【培优点01：极化恒等式与等和线】
【知识梳理】
1.极化恒等式：设平面向量
，则
在
中，
为
边的中点，则
推导依据：
令
，
，则
，
，代入向量形式即得
(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“长对角线”与“短对角线”
平方差的
.
(2)在平行四边形
中，
是对角线交点，则：
①
（平行四边形形式）；
②
（三角形形式）.
已知平面内一组基向量
及任一向量
，且
，若
，则
三点共线，反之亦成立.
平面内一组基向量
及任一向量
，且
，若点
在直线
上（或
平行于
的直线上），且
（
，且直线
直线
），则
（定值），
反之也成立，我们把直线
以及与直线
平行的直线称为平面向量基本定理系数的等和线.
(1)当等和线为直线
时，
；
(2)当等和线在
点和直线
之间时，
；
(3)当直线
在
点和等和线之间时，
；
(4)当等和线过
点时，
.
【热点题型1：利用极化恒等式求向量的数量积】
（24-25 高一下河北保定月考）如图，在△ABC中，D 是BC的中点，E，F 是AD上的
两个三等分点．若⃗BA ⋅⃗CA = 4，⃗BF ⋅⃗CF =−1，则⃗BE⋅⃗CE的值为（ ）
知识讲解与常考题型
题型分类
经典例题
1
A．5
9
B．7
8
C．1
D．2
【答案】B
【分析】设AD =m,BD =n，结合图形由数量积的运算率和向量加法可得.
【详解】设AD =m,BD =n，⃗
BA ⋅⃗CA =(⃗BD +⃗DA)⋅(⃗CD +⃗DA)=⃗BD⋅⃗CD +⃗BD⋅⃗DA +⃗CD⋅⃗DA +⃗DA
2=⃗AD
2−⃗BC
2
4
= 4 =m
2−n
2．
同理⃗BF ⋅⃗CF =(⃗BD+⃗DF)⋅(⃗CD+⃗DF)=⃗FD
2−⃗BD
2= 1
9 m
2−n
2=−1，
所以联立得m
2= 45
8 ,n
2= 13
8 ，
所以⃗BE⋅⃗CE =(⃗BD+⃗DE)⋅(⃗CD+⃗DE)=⃗ED
2−⃗BD
2= 4
9 m
2−n
2= 7
8．
故选：B
【规律方法总结】
规律方法在三角形中利用极化恒等式求平面向量数量积的步骤：
(1)取三角形边的中点，连接向量的起点与终点；
(2)用极化恒等式将数量积转化为中线长与第三边长的一半的平方差；
(3)求出中线及第三边的长度，从而求出数量积的值.
注：对于不共起点或不共线的向量需通过平移转化为共起点（共终点）的向量，再利用极化恒等式.
（2024 湖南长沙一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB =1, AD =2，点
E , F ,G , H分别是AB ,BC ,CD , AD边上的中点，则⃗EF ⋅⃗FG+⃗GH ⋅⃗HE =
A．3
2
B．−3
2
C．3
4
D．−3
4
【答案】A
小试牛刀1
2
【详解】取HF 中点O，则⃗EF ⋅⃗FG =⃗EF ⋅⃗EH =⃗EO
2−⃗OH
2=1−( 1
2 )
2
= 3
4 , ⃗
GH ⋅⃗HE =⃗GH ⋅⃗GF =⃗GO
2−⃗OH
2=1−( 1
2 )
2
= 3
4，因此⃗EF ⋅⃗FG+⃗GH ⋅⃗HE = 3
2，选A.
（24-25 高一上上海课堂例题）如图，在△ABC中，若AB = 4，AC =6，
∠BAC =60
∘，D、E 分别在边AB、AC上，且⃗AB =2⃗AD，⃗AC =3⃗AE，点F 为DE的中点，求⃗BF ⋅⃗DE
的值．
【答案】4
【分析】由向量的线性运算用⃗AB，⃗AC表示⃗BF、⃗DE，再做数量积运算可得答案.
