ⋅ ⃗DB=⃗DB⋅ ⃗
DC=⃗DC ⋅ ⃗DA=–2，动点P，M 满足|⃗AP|=1，⃗PM=⃗MC，则|⃗BM |
2的最大值是
A．43
4
B．49
4
C．37+6√3
4
D．37+2√33
4
【答案】B
【详解】试题分析：由已知易得∠ADC =∠ADB =∠BDC =120° , |⃗DA |=|⃗DB|=|⃗DC |=2.以D为
原点，直线DA为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(2 , 0) , B(−1 , −√3) , C(−1 , √3) . 设
P( x , y) , 由已知|⃗AP|=1，得( x −2)
2+ y
2=1，又⃗
PM =⃗MC , ∴M ( x−1
2
, y +√3
2
) , ∴⃗BM =( x +1
2
, y +3√3
2
) ,
8
∴|BM
→
|
2= ( x +1)
2+( y +3√3)
2
4
，它表示圆( x−2)
2+ y
2=1上的点( x ，y)与点(−1 , −3√3)的距离的
平方的1
4 ，∴(|BM
→
|)
2
max = 1
4 (√3
2+(3√3)
2+1)
2
= 49
4 ，故选B.
【考点】平面向量的数量积运算，向量的夹角，解析几何中与圆有关的最值问题
【名师点睛】本题考查平面向量的夹角与向量的模，由于结论是要求向量模的平方的最大值，因此我们要
把它用一个参数表示出来，解题时首先对条件进行化简变形，本题中得出
∠ADC =∠ADB =∠BDC =120°，且|⃗DA |=|⃗DB|=|⃗DC |=2，因此我们采用解析法，即建立直角
坐标系，写出点A ,B ,C , D的坐标，同时动点P的轨迹是圆，则|⃗BM |
2= ( x +1)
2+( y +3√3)
2
4
，因此可
用圆的性质得出最值．因此本题又考查了数形结合的数学思想．
10．（2016·浙江·高考真题）已知向量⃑a，⃑b，|⃑a|=1，|⃑b|=2，若对任意单位向量⃑e，均有
|⃑a⋅⃑e|+|⃑b⋅⃑e|≤√6,则⃑a⋅⃑b的最大值是 ．
【答案】1
2
【详解】试题分析：|(⃑a+⃑b)⋅⃑e|≤|⃑a⋅⃑e|+|⃑b⋅⃑e|≤√6⇒|⃑a+⃑b|≤√6⇒|⃑a|
2+|⃑b|
2+2⃑a⋅⃑b≤6⇒⃑a⋅⃑b≤1
2，
即最大值为1
2.
【考点】平面向量的数量积．
【易错点睛】在|⃑a+⃑b|≤√6两边同时平方，转化为|⃑a|
2+|⃑b|
2+2⃑a⋅⃑b≤6的过程中，很容易忘记右边的√6
进行平方而导致错误．
11．（2016·浙江·高考真题）已知平面向量⃗a，⃗b，|⃗a|=1,|⃗b|=2,⃗a⋅⃗b=1．若⃗e为平面单位向量，则
|⃗a⋅⃗e|+|⃗b⋅⃗e|的最大值是______．
【答案】√7
【详解】试题分析：由已知得〈⃗a,⃗b 〉=60°，不妨取⃗a=(1,0)，⃗b=(1,√3)，设⃗e =(cosα ,sin α )，
则|⃗a⋅⃗e|+|⃗b⋅⃗e|=|cosα |+|cosα +√3sin α | ≤|cosα |+|cosα |+√3|sin α |
=2|cosα |+√3|sin α |，取等号时cosα与sin α同号．
9
所以2|cosα |+√3|sin α |=|2cosα +√3sin α | =√7| 2
√7 cosα + √3
√7 sin α | =√7|sin(α +θ)|（其
中sinθ = 2
√7 ,cosθ = √3
√7 ，取θ为锐角）．
显然√7|sin(α +θ)|≤√7，
易知当α +θ = π
2 时，|sin(α +θ)|取最大值1，此时α为锐角，sin α ,cosα同为正，
因此上述不等式中等号能同时取到，故所求最大值为√7．
【考点】平面向量的数量积和模.
【思路点睛】先设⃗a，⃗b，和⃗e的坐标，再将|⃗a⋅⃗e|+|⃗b⋅⃗e|转化为三角函数，进而用辅助角公式将三角
函数进行化简，最后用三角函数的性质可得三角函数的最大值，进而可得|⃗a⋅⃗e|+|⃗b⋅⃗e|的最大值．
【热点题型1：向量模长的最值范围】
【核心归纳】
1.转化核心：利用模长平方与数量积的关系（
），将模长最值转化为数量积的最值，再进一
步转化为代数函数最值；2.常用方法：①坐标法（动态向量优先，建立坐标系将向量坐标化，模长表示为
坐标的函数）；②基底法（静态向量或复杂图形，选取不共线基底，将目标向量表示为基底的线性组合，
再求模长平方的最值）；③几何法（利用圆的性质、点到直线的距离公式，直观判断模长的最值）.
【易错提示】
1.忽略动态向量的取值范围：如向量端点在圆上运动时，未考虑参数角的范围（
），导致函数
值域求解错误；2.直接对模长表达式求导或变形，未先平方转化，增加运算难度且易出错（如误将
直接展开为
）；3.基底选择不当，导致模长表达式含多个独立变量，无法求解最值
（2025·上海金山·一模）已知非零向量⃗a、⃗b的夹角为θ，若|⃗b|
|⃗a|=cosθ，|⃗a−⃗b|=3，
则|⃗a−t⃗b|(t ∈R)的最小值为 ．
【答案】3
【分析】将|⃗a−t⃗b|平方后利用二次函数的性质可求其最小值.
【详解】因为|⃗b|
|⃗a|=cosθ，|⃗a−⃗b|=3，
故9=|⃗a−⃗b|
2=⃗a
2−2⃗a⋅⃗b+⃗b
2=⃗a
2−2|⃗a|⋅|⃗b|cosθ+⃗b
2
=⃗a
2−2|⃗a|⋅|⃗b|⋅|⃗b|
|⃗a|+⃗b
2=⃗a
2−⃗b
2，
|⃗a−t⃗b|
2=⃗a
2−2t⃗a⋅⃗b+t
2⃗b
2=⃗a
2−2t|⃗a|⋅|⃗b|⋅|⃗b|
|⃗a|+t
2⃗b
2=⃗a
2−2t|⃗b|
2+t
2⃗b
2
=⃗b
2(t −1)
2+⃗a
2−⃗b
2=⃗b
2(t −1)
2+9，
知识讲解与常考题型
题型分类
经典例题
10
故当t =1时，|⃗a−t⃗b|
2的最小值为9，
故|⃗a−t⃗b|最小值为3.
故答案为：3.
（2025·云南昭通·模拟预测）已知向量⃗a,⃗b,⃗c满足
|⃗a|=3,|⃗b|=1,|⃗a−⃗b|=√7 ,|⃗c|=2|⃗c−⃗a|，记⃗m=t⃗b(t ∈R)，则|⃗m−⃗c|的取值范围是（ ）
A．[√2,+∞)
B．[2√3−2,+ ∞)
C．(−∞,2√3+2)
D．[2√3−2,2√3+2]
【答案】B
【分析】根据向量的模长公式可得<⃗a,⃗b>=π
3 ，进而建立直角坐标系，根据坐标运算可得C点的轨迹，进
而根据点到直线的距离公式求解.
【详解】因为|⃗a−⃗b|=√7，所以⃗a
2−2⃗a⋅⃗b+⃗b
2=7．又|⃗a|=3,|⃗b|=1，
所以9−6cos<⃗a,⃗b>+1=7，解得cos<⃗a,⃗b>= 1
2．因为⃗a,⃗b∈[0,π]，
所以<⃗a,⃗b>=π
3 ．
建立如图所示的直角坐标系xOy，
设⃗a=⃗OA =(3,0),⃗b=⃗OB =(
1
2 , √3
2 ),⃗c =⃗OC =(x , y)，
因为|⃗c|=2|⃗c−⃗a|，所以√x
2+ y
2=2√( x −3)
2+ y
2，整理得( x −4)
2+ y
2= 4，
即C点的轨迹是：圆心为E (4,0)，半径为2 的圆．
设⃗m=⃗OM =t⃗OB，则点M在直线OB上运动，则|⃗m−⃗c|=|⃗OM −⃗OC|=|⃗CM|，
令点E到直线OB的距离为d，则|⃗CM |min=d −r =|⃗OE|⋅sinπ
3 −2=2√3−2，无最大值，
故选：B．
（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
（ ）
经典例题
经典例题
11
A．0
B．1
C．√3−1
D．√3+1
【答案】C
【分析】设⃗d =2⃗b−⃗a，求出|⃗d|=√3，再利用不等式|⃗d +⃗c|≥||⃗d|−|⃗c||即可求解.
【详解】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
【规律方法总结】
1.解题模板：①判断向量类型（静态/动态），选择转化方法（坐标法/基底法/几何法）；②将目标模长
平方，转化为数量积表达式；③将数量积表达式转化为单一变量的函数（如二次函数
、
三角函数
）；④确定变量取值范围，求解函数最值，再开方得到模长的最值/范
围.
2.技巧提炼：①遇到向量端点在圆上运动，优先用圆的参数方程（设点为
）表示向量坐标，
利用三角函数有界性（
、
）求最值；②遇到向量端点在直线上运动，设出直线的参数
坐标（如
），转化为二次函数，利用二次函数的顶点式或判别式求最值；③静态向量的模长范围，
可利用三角不等式（
）快速判断范围.
（2025·四川广安·模拟预测）已知|⃗a|=2，|⃗b|=1，⟨⃗a,⃗b⟩=θ，
|⃗a+2⃗b|+|⃗a−2⃗b|= f (θ)，则函数f (θ)的值域是（ ）
A．[4,2√5]
B．[3,2√5]
C．[4,4√2]
D．[3,4√2]
【答案】C
【分析】由题知⃗a⋅⃗b=2cosθ，再根据向量的模长公式可得f (θ)=√8+8cosθ+√8−8cosθ，接着利用二
倍角公式化简可得f (θ)= 4√1+sinθ，继而可得到值域.
