专题10、平面向量中的范围和最值问题
平面向量中的极化恒等式及有关最值(范围)问题(1)
2(a·b－a·c－b·c＋1)＝48＋2(a＋b)·c＝48＋2|a＋b|cos θ(其中θ为 a＋b
与 c 的夹角)，因为|a－b|＝|a＋b|，所以|a－b|2＝48＋2|a－b|cos θ，则由
cos θ∈[－1，1]，得 48－2|a－b|≤|a－b|2≤48＋2|a－b|，解得 6≤|a－
1x 2
2－1x2＝1.
4
4
(2)如图，由已知|OF|＝1，取 FO 中点 E，连接 PE，由极化恒等式得
O→P·F→P＝|PE|2－1|OF|2＝|PE|2－1，
4
4
∵|PE|2max＝245，∴O→P·F→P的最大值为 6.
答案 (1)1 (2)C
题型二 平面向量中的最值(范围)问题
类型 1 利用函数型
则A→P·B→P的取值范围是________；若向量A→C＝λD→E＋μA→P，则λ＋μ的最
小值为________.
解析 (1)由题意，不妨设 b＝(2，0)，a＝(cos θ，sin θ)(θ∈[0，2π))，
则 a＋b＝(2＋cos θ，sin θ)，a－b＝(cos θ－2，sin θ).
令 y＝|a＋b|＋|a－b|
＝ （2＋cos θ）2＋sin2θ＋ （cos θ－2）2＋sin2θ
＝ 5＋4cos θ＋ 5－4cos θ，
则 y2＝10＋2 25－16cos2θ∈[16，20].
由此可得(|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.
4a2
4a2
θ）2＝1，化简得
b2(1－cos2θ)＝
平面向量中的最值或范围问题
2
2 2
2
所以 c
o
sa - b,
a =
(
·a
a-b)
=
|
a-b|
|
a|
3 2 9
b+
2
2 1
3
3
。
= |
b|+
≥
6
|
b|
4
4
|
b| 2
因为 0≤ a-b,
所 以 0≤ a-b
a ≤π,
≤
π
π
,
故 a-b 与a 的夹角的最大值为 。
6
6
2
=9
b +a -2×3
b·a≤4,所 以 a·b≥2+
2
3
|
b|
2+
3
|
b|
a·b
2
。所以 c
o
sa,
b =
≥
2
|
a|·b
4
|
b|
2
2
1
3
|
b|
,因 为|
=
+
b|≤1,所 以 当|
b|=1
2
|
b|
8
时,
c
o
sa,
b取得最小值为
[
C.
4,
1
2]
7
。
8
→
其中 0≤λ≤1,则 B→
C ·BP
→
一般情况 下,如 果 遇 到 的 问 题 适 合 建 立
2
+
3 s
i
n
π
2
微重点 平面向量的最值与范围问题
微重点 平面向量的最值与范围问题平面向量中的最值与范围问题，是高考的热点与难点问题，主要考查求向量的模、数量积、夹角及向量的系数等的最值、范围．解决这类问题的一般思路是建立求解目标的函数关系，通过函数的值域解决问题，同时，平面向量兼具“数”与“形”的双重身份，数形结合也是解决平面向量中的最值与范围问题的重要方法．考点一 求参数的最值(范围)例1 (1)(2022·沈阳质检)在正六边形ABCDEF 中，点G 为线段DF (含端点)上的动点，若CG →＝λCB →＋μCD →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的取值范围是________． 答案 [1,4]解析 根据题意，不妨设正六边形ABCDEF 的边长为23，以O 为原点建立平面直角坐标系，如图所示，则F (－23，0)，D (3，3)，C (23，0)，B (3，－3)， 设点G 的坐标为(m ，n )，则CG →＝(m －23，n )， CB →＝(－3，－3)，CD →＝(－3，3)， 由CG →＝λCB →＋μCD →可得，m －23＝－3λ－3μ，即λ＋μ＝－33m ＋2， 数形结合可知m ∈[－23，3]， 则－33m ＋2∈[1,4]，即λ＋μ的取值范围为[1,4]． (2)设非零向量a ，b 的夹角为θ，若|a |＝2|b |，且不等式|2a ＋b |≥|a ＋λb |对任意θ恒成立，则实数λ的取值范围为( ) A ．[－1,3] B ．[－1,5] C ．[－7,3] D ．[5,7]答案 A解析 ∵非零向量a ，b 的夹角为θ，若|a |＝2|b |， a ·b ＝|a ||b |cos θ＝2|b |2cos θ，不等式|2a ＋b |≥|a ＋λb |对任意θ恒成立， ∴(2a ＋b )2≥(a ＋λb )2，∴4a 2＋4a ·b ＋b 2≥a 2＋2λa ·b ＋λ2b 2， 整理可得(13－λ2)＋(8－4λ)cos θ≥0恒成立， ∵cos θ∈[－1,1]，∴⎩⎪⎨⎪⎧13－λ2＋8－4λ≥0，13－λ2－8＋4λ≥0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－7≤λ≤3，－1≤λ≤5，∴－1≤λ≤3. 规律方法 利用共线向量定理及推论 (1)a ∥b ⇔a ＝λb (b ≠0)．(2)OA →＝λOB →＋μOC →(λ，μ为实数)，则A ，B ，C 三点共线⇔λ＋μ＝1.跟踪演练1 (2022·滨州模拟)在△ABC 中，M 为BC 边上任意一点，N 为线段AM 上任意一点，若AN →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤0，13 B.⎣⎡⎦⎤13，12 C ．[0,1] D ．[1,2]答案 C解析 由题意，设AN →＝tAM →(0≤t ≤1)，如图．