【详解】⃗BF =⃗BA +⃗AE+⃗EF
=−⃗AB+ 1
3⃗AC + 1
2⃗ED
=−⃗AB+ 1
3⃗AC + 1
2 (⃗AD−⃗AE)
=−⃗AB+ 1
3⃗AC + 1
2(
1
2⃗AB−1
3⃗AC)
=−3
4⃗AB+ 1
6⃗AC，⃗
DE =−1
2⃗AB+ 1
3⃗AC，
所以⃗BF ⋅⃗DE =(−3
4⃗AB+ 1
6⃗AC)¿
= 3
8⃗AB
2−1
3⃗AB⋅⃗AC + 1
18⃗AC
2
= 3
8 ×16−1
3 ×4×6× 1
2 + 1
18 ×36= 4．
（23-24 高三下湖南长沙月考）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”平方差的四分之一，即如图所示，a⋅b= 1
4 (|⃗AD|
2−|⃗BC|
2)，我
们称为极化恒等式. 已知在△ABC中，M是BC中点，AM =3，BC =10，则⃗AB⋅⃗AC =（ ）
小试牛刀2
小试牛刀3
3
A．−16
B．16
C．−8
D．8
【答案】A
【分析】可以把三角形补形为平行四边形，⃗AM = 1
2⃗AD,利用已知条件求解即可.
【详解】由题设，△ABC可以补形为平行四边形ABDC，
由已知得|⃗AM|=3,|⃗BC|=10, ⃗AB⋅⃗AC = 1
4 (4|⃗AM |
2−|⃗BC |
2) = 1
4 ×(36−100)=−16．
故选：A．
【热点题型2：利用极化恒等式求向量数量积的取值范围】
（安徽省六校联考2025-2026 学年高三上学期1 月素质检测数学试题）在等腰梯形
ABCD 中， AB// DC ，AB =2BC =2CD =2， P 是线段 CD 上的动点，则 ⃗PA ⋅⃗PB 的最小值为
（ ）
A．−2√2
B．−1
4
C．−3
4
D．0
【答案】B
【分析】方法一：建立平面直角坐标系，设 P(a, √3
2 )，写出对应点坐标，根据平面向量数量积坐标运算
建立等式计算即可求解；方法二：由极化恒等式列式计算即可.
【详解】方法一：以 A 为原点，射线 AB 为 x 轴正半轴建立直角坐标系，如图所示：
∵AB =2BC =2CD =2,∴∠DAB =60
∘ ，则 A (0,0),B (2,0) ，
设 P(a, √3
2 ) ，其中 1
2 ≤a≤3
2 ，则 PA⃗=(−a,−√3
2 ), PB⃗=(2−a,−√3
2 ) ，
∴⃗PA ⋅⃗PB =(−a)(2−a)+ 3
4 =a
2−2a+ 3
4 =(a−1)
2−1
4 ，
∴ 当 a=1 时，⃗PA ⋅⃗PB 取得最小值为 −1
4 .
方法二：极化恒等式
经典例题
4
设 AB 的中点为 M ，则 ⃗PA ⋅⃗PB =⃗PM
2−⃗MA
2≥(
√3
2 )
2
−1
2=−1
4 ，
当 P 为 CD 中点时，⃗PA ⋅⃗PB 取得最小值为 −1
4 .
故选：B
【规律方法总结】
核心考点：极化恒等式的几何转化、动点轨迹下中线/线段长度的取值范围、数量积与几何量的关联
方法技巧：
1.选中点转化：对目标数量积
，取线段
的中点
，利用极化恒等式转化为
，
将“数量积的取值范围”转化为“
的取值范围”.
2.分析
的范围：根据动点
的轨迹（如线段、圆、折线等），结合几何图形的性质（如圆的半径、
线段的长度限制），确定中点
到动点
的距离
的最大值与最小值.
3.代入计算：将
的最大值、最小值分别代入极化恒等式，计算得到数量积的取值范围.
易错规避技巧：
1.中点选取错误：需选取目标向量公共端点对应的线段中点，不可随意选取其他线段的中点.
2.轨迹边界遗漏：动点轨迹的边界点（如线段端点、圆的直径端点）往往对应
的最值，需完整分析.
3.模长运算错误：极化恒等式中涉及
（即
），避免误算为
.
（25-26 高二上·江苏苏州·月考）在平面直角坐标系中，直线l与圆
C ：x
2+ y
2+2 x−2 y =0交于A ,B两点，且△ABC的面积为1，已知M是圆C上的动点，则⃗MA ⋅⃗MB的
最大值为（ ）
A．2√2+1
B．2√2+2
C．4+√2
D．4+2√2
【答案】B
【分析】先将圆C的方程化为标准方程，求出圆心和半径，再根据△ABC的面积求出圆心到直线的距离，
最后利用向量的运算和圆的性质求出⃗MA ⋅⃗MB的最大值.
【详解】圆C的方程可化为(x +1)
2+( y −1)
2=2，
所以圆C的圆心坐标为C (−1,1)，半径r =√2.
设圆心C到直线l的距离为d，根据△ABC的面积为1，
得1
2 ×2√2−d
2×d =1，即d
4−2d
2+1=0，所以d
2=1，即d =1.