【详解】∵⟨⃗a,⃗b⟩=θ，∴θ∈[0,π]，
则sinθ∈[0,1],sin θ
2 ≥0,cos θ
2 ≥0，⃗a⋅⃗b=|⃗a||⃗b|cosθ =2cosθ，
f (θ)=√(⃗a+2⃗b)
2+√(⃗a−2⃗b)
2=√⃗a
2+ 4⃗b
2+ 4⃗a⋅⃗b+√⃗a
2+ 4⃗b
2−4⃗a⋅⃗b
=√8+8cosθ+√8−8cosθ =√
8+8(2cos
2 θ
2 −1)+√
8−8(1−2sin
2 θ
2)
小试牛刀1
12
= 4 cos θ
2 + 4 sin θ
2 = 4√(cos θ
2 +sin θ
2)
2
= 4√1+sinθ∈[4,4√2].
故选：C.
（2025·安徽合肥·模拟预测）如图，在△ABC中，∠BAC =π
3 ,⃗AD =⃗DB , P为CD
上一点，且满足⃗AP =m⃗AC + 1
3⃗AB，若S△ABC =2√3，则|⃗AP|的最小值是（ ）
A．2
B．4
C．2√6
3
D．8
3
【答案】C
【分析】设⃗CP = λ⃗CD，从而得到⃗AP = 1
2 λ⃗AB+(1−λ)⃗AC，结合已知有λ = 2
3 ,m= 1
3，应用三角形面积公
式得|⃗AB|⋅|⃗AC|=8，最后由向量数量积的运算律、基本不等式求向量模长的最值.
【详解】设⃗CP = λ⃗CD，则⃗
AP =⃗AC +⃗CP =⃗AC + λ⃗CD =⃗AC + λ(
1
2⃗AB−⃗AC)= 1
2 λ⃗AB+(1−λ)⃗AC = 1
3⃗AB+m⃗AC，
所以¿，解得λ = 2
3 ,m= 1
3，
S△ABC = 1
2|⃗AB|⋅|⃗AC|sin∠BAC = √3
4 |⃗AB|⋅|⃗AC|=2√3，则|⃗AB|⋅|⃗AC|=8，
|⃗AP|
2=(
1
3⃗AB+ 1
3⃗AC)
2
= 1
9⃗AB
2+ 1
9⃗AC
2+ 2
9⃗AB⋅⃗AC
= 1
9|⃗AB|
2+ 1
9|⃗AC|
2+ 2
9|⃗AB|⋅|⃗AC|cos∠BAC ≥2√
1
9|⃗AB|
2⋅1
9|⃗AC|
2+ 1
9|⃗AB|⋅|⃗AC|
= 1
3|⃗AB|⋅|⃗AC|= 8
3，当且仅当|⃗AB|=|⃗AC|=2√2时，等号成立，
∴|⃗AP|的最小值为2√6
3
．
故选：C
（2025·湖北襄阳·二模）已知平面向量⃗a，⃗b满足|⃗a|=1，⟨⃗b,⃗a+⃗b⟩=π
6 ，则|⃗a+⃗b|
的最大值为 .
小试牛刀2
小试牛刀3
13
【答案】2
【分析】把向量⃗a，⃗b放在单位圆内，确定定点A(−1
2 ,−√3
2 )，B(
1
2 ,−√3
2 )，用⃗AB =⃗a，在单位圆上选
择动点C，用⃗CB=⃗b，结合向量加法法则及向量夹角的概念确定|⃗a+⃗b|的最大值.
【详解】
如图所示：圆O为单位圆，点A ,B在单位圆上且A(−1
2 ,−√3
2 )，B(
1
2 ,−√3
2 )，
所以⃗a=⃗AB =(1,0)，符合条件|⃗a|=1，
在单位圆上再取一点C，令⃗b=⃗CB，
易知弦AB所对的圆心角∠AOB =π
3 ，弦AB所对的圆周角∠ACB =π
6 ，
因为⃗a+⃗b=⃗BA +⃗CB =⃗CA，符合条件⟨⃗b,⃗a+⃗b⟩=π
6 ，
所以当线段AC为圆的直径时|⃗a+⃗b|=|⃗CA|最大，最大值为2.
故答案为：2
【热点题型2：向量数量积的最值范围】
【核心归纳】
1.转化路径：①定义转化：
，若
、
为定值，可转化为
的最值问题；②
坐标转化：若向量可坐标化，
，转化为坐标变量的函数最值；③基底转化：将向量表示
为基底的线性组合，数量积转化为基底数量积的线性表达式，再结合基底的已知条件求解；2.变量来源：
动态向量的参数（如圆的参数角、直线的参数t、夹角
）.
【易错提示】
1.混淆向量的夹角：将两个向量的夹角误视为线段的夹角（如三角形中向量
与
的夹角，误取为
，实际为
的补角）；2.变量转化不彻底：数量积表达式含多个独立变量（如x、y 同时存在
且无关联），无法求解值域；3.忽略向量的方向限制：如向量端点在线段上运动，未限制参数的取值范围，
导致最值超出实际情况；4.误用基本不等式：在数量积为负的情况下，仍用基本不等式求最小值，忽略基
本不等式的“正”前提.
（2025·天津和平·三模）若正方形ABCD的边长为1，中心为O，过O作直线l与边AD，
BC分别交于P，Q两点，点M满足⃗OM = λ
2⃗OA + 1−λ
2⃗
OB(λ∈R)．（ⅰ）当λ= 3
4 时，|⃗OM|= ；
经典例题
14
（ⅱ）⃗PM ⋅⃗QM的最小值为 ．
【答案】 √5
8 −7
16
【分析】根据模长公式，结合数量积的运算律即可求解空1，利用向量的线性运算将问题转化为⃗
PM ⋅⃗QM =⃗OM
2−⃗OP
2，求解⃗OP
2的最大值，|⃗OM|
2的最小值即可求解.
【详解】由于⃗OA ⊥⃗OB，则⃗OA ⋅⃗OB =0，
|⃗OM|
2=(
λ
2⃗OA + 1−λ
2⃗
OB)
2
= λ
2
4⃗OA
2+(
1−λ
2 )
2⃗
OB
2= λ
2
4 (
√2
2 )
2
+(
1−λ
2 )
2
(
√2
2 )
2
=2 λ
2−2 λ+1
8
，
（ⅰ）当λ= 3
4 ，则|⃗OM|
2=
2×(
3
4)
2
−2× 3
4 +1
8
= 5
64
，故|⃗OM|= √5
8 ，
（ⅱ）⃗PM ⋅⃗QM =(⃗OM −⃗OP)⋅(⃗OM −⃗OQ)=⃗OM
2−⃗OM ⋅(⃗OP+⃗OQ)+⃗OP⋅⃗OQ,
由于⃗OP ,⃗OQ为相反向量，故⃗OP+⃗OQ =⃗0，
所以⃗PM ⋅⃗QM =⃗OM
2−⃗OP
2，
由|⃗OM|
2=2 λ
2−2 λ+1
8
=(λ−1
2)
2
+ 1
4
4
，故当λ= 1
2时，|⃗OM|
2取最小值1
16，
而⃗OP
2的最大值为O B
2= 1
2，
因此当⃗OP
2取最大值，|⃗OM|
2取最小值时，⃗PM ⋅⃗QM =⃗OM
2−⃗OP
2取最小值，故最小值为1
16 −1
2 = −7
16 ，
故答案为：√5
8 ，−7
16
（2025·天津·一模）如图，在平行四边形ABCD中，
∠BAD =π
3
,| AB|=3,| AD|=2，点E 为BC中点，⃗CG = 1
3⃗CD，点F 为边AD上的点．若点F 满足⃗
AF = 1
4⃗AD，且⃗EF = λ⃗AB+ μ⃗AD，则λ+ μ= ；若点F 为线段AD上的动点，则⃗EF ⋅⃗FG的取值
范围为 ．
经典例题
15
【答案】 −5
4 [−12,−5]
【分析】由题意得⃗EF = λ⃗AB+ μ⃗AD =−⃗AB−1
4⃗AD，从而λ+ μ=−5
4 ；对于第二问，设⃗
AF = λ⃗AD , λ∈[0,1]，首先分解⃗EF ,⃗FG，然后由数量积的运算律转换成关于λ的二次函数在闭区间上的
值域即可求解.
【详解】由题意⃗EF = λ⃗AB+ μ⃗AD =⃗EB+⃗BA +⃗AF =−1
2⃗AD−⃗AB+ 1
4⃗AD =−⃗AB−1
4⃗AD
所以λ+ μ=−(1+ 1
4)=−5
4 ，
设⃗AF = λ⃗AD , λ∈[0,1]，⃗
EF =⃗EB+⃗BA +⃗AF =−1
2⃗AD−⃗AB+ λ⃗AD =−⃗AB+(λ−1
2)⃗AD，⃗
FG =⃗FD +⃗DG = 2
3⃗AB+(1−λ)⃗AD，⃗
EF ⋅⃗FG =[−⃗AB+(λ−1
2)⃗AD][
2
3⃗AB+(1−λ)⃗AD]
=−2
3⃗AB
2+(λ−1
2)(1−λ)⃗AD
2+(
5
3 λ−4
3)⃗AB⋅⃗AD，
=−6+ 4(−λ
2+ 3
2 λ−1
2)+5 λ−4 =−4 λ
2+11 λ−12, λ∈[0,1]，
设y =−4 λ
2+11 λ−12, λ∈[0,1]，对称轴是λ = 11
8 >1，
故y =−4 λ
2+11 λ−12, λ∈[0,1]单调递增，
从而当点F 为线段AD上的动点时，⃗EF ⋅⃗FG的取值范围为[−12,−5].
故答案为：−5
4 ；[−12,−5].
（2025·天津南开·二模）在梯形ABCD中，AB = AD =2，⃗BC = 3
4⃗AD，⃗
AC ⋅⃗BD =−1
2，记⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，用⃗a和⃗b表示⃗CD = ；若点E为BD上一动点，则⃗AE⋅⃗BC的最
经典例题
16
大值为 ．
【答案】 1
4⃗b−⃗a 3
【分析】（1）⃗CD =⃗CB+⃗BA +⃗AD，再根据向量之间的关系进行化简；
（2）根据向量加法的三角形法则，得到⃗BD =−⃗a+⃗b，⃗AC =⃗a+ 3
4⃗b，
又⃗AC ⋅⃗BD =−1
2，可得⃗a⋅⃗b=2，
设⃗BE = λ⃗BD , λ∈[0,1]，则⃗AE =(1−λ)⃗a+ λ⃗b，⃗AE⋅⃗BC = 3
2 + 3
2 λ，
最后根据λ范围求解即可.