当t ＝0时，AN →＝0， 所以λAB →＋μAC →＝0，所以λ＝μ＝0，从而有λ＋μ＝0；当0<t ≤1时，因为AN →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )， 所以tAM →＝λAB →＋μAC →， 即AM →＝λt AB →＋μt AC →，因为M ，B ，C 三点共线，所以λt ＋μt ＝1，即λ＋μ＝t ∈(0,1]．综上，λ＋μ的取值范围是[0,1]．考点二 求向量模、夹角的最值(范围)例2 (1)已知e 为单位向量，向量a 满足：(a －e )·(a －5e )＝0，则|a ＋e |的最大值为( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 答案 C解析 可设e ＝(1,0)，a ＝(x ，y )， 则(a －e )·(a －5e )＝(x －1，y )·(x －5，y ) ＝x 2－6x ＋5＋y 2＝0， 即(x －3)2＋y 2＝4， 则1≤x ≤5，－2≤y ≤2， |a ＋e |＝(x ＋1)2＋y 2＝8x －4， 当x ＝5时，8x －4取得最大值为6， 即|a ＋e |的最大值为6.(2)在平行四边形ABCD 中，AB →|AB →|＋2AD →|AD →|＝λAC→|AC →|，λ∈[2，2]，则cos ∠BAD 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－34，－14 解析 因为AB →|AB →|＋2AD →|AD →|＝λAC→|AC →|，且AB →＋AD →＝AC →，所以|AB →|∶|AD →|∶|AC →|＝1∶2∶λ， 不妨设|AB →|＝1，则|AD →|＝2，|AC →|＝λ， 在等式AB →|AB →|＋2AD →|AD →|＝λAC→|AC →|两边同时平方可得5＋4cos ∠BAD ＝λ2，则cos ∠BAD ＝λ2－54，因为λ∈[2，2]，所以cos ∠BAD ＝λ2－54∈⎣⎡⎦⎤－34，－14.易错提醒 找两向量的夹角时，要注意“共起点”以及向量夹角的取值范围是[0，π]； 若向量a ，b 的夹角为锐角，包括a ·b >0和a ，b 不共线，同理若向量a ，b 的夹角为钝角，包括a ·b <0和a ，b 不共线．跟踪演练2 (2022·马鞍山模拟)已知向量a ，b 满足|a －3b |＝|a ＋3b |，|a ＋b |＝4，若向量c ＝λa ＋μb (λ＋μ＝1，λ，μ∈R )，且a ·c ＝b ·c ，则|c |的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析 由|a －3b |＝|a ＋3b |得a ·b ＝0， 所以a ⊥b .如图，设OA →＝a ，OB →＝b ，|OA →|＝m ，|OB →|＝n ， 由a ⊥b 可知OA ⊥OB ， 所以|AB →|＝|b －a |＝|a ＋b |＝4，即m 2＋n 2＝16，所以2mn ≤16，则mn ≤8，当且仅当m ＝n 时取得等号．设OC →＝c ， 由c ＝λa ＋μb (λ＋μ＝1)， 可知A ，B ，C 三点共线，由a ·c ＝b ·c 可知(a －b )·c ＝0，所以OC ⊥AB ， 由等面积法可得， 12|OA →|·|OB →|＝12|AB →|·|OC →|， 得|OC →|＝|OA →|·|OB →||AB →|＝mn 4≤2，所以|c |的最大值为2.考点三 求数量积的最值(范围)例3 (1)(2022·福州质检)已知平面向量a ，b ，c 均为单位向量，且|a －b |＝1，则(a －b )·(b －c )的最大值为( ) A.14 B.12 C ．1 D.32答案 B解析 ∵|a －b |2＝a 2－2a ·b ＋b 2 ＝2－2a ·b ＝1， ∴a ·b ＝12，∴(a －b )·(b －c )＝a ·b －a ·c －b 2＋b ·c ＝12－1－(a －b )·c ＝－12－|a －b |·|c |cos 〈a －b ，c 〉＝－12－cos 〈a －b ，c 〉，∵cos 〈a －b ，c 〉∈[－1,1]， ∴(a －b )·(b －c )∈⎣⎡⎦⎤－32，12， 即(a －b )·(b －c )的最大值为12.(2)(2022·广州模拟)已知菱形ABCD 的边长为2，∠ABC ＝60°，点P 在BC 边上(包括端点)，则AD →·AP →的取值范围是________． 答案 [－2,2]解析 如图所示，以C 为原点，BC →为x 轴正方向，过点C 垂直向上的方向为y 轴，建立平面直角坐标系．因为菱形ABCD 的边长为2，∠ABC ＝60°， 则B (－2,0)，C (0,0)，D (1，3)，A (－1，3)． 因为点P 在BC 边上(包括端点)， 所以设P (t ，0)，其中t ∈[－2,0]． 所以AD →＝(2,0)，AP →＝(t ＋1，－3)， 所以AD →·AP →＝2t ＋2∈[－2,2]．规律方法 向量数量积最值(范围)问题的解题策略(1)形化：利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断．(2)数化：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．跟踪演练3 已知AB 是半圆O 的直径，AB ＝2，等腰△OCD 的顶点C ，D 在半圆弧AB ︵上运动，且∠COD ＝120°，点P 是半圆弧AB ︵上的动点，则PC →·PD →的取值范围为( ) A.⎣⎡⎦⎤－34，34 B.⎣⎡⎦⎤－34，1 C.