设AB的中点为D，则⃗MA =⃗MD +⃗DA，⃗MB =⃗MD +⃗DB，
小试牛刀1
5
因为⃗DA =−⃗DB，所以⃗MA ⋅⃗MB =(⃗MD +⃗DA)⋅(⃗MD +⃗DB)=(⃗MD +⃗DA)⋅(⃗MD−⃗DA)
=⃗MD
2−⃗DA
2=|⃗MD|
2−|⃗DA |
2.
由| AB|=2√2−d
2=2，得|⃗DA |= 1
2 | AB|=1,
|⃗MD|的最大值为圆心C到直线l的距离加上圆的半径r，
即|⃗MD|max =d +r =1+√2，所以⃗MA ⋅⃗MB的最大值为(1+√2)
2−1
2=2√2+2.
故选：B
（25-26 高二上·河南·月考）已知动点M ( x , y)与定点F(2,0)的距离和M 到定直线
l: x =8的距离的比是常数1
2．
(1)设动点M 的轨迹是曲线C，求曲线C 的方程并指出曲线C 是什么曲线；
(2)已知点P 为曲线C 上任意一点，RS是圆N :( x−1)
2+ y
2= 4的直径，求⃗PR⋅⃗PS的取值范围．
【答案】(1)曲线C 的方程为x
2
16 + y
2
12 =1，曲线C 是椭圆
(2)[5,21]
【分析】（1）依题意由距离公式得到方程，整理即可得到动点的轨迹方程；
（2）设P( x , y)，根据向量数量积的坐标运算可得⃗PR⋅⃗PS =|⃗PN |
2−4，从而由坐标运算求得|⃗PN |
2的
值，从而得⃗PR⋅⃗PS的取值范围．
【详解】（1）因为M (x , y)，F (2,0)，l: x =8，
所以由题意得√( x−2)
2+ y
2
|8−x|
= 1
2
，
两边平方并化简，得3 x
2+ 4 y
2= 48，所以x
2
16 + y
2
12 =1，
所以曲线C 的方程为x
2
16 + y
2
12 =1，曲线C 是椭圆；
（2）由圆N 的方程( x−1)
2+ y
2= 4知，圆N 的圆心为N (1,0)，半径为2，
小试牛刀2
6
设P( x , y)，则x
2
16 + y
2
12 =1，所以y
2=12−3 x
2
4 ，
因为RS是圆N 的直径，所以⃗NS =−⃗NR，
所以⃗PR⋅⃗PS =(⃗PN +⃗NR)⋅(⃗PN +⃗NS)=(⃗PN +⃗NR)⋅(⃗PN −⃗NR)=⃗PN
2−⃗NR
2=|⃗PN |
2−4，
因为| PN |
2=( x−1)
2+ y
2= x
2−2 x +1+12−3
4 x
2= 1
4 x
2−2 x +13，
所以⃗PR⋅⃗PS = 1
4 x
2−2 x +9，
因为−4≤x ≤4，所以1
4 x
2−2 x +9∈[5,21]，
即⃗PR⋅⃗PS的取值范围是[5,21].
（25-26 高二上·云南曲靖·月考）在△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，
c，若√2c =asinC +c cos A，a=b=√2，E 为边BC上的动点，则⃗EA ⋅⃗EB的最小值为 .
【答案】−1
2/−0.5
【分析】由条件式√2c =asinC +c cos A，利用正弦定理结合三角恒等变换求得A =π
4 ，进而得到
A = B =π
4 ，C =π
2
，c =2，取AB的中点M，结合极化恒等式来处理.
【详解】由√2c =asinC +c cos A和正弦定理，得√2sinC =sin A sinC +sinC cos A，
因为C ∈(0,π)，所以sinC ≠0，可得sin A +cos A =√2，
则√2
2 sin A + √2
2 cos A =1，即sin(A +π
4 )=1，
又A ∈(0,π)，则A +π
4 ∈(π
4 ,5π
4 )，故A +π
4 = π
2 ，即A = π
4 ，
又a=b=√2，则A = B =π
4 ，C =π
2
，所以c =2，
取AB的中点M，则⃗EA ⋅⃗EB = (⃗EA +⃗EB)
2−(⃗EA −⃗EB)
2
4
= 4⃗EM
2−⃗BA
2
4
=⃗EM
2−1，
由图知，当ME⊥BC时，EM最小，最小值为1
2 AC = √2
2 ，
小试牛刀3
7
所以⃗EA ⋅⃗EB的最小值为(
√2
2 )
2
−1=−1
2
.
故答案为：−1
2.