【详解】
因为⃗BC = 3
4⃗AD，所以⃗BC = 3
4⃗b，⃗
CD =⃗CB+⃗BA +⃗AD =−3
4⃗b−⃗a+⃗b=−⃗a+ 1
4⃗b= 1
4⃗b−⃗a；
因为⃗AC =⃗AB+⃗BC =⃗a+ 3
4⃗b，⃗BD =⃗BA +⃗AD =−⃗a+⃗b，
又⃗AC ⋅⃗BD =−1
2，即
(⃗a+ 3
4⃗b)⋅(−⃗a+⃗b)=−⃗a
2+ 1
4⃗a⋅⃗b+ 3
4⃗b
2=−4+ 1
4⃗a⋅⃗b+3=−1+ 1
4⃗a⋅⃗b=−1
2 ,
可得⃗a⋅⃗b=2，
设⃗BE = λ⃗BD , λ∈[0,1]，则⃗
AE =⃗AB+⃗BE =⃗a+ λ(−⃗a+⃗b)=(1−λ)⃗a+ λ⃗b，⃗
AE⋅⃗BC =[(1−λ)⃗a+ λ⃗b]⋅3
4⃗b= 3
2 + 3
2 λ，
当λ =1时有最大值3，
故答案为：1
4⃗b−⃗a；3.
【规律方法总结】
1.解题模板：①优先选择坐标法（动态向量必用），建立合适的坐标系，写出向量的坐标表达式；②将数
17
量积表示为坐标的乘积和，转化为单一变量的函数（二次函数、三角函数等）；③明确变量的取值范围
（结合几何背景：线段端点、圆的参数角范围等）；④求解函数在对应区间上的最值，得到数量积的最
值/范围.
2.技巧提炼：①“投影法”快速转化：
（
为
在
方向上的投影），数量积的最
值可转化为投影的最值；②遇到“固定向量+动态向量”的数量积，固定向量为基底，动态向量用参数表
示，简化运算；③圆上向量的数量积最值，可利用圆心到定点的距离与半径的关系求解（如
，O
为原点，A 在圆上，B 为定点，转化为
，或坐标法转化为二次函数）.
（2025·天津·二模）在△ABC中，已知⃗AB⋅⃗AC =⃗AB
2= 4，且|⃗AC|=√13，则
|⃗BC|= ；若D为线段AB的中点，点E满足⃗BE =2⃗EC，且P为线段AC上的动点，则⃗
PD⋅⃗PE的最小值为 .
【答案】 3 −10
13
【分析】由题意，求得|⃗AB|=2，结合⃗BC =⃗AC −⃗AB，根据向量的线性运算法则，求得|⃗BC|=3；再由
|⃗AB|+|⃗BC|
2=|⃗AC|
2，得到△ABC为直角三角形，以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，设P(2t ,3t )，
得到⃗PD =(1−2t ,−3t ),⃗PE =(2−2t ,2−3t )，结合向量的数量积的坐标运算，得到⃗
PD⋅⃗PE =13t
2−12t +2，利用二次函数的性质，即可求解.
【详解】由⃗AB
2= 4，可得|⃗AB|
2= 4，所以|⃗AB|=2，
又由⃗AB⋅⃗AC = 4，且|⃗AC|=√13，
因为⃗BC =⃗AC −⃗AB，所以⃗BC
2=(⃗AC −⃗AB)
2=⃗AC
2+⃗AB
2−2⃗AC ⋅⃗AB，
即|⃗BC|
2=(√13)
2+2
2−2×4 =9，所以|⃗BC|=3；
因为|⃗AB|+|⃗BC|
2=|⃗AC|
2，所以△ABC为直角三角形，
以A为坐标原点，以AB所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0),B(2,0),C(2,3),
因为D为线段AB的中点，可得D(1,0)，
又因为点E满足⃗BE =2⃗EC，即E为BC（靠近C的三等分点），可得E(2,2)，
由P为线段AC上的动点，可得设P(2t ,3t )，其中t ∈[0,1]，
则⃗PD =(1−2t ,−3t ),⃗PE =(2−2t ,2−3t )，
所以⃗PD⋅⃗PE =(1−2t )(2−2t )+(−3t )(2−3t )=13t
2−12t +2，
根据二次函数的性质得，当t = 6
13时，⃗PD⋅⃗PE取得最小值，最小值为−10
13.
故答案为：3；−10
13.
小试牛刀1
18
（2025·天津和平·一模）已知平面四边形ABCD满足|⃗AD|=|⃗AB|=2，⃗
BD +⃗CD =2⃗BA且⃗BA ⋅⃗BC
|⃗BC|
=1，M为AB的中点，则|⃗CM|= ，若E、F分别为线段AD、BC
上的动点，且满足⃗ME⋅⃗MF = 13
4 ，则|⃗ME+⃗MF|的最小值为 .
【答案】 √13 4
【分析】推导出⃗BC =2⃗AD，∠ABC =π
3 ，然后以点B为坐标原点，直线BC为x轴，过点B且垂直于BC
的直线为y轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的模长公式可求得|⃗CM|的值；设点E(m,√3)、F (n,0)，
其中1≤m≤3，0≤n≤4，利用平面向量数量积的坐标运算得出(m−1
2)(n−1
2)= 4，再结合基本不等式求
得|⃗ME+⃗MF|的最小值.
【详解】因为2⃗BA =⃗BD +⃗CD =⃗BD +⃗BD−⃗BC，可得⃗BC =2⃗BD−2⃗BA =2⃗AD，
因为⃗BA ⋅⃗BC
|⃗BC|
=|⃗BA|⋅|⃗BC|cos∠ABC
|⃗BC|
=|⃗BA|cos∠ABC =2cos∠ABC =1，则cos∠ABC = 1
2，
因为0<∠ABC <π，则∠ABC =π
3 ，且|⃗BC|=2|⃗AD|= 4，如下图所示：
以点B为坐标原点，直线BC为x轴，过点B且垂直于BC的直线为y轴建立如上图所示的平面直角坐标系，
则A (1,√3)、B (0,0)、C (4,0)、D(3,√3)、M(
1
2 , √3
2 )，
小试牛刀2
19
|⃗CM|=√(
1
2 −4)
2
+(
√3
2 −0)
2
=√13；
设点E(m,√3)、F (n,0)，其中1≤m≤3，0≤n≤4，⃗
ME =(m−1
2 , √3
2 )，⃗MF =(n−1
2 ,−√3
2 )，
所以，⃗ME⋅⃗MF =(m−1
2)(n−1
2)−3
4 = 13
4 ，可得(m−1
2)(n−1
2)= 4，
因为m> 1
2，则n> 1
2，则m−1
2 >0，n−1
2 >0，
所以，⃗ME+⃗MF =(m+n−1,0)，
则|⃗ME+⃗MF|=|(m−1
2)+(n−1
2)|=(m−1
2)+(n−1
2)≥2√(m−1
2)(n−1
2)= 4，
当且仅当¿时，即当m=n= 5
2时，等号成立，
因此，|⃗ME+⃗MF|的最小值为4.
故答案为：√13；4.
（2024·天津滨海新·三模）在平行四边形ABCD中，∠A =60°，AD = 2
3 AB，点
E在边DC上，满足⃗DE = 1
3⃗DC，则向量⃗AE在向量⃗AD上的投影向量为 （请用⃗AD表示）；若
AB =3，点M，N分别为线段AB，BC上的动点，满足BM + BN =1，则⃗EM ⋅⃗EN的最小值为 ．
【答案】 5
4⃗AD 23
8
【分析】由向量⃗AE在向量⃗AD上的投影向量为⃗
AD·⃗AE
|⃗AD|
2 ·⃗AD，根据向量的线性运算和数量积的运算法则，
求解即可；以A为坐标原点建立平面直角坐标系，设BN =t (0<t <1)，用含t的式子表示出点M和点N的坐
标，再根据向量的数量积的坐标运算法则，求解即可.
【详解】由⃗DE = 1
3⃗DC，知⃗DE = 1
3⃗AB，
因为∠A =60°，AD = 2
3 AB，
所以⃗AD·⃗AE =⃗AD(⃗AD +⃗DE)=⃗AD(⃗AD + 1
3⃗AB)
=⃗AD
2+ 1
3⃗AD·⃗AB =|⃗AD|
2+ 1
3 × 3
2 × 1
2|⃗AD|
2= 5
4|⃗AD|
2
，
所以向量⃗AE在向量⃗AD上的投影向量为
小试牛刀3
20
⃗
AD·⃗AE
|⃗AD|
2 ·⃗AD =
5
4|⃗AD|
2
|⃗AD|
2⃗AD = 5
4⃗AD；
若AB =3，则AD =2，
以A为原点建立平面直角坐标系，则E(2,√3)，
设BN =t，则BM =1−t，0<t <1，
所以M (2+t ,0)，N(3+ 1
2 t , √3
2 t)，
所以⃗EM =(t ,−√3)，⃗EN =(1+ 1
2 t , √3
2 t −√3)，
所以⃗EM ·⃗EN =(t ,−√3)·(1+ 1
2 t , √3
2 t −√3)=t + 1
2 t
2−3
2 t +3= 1
2 t
2−1
2 t +3，
是关于t的开口向上，对称轴为t = 1
2的二次函数，
当t = 1
2时，⃗EM ·⃗EN取得最小值23
8 .
故答案为：5
4⃗AD；23
8
【热点题型3：向量夹角的最值范围】
【核心归纳】
1.关键关系：
在
上单调递减，故
的最大值对应
的最小值，
的最小值对应
的最
大值；2.转化核心：将
的表达式转化为含单一变量的函数，求该函数的值域，再结合反余弦函数的
单调性得到
的范围；3.约束条件：
，且
、
.
【易错提示】
1. 忽略夹角的取值范围：误将
的范围直接等同于
的范围，未结合
的单调性（如
，误得
，实际为
）；2.计算
时，数量积或模长符号错误，导致
符号错误，进而夹角范围判断错误；3.未排除向量共线的特殊情况（如
时
，
时
），导致范围遗漏或错误.
（25-26 高三上·河北·月考）P为等边三角形ABC所在平面内的一点，向量⃗
AP = x⃗AB+ y⃗AC，且1≤x ≤2，1≤y ≤2.设向量⃗AP与⃗AB的夹角为α，则cosα的最大值为（ ）
经典例题
21
A．√6
4
B．√6
3
C．5√7
14
D．2√7
7
【答案】C
【分析】根据平面向量数量积的运算性质，表示向量夹角的余弦，再结合二次函数的性质求最值.