⎣⎡⎦⎤－12，1 D.⎣⎡⎦⎤－12，12 答案 C解析 以点O 为原点，AB 为x 轴，垂直于AB 的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，不妨取C (1,0)，则D ⎝⎛⎭⎫－12，32，设P (cos α，sin α)(α∈[0，π])， PC →·PD →＝(1－cos α，－sin α)·⎝⎛⎭⎫－12－cos α，32－sin α ＝12－32sin α－12cos α＝12－sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6. 因为α∈[0，π]，所以α＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6， 所以sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1， 所以12－sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1，即PC →·PD →的取值范围为⎣⎡⎦⎤－12，1. 专题强化练1．(2022·山东省实验中学诊断)设向量OA →＝(1，－2)，OB →＝(a ，－1)，OC →＝(－b ，0)，其中O 为坐标原点，a >0，b >0，若A ，B ，C 三点共线，则1a ＋2b 的最小值为( )A ．4B ．6C ．8D ．9 答案 C解析 由题意得，AB →＝OB →－OA →＝(a －1,1)， AC →＝OC →－OA →＝(－b －1,2)，∵A ，B ，C 三点共线，∴AB →＝λAC →且λ∈R ，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝－λ(b ＋1)，2λ＝1，可得2a ＋b ＝1， ∴1a ＋2b ＝⎝⎛⎭⎫1a ＋2b (2a ＋b )＝4＋b a ＋4ab ≥4＋2b a ·4ab＝8， 当且仅当b ＝2a ＝12时，等号成立．∴1a ＋2b的最小值为8. 2．设A ，B ，C 是半径为1的圆O 上的三点，且OA →⊥OB →，则(OC →－OA →)·(OC →－OB →)的最大值为( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C.2－1 D ．1答案 A解析 如图，作出OD →，使OA →＋OB →＝OD →， 则(OC →－OA →)·(OC →－OB →)＝OC →2－OA →·OC →－OB →·OC →＋OA →·OB → ＝1－(OA →＋OB →)·OC →＝1－OD →·OC → ＝1－2cos 〈OD →，OC →〉，当cos 〈OD →，OC →〉＝－1时，(OC →－OA →)·(OC →－OB →)取得最大值为1＋ 2.3．(2022·杭州模拟)平面向量a ，b 满足|a |＝1，⎪⎪⎪⎪b －32a ＝1，记〈a ，b 〉＝θ，则sin θ的最大值为( )A.23B.53C.12D.32 答案 A解析 因为|a |＝1，⎪⎪⎪⎪b －32a ＝1， 所以⎪⎪⎪⎪b －32a 2＝|b |2－3a ·b ＋94|a |2＝1， |b |2－3|a |·|b |cos θ＋94－1＝0，即|b |2－3|b |cos θ＋54＝0，所以cos θ＝|b |2＋543|b |＝|b |3＋512|b |≥2536＝53， 当且仅当|b |＝52时，等号成立， 因为〈a ，b 〉＝θ，θ∈[0，π]， 所以sin θ＝1－cos 2θ≤1－59＝23， 即sin θ的最大值为23.4.如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝1，BC ＝2，P 是线段AB 上的动点，则|PC →＋4PD →|的最小值为( )A ．35B ．6C ．25D ．4答案 B解析 如图，以点B 为坐标原点，BC ，BA 所在直线为x 轴、y 轴，建立平面直角坐标系，设AB ＝a ，BP ＝x (0≤x ≤a )，因为AD ＝1，BC ＝2，所以P (0，x )，C (2,0)，D (1，a )， 所以PC →＝(2，－x )，PD →＝(1，a －x )， 4PD →＝(4,4a －4x )，所以PC →＋4PD →＝(6,4a －5x )，所以|PC →＋4PD →|＝36＋(4a －5x )2≥6，所以当4a －5x ＝0，即x ＝45a 时，|PC →＋4PD →|的最小值为6.5．(多选)已知向量a ，b ，单位向量e ，若a ·e ＝1，b ·e ＝2，a ·b ＝3，则|a ＋b |的可能取值为( ) A ．3 B.10 C.13 D ．6答案 CD解析 设e ＝(1,0)，a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)， 由a ·e ＝1得x 1＝1， 由b ·e ＝2得x 2＝2，由a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＝3，可得y 1y 2＝1， 则|a ＋b |＝(a ＋b )2＝(x 1＋x 2)2＋(y 1＋y 2)2＝11＋y 21＋y 22≥11＋2y 1y 2＝13，当且仅当y 1＝y 2＝1时取等号．6.(多选)(2022·武汉模拟)正方形ABCD 的边长为2，E 是BC 的中点，如图，点P 是以AB 为直径的半圆上任意一点，AP →＝λAD →＋μAE →(λ，μ∈R )，则( )A ．λ的最大值为12B ．