【热点题型3：利用等和线求基底系数和的值】
（2024 河北衡水二模）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 = λ⃑BA + μ⃑BD (λ , μ∈R)，则λ+ μ等于
A．1
B．3
4
C．2
3
D．1
2
【答案】B
【解析】先用⃑BD表示出⃑BO，再得出λ和μ的值.
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴⃑BO = 1
2⃑BD，又E 为线段AO 的中点，
∴⃑BE = 1
2⃑BA + 1
2⃑BO = 1
2⃑BA + 1
2 × 1
2⃑BD = 1
2⃑BA + 1
4⃑BD = λ⃑BA + μ⃑BD，
∴λ= 1
2，μ= 1
4 ，即λ+ μ= 1
2 + 1
4 = 3
4 .
故选：B.
【点睛】本题考查了平面向量的基本定理和线性运算，属于基础题.
【规律方法总结】
规律方法利用等和线求基底系数和的步骤：
(1)确定基底；
(2)平移直线，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长度.
经典例题
8
（23-24 高一下广东潮州月考）设D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，
AD = 1
2 AB，BE = 2
3 BC，AE与CD相交于点F.
(1)若⃗DE = λ1⃗AB+ λ2⃗AC（λ1、λ2为实数），求λ1+ λ2的值；
(2)若⃗AF = λ3⃗AB+ λ4⃗AC（λ3、λ4为实数），求λ3+ λ4的值.
【答案】(1)1
2；
(2)3
4 .
【分析】（1）根据向量的线性运算求解；
（2）借助平面向量基本定理，结合A、F、E三点共线，及C、F、D三点共线求解.
【详解】（1）因为D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，
AD = 1
2 AB，BE = 2
3 BC，
则⃗DE =⃗DB+⃗BE = 1
2⃗AB+ 2
3⃗BC = 1
2⃗AB+ 2
3 (⃗AC −⃗AB)=−1
6⃗AB+ 2
3⃗AC，
又因为⃗DE = λ1⃗AB+ λ2⃗AC（λ1、λ2为实数），则λ1=−1
6 ，λ2= 2
3，
∴λ1+ λ2= 1
2；
（2）⃗AE =⃗AD+⃗DE = 1
2⃗AB−1
6⃗AB+ 2
3⃗AC = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，
因为A、F、E三点共线，设⃗AF =m⃗AE，则⃗AF = 1
3 m⃗AB+ 2
3 m⃗AC，
因为C、F、D三点共线，设⃗CF =n⃗CD，即⃗AF −⃗AC =n(⃗AD−⃗AC)，
所以，⃗AF =n⃗AD +(1−n)⃗AC = 1
2 n⃗AB+(1−n)⃗AC，
因为⃗AB、⃗AC不共线，则¿，解得¿，
所以，⃗AF = λ3⃗AB+ λ4⃗AC = 1
4⃗AB+ 1
2⃗AC，则λ3= 1
4 ，λ4= 1
2,
∴λ3+ λ4= 3
4 .
小试牛刀1
9
（23-24 高三福建课后作业）设D，E分别是ΔABC的边AB，BC上的点,
AD = 1
2 AB,BE = 2
3 BC,若⃗DE = λ1⃗AB+ λ2⃗AC (λ1，λ2为实数),则λ1+ λ2的值为
A．1
B．2
3
C．1
2
D．1
6
【答案】C
【详解】易知⃑DE = 1
2⃑AB+ 2
3⃑BC = 1
2⃑AB+ 2
3
(⃑AC −⃑AB)=−1
6⃑AB+ 2
3⃑AC，所以λ1+ λ2= 1
2.选C.
点睛：点O 是直线l 外一点，点A，B 是直线l 上任意两点，求证：直线上任意一点P，存在实数t，使得⃑
OP关于基底{OA,OB}的分析式为⃑OP =(1−t )⃑OA +t⃑OB
反之，若⃑OP =(1−t )⃑OA +t⃑OB则A，P，B 三点共线（特别地令t=1
2,⃑OP = 1
2⃑OA + 1
2⃑OB称为向量中点公
式）
（24-25 高三全国课后作业）在△ABC 中，M 为边BC 上任意一点，N 为AM 中点，⃗
AN = λ⃗AB+ μ⃗AC，则λ+ μ的值为（ ）
A．1
2
B．1
3
C．1
4
D．1
【答案】A
【分析】设⃗BM =t⃗BC，可根据向量关系得出⃗AM =(1−t )⃗AB+t⃗AC，即可得出.