【详解】不妨设等边△ABC的边长为1，则⃗AB⋅⃗AC =1×1×cos60° = 1
2.⃗
AP⋅⃗AB =(x⃗AB+ y⃗AC)⋅⃗AB = x + 1
2 y,⃗
AP
2=|⃗AP|
2=(x⃗AB+ y⃗AC)
2 = x
2+ xy + y
2 ⇒ |⃗AP|=√x
2+ xy + y
2.
所以cosα =
x + 1
2 y
√x
2+ xy + y
2
，则cos
2α =
x
2+ xy + 1
4 y
2
x
2+ xy + y
2 =1−
3
4
(
x
y)
2
+ x
y +1
.
又因为x
y ∈[
1
2 ,2]，
所以cos
2α ≤25
28，当x
y =2时取等号.
所以(cosα )max= 5√7
14
.
故选：C
（2025·江苏苏州·三模）已知向量⃗a在向量⃗b上的投影向量为2⃗b，若|⃗b|=1，则向量
2⃗a+⃗b与⃗a+2⃗b夹角余弦值的最小值为 ．
【答案】4√10
13
/ 4
13 √10
【分析】根据题意设出⃗a,⃗b向量的坐标，再由向量夹角余弦公式，化简后利用二次函数性质求最值即可得
解.
【详解】设向量⃗b=(1,0)，
因为向量⃗a在向量⃗b上的投影向量为2⃗b，
所以⃗
a⋅⃗b
|⃗b|
2⃗b=2⃗b，即⃗a⋅⃗b=2，故可设⃗a=(2,m)，
所以2⃗a+⃗b=(5,2m),⃗a+2⃗b=(4 ,m)，
所以cos⟨2⃗α +⃗b,⃗a+2⃗b⟩= (2⃗α +⃗b)⋅(⃗a+2⃗b)
|2⃗α +⃗b||⃗a+2⃗b|
=
20+2m
2
√4 m
2+25⋅√m
2+16
经典例题
22
=2
m
2+10
√4(m
2+10)
2+9(m
2+10)−90
=2
√
1
4 +
9
m
2+10
−
90
(m
2+10)
2
，
由二次函数性质，当
1
m
2+10
= 1
20时，cos⟨2⃗α +⃗b,⃗a+2⃗b⟩的最小值为
2
√
1
4+ 9
20 −9
40
=2√
40
169 = 4√10
13
.
故答案为：4√10
13
.
（2025·北京通州·一模）已知平面向量⃗a=(1,0)，⃗b=(0,1)，若⃗c满足⃗b⋅(⃗c−⃗b)=0，设⃗
c与⃗c−⃗a夹角为θ，则cosθ（ ）
A．有最大值为3
5
B．有最大值为√2
2
C．有最小值为3
5
D．有最小值为√2
2
【答案】C
【分析】根据⃗b⋅⃗c =n=1,可得⃗c =(m,1)，即可根据坐标运算以及夹角公式得
cosθ =⃗c⋅(⃗c−⃗a)
|⃗c|⋅|⃗c−⃗a|=
m
2+1−m
√m
2+1√(m−1)
2+1
，分离常数后构造函数，根据导数求解函数的最值即可求解.
【详解】设⃗c =(m,n)，
由⃗b⋅(⃗c−⃗b)=0得⃗b⋅⃗c−⃗b
2=0，故⃗b⋅⃗c =n=1,因此⃗c =(m,1)，
故cosθ =⃗c⋅(⃗c−⃗a)
|⃗c|⋅|⃗c−⃗a|=
m
2+1−m
√m
2+1√(m−1)
2+1
，
由于√m
2+1√(m−1)
2+1≥m(m−1)+1
(m
2+1−m)
2
(m
2+1)[(m−1)
2+1]
= m
4−2m
3+3m
2−2m+1
m
4−2m
3+3m
2−2m+2
=1−
1
(m
2+1)[(m−1)
2+1]
，则
f (m)=(m
2+1)[(m−1)
2+1]=(m
2+1)(m
2−2m+2)，
则f
' (m)=2m(m
2−2m+2)+(m
2+1)(2m−2)= 4 m
3−6m
2+6m−2，
令g(m)= 4 m
3−6m
2+6m−2，g
'(m)=12m
2−12m+6=6(2m
2−2m+1)=12(m−1
2)
2
+3>0
故g(m)在R上单调递增，由于g(
1
2)=0，
经典例题
23
故当g(m)<0在(−∞, 1
2)上恒成立，g(m)>0在(
1
2 ,+ ∞)上恒成立，
故f (m)在(−∞, 1
2)单调递减，在(
1
2 ,+∞)单调递增，
故当m= 1
2时，f (m)取到极小值也是最小值，因此f (m)min= f(
1
2)= 25
16
因此1−
1
(m
2+1)[(m−1)
2+1]
=1−
1
f (m) ≥1−16
25 = 9
25，
故由于m
2+1−m>0恒成立，故cosθ =
(m
2+1−m)
2
(m
2+1)[(m−1)
2+1]
≥3
5，
故选：C
【规律方法总结】
1.解题模板：①明确两个非零向量
、
，写出夹角公式
；②将
、
、
转化为
含单一变量的表达式，得到
；③求
的值域（结合变量t 的取值范围）；④利用
在
上的单调性，通过反余弦函数求出
的范围/最值.
2. 技巧提炼：①若已知
、
为定值，夹角范围直接由数量积的范围决定，即
，再转化为
的范围；②若向量含参数，优先用坐标法表示
，转化为
分式函数，利用判别式或均值不等式求值域；③遇到夹角为锐角或钝角的问题，需注意：锐角
且
、
不共线；钝角
且
、
不共线（排除共线反向/同向的情况）.
【多选题】（2025·辽宁·二模）已知平面单位向量⃗e1,⃗e2满足|⃗e1−⃗e2|≤1．设⃗
a=⃗e1+⃗e2,⃗b=2⃗e1−⃗e2，向量⃗a与⃗b的夹角为α，则α的取值可以是（ ）
A．30°
B．45°
C．75°
D．135°
【答案】AB
【分析】由|⃗e1−⃗e2|≤1得⃗e1⋅⃗e2≥1
2，设⃗e1⋅⃗e2=t ∈[
1
2 ,1]，根据平面向量夹角公式表示出
cosα =√
1+t
10−8t ，设x =10−8t ∈[2,6]求得cosα ∈[
1
2 ,1]即可求解．
【详解】由|⃗e1−⃗e2|≤1得，⃗e1
2−2⃗e1⋅⃗e2+⃗e2
2≤1⇒⃗e1⋅⃗e2≥1
2，设⃗e1⋅⃗e2=t ∈[
1
2 ,1]，⃗
a⋅⃗b=(⃗e1+⃗e2)⋅(2⃗e1−⃗e2)=2⃗e1
2+⃗e1⋅⃗e2−⃗e2
2=1+t，⃗
a
2=⃗e1
2+2⃗e1⋅⃗e2+⃗e2
2=2+2t ,⃗b
2= 4⃗e1
2−4⃗e1⋅⃗e2+⃗e2
2=5−4 t，
小试牛刀1
24
则cosα =⃗a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
=
1+t
√2+2t √5−4 t = √1+t
√10−8t =√
1+t
10−8t ，
设x =10−8t ∈[2,6]，则t = 10−x
8
，
则1+ 10−x
8
x
= 8+10−x
8 x
= 9
4 x −1
8 ∈[
1
4 ,1]
，
所以cosα =√
1+t
10−8t ∈[
1
2 ,1]，即α ∈[0, π
3]，
故选：AB．
（2025 高三·全国·专题练习）已知非零向量⃗a,⃗b满足(⃗a−⃗b)⊥(2⃗a−⃗b)，则
sin⟨⃗a,⃗b⟩的最大值为（ ）
A．√3
3
B．√2
2
C．1
3
D．1
2
【答案】C
【分析】由数量积的运算律结合向量垂直得到向量夹角的余弦值，再利用基本不等式和同角的三角函数关
系可得.
【详解】由题意，得(⃗a−⃗b)·(2⃗a−⃗b)=2|⃗a|
2−3|⃗a||⃗b|cos⟨⃗a,⃗b⟩+|⃗b|
2=0，
因为|⃗a|>0,|⃗b|>0，所以cos⟨⃗a,⃗b⟩= 2|⃗a|
2+|⃗b|
2
3|⃗a||⃗b|
≥2√2
3
，当且仅当2|⃗a|=|⃗b|时取等号，
又由同角的平方和为1，所以sin⃗a,⃗b≤1
3．
故选：C．
（2022·浙江温州·模拟预测）平面向量⃗a,⃗b满足|⃗a−⃗b|=3，|⃗a|=2|⃗b|，则⃗a−⃗b与⃗a
夹角取最大值时|⃗a|为（ ）
A．√2
B．√3
C．2√2
D．2√3
【答案】D
【分析】|⃗a−⃗b|=3两边平方，结合|⃗a|=2|⃗b|得到⃗a⋅⃗b= 5⃗b
2−9
2
，计算出cos⟨⃗a−⃗b,⃗a⟩= 1
4|⃗b|+ 3
4|⃗b|，由
基本不等式求出|⃗b|=√3时，⟨⃗a−⃗b,⃗a⟩最大为π
6 ，得到答案.
【详解】因为⃗a,⃗b满足|⃗a−⃗b|=3，|⃗a|=2|⃗b|，
小试牛刀2
小试牛刀3
25
所以|⃗a−⃗b|
2=(⃗a−⃗b)
2=⃗a
2−2⃗a⋅⃗b+⃗b
2= 4⃗b
2−2⃗a⋅⃗b+⃗b
2=9，
所以⃗a⋅⃗b= 5⃗b
2−9
2
，所以(⃗a−⃗b)⋅⃗a=⃗a
2−⃗a⋅⃗b= 4⃗b
2−5⃗b
2−9
2
= 3|⃗b|
2
2
+ 9
2
,
由夹角公式得cos⟨⃗a−⃗b,⃗a⟩= (⃗a−⃗b)⋅⃗a
|⃗a−⃗b|⋅|⃗a|
=
3|⃗b|
2
2
+ 9
2
6|⃗b|
= 1
4|⃗b|+ 3
4|⃗b|
≥2√
1
4|⃗b|⋅3
4|⃗b|
= √3
2
，
当且仅当
1
4|⃗b|= 3
4|⃗b|，即|⃗b|=√3时等号成立，
因为⟨⃗a−⃗b,⃗a⟩∈[0,π]，y =cos x在x∈[0,π]上单调递减，
所以⟨⃗a−⃗b,⃗a⟩∈[0,π
6 ]，
即|⃗b|=√3时，⟨⃗a−⃗b,⃗a⟩最大为π
6 ，
此时|⃗a|=2|⃗b|=2√3．
故选：D
【热点题型4：向量系数的最值范围】
【核心归纳】
1.转化路径：①坐标法：将向量坐标化，线性组合的系数转化为坐标方程中的变量，结合已知条件建立不
等式（组），求解变量范围；②基底法：选取不共线基底，将所有向量表示为基底的线性组合，利用基底
的数量积性质建立关于系数的方程或不等式；③几何法：利用向量线性组合的几何意义（如共线向量定理、
平面向量基本定理），将系数转化为图形中的线段长度、比例，直观求解范围；2.约束条件来源：向量的
模长限制、数量积限制（如
）、共线限制等.