μ的最大值为1 C.AP →·AD →的最大值为2 D.AP →·AE →的最大值为5＋2 答案 BCD解析 如图，以AB 的中点O 为原点建立平面直角坐标系，则A (－1,0)，D (－1,2)，E (1,1)， 连接OP ，设∠BOP ＝α(α∈[0，π])， 则P (cos α，sin α)， AP →＝(cos α＋1，sin α)， AD →＝(0,2)，AE →＝(2,1)， 由AP →＝λAD →＋μAE →，得2μ＝cos α＋1且2λ＋μ＝sin α，α∈[0，π]， 所以λ＝14(2sin α－cos α－1)＝54sin(α－θ)－14≤5－14，故A 错误； 当α＝0时，μmax ＝1，故B 正确； AP →·AD →＝2sin α≤2，故C 正确； AP →·AE →＝sin α＋2cos α＋2＝5sin(α＋φ)＋2≤5＋2，故D 正确．7．(2022·广东六校联考)已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝60°，E 是边CD 的中点，连接AE 并延长至点F ，使得AE ＝2EF ，若H 为线段BC 上的动点，则FH →·AH →的取值范围为______________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－17764，－32 解析 方法一 连接AC ，BD 交于点O ，以点O 为坐标原点，以BD 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0，3)，B (－1,0)，C (0，－3)，D (1,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，－32. 设F (x 0，y 0)，因为AE →＝2EF →，所以⎝⎛⎭⎫12，－332＝2⎝⎛⎭⎫x 0－12，y 0＋32 ＝()2x 0－1，2y 0＋3， 所以2x 0－1＝12，2y 0＋3＝－332， 所以x 0＝34，y 0＝－534， 所以F ⎝⎛⎭⎫34，－534. 易知直线BC 的方程为y ＝－3x －3，设H (x ，－3x －3)(－1≤x ≤0)，则AH →＝(x ，－3x －23)，FH →＝⎝⎛⎭⎫x －34，－3x ＋34， 所以FH →·AH →＝⎝⎛⎭⎫x －34x ＋⎝⎛⎭⎫3x －34(3x ＋23)＝4x 2＋92x －32， 因为－1≤x ≤0，所以FH →·AH →∈⎣⎡⎦⎤－17764，－32.方法二 设BH →＝tBC →(0≤t ≤1)，则AH →＝AB →＋BH →＝AB →＋tBC →＝AB →＋tAD →. 连接AC (图略)，因为E 为CD 的中点， 所以AE →＝12(AC →＋AD →)＝12(AB →＋2AD →)， AF →＝AE →＋EF →＝32AE →＝34(AB →＋2AD →)， 所以FH →·AH →＝(AH →－AF →)·AH →＝AH →2－AF →·AH →＝(AB →＋tAD →)2－34(AB →＋2AD →)·(AB →＋tAD →)＝4＋4t 2＋4t －34(4＋2t ＋4＋8t ) ＝4＋4t 2＋4t －6－15t 2＝4t 2－72t －2. 设y ＝4t 2－72t －2,0≤t ≤1，根据二次函数的图象与性质可知，函数y ＝4t 2－72t －2,0≤t ≤1的最小值在t ＝716处取得，为－17764，最大值在t ＝1处取得，为－32， 所以FH →·AH →的取值范围是⎣⎡⎦⎤－17764，－32. 8．已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝3，则|2a ＋b |＋|2a －b |的最小值是________，最大值是________．答案 6 213解析 ∵|2a ＋b |＋|2a －b |≥|2a ＋b ＋2a －b |＝4|a |＝4，且|2a ＋b |＋|2a －b |≥|2a ＋b －2a ＋b |＝2|b |＝6，∴|2a ＋b |＋|2a －b |≥6，当且仅当2a ＋b 与2a －b 反向时取等号．此时|2a ＋b |＋|2a －b |的最小值为6.∵|2a ＋b |＋|2a －b |2≤|2a ＋b |2＋|2a －b |22 ＝|2a |2＋|b |2＝13， ∴|2a ＋b |＋|2a －b |≤213，当且仅当|2a ＋b |＝|2a －b |时取等号， ∴|2a ＋b |＋|2a －b |的最大值为213.。
最全归纳平面向量中的范围与最值问题 (十大题型)(学生版)
最全归纳平面向量中的范围与最值问题目录题型一：三角不等式题型二：定义法题型三：基底法题型四：几何意义法题型五：坐标法题型六：极化恒等式题型七：矩形大法题型八：等和线题型九：平行四边形大法题型十：向量对角线定理方法技巧总结技巧一．平面向量范围与最值问题常用方法：(1)定义法第一步：利用向量的概念及其基本运算将所求问题转化为相应的等式关系第二步：运用基木不等式求其最值问题第三步：得出结论(2)坐标法第一步：根据题意建立适当的直角坐标系并写出相应点的坐标第二步：将平面向量的运算坐标化第三步：运用适当的数学方法如二次函数的思想、基本不等式的思想、三角函数思想等求解(3)基底法第一步：利用其底转化向量第二步：根据向量运算律化简目标第三步：运用适当的数学方法如二次函数的思想、基本不等式的思想、三角函数思想等得出结论(4)几何意义法第一步：先确定向量所表达的点的轨迹第二步：根据直线与曲线位置关系列式第三步：解得结果技巧二．