【详解】由题可设⃗BM =t⃗BC，
则⃗AM =⃗AB+⃗BM =⃗AB+t⃗BC =⃗AB+t (⃗AC −⃗AB)=(1−t )⃗AB+t⃗AC，
∵N 为AM 中点，∴⃗AN = 1
2⃗AM = 1
2
(1−t )⃗AB+ 1
2 t⃗AC,
又⃗AN = λ⃗AB+ μ⃗AC，∴λ = 1
2
(1−t ), μ= 1
2 t，∴λ+ μ= 1
2.
故选：A.
【热点题型4：利用等和线求系数范围】
1.(2017·全国Ⅲ卷)在矩形
中，
，
，动点
在以点
为圆心
且与
相切的圆上，若
，则
的最大值为（）.
A.3 B.
C.
D.2
答案A
解析方法1：
如图，以
为原点，以
，
所在直线为
轴、
轴建立平面直角坐标系.
平面直角坐标系，则
，
，
，
.
小试牛刀2
小试牛刀3
经典例题
10
因为动点
在以点
为圆心且与
相切的圆上，设圆的半径为
.
因为
，
，所以
.
所以
，所以
.
所以圆的方程为
.
设点
的坐标为
.
因为
，所以
.
所以
，
.
所以
，其中
.
因为
，所以
.
故
的最大值为3，故选A.
方法2（等和线）：
根据如图所示，等和线值为1 的直线为
，过圆上一点作圆的切线使其与
平行，此时
最大，
为
.
【规律方法总结】
核心考点：动点轨迹对应的等和线平移、等和线的
值与系数和的对应关系、临界位置的等和线分析
方法技巧：
1.确定基准：以
为基底，直线
为基准等和线（对应系数和
）.
2.分析动点约束：明确动点
的轨迹（如线段、圆、封闭区域等），梳理轨迹的边界特征.
3.找临界等和线：平移基准等和线，使其与动点轨迹的临界位置（如线段端点、区域边界）相交/相切，
得到
的临界值（最大值、最小值）.
4.确定范围：结合临界等和线对应的
值，得到基底系数和
的取值范围.
易错规避技巧：
1.临界位置遗漏：动点轨迹的所有边界点（如线段的两个端点、圆的切线切点）都对应
的临界值，需逐
一分析.
2.平移方向与
的关系混淆：等和线向远离基底公共起点
的方向平移时，
值增大；向靠近
的方向平
移时，
值减小.
11
3.忽略轨迹封闭性：若动点轨迹是封闭区域（如三角形、圆），需覆盖所有可能的等和线，避免范围缺失.
如图,给定两个长度为1 的平面向量
和
,它们的夹角为
,点
在以
为
圆心的圆弧
上变动.若
,其中
,则
的最大值是（）.
A.
B.2C.
D.3
答案B
解析方法1：
如图,以
为原点,
所在直线为
轴,过点
且垂直于
的直线为
轴,建立平面直角坐标系,则
,
.
设
,
,所以
.
因为
,所以
.
因此有
解得
所以
.
因为
,所以
.当
,即
时,
取得最大值2,故选B.
方法2（等和线）：
如图,过
的中点作圆的切线,使其与等和线值为1 的直线
平行.当点
运动至
的中点时,
有
最大值,为
.
在平行四边形
中，
，
，
，平面
内有
小试牛刀1
小试牛刀2
12
一点
，满足
.若
（
），则
的最大值为（）.
A.
B.
C.
D.
答案B
解析方法1：
如图，依题意知
，
.
根据条件，
.
因为
，
，
与
的夹角为
，所以
.
代入得：
.
将
变形为：
.
由均值不等式，
，因此：
故
，即
，进一步得
.
所以
的最大值为
，故选B.
方法2（等和线）：
设
为
的中点，则
.
所以等和线值为1 的直线为
.
而
在以
为圆心，
为半径的圆上运动.如图，过点
作
的垂线，垂足为
，交圆于一点.当
在此点时，
有最大值，为
.
答案为B.
边长为2 的正六边形
中，动圆
的半径为1，圆心在线段
（含端
点）上运动，
是圆
上及其内部的动点.设向量
（
），则
的取值范围
是（）.
小试牛刀3
13
A.
B.
C.
D.
分析
如图，设
，由等和线结论，过点
作直线平行于
，交
所在直线于点
，则
.因为
，所以
.问题转化为求
的取值范围，其中点
在圆心在线段
上、半径为1 的圆内（含边界）.通过几何作图找到
的最小值和最大值.
详解
由等和线结论，
，其中
为过点
且平行于
的直线与
的交点.因为
，所以
.
当圆心
在线段
上运动时，通过几何作图可知，
的最小值为4（此时等和线过点
且与圆相切，
），
的最大值为10（此时等和线过点
且与圆相切，
）.且
可以取到4 到
10 之间的所有值.