【易错提示】
1.未正确应用平面向量基本定理：忽略基底的“不共线”前提，或错误将线性组合中的系数等同于图形中
的比例；2.约束条件建立不完整：如只考虑模长的平方关系，忽略向量的方向限制（如夹角范围），导致
系数范围扩大；3.线性规划转化错误：将向量条件转化为线性约束时，符号错误或边界条件遗漏；4.忽略
系数的隐含条件：如系数为正（表示向量的同向组合）、整数（特殊题型）等.
（2025·江苏·模拟预测）在平面四边形ABCD中，AB⊥AD ,CD⊥AD ,CD =2 AB，
点M 在边BC（含端点）上运动，设⃗AM = x⃗AB+ y⃗AD，则x + y的取值范围是（ ）
A．[1,5]
B．[2,4 ]
C．[1,3]
D．[1,4 ]
【答案】C
【分析】如图建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算求解.
【详解】如图，以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，
设AB =a, AD =b,则A (0,0),B (a,0),C (2a,b), D (0,b)，AB
→
=(a,0),BC
→
=(a,b), AD
→
=(0,b)，
所以AM
→
= x AB
→
+ y AD
→
= x (a,0)+ y (0,b)=(ax ,by)，
经典例题
26
设BM
→
= λ BC
→
(0≤λ≤1)，则AM
→
= AB
→
+ BM
→
=(a,0)+ λ(a,b)=((1+ λ)a, λb)，
所以¿，所以x + y =1+2 λ，
因为0≤λ≤1，所以1≤1+2 λ≤3，
即x + y的取值范围是[1,3]，
故选：C.
（25-26 高三上·辽宁·期中）在△ABC中，D为边BC上一点，且满足⃗BD =2⃗DC，设⃗
AP = λ⃗AD，λ∈(0,1)，若存在实数m,n，使⃗BP =m⃗BA +n⃗BC，则m+n的取值范围是（ ）
A．(
1
3 ,1)
B．(
1
2 ,1)
C．(
2
3 ,1)
D．(
3
4 ,1)
【答案】C
【分析】把⃗BP用⃗BA ,⃗BC得到m=1−λ，n= 2
3 λ， m+n=1−1
3 λ，再根据λ的范围即可求解.
【详解】以{⃗BA ,⃗BC}为基底，⃗
BP =⃗BA +⃗AP =⃗BA + λ⃗AD =⃗BA + λ(
1
3⃗AB+ 2
3⃗AC)
=⃗BA + λ¿，
又⃗BP =m⃗BA +n⃗BC，所以由平面向量基本定理可知m=1−λ，n= 2
3 λ，
则m+n=1−1
3 λ，又λ∈(0,1)，所以m+n∈(
2
3 ,1)．
故选：C
在矩形ABCD中，AD =2 AB =2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若⃗
AP = x⃗AB+ y⃗AD，则x + y的最大值为 ．
【答案】3
【分析】过点P作PG// BD，交AB的延长线于点G，结合已知得x + y = AP
AF = AG
AB ，问题化为求AG最大
值，作HE⊥AD，利用相似得HE
BD = EP
DA ，进而得最大AG =3，即可得.
【详解】如图1，过点P作PG // BD，交AB的延长线于点G，
经典例题
经典例题
27
由⃗AP = AP
AF ⋅⃗AF = x⃗AB+ y⃗AD，则⃗AF = x⋅AF
AP
⋅⃗AB+ y ⋅AF
AP
⋅⃗AD，
由B , F , D共线得x⋅AF
AP
+ y ⋅AF
AP
=1，可得x + y = AP
AF = AG
AB ．
当AG最大时，x + y取到最大值，此时PG⊥CP，
如图2．作HE⊥AD，又AG⊥AD，则AG// HE，即BG// HE，
由PG // BD，即HG // EB，则四边形BEHG为平行四边形，故BG = HE，
易知△HEP∼△BDA，可得HE
BD = EP
DA ，BD =√5，
而CE = AB⋅AD
BD
= 2
√5，EP =2CE = 4
√5，得HE = BG =2，
所以AG = AB+ BG = AB+ HE =3，
因此x + y的最大值为3．
故答案为：3
【规律方法总结】
1.解题模板：①选择转化方法（坐标法优先，复杂图形用基底法）；②将目标向量的线性组合表示为坐标
或基底形式，结合已知条件建立关于系数的方程或不等式（组）；③若为两个系数，转化为线性规划问题，
利用可行域求最值；若为单个系数，转化为二次函数或分式函数，利用函数性质求最值；④验证系数对应
的向量是否满足原始条件（如模长、夹角限制）.
2.技巧提炼：①“共线系数”问题：若
且
与某向量共线，利用共线定理建立x、y 的线性关
系，再结合其他条件求最值；②“模长约束”问题：对
平方，转化为关于x、y 的二次方程，
结合已知条件用判别式或均值不等式求x、y 的范围；③“数量积约束”问题：利用
（模长平方非
负）或
建立不等式，转化为系数的约束条件.
（2024·内蒙古赤峰·二模）如图，边长为4的等边△ABC，动点P在以BC为直径的
半圆上.若⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC，则λ+ 1
2 μ的取值范围是（ ）
小试牛刀1
28
A．[1, 5
2]
B．[
1
2 ,1]
C．[
1
3 , 6
5]
D．[
1
2 , 5
4]
【答案】D
【分析】建立平面直角坐标系，可得半圆弧´BC的方程为：x
2+ y
2= 4 ( y ≤0)，设P(m,n)，根据向量的坐
标运算法则算出λ+ 1
2 μ关于m,n的式子，利用三角换元与正弦函数的性质求解即可．
【详解】由题意，以BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
结合已知得A (0,2√3)，B (−2,0)，C (2,0)，
半圆弧´BC的方程为：x
2+ y
2= 4 ( y ≤0)，
设P(m,n)，则⃗AP =(m,n−2√3)，⃗AB =(−2,−2√3)，⃗AC =(2,−2√3)，
由⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC得：¿，
解得：¿，
所以λ+ 1
2 μ=−1
8 m−√3
8 n+ 3
4 (∗)，
因为P(m,n)在´BC上，所以m
2+n
2= 4 (n≤0)，
又(2cosθ)
2+(2sinθ)
2= 4，
则可设m=2cosθ，n=2sinθ，π≤θ≤2π，
将m=2cosθ，n=2sinθ代入(∗)整理得：
λ+ 1
2 μ=−1
4 cosθ−√3
4 sinθ+ 3
4 =−1
2 sin(θ+ π
6)+ 3
4
由π≤θ≤2π得7π
6 ≤θ+π
6 ≤13π
6
，
29
所以−1≤sin(θ+π
6 )≤1
2，1
2 ≤−1
2 sin(θ+π
6 )+ 3
4 ≤5
4 ，
故λ+ 1
2 μ的取值范围是[
1
2 , 5
4].
故选：D.
（2025·云南昆明·模拟预测）已知⃗a，⃗b是单位向量，⃗a，⃗b的夹角为60°，若向量⃗c
满足|⃗c−⃗a−⃗b|=1，则|⃗c|的最大值为（ ）
A．√3−1
B．√3
C．3
D．√3+1
【答案】D
【分析】在平面直角坐标系内，利用向量的坐标表示及运算，结合向量模的坐标表示求出⃗c的终点的轨迹，
进而求出最大值.
【详解】|⃗a|=|⃗b|=1，且⃗a，⃗b的夹角为60°，
在平面直角坐标系中，令⃗a=(1,0),⃗b=( 1
2 , √3
2 )，设⃗c =( x , y)，
则⃗c−⃗a−⃗b=( x−3
2 , y −√3
2 )，由|⃗c−⃗a−⃗b|=1，得( x−3
2 )
2
+( y −√3
2 )
2
=1，
因此点( x , y)的轨迹是以( 3
2 , √3
2 )为圆心，以1为半径的圆，
所以|⃗c|的最大值为√( 3
2 )
2
+( √3
2 )
2
+1=√3+1.
故选：D
（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（ ）
小试牛刀2
小试牛刀3
30
A．(0, 1
3)
B．(
1
3 , 2
3)
C．(
2
3 , 4
3)
D．(
1
3 , 4
3)
【答案】D
【分析】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.
【详解】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.
一、单选题
1．（2024·江苏南京·模拟预测）若单位向量⃗a,⃗b满足〈⃗a,⃗b 〉=120°，向量⃗c满足(⃗c−⃗a)⊥(⃗c−⃗b)，则⃗
a⋅⃗c +⃗b⋅⃗c的最小值为（ ）
A．√3−1
4
B．1−√3
4
C．√3−1
2
D．1−√3
2
【答案】D
课后针对训练
31
【分析】在平面直角坐标系中求出⃗a,⃗b的坐标，由(⃗c−⃗a)⊥(⃗c−⃗b)得到C 在以AB为直径的圆上，求出该
圆的方程，再设出⃗c的坐标，利用数量积的坐标表示，结合三角函数求出最小值.