极化恒等式(1)平行四边形平行四边形对角线的平方和等于四边的平方和：|a +b |2+|a -b |2=2(|a|2+|b |2)证明：不妨设AB =a ,AD =b ，则AC =a +b ，DB =a -bAC 2=AC 2=a +b 2=a 2+2a ⋅b +b 2①DB 2=DB 2=a -b 2=a 2-2a ⋅b +b 2②①②两式相加得：AC 2+DB 2=2a 2+b 2=2AB 2+AD 2 (2)极化恒等式：上面两式相减，得：14a +b 2-a -b 2----极化恒等式①平行四边形模式：a ⋅b =14AC 2-DB 2几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的14．②三角形模式：a ⋅b =AM 2-14DB 2(M 为BD 的中点)技巧三．矩形大法矩形所在平面内任一点到其对角线端点距离的平方和相等已知点O 是矩形ABCD 与所在平面内任一点，证明：OA 2+OC 2=OB 2+OD 2．【证明】(坐标法)设AB =a ,AD =b ，以AB 所在直线为轴建立平面直角坐标系xoy ，则B (a ,0),D (0,b ),C (a ,b )，设O (x ,y )，则OA 2+OC 2=(x 2+y 2)+[(x -a )2+(y -b )2]OB 2+OD 2=[(x -a )2+y 2]+[x 2+(y -b )2]∴OA 2+OC 2=OB 2+OD 2技巧四．等和线(1)平面向量共线定理已知OA =λOB +μOC ，若λ+μ=1，则A ,B ,C 三点共线；反之亦然．(2)等和线平面内一组基底OA ,OB 及任一向量OP ，OP =λOA +μOB(λ,μ∈R )，若点P 在直线AB 上或者在平行于AB 的直线上，则λ+μ=k (定值)，反之也成立，我们把直线AB 以及与直线AB 平行的直线称为等和线．①当等和线恰为直线AB 时，k =1；②当等和线在O 点和直线AB 之间时，k ∈(0,1)；③当直线AB 在点O 和等和线之间时，k ∈(1,+∞)；④当等和线过O 点时，k =0；⑤若两等和线关于O 点对称，则定值k 互为相反数；技巧五．平行四边形大法1.中线长定理2AO 2=AB 2+AD 2-12DB 22.P 为空间中任意一点，由中线长定理得：2PO 2=PA 2+PC 2-12AC 22PO 2=PD 2+PB 2-12DB 2两式相减：PA 2+PC 2-PD 2+PB 2=AC2-BD 22=2AB ⋅AD技巧六．向量对角线定理AC ⋅BD =(AD 2+BC 2)-(AB 2+CD2)2必考题型归纳题型一:三角不等式1(2023·全国·高三专题练习)已知向量a ,b ,c 满足|a |=2,|b |=1,|c -a -b |=1，若对任意c ，(c -a )2+(c-b )2≤11恒成立，则a ⋅b 的取值范围是.2(2023·全国·高三专题练习)已知平面向量a ,b ,c 满足：|a|=1,b ⋅a =-1，若对满足条件的任意向量b ，|c -b |≥|c -a |恒成立，则cos c +a ,a 的最小值是．3已知向量a ,b ,c 满足a =b =c =2，a ⋅b =0，若关于t 的方程ta +b2-c=12有解，记向量a ,c 的夹角为θ，则sin θ的取值范围是.1.已知e 1 ,e 2 ,e 3 是平面向量，且e 1 ,e 2 是互相垂直的单位向量，若对任意λ∈R 均有e 3 +λe 1的最小值为e 3 -e 2 ，则e 1 +3e 2 -e 3 +e 3-e 2 的最小值为．2.已知平面向量e 1 ,e 2 满足2e 2 -e 1 =2，设a =e 1 +4e 2 ,b =e 1 +e 2 ，若1≤a ⋅b ≤2，则|a|的取值范围为．3.(2023·浙江金华·统考一模)已知平面向量a ，b ，c 满足a ⋅b =74，|a -b|=3，(a -c )(b -c )=-2，则c的取值范围是．1已知向量a ，b 的夹角为π3，且a ⋅b =3，向量c 满足c =λa +1-λ b 0<λ<1 ，且a ⋅c =b ⋅c ，记x =c ⋅aa ，y =c ⋅b b，则x 2+y 2-xy 的最大值为.2(2023·四川成都·高二校联考期中)已知向量a ，b ，c 满足a =1，b=2，a ⋅b=-1，向量c -a 与向量c -b 的夹角为π4，则c 的最大值为．3(2023·浙江绍兴·高二校考学业考试)已知向量a ，b 满足a =1，b=3，且a ⊥b ，若向量c 满足c -a -b =2a -b ，则c的最大值是．1.已知向量a ，b 满足a =1，b =3，且a ⋅b =-32，若向量a -c 与b -c 的夹角为30°，则|c |的最大值是. 2.已知向量a ，b ，满足a =2b =3c =6，若以向量a ，b 为基底，将向量c 表示成c =λa+μb (λ，μ为实数)，都有λ+μ ≤1，则a ⋅b的最小值为 3.已知向量a 、b 满足：a -b=4，a =2b .设a -b 与a +b 的夹角为θ，则sin θ的最大值为.1.已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD =120°，点E ，F 分在边BC ，CD 上，BE =λBC ，DF=μDC ．若λ+μ=23，则AE ⋅AF 的最小值为．2.(2023·天津·高三校联考阶段练习)已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD =120°，点E 、F 分别在边BC ，CD 上，BE =λBC ，DF =μDC ，若2λ+μ=52，则AE ⋅AF 的最小值．