所以
的取值范围是
.
所以选C.
一．选择题（共5 小题）
1．（2024 秋•安徽月考）如图，在四边形MNPQ 中，已知NO
→
=OQ
→
，|OM
→
|=6，|OP
→
|=10，
MN
→
⋅MQ
→
=−28，则NP
→
⋅QP
→
=（ ）
A．64
B．42
C．36
D．28
【分析】用MN
→
，MQ表示出MO
→
，NQ
→
，用NP
→
，QP
→
表示出OP
→
，NQ
→
，联立方程组即可得出结论．
【解答】解：∵NO
→
=OQ
→
，即O 为NQ 的中点，
课后针对训练
14
∴MO
→
= 1
2 MN
→
+ 1
2 MQ
→
，两边平方可得：36= 1
4 MN
→
2+ 1
4 MQ
→
2+ 1
2 MN
→
⋅MQ
→
，
∴MN
→
2+ MQ
→
2＝200．
同理可得：NP
→
2+QP
→
2+2NP
→
⋅QP
→
=400，①
又NQ
→
= MQ
→
−MN
→
= PQ
→
−PN
→
，
∴MN
→
2+ MQ
→
2﹣2MQ
→
⋅MN
→
= NP
→
2+QP
→
2−2NP
→
⋅QP
→
，即NP
→
2+QP
→
2−2NP
→
⋅QP
→
=256，②
①﹣②可得：NP
→
⋅QP
→
=36．
故选：C．
【点评】本题考查了平面向量的几何运算与数量积运算，属于中档题．
2．（2024•杭州模拟）已知正方形ABCD 的面积为2，点P 在边AB 上，则PD
→
⋅PC
→
的最小值为（ ）
A．√6
2
B．3
2
C．2
D．√2
【分析】可画出图形，根据正方形的面积为2 可求出边长，结合图形，可得出
PD
→
⋅PC
→
=( AD
→
−AP
→
)⋅(BC
→
−BP
→
)，进行数量积的运算得出PD
→
⋅PC
→
=2−AP
→
⋅PB
→
，可设
| AP
→
|= x ，| PB
→
|=√2−x，从而得出PD
→
⋅PC
→
= x
2−√2 x +2，配方便可求出最小值．
【解答】解：如图，PD
→
= AD
→
−AP
→
，PC
→
= BC
→
−BP
→
；
正方形的面积为2，则边长为√2；
∴PD
→
⋅PC
→
=( AD
→
−AP
→
)⋅(BC
→
−BP
→
)
= AD
→
⋅BC
→
−AP
→
⋅BC
→
−AD
→
⋅BP
→
+ AP
→
⋅BP
→
=2−0−0−AP
→
⋅PB
→
=2−AP
→
⋅PB
→
；
设| AP
→
|= x ，0≤x ≤√2，则| PB
→
|=√2−x；
∴PD
→
⋅PC
→
=2−x(√2−x)
= x
2−√2 x +2
=( x−√2
2 )
2+ 3
2；
15
∴PD
→
⋅PC
→
的最小值为3
2．
故选：B．
【点评】考查向量减法的几何意义，向量数量积的运算及计算公式，配方法求最值．
3．（2024 春•仙游县校级月考）如图，BC，DE 是半径为1 的圆O 的两条直径，BF
→
=2 FO
→
，则
FD
→
⋅FE
→
=（ ）
A．−3
4
B．−8
9
C．−1
4
D．−4
9
【分析】由BF
→
=2FO
→
及BF
→
+ FO
→
= BO
→
，可计算出向量FO
→
的模；再利用向量的加法法则可得：
FD
→
= FO
→
+OD
→
，FE
→
= FO
→
+OE
→
，根据数量积的运算法则即可计算出．
【解答】解：∵BF
→
=2FO
→
，r＝1，∴|FO
→|= 1
3．
∴FD
→
⋅FE
→
=（FO
→
+OD
→
）•（FO
→
+OE
→
）= FO
→
2+ FO
→
•（OE
→
+OD
→
）+OD
→
⋅OE
→
=( 1
3 )
2+0−r
2=−8
9．
故选：B．
【点评】本题考查向量加法的三角形法则和共线向量定理等基础知识，同时考查了学生的计算能力．充
分理解向量的运算法则和数量积的定义是解题的关键，属于中档题．
4．（2024 春•福州期中）在矩形ABCD 中，AB =2√2，AD＝2，E 为线段BC 的中点，F 为线段CD 上靠
近C 的四等分点，则AE
→
⋅AF
→
的值为（ ）
A．4
B．8
C．9
2
D．5
【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解．
【解答】解：建立如图平面直角坐标系，
16
则A（0，0），E（2√2，1），F（3√2
2
，2），