【详解】令⃗a=⃗OA ,⃗b=⃗OB，依题意，∠AOB =120°，OA =OB =1，AB =√3
以点O为原点，直线OA为x轴建立平面直角坐标系，则A(1,0),B(−1
2 , √3
2 )，
令⃗c =⃗OC，由(⃗c−⃗a)⊥(⃗c−⃗b)，得C 在以AB为直径的圆上，该圆的方程为( x−1
4 )
2
+( y −√3
4 )
2
= 3
4
，
设C( 1
4 + √3
2 cosθ , √3
4 + √3
2 sinθ)，即⃗c =( 1
4 + √3
2 cosθ , √3
4 + √3
2 sinθ)，
则⃗a⋅⃗c +⃗b⋅⃗c = 1
4 + √3
2 cosθ−1
2 ( 1
4 + √3
2 cosθ)+ √3
2 ( √3
4 + √3
2 sinθ)
= 1
2 + 3
4 sinθ+ √3
4 cosθ = 1
2 + √3
2 sin(θ+π
6 ) ∈[ 1−√3
2
, 1+√3
2
]，
所以⃗a⋅⃗c +⃗b⋅⃗c的最小值为1−√3
2
.
故选：D
2．（2023·福建泉州·三模）已知平面向量⃗a，⃗b，⃗c满足|⃗a|=1，⃗b⋅⃗c =0，⃗a⋅⃗b=1，⃗a⋅⃗c =−1，则|⃗b+⃗c|
的最小值为（ ）
A．1
B．√2
C．2
D．4
【答案】C
【分析】在平面直角坐标系xOy 中，不妨设⃗a=(1,0)，⃗b=(x1, y1)，⃗c =(x2, y2)，由已知可得y1 y2−1=0，
由向量的加法和模的坐标运算结合基本不等式求解即可.
【详解】在平面直角坐标系xOy 中，不妨设⃗a=(1,0)，⃗b=(x1, y1)，⃗c =(x2, y2)，
则⃗a⋅⃗b= x1=1，⃗a⋅⃗c = x2=−1，⃗b⋅⃗c = x1 x2+ y1 y2= y1 y2−1=0，
所以|⃗b+⃗c|=√(1−1)
2+( y1+ y2)
2=|y1+ y2|=|y1+ 1
y1|=|y1|+|
1
y1|≥2√|y1|⋅|
1
y1|=2，
当且仅当y1=±1时等号成立，
因此，|⃗b+⃗c|的最小值为2.
故选：C.
32
3．（2024·四川泸州·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
【分析】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.
【详解】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，|CA⃗+CB⃗|=2|CD⃗|，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.
4．（2024·湖北黄冈·一模）已知向量|⃗a|=|⃗b|= 4 ,⃗a⋅⃗b=−8,⃗c =⃗a+⃗b
2
，且|⃗n−⃗c|=1，则⃗n与⃗c夹角的最大
值为（ ）
A．π
6
B．π
4
C．π
3
D．5π
12
【答案】A
【分析】根据平面向量数量积的运算，以及平面向量的几何表示，结合圆的性质求解.
【详解】
已知向量|a
→|=|b
→|= 4，a
→
·b
→
=|a
→|·|b
→|·cos<a
→
,b
→
>=−8，
33
即cos< a
→
,b
→
>=−1
2
,即<a
→
,b
→
>= 2π
3 ，
建立如图所示平面直角坐标系，
设OA
→
= a
→
，OB
→
= b
→
，OC
→
= c
→
，ON
→
= n
→
，
则A (4,0)，B(−2,2√3)，C (1,√3)，
又|n
→
−c
→|=1，则|CN|=1，即N 的轨迹为以(1,√3)为圆心，1为半径的圆，
由图可知，当ON与圆相切时，∠CON最大，此时sin ∠CON =|CN|
|OC|= 1
2，
则∠CON的最大值为π
6 ，即n
→
与c
→
夹角的最大值为π
6 .
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题考查了平面向量数量积的运算，关键通过数形结合的方法建立坐标系解决问题.
5．（2025·辽宁·一模）已知|⃗AD|= 1
2|⃗AB|=2，向量⃗AP = λ⃗AD +(1−1
2 λ)⃗AB，且|⃗AP|的最小值为2√3，
则⃗PA ⋅⃗PB的最小值为（ ）
A．1
2
B．−1
2
C．−1
D．√3
【答案】C
【分析】延长AD至AC，使AC =2 AD，依题意可得P ,B ,C共线，则△ABC是等边三角形，取AB的中
点E，求出|⃗PE|min，再由数量积的运算律计算可得.
【详解】延长AD至AC，使AC =2 AD，则⃗AP = λ⃗AD +(1−λ
2)⃗AB = λ
2⃗AC +(1−λ
2)⃗AB，
所以P ,B ,C共线，又|⃗AP|的最小值为2√3，且|⃗AB|=|⃗AC|= 4，
所以△ABC为等腰三角形，当且仅当AP⊥BC时|⃗AP|取得最小值，则BC =2√4
2−(2√3)
2= 4，
所以△ABC是等边三角形，取AB的中点E，则|⃗PE|min=2sinπ
3 =√3，当且仅当EP⊥BC时取等号，
所以⃗PA ⋅⃗PB =(⃗PE +⃗EB)⋅(⃗PE−⃗EB)=⃗PE
2−4≥3−4 =−1，即⃗PA ⋅⃗PB的最小值为−1.
故选：C
34
6．（2025·河南·模拟预测）已知∠AOB = π
6 ，|⃗OB|=2，且对任意的λ∈R，|⃗AB|≤|⃗OB+ λ⃗OA|恒成立，
则|x⃗OB−⃗OA|+|x⃗OB−1
2⃗OA|(x∈R)的最小值为（ ）
A．2√5
B．2√3
C．3
D．3
2
【答案】D
【分析】由向量关系得到几何中的垂直关系，再把向量问题转化为将军饮马问题即可求解.
【详解】如图，
设⃗OC =−λ⃗OA，则|⃗AB|≤|⃗OB+ λ⃗OA|恒成立，等价于|⃗AB|≤|⃗CB|恒成立，
从而有AB⊥OA，
故|⃗OA|=|⃗OB|cos∠AOB =2cos π
6 =√3．
设⃗OD = x⃗OB，⃗OE = 1
2⃗OA，则|x⃗OB−⃗OA|+|x⃗OB−1
2⃗OA|=|⃗OD−⃗OA|+|⃗OD−⃗OE|=|⃗AD|+|⃗ED|．
作点E 关于直线OB的对称点F，连接OF ，AF ，DF ．由题可知|OF|= √3
2 ，∠FOA =π
3 ，|OA|=√3,
则|⃗AD|+|⃗ED|=|⃗AD|+|⃗FD|≥|⃗AF|=√(
√3
2 )
2
+(√3)
2−2× √3
2 ×√3× 1
2 = 3
2
，
当且仅当F ，D，A三点共线时取等号．
故选：D.
7．（2025·江苏南通·模拟预测）已知向量⃗a,⃗b满足|⃗a|=3,|2⃗a+⃗b|+|⃗b|=10，则|⃗a+⃗b|的取值范围是（ ）
A．[2,4]
B．[4,5]
C．[2,5]
D．[2,6]
【答案】B
【分析】令⃗F1 F2=2⃗a,⃗F2 P =⃗b，O为线段F1 F2的中点，则2⃗a+⃗b=⃗F1 P，从而将|2⃗a+⃗b|+|⃗b|=10转化为
|⃗F1 P|+|⃗F2 P|=10，将|⃗a+⃗b|转化为椭圆上点P与点O的距离问题求解即可．
【详解】令⃗F1 F2=2⃗a,⃗F2 P =⃗b，O为线段F1 F2的中点，则2⃗a+⃗b=⃗F1 P，
∴|2⃗a+⃗b|+|⃗b|=10转化为|⃗F1 P|+|⃗F2 P|=10，且|⃗F1 F2|=2|⃗a|=6<10，
∴点P 的轨迹是以F1, F2为焦点的椭圆，
半焦距c =3，长半轴长a=5，短半轴长b=√5
2−3
2= 4，
35
|⃗a+⃗b|=|
1
2⃗F1 F2+⃗F2 P|=|⃗O F2+⃗F2 P|=|⃗OP|，
|⃗OP|为椭圆上点P与点O的距离，则b≤|⃗OP|≤a，即4≤|⃗OP|≤5，
则|⃗a+⃗b|的取值范围是[4,5]．
故选：B．
8．（2025·北京丰台·一模）在平行四边形ABCD中，E 为边BC上的动点，O 为△ABD外接圆的圆心，
2⃗DO =⃗DA +⃗DB，且|⃗DO|=|⃗DA|=2，则⃗DO⃗· DE的最大值为（ ）
A．3
B．4
C．6
D．8
【答案】C
【分析】根据题意确定△ABD为直角三角形并求出线段DB的长，然后以⃗DA ,⃗DB为基底去计算⃗DO⃗· DE
的值即可.
【详解】由2⃗DO =⃗DA +⃗DB可知O 为AB的中点，又因为O 为△ABD外接圆的圆心，
所以△ABD为直角三角形，DA ⊥DB，所以⃗DA ·⃗DB=0，
又因为|⃗DO|=|⃗DA|=2所以|⃗AB|= 4所以DB =2√3，
又因为E 为边BC上的动点，所以⃗BE = λ⃗BC , λ∈[0,1]⃗
DO⃗· DE = 1
2 (⃗DA +⃗DB)·(⃗DB+⃗BE)= 1
2 (⃗DA +⃗DB)·(⃗DB+ λ⃗BC )
= 1
2 (⃗DA +⃗DB)·(⃗DB−λ⃗DA)= 1
2 (⃗DB
2−λ⃗DA
2)= 1
2 (|⃗DB|
2−λ|⃗DA|
2)
= 1
2 ((2√3)
2−4 λ)= 1
2 (12−4 λ)=6−2 λ，
因为λ∈[0,1]，所以−2 λ∈[−2,0]即6−2 λ∈[4,6]
所以⃗DO⃗· DE的最大值为6.
故选：C
9．（2025·江西宜春·一模）铜钱，古代铜质辅币，指秦汉以后的各类方孔圆钱，其形状如图所示.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（ ）
36
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】解法一：建立平面直角坐标系，求出圆O的方程，利用圆的参数方程设出点P的坐标，结合辅助
角公式可求得λ+ μ的最大值；
解法二：过点P作平行于BD的直线分别交直线AB、AD于点M、N，设直线AP交直线BD于点Q，取线
段MN的中点E，连接AE，要使得λ+ μ取最大值，可得出λ+ μ=|⃗AE|
|⃗AO|
，利用当E为射线AO与圆O的交点
时，λ+ μ取最大值，即可得解.