3.如图，菱形ABCD 的边长为4，∠BAD =30°，M 为DC 的中点，若N 为菱形内任意一点(含边界)，则AM ⋅AN的最大值为．4.菱形ABCD 的边长为4，∠BAD =30°，若N 为菱形内任意一点(含边界)，则AB ⋅AN的最大值为．5.如图，菱形ABCD 的边长为4,∠BAD =60°,M 为DC 的中点，若N 为菱形内任意一点(含边界)，则AM ⋅AN的最大值为.6.平面四边形ABCD 是边长为2的菱形，且∠A =120°，点N 是DC 边上的点，且DN =3NC，点M 是四边形ABCD 内或边界上的一个动点，则AM ⋅AN的最大值为.7.(2023·全国·高三专题练习)已知向量a ，b 满足a +b =3，a ⋅b =0．若c =λa+1-λ b ，且c ⋅a =c ⋅b，则c 的最大值为．8.已知平面向量a ，b ，c 满足a =2，b =1，a ⋅b =-1，且a -c 与b -c 的夹角为π4，则c 的最大值为．9.已知平面向量a 、b 、c 满足a=4，b =3，c =2，b ⋅c =3，则a -b 2a -c 2-a -b⋅a -c 2最大值为.10.在△ABC 中，M 为边BC 上任意一点，N 为AM 的中点，且满足AN =λAB +μAC，则λ2+μ2的最小值为.题型四:几何意义法1(2023·全国·模拟预测)已知a ，b ，c 是平面向量，满足a -b =a +b ，a =2b =2，c +a -b=5，则向量c 在向量a上的投影的数量的最小值是.2(2023·上海浦东新·上海市建平中学校考三模)已知非零平面向量a ，b ，c 满足：a ，b 的夹角为π4，c -a与c -b 的夹角为3π4，a -b=2，c -b =1，则b ⋅c 的取值范围是.3(2023·全国·高三专题练习)已知平面向量a ,b 夹角为π3，且平面向量c 满足c -a =c -b =1,c -a ⋅c -b =-12,记m 为f t =ta +1-t b (t ∈R )的最小值，则m 的最大值是． 1.(2023·全国·高三专题练习)已知平面向量a ，b ，c 满足a ⋅b =-3，a -b=4，c -a 与c -b 的夹角为π3，则c -a -b 的最大值为． 2.(2023·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考开学考试)已知非零平面向量a ，b ，c 满足：a ，b 的夹角为π3，c -a 与c -b的夹角为2π3，a -b =23，c -b =2，则b ⋅c 的取值范围是．3.已知非零平面向量a ，b ，c 满足a -b =2，且(c -a )⋅(c -b )=0，若a 与b 的夹角为θ，且θ∈π6,π3，则|c |的最大值是.4.(2023·全国·高三专题练习)平面向量a ,b ,c 满足：a ,b 的夹角为π3，|a -b|=|b -c |=|a -c |=23，则b ⋅c的最大值为. 5.(2023·广东阳江·高二统考期中)已知非零平面向量a ，b ，c 满足a -b =4，且a -c⋅b -c =-1，若a 与b 的夹角为θ，且θ∈π3,π2，则c 的模取值范围是. 6.(2023·浙江·高三专题练习)已知平面向量a ，b ，c ，若a =b =a -b =1，且2a -c+2b +c =23，则a -c的取值范围是.7.(2023·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末)已知向量a ，b 满足a =b =1，且a ⋅b=0，若向量c 满足c +a +b=1，则c 的最大值为.8.(2023·浙江·模拟预测)已知向量a ，b ，c 满足a -b +c=2b =2，b -a 与a 的夹角为3π4，则c 的最大值为．9.(2023·全国·高三专题练习)已知平面向量a ,b ,c 满足：a -b =5，向量a与向量b 的夹角为π3，a -c=23，向量a -c 与向量b -c 的夹角为2π3，则a 2+c 2的最大值为.题型五:坐标法1(2023·全国·高三专题练习)已知向量a ，b 满足2a +b=3，b =1，则a +2a +b 的最大值为.2(2023·江苏常州·高三统考期中)已知平面向量a ,b ,c 满足|a |=2，|b |=4，a ，b 的夹角为π3，且(a -c )⋅(b -c )=2，则|c |的最大值是.3设平面向量a ，b ，c 满足a =b =2，a 与b 的夹角为2π3，a -c ⋅b -c =0则c 的最大值为．1.(2023·安徽滁州·校考三模)已知平面向量a ，b ，c 满足|a|=1，|b |=3，a ⋅b =0，c -a 与c -b 的夹角是π6，则c ⋅b -a 的最大值为.2.(2023·河北·统考模拟预测)如图，在边长为2的正方形ABCD 中．以C 为圆心，1为半径的圆分别交CD ，BC 于点E ，F ．当点P 在劣弧EF 上运动时，BP ⋅DP的最小值为．3.(2023·山东·山东省实验中学校考一模)若平面向量a ，b ，c 满足a =1，b ⋅c =0，a ⋅b =1，a⋅c=-1，则b +c 的最小值为．4.(2023·四川眉山·仁寿一中校考一模)如图，在平面四边形ABCD 中，∠CDA =∠CBA =90°，∠BAD =120°，AB =AD =1，若点E 为CD 边上的动点，则AE ⋅BE的最小值为．5.(2023·安徽滁州·校考模拟预测)已知a=1，b +a +b -a =4，则b -14a 的最小值是.6.(2023·浙江·模拟预测)已知向量a ，b 满足a=3，且b -λa 的最小值为1(λ为实数)，记a,b =α，a ,a -b=β，则b ⋅b -a cos α+β最大值为.7.