所以AE
→
⋅AF
→
=2√2× 3√2
2
+1×2＝8．
故选：B．
【点评】本题考查了平面向量数量积的计算，属于基础题．
5．（2025 秋•兰州月考）在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O，点E 是线段OD 的中点，AE 的
延长线与CD 交于点F，若AC
→
= a
→
，BD
→
= b
→
，且AF
→
=λa
→
+μb
→
，则λ+μ 等于（ ）
A．1
B．3
4
C．2
3
D．1
2
【分析】以BA、BD 为邻边作平行四边形ABDG，可证出AF
→
=λAC
→
+μAG
→
，结合C、F、G 三点共线，
求出λ+μ＝1，可得答案．
【解答】解：如图，过A 作BD 的平行线，与CD 的延长线相交于点G，
因为AG∥BD，AB∥DG，所以四边形ABDG 是平行四边形，可得AG
→
= BD
→
= b
→
，
结合AC
→
= a
→
，AF
→
=λa
→
+μb
→
，可得AF
→
=λAC
→
+μAG
→
，
因为C、F、G 三点共线，所以λ+μ＝1，A 项符合题意．
17
故选：A．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、平面向量的线性运算法则等知识，属于基础题．
二．多选题（共1 小题）
（多选）6．（2025 秋•兴平市月考）给定两个长度为1 的平面向量OA
→
和OB
→
，它们的夹角为2π
3 ，如图所
示，点C 在以O 为圆心的劣弧^
AB上运动，若OC
→
= xOA
→
+ y OB
→
( x，y ∈R)，则x+y 的取值可以是（
）
A．1
B．5
4
C．2
D．5
2
【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法表示出OC
→
= x OA
→
+ y OB
→
，把x+y 表示为cosθ+√3 sinθ，
利用辅助角公式、三角函数求最值．
【解答】解：如图示，建立平面直角坐标系．
设C(cosθ，sinθ)，0≤θ≤2π
3 ，
可得：A(1，0)，B(−1
2 ，√3
2 )．
由OC
→
= x OA
→
+ y OB
→
，
可得{
cosθ = x−1
2 y
sinθ = √3
2 y
，
所以√3 sinθ = 3
2 y，
所以x + y =cosθ+√3 sinθ =2( 1
2 cosθ+ √3
2 sinθ)=2sin(θ+ π
6 )，
18
因为0≤θ≤2π
3 ，所以π
6 ≤θ+ π
6 ≤5 π
6 ，
所以1
2 ≤sin(θ+ π
6 )≤1，
所以1≤2sin(θ+ π
6 )≤2，
即x+y 的取值范围为[1，2]，
结合选项可知，A，B，C 中的数值符合，
故选：ABC．
【点评】本题考查向量数量积的运算，属于中档题．
三．填空题（共4 小题）
7．已知点A，B 在双曲线x
2
16 −y
2
4 =1 上，且线段AB 经过原点，点M 为圆x2+（y﹣2）2＝1 上的动点，则
MA
→
⋅MB
→
的最大值为 ﹣
7
．
【分析】设A（x，y），B（﹣x，﹣y），M（a，b），则MA
→
⋅MB
→
=（x﹣a，y﹣b）•（﹣x﹣a，﹣y﹣
b）＝a2﹣x2+b2﹣y2，所以求MA
→
⋅MB
→
的最大值，只要求出a2+b2的最大值，x2+y2的最小值．
【解答】解：设A（x，y），B（﹣x，﹣y），M（a，b），则
MA
→
⋅MB
→
=（x﹣a，y﹣b）•（﹣x﹣a，﹣y﹣b）＝a2﹣x2+b2﹣y2，
所以求MA
→
⋅MB
→
的最大值，只要求出a2+b2的最大值，x2+y2的最小值，
因为点M 为圆x2+（y﹣2）2＝1 上的动点，
所以a2+b2的最大值为（2+1）2＝9，
因为点A，B 在双曲线x
2
16 −y
2
4 =1 上，
所以x2+y2的最小值为16，
所以MA
→
⋅MB
→
的最大值为9﹣16＝﹣7，
19
故答案为：﹣7．
【点评】本题考查求MA
→
⋅MB
→
的最大值，考查向量知识，考查学生分析解决问题的能力，求MA
→
⋅MB
→
的最大值，只要求出a2+b2的最大值，x2+y2的最小值是解题的关键．
8．（2024•浙江二模）如图放置的边长为1 的正方形ABCD 的顶点A、D 分别在x 轴、y 轴正半轴上（含原
点）上滑动，则OB