【详解】解法一：建立如下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√2cosθ ,2+ 4√2sinθ)，⃗
AP =(2+ 4√2cosθ ,2+ 4√2sinθ)，⃗AB =(4,0)，⃗AD =(0,4)，
因为⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AD，
所以(2+ 4√2cosθ ,2+ 4√2sinθ)= λ(4,0)+ μ(0,4)=(4 λ ,4 μ)，
所以，4 λ =2+ 4√2cosθ，4 μ=2+ 4√2sinθ，
所以，λ+ μ=√2sinθ+√2cosθ+1=2sin(θ+π
4 )+1≤3，即λ+ μ的最大值为3；
解法二：过点P作平行于BD的直线分别交直线AB、AD于点M、N，
设直线AP交直线BD于点Q，取线段MN的中点E，连接AE，
因为D、Q、B三点共线，则存在p∈R，使得⃗DQ = p⃗DB，
所以，⃗AQ−⃗AD = p(⃗AB−⃗AD)，则⃗AQ = p⃗AB+(1−p)⃗AD，
37
因为A、Q、P三点共线，则存在k ∈R，使得⃗AP =k⃗AQ =kp⃗AB+k (1−p)⃗AD，
因为⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AD，且⃗AB、⃗AD不共线，则λ =kp，μ=k (1−p)，
所以，λ+ μ=kp+k (1−p)=k，
因为AB = AD，且∠ABD = 45
∘，MN // BD，则∠AMN = 45
∘，
所以，△AMN为等腰直角三角形，所以，AE⊥MN，
易知AO⊥BD，即AO⊥MN，故A、O、E三点共线，
要使得λ+ μ取最大值，则k >0，且k =|⃗AP|
|⃗AQ|
=|⃗AE|
|⃗AO|
≤|⃗AO|+|⃗OE|
|⃗AO|
= 2√2+ 4√2
2√2
=3，
当且仅当E为射线AO与圆O的交点时，λ+ μ取最大值3，
故选：C.
10．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4 的等边三角形，点D 满足⃗
BD = λ⃗BC(0< λ<1)，E 为AC的中点，则⃗DB⋅⃗DE的取值范围为（ ）
A．[−9
4 ,4)
B．[−4,4)
C．[−9
4 ,4]
D．[−2,4 ]
【答案】A
【分析】以直线BC为x 轴，线段BC的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系，先利用坐标表示相关向量，再
结合数量积的坐标表示和二次函数的性质计算可得.
【详解】以直线BC为x 轴，线段BC的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系xOy（如图所示），
38
则B(−2,0),C(2,0), A(0,2√3), E(1,√3)，
因为⃗BD = λ⃗BC(0< λ<1)，
则点D 在线段BC（不含端点）上，
设D( x ,0)，则−2< x<2,⃗DB =(−2−x ,0),⃗DE =(1−x ,√3)，
所以⃗DB⋅⃗DE =(−2−x)(1−x)= x
2+ x−2=(x + 1
2)
2
−9
4 (−2< x<2)，
所以当x =−1
2时，⃗DB⋅⃗DE取得最小值−9
4 ，
当x =2时，⃗DB⋅⃗DE = 4，
故⃗DB⋅⃗DE的取值范围为[−9
4 ,4).
故选：A．
11．（2025·江苏南京·二模）在四边形ABCD中，AB // DC，A =90
∘，AB = AD =2CD =2，E 是线段
AD中点，F是线段BE上的动点，则⃗FB⋅⃗FC的最小值为（ ）
A．−4
3
B．−5
4
C．−4
5
D．−7
9
【答案】C
【分析】建立坐标系，表示出A ,B ,C , D , E的坐标，根据F是线段BE上的动点用参数λ表示点F的函数，
从而题目可转换为关于λ的二次函数在闭区间上的最小值问题.
【详解】由题以点A为坐标原点，AB , AD为x , y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
因为AB = AD =2CD =2，E 是线段AD中点，
所以A (0,0),B (2,0),C (1,2), D (0,2), E (0,1)，
而F是线段BE上的动点，
从而可设⃗AF = λ⃗AB+(1−λ)⃗AE =(2 λ ,0)+(0,1−λ)=(2 λ ,1−λ), λ∈[0,1]，
所以点F的坐标是(2 λ ,1−λ)，
所以⃗FB =(2−2 λ ,−1+ λ),⃗FC =(1−2 λ ,1+ λ)，⃗
FB⋅⃗FC =(2−2 λ)(1−2 λ)+(−1+ λ)(1+ λ)
= 4 λ
2−6 λ+2+ λ
2−1=5 λ
2−6 λ+1=5(λ−3
5)
2
−4
5 , λ∈[0,1]，
39
所以当λ = 3
5时，⃗FB⋅⃗FC的最小值是−4
5 .
故选：C.
12．（2025·甘肃白银·模拟预测）在△ABC 中，点D 在BC 上，⃗BD =⃗DC，⃗AG =3⃗GD，⃗AB = x⃗AE，⃗
AC = y⃗AF (x , y >0)，且存在实数λ，使得⃗EG = λ⃗EF，则x
2+ y
2的最小值是（ ）
A．16
9
B．32
9
C．64
9
D．8
【答案】B
【分析】用⃗AE ,⃗AF表示⃗AG，由向量共线定理得出x , y的关系式，然后由基本不等式得结论．
【详解】如图．
由题得D 为BC 的中点，⃗AG = 3
4⃗AD，⃗AD = 1
2⃗AB+ 1
2⃗AC．又⃗AB = x⃗AE，⃗AC = y⃗AF．
则⃗AG = 3
4⃗AD = 3
4(
1
2⃗AB+ 1
2⃗AC)= 3 x
8⃗AE + 3 y
8⃗AF．
∵E，G，F 三点共线．∴3 x
8 + 3 y
8 =1．即x + y = 8
3 ，
∴x
2+ y
2≥(x + y)
2
2
= 32
9
．当且仅当x = y = 4
3 时取等号，则x
2+ y
2的最小值为32
9 ．
故选：B．
二、填空题
13．（24-25 高三上·天津滨海新·月考）在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB =3CD，M，N分别为线段
DC和AB的中点，若⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，用⃗a，⃗b表示⃗MN = .若⃗MN ⊥⃗BC，则∠DAB余弦值的最
小值为 .
【答案】 1
3⃗a−⃗b 2√2
3
/2
3 √2
【分析】根据向量的加法和数乘的几何意义即可求出⃗MN；同理可求出⃗BC，根据⃗MN ⊥⃗BC可得⃗
MN ⋅⃗BC =0，从而得出⃗a⋅⃗b= 2
9⃗a
2+⃗b
2，然后根据cos∠DAB =⃗a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
，结合基本不等式即可求解.
【详解】
40
由已知可得⃗MN =⃗MD +⃗DA +⃗AN = 1
2⃗CD−⃗AD + 1
2⃗AB =−1
6⃗AB−⃗AD + 1
2⃗AB
= 1
3⃗AB−⃗AD = 1
3⃗a−⃗b；⃗
BC =⃗BA +⃗AD +⃗DC =−⃗AB+⃗AD + 1
3⃗AB =−2
3⃗AB+⃗AD =−2
3⃗a+⃗b，
因为⃗MN ⊥⃗BC，
所以⃗MN ⋅⃗BC =(
1
3⃗a−⃗b)⋅(−2
3⃗a+⃗b)=−2
9⃗a
2+⃗a⋅⃗b−⃗b
2=0，
所以⃗a⋅⃗b= 2
9⃗a
2+⃗b
2，
所以cos∠DAB =⃗a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
=
2
9⃗a
2+⃗b
2
|⃗a||⃗b|
= 2|⃗a|
9|⃗b|
+|⃗b|
|⃗a|≥2√2
3
，
当且仅当2|⃗a|
9|⃗b|
=|⃗b|
|⃗a|，即|⃗a|= 3√2
2 |⃗b|时，等号成立，
所以∠DAB余弦值的最小值为2√2
3
.
故答案为：1
3 a⃗−b⃗；2√2
3
.
14．（2025·湖北·模拟预测）平面向量⃗a,⃗b满足|⃗a|=2,|⃗a−⃗b|+|⃗a+⃗b|=8，则⟨⃗a−⃗b,⃗a+⃗b⟩的最小值为
.
【答案】2π
3
【分析】根据向量不共线时，借助平行四边形，可得|OA|+|OB|= 4，进而利用余弦定理以及基本不等式
即可求解最值.
【详解】如图：当⃗a,⃗b不共线时，取⃗AB =⃗a,⃗AD =⃗b,则|⃗a−⃗b|=|⃗DB|,|⃗a+⃗b|=|⃗AC|,
故|⃗AC|+|⃗DB|=8，故|OA|+|OB|= 4,
在△AOB中，A B
2=O A
2+O B
2−2OA ⋅OBcos∠AOB,
故4 =(OA +OB)
2−2OA ⋅OB−2OA ⋅OBcos∠AOB，
41
故cos∠AOB = 6−OA ⋅OB
OA ⋅OB
=
6
OA ⋅OB −1，
由于|OA|+|OB|= 4，故|OA|+|OB|≥2√|OA|⋅|OB|，故|OA||OB|≤4，当且仅当|OA|=|OB|=2时取等
号，
则cos∠AOB =
6
OA ⋅OB −1≥1
2，由于∠AOB∈(0,π)，故∠AOB的最大值为π
3 ，
由于⟨⃗a−⃗b,⃗a+⃗b⟩的夹角为⟨⃗DB ,⃗AC⟩,即为∠COB,
由于∠COB与∠AOB互补，故∠COB的最小值为2π
3 ，
当⃗a,⃗b共线时，不妨设⃗b=m⃗a,则|⃗a−m⃗a|+|⃗a+m⃗a|=8⇒|1−m|+|1+m|= 4，可得m=±2，
当m=2时，此时⟨⃗a−⃗b,⃗a+⃗b⟩的夹角为⟨−⃗a,⃗3a⟩,即为π,
m=−2时，此时⟨⃗a−⃗b,⃗a+⃗b⟩的夹角为⟨−⃗a,⃗3a⟩,即为π,
综上可知：⟨⃗a−⃗b,⃗a+⃗b⟩的夹角的最小值为2π
3
故答案为：2π
3
15．（24-25 高一下·贵州遵义·月考）△ABC中，D为边AC的中点，E为中线BD上的一点（不包含端
点），且⃗AE = x⃗AB+ y⃗AC，则1
x + 1
y 的最小值为 .
【答案】3+2√2/2√2+3
【分析】根据题意可知⃗AE = x⃗AB+2 y⃗AD，然后根据B , E , D三点共线得出x +2 y =1(x>0, y >0)，再通
过基本不等式求解即可.