在矩形ABCD 中，AB =4，AD =3，M ，N 分别是AB ，AD 上的动点，且满足2AM +AN =1，设AC =xAM +yAN ，则2x +3y 的最小值为()A.48B.49C.50D.51题型六:极化恒等式1(2023·山东师范大学附中模拟预测)边长为1的正方形内有一内切圆，MN 是内切圆的一条弦，点P 为正方形四条边上的动点，当弦MN 的长度最大时，PM ⋅PN的取值范围是．2(2023·湖北省仙桃中学模拟预测)如图直角梯形ABCD 中，EF 是CD 边上长为6的可移动的线段，AD =4，AB =83，BC =12，则BE ⋅BF的取值范围为． 3(2023·陕西榆林·三模)四边形ABCD 为菱形，∠BAC =30°，AB =6，P 是菱形ABCD 所在平面的任意一点，则PA ⋅PC的最小值为． 1.(2023·福建莆田·模拟预测)已知P 是边长为4的正三角形ABC 所在平面内一点，且AP=λAB +(2-2λ)AC (λ∈R )，则PA ⋅PC 的最小值为()A.16B.12C.5D.42.(2023·重庆八中模拟预测)△ABC 中，AB =3，BC =4，AC =5，PQ 为△ABC 内切圆的一条直径，M 为△ABC 边上的动点，则MP ⋅MQ的取值范围为()A.0,4B.1,4C.0,9D.1,9题型七:矩形大法1已知圆C 1:x 2+y 2=9与C 2:x 2+y 2=36，定点P (2,0)，A 、B 分别在圆C 1和圆C 2上，满足PA ⊥PB ，则线段AB 的取值范围是．2在平面内，已知AB 1 ⊥AB 2 ，OB 1 =OB 2 =1，AP =AB 1 +AB 2 ，若|OP |<12，则|OA |的取值范围是()A.0,52B.52,72C.52,2D.72,23(2023·全国·高三专题练习)已知圆Q :x 2+y 2=16，点P 1,2 ，M 、N 为圆O 上两个不同的点，且PM⋅PN =0若PQ =PM +PN ，则PQ的最小值为．1.设向量a ，b ，c满足|a |=|b |=1，a ⋅b =12，(a -c )⋅(b -c )=0，则|c |的最小值是()A.3+12B.3-12C.3D.1题型八:等和线1如图，边长为2的等边三角形的外接圆为圆O ，P 为圆O 上任一点，若AP =xAB +yAC，则2x +2y 的最大值为()A.83B.2C.43D.12在△ABC 中，M 为BC 边上任意一点，N 为线段AM 上任意一点，若AN =λAB +μAC(λ，μ∈R )，则λ+μ的取值范围是()A.0,13B.13,12C.[0,1]D.[1,2]3(2023·全国·高三专题练习)如图,OM ∥AB ，点P 在由射线OM 、线段OB 及AB 的延长线围成的区域内(不含边界)运动,且OP =xOA +yOB .当x =-12时，y 的取值范围是()A.0，+∞ B.12，32C.12，+∞ D.-12，321.(2023·全国·高三专题练习)在扇形OAB 中，∠AOB =60°，C 为弧AB 上的一动点，若OC=xOA +yOB，则3x +y 的取值范围是．2.(2023·江西上饶·统考三模)在扇形OAB 中，∠AOB =60°，C 为弧AB 上的一个动点.若OC=xOA +yOB ，则2x +y 的取值范围是.3.(2023·全国·高三专题练习)在扇形OAB 中，OA =1，∠AOB =π3，C 为弧AB 上的一个动点，若OC =xOA +yOB ，则x +3y 的取值范围是.4.(2023·福建三明·高二三明一中校考开学考试)如图，在扇形OAB 中，∠AOB =π3，C 为弧AB 上的一个动点，若OC =xOA +yOB，则x +4y 的取值范围是.5.(2023·全国·高三专题练习)如图，OM ⎳AB ，点P 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).且OP =xOA +yOB，则实数对x ,y 可以是()A.-14,34B.-15,75C.14,-12D.-23,236.如图，B 是AC 的中点，BE =2OB ，P 是平行四边形BCDE 内(含边界)的一点，且OP=xOA +yOBx ,y ∈R ，则下列结论正确的个数为()①当x =0时，y ∈2,3②当P 是线段CE 的中点时，x =-12，y =52③若x +y 为定值1，则在平面直角坐标系中，点P 的轨迹是一条线段④x -y 的最大值为-1A.1B.2C.3D.47.(2023·全国·高三专题练习)在△ABC 中，AB =AC=AB ⋅AC=2，点Q 在线段BC (含端点)上运动，点P 是以Q 为圆心，1为半径的圆及内部一动点，若AP =λAB +μAC，则λ+μ的最大值为()A.1B.33C.3+33D.328.在△ABC 中，AD 为BC 上的中线，G 为AD 的中点，M ，N 分别为线段AB ，AC 上的动点(不包括端点A ，B ，C )，且M ，N ，G 三点共线，若AM =λAB ，AN =μAC，则λ+4μ的最小值为()A.32 B.52C.2D.949.(2023·全国·高三专题练习)在ΔABC 中，AC =2,AB =2,∠BAC =120°,AE =λAB ,AF=μAC ，M 为线段EF 的中点，若AM=1，则λ+μ的最大值为()A.73B.273C.2D.21310.在扇形OAB 中，∠AOB =60o ，OA =1，C 为弧AB 上的一个动点，且OC =xOA +yOB．则x +4y 的取值范围为()A.[1,4)B.[1,4]C.[2,3)D.[2,3]11.