→
⋅OC
→
的最大值是
2
．
【分析】令∠OAD＝θ，由边长为1 的正方形ABCD 的顶点A、D 分别在x 轴、y 轴正半轴上，可得出
B，C 的坐标，由此可以表示出两个向量，算出它们的内积即可
【解答】解：如图令∠OAD＝θ，由于AD＝1 故OA＝cosθ，OD＝sinθ，
如图∠BAX= π
2 −θ，AB＝1，故xB＝cosθ+cos（π
2 −θ）＝cosθ+sinθ，yB＝sin（π
2 −θ）＝cosθ
故OB
→
=（cosθ+sinθ，cosθ）
同理可求得C（sinθ，cosθ+sinθ），即OC
→
=（sinθ，cosθ+sinθ），
∴OB
→
⋅OC
→
=（cosθ+sinθ，cosθ）•（sinθ，cosθ+sinθ）＝1+sin2θ，
OB
→
⋅OC
→
的最大值是2
故答案是 2
【点评】本题考查向量在几何中的应用，设角引入坐标是解题的关键，由于向量的运算与坐标关系密切，
所以在研究此类题时应该想到设角来表示点的坐标．
9．（2025 秋•孝南区校级月考）给定两个长度为1 的平面向量OA
→
和OB
→
，它们的夹角为2π
3 ．如图所示，
点C 在以O 为圆心的圆弧^
AB上运动．若OC
→
= xOA
→
+ y OB
→
，其中x、y∈R，则x+2y 的最大值为
2√21
3
．
20
【分析】以点O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系xOy，然后结合向量的坐标表示
及正弦函数的性质即可求解．
【解答】解：以点O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系xOy，
则点A（1，0）、B(−1
2 ，√3
2 )，设点C(cosθ，sinθ)(0≤θ≤2π
3 )，
由于OC
→
= xOA
→
+ y OB
→
，即{
x−1
2 y =cosθ
√3
2 y = sinθ
，
所以x +2 y =( x−1
2 y)+ 5
2 y =cosθ+ 5√3
3
sinθ = 2√21
3
sin(θ+φ)，φ 为锐角，且tanφ = √3
5 ，
∵0≤θ≤2π
3 ，则φ≤θ+φ≤2π
3 +φ，当θ+φ = π
2 时，x+2y 取得最大值2√21
3
．
故答案为：2√21
3
．
【点评】本题主要考查了向量的坐标表示，正弦函数性质的应用，属于中档题．
10．（2024•南通模拟）如图，四边形OABC 是边长为1 的正方形，点D 在OA 的延长线上，且OD＝2，点
P 为△BCD 内（含边界）的动点，设OP
→
=αOC
→
+βOD
→
（α，β∈R），则α+β 的最大值等于
3
2 ．
【分析】因为是正方形，所以可考虑建立平面直角坐标系：以O 为原点，OA，OC 所在直线分别为x 轴，
y 轴建立平面直角坐标系，这时候可求出OC
→
=(0，1)，OD
→
=(2，0)，所以设P（x，y），所以根据
已知条件可得：（x，y）＝（2β，α），所以可用x，y 表示α，β，并得到α + β = 1
2 x + y，这样求
21
1
2 x + y的最大值即可．而x，y 的取值范围便是△BCD 上及其内部，所以可想着用线性规划的知识求解．
所以设z= 1
2 x + y，y=−1
2 x + z，所以z 表示直线y =−1
2 x + z在y 轴上的截距，要求α+β 的最大值，只
需求截距z 的最大值即可，而通过图形可看出当该直线过B 点时截距最大，所以将B 点坐标代入直线方
程，即可得到z 的最大值，即α+β 的最大值．
【解答】解：分别以边OA，OC 所在直线为x，y 轴建立如图所实施平面直角坐标系；
则：OC
→
=(0，1)，OD
→
=(2，0)，设P（x，y），OP
→
=( x ，y )；
∴（x，y）＝α（0，1）+β（2，0）＝（2β，α）；
∴{
x =2 β
y =α ；
∴α + β = 1
2 x + y；
设z= 1
2 x + y，则：y=−1
2 x + z，所以z 是直线y=−1
2 x + z在y 轴上的截距；
由图形可以看出，当该直线经过B（1，1）点时，它在y 轴的截距z 最大，最大为3
2；
∴α+β 的最大值是3
2．
故答案为：3
2．
【点评】考查通过建立平面直角坐标系，用向量坐标解决向量问题的方法，利用线性规划求最值的方法．
22
23