【详解】如下图所示：
因为⃗AE = x⃗AB+ y⃗AC，D为边AC的中点，所以⃗AE = x⃗AB+2 y⃗AD，
又B , E , D三点共线，所以x +2 y =1(x>0, y >0)，
则1
x + 1
y =(
1
x + 1
y)(x +2 y)=3+ 2 y
x + x
y ≥3+2√
2 y
x ⋅x
y =3+2√2，
42
当且仅当2 y
x = x
y ，即x =√2 y =√2−1时，等号成立，
因此1
x + 1
y 的最小值为3+2√2.
故答案为：3+2√2.
16．（2025·湖南长沙·二模）已知⃗a是平面内的任意一个向量，向量⃗b、⃗c满足⃗b⋅⃗c =0，且|⃗b|= 4，|⃗c|= 4，
则√2|⃗a−⃗b|+|⃗a−⃗c|+|⃗a+⃗c|的最小值为 .
【答案】8√2
【分析】在平面直角坐标系中画出⃗a,⃗b,⃗c表示的有向线段，再利用向量的线性运算将向量的模转化为线段
的长，根据几何关系求出最小值即可.
【详解】在如下图所示的平面直角坐标系xOy中，设B (4,0)、C1(0,4)、C2(0,−4)，
不妨设⃗a=⃗OA，⃗b=⃗OB，⃗c =⃗OC1，由题意可得
√2|⃗a−⃗b|+|⃗a−⃗c|+|⃗a+⃗c|=√2|AB|+|A C1|+|A C2|，
将△ABC2绕点B逆时针旋转π
2 得到△A
' BC
'，
则|A A
'|=√2|AB|，|A
'C
'|=|A C2|，
其中点C
' (8,−4)，故√2|⃗a−⃗b|+|⃗a−⃗c|+|⃗a+⃗c|=√2|AB|+|A C1|+|A C2|
=|A A
'|+|A C1|+|A
'C
'|≥|A
'C1|+|A
'C
'|≥|C1C
'| =√(8−0)
2+(−4−4)
2=8√2，
当且仅当点A与点B重合时，此时，点A
'也与点B重合，等号成立，
故√2|⃗a−⃗b|+|⃗a−⃗c|+|⃗a+⃗c|的最小值为8√2.
故答案为：8√2.
17．（2025·上海崇明·一模）在平面直角坐标系xOy中，|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗AB|=√3．设C (1,2)，则
|2⃗CA +⃗AB|的最小值是 ．
【答案】2√5−3
【分析】根据条件，可得△OAB为等边三角形，设AB 的中点为D，可求出|OD|，分析可得以D 点轨迹是
以O 为圆心，3
2为半径的圆，根据线性运算法则，可得|2⃗CA +⃗AB|=2|⃗CD|，根据点与圆的位置关系，分
析求解，即可得答案.
43
【详解】因为|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗AB|=√3，所以△OAB为等边三角形，
设AB 的中点为D，连接OD，则|OD|=√3cosπ
6 = 3
2，
所以D 点轨迹是以O 为圆心，3
2为半径的圆，则方程为x
2+ y
2= 9
4 ，
所以|2⃗CA +⃗AB|=|⃗CA +⃗CA +⃗AB|=|⃗CA +⃗CB|=2|⃗CD|，
因为C (1,2)，所以|CD|min=|CO|−3
2 =√1
2+2
2−3
2 =√5−3
2，
所以|2⃗CA +⃗AB|的最小值为2√5−3.
故答案为：2√5−3
18．（2025·天津·一模）在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD =60°，且⃗CE = 1
3⃗ED，⃗BE = λ⃗BA + μ⃗BC，
则λ+ μ= ；若F为线段BE上的动点，则⃗DF ⋅⃗BF的最小值为 ．
【答案】 5
4 /1.25 −25
52
【分析】依题意可得⃗CE = 1
4⃗CD，根据平面向量线性运算及基本定理求出λ、μ，建立平面直角坐标系，求
出F点坐标，设⃗BF =t⃗BE (0≤t ≤1)，利用坐标法及二次函数的性质计算可得.
【详解】因为⃗CE = 1
3⃗ED，所以⃗CE = 1
4⃗CD，
所以⃗BE =⃗BC +⃗CE =⃗BC + 1
4⃗CD =⃗BC + 1
4⃗BA，
又⃗BE = λ⃗BA + μ⃗BC且⃗BA、⃗BC不共线，所以¿，所以λ+ μ= 5
4 ；
如图建立平面直角坐标系，则D (2,0)，B(1,√3)，C (3,√3)，
所以⃗CD =(−1,−√3)，由⃗CE = 1
4⃗CD，所以E(
11
4 , 3√3
4 )，
所以⃗BE =(
7
4 ,−√3
4 )，因为F为线段BE上的动点，
44
设⃗BF =t⃗BE (0≤t ≤1)，所以⃗BF =t⃗BE =(
7t
4 ,−√3t
4 )，所以F(
7t
4 +1,−√3t
4 +√3)，
所以⃗DF =(
7t
4 −1,−√3t
4 +√3)，
所以⃗DF ⋅⃗BF = 7t
4 (
7t
4 −1)+(−√3t
4 )(−√3t
4 +√3)= 13
4 t
2−5
2 t
= 13
4 (t −5
13)
2
−25
52，所以当t = 5
13时⃗DF ⋅⃗BF取得最小值，且最小值为−25
52.
故答案为：5
4 ；−25
52
19．（2025·天津河北·二模）如图，已知矩形ABCD的边AB =3，AD =2，点P，Q分别在边BC，CD上.
若⃗BP =⃗PC，⃗CQ =2⃗QD，则用⃗AB和⃗AD表示⃗PQ = ；若∠PAQ = 45°，则⃗AP⋅⃗AQ的最小值为
.
【答案】 −2
3⃗AB+ 1
2⃗AD 12(√2−1)
【分析】根据已知及向量加减、数乘的几何意义用⃗AB和⃗AD表示⃗PQ，若∠BAP=θ∈[0,φ]且tan φ = 2
3，
φ∈(π
6 ,π
4 )，由已知得|⃗AP|=
3
cosθ ，|⃗AQ|=
2
cos(π
4 −θ)，应用向量数量积的定义求值.
【详解】由⃗BP =⃗PC，⃗CQ =2⃗QD，则⃗BP = 1
2⃗BC = 1
2⃗AD，⃗QD = 1
3⃗CD = 1
3⃗BA，
由⃗PQ =⃗AQ−⃗AP =(⃗AD+⃗DQ)−(⃗AB+⃗BP)=⃗AD+ 1
3⃗AB−⃗AB−1
2⃗AD =−2
3⃗AB+ 1
2⃗AD，
若∠BAP =θ∈[0,φ]且tan φ = 2
3 ∈( √3
3 ,1)，φ∈(π
6 ,π
4 )，则∠DAQ =π
4 −θ，
所以|⃗AP|=
3
cosθ ，|⃗AQ|=
2
cos(π
4 −θ)，
45
所以⃗AP⋅⃗AQ =|⃗AP||⃗AQ|cos∠PAQ =
3
cosθ ×
2
cos(π
4 −θ)
× √2
2 =
6
cos
2θ+sinθcosθ
=
6
cos2θ+1
2
+ sin 2θ
2
=
12
√2sin(2θ+π
4 )+1，而2θ+π
4 ∈[
π
4 ,2φ+π
4 ]，2φ+π
4 >π
2 ，
所以⃗AP⋅⃗AQ的最小值为12
√2+1 =12(√2−1).
故答案为：−2
3⃗AB+ 1
2⃗AD；12(√2−1)
20．（2025·天津·二模）在△ABC中，⃗AB =⃗a,⃗AC =⃗b,∠BAC =π
3
,S△ABC =2√3.
（1）若|⃗b|=1，则向量⃗a在向量⃗b上的投影向量的模为 ；
（2）边AB和AC的中点分别为D , E，点F为CD和BE的交点，G为线段CD上靠近C的三等分点，则⃗
AF ⋅⃗AG的最小值为 .
【答案】 4； 26
9
【分析】根据三角形面积公式可得|AB|⋅|AC|=8，即可根据投影向量的定义求解（1），根据重心的性质，
结合基底表达⃗AF ,⃗AG，即可根据向量的数量积运算律，结合基本不等式求解（2）即可.
【详解】（1）因为S△ABC =2√3，所以1
2 ×|AB|×|AC|× √3
2 =2√3，
解得|AB|⋅|AC|=8，则|b|⋅|a|=8，结合|⃗b|=1，解得|⃗a|=8，
由投影向量公式得⃗a在向量⃗b上的投影向量为⃗a⋅⃗b
|⃗b|⃗
b
|⃗b|
=
|⃗a|⋅|⃗b|cosπ
3
|⃗b|⃗
b
|⃗b|
= 4⃗b，
故向量⃗a在向量⃗b上的投影向量的模为4，
（2）如图，根据题意可知F为△ABC的重心，故DF = 1
2 FC , EF = 1
2 FB，
又G为线段CD上靠近C的三等分点，故DF = FG =GC,
因此⃗AF = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AE = 1
3⃗AB+ 1
3⃗AC ,⃗AG = 1
3⃗AD + 2
3⃗AC = 1
6⃗AB+ 2
3⃗AC，⃗
AF ⋅⃗AG =(
1
3⃗AB+ 1
3⃗AC)⋅(
1
6⃗AB+ 2
3⃗AC)，
46
=(
1
3⃗a+ 1
3⃗b)⋅(
1
6⃗a+ 2
3⃗b)= 1
18⃗a
2+ 5
18⃗a⋅⃗b+ 2
9⃗b
2，
由（1）知|AB|⋅|AC|=|⃗a|⋅|⃗b|=8，故|⃗b|= 8
|⃗a|，
所以⃗AF ⋅⃗AG = 1
18⃗a
2+ 5
18⃗a⋅⃗b+ 2
9⃗b
2= 1
18|⃗a|
2+ 5
18 ×8+ 2
9 × 64
|⃗a|
2
≥5
18 ×4 +2√
1
18|⃗a|
2× 2
9 × 64
|⃗a|
2 = 10
9 +2× 8
9 = 26
9 ，
当且仅当
1
18|⃗a|
2= 2
9 × 64
|⃗a|
2，即|⃗a|= 4时取等号，则⃗AF ⋅⃗AG的最小值为26
9 .
故答案为：4，26
9
47