(2023·全国·高三专题练习)如图，在扇形OAB 中，∠AOB =600，C 为弧AB 上且与A ,B 不重合的一个动点，且OC =xOA +yOB，若u =x +λy (λ>0)存在最大值，则λ的取值范围为()A.(1,3)B.13,3C.12,1D.12,2题型九:平行四边形大法1如图，圆O 是半径为1的圆，OA =12，设B ，C 为圆上的任意2个点，则AC ⋅BC 的取值范围是.2如图，C ，D 在半径为1的⊙O 上，线段AB 是⊙O 的直径，则AC ⋅BD的取值范围是.3(2023·浙江·模拟预测)已知e 为单位向量，平面向量a ，b 满足|a +e |=|b -e |=1，a ⋅b的取值范围是.1.(2023·江西宜春·校联考模拟预测)半径为1的两圆M 和圆O 外切于点P ，点C 是圆M 上一点，点B 是圆O 上一点，则PC ⋅PB的取值范围为.2.(2023·福建·高三福建师大附中校考阶段练习)设圆M ，圆N 的半径分别为1，2，且两圆外切于点P ，点A ，B 分别是圆M ，圆N 上的两动点，则PA ⋅PB的取值范围是()A.-8,12B.-16,34C.-8,1D.-16,1题型十:向量对角线定理1已知平行四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB =BC =AD =2，CD =3，AC 与BD 交于点O ，若记a =OA⋅OB ，b =OB ⋅OC ，c =OC ⋅OD ，则()A.a <b <cB ．a <c <bC ．c <a <bD ．b <a <c2如图，在圆O 中，若弦AB =3，弦AC =5，则AO ⋅BC的值是()A.-8B ．-1C ．1D ．83如图，在四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥BC 若，AB =a ，AD =b ，则AC ⋅BD 等于()A.b 2-a 2B.a 2-b 2C.a 2+b 2D.a 2⋅b 2。
第11讲 平面向量中的最值范围问题(教师版)
第11讲 平面向量中的最值范围问题题型一 利用平面向量基本定理确定参数的值、取值范围问题平面向量基本定理是向量坐标的理论基础,通过建立平面直角坐标系,将点用坐标表示,利用坐标相等列方程,寻找变量的等量关系,进而表示目标函数,转化为函数的最值问题． 【例1】已知1,60,OA OB AOB OC OA OB λμ==∠=︒=+,其中实数,λμ满足12λμ≤+≤,0,0λμ≥≥,则点C 所形成的平面区域的面积为( )A B C ．D 【答案】B 【解析】 由题：1,60,OA OB AOB OC OA OB λμ==∠=︒=+,作2,2OP OA OQ OB ==，OC 与线段AB 交于D ，设OCxOD =，如图：OC OA OB λμ=+，0,0λμ≥≥，所以点C 在图形QOP ∠内部区域，根据平面向量共线定理有,1ODmOA nOB m n =++=，,1OC xOD xmOA xnOB m n ==++=，OC OA OB λμ=+，所以,xm u xn λ==，12λμ≤+≤，即12xm xn ≤+≤，即12x ≤≤，OC xOD =，所以点C 所在区域为梯形APQB 区域，其面积1122sin 6011sin 6022APQB OPQ OAB S S S ︒︒∆∆=-=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，故选：B 【玩转跟踪】1.已知RtABC ，3AB =，4BC =，5CA =，P 为ABC △外接圆上的一动点，且AP xAB y AC =+，则x y+的最大值是（ ）A ．54B ．43C ．D ．53【答案】B 【解析】解：以AC 的中点为原点，以AC 为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则ABC △外接圆的方程为2225()2xy +=，设P 的坐标为55cos ,sin 22θθ⎛⎫⎪⎝⎭，过点B 作BD 垂直x 轴，∵4sin 5A =，3AB = ∴12sin 5BD AB A ==，39cos 355AD AB A =⋅=⨯=，∴5972510OD AO AD =-=-=，∴712,105B ⎛⎫-⎪⎝⎭，∵5,02A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，5,02C ⎛⎫⎪⎝⎭∴912,55AB ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()5,0AC =，555cos ,sin 222AP θθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∵AP xAB y AC =+∴555912cos ,sin ,22255x θθ⎛⎫⎛⎫+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()9125,05,55y x y x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭∴559cos 5225x y θ+=+，512sin 25x θ=，∴131cos sin 282y θθ=-+，25sin 24x θ=， ∴()12151cos sin sin 23262x y θθθϕ+=++=++，其中3sin 5ϕ=，4cos 5ϕ=，当()sin 1θϕ+=时，x y +有最大值，最大值为514623+=，故选：B ．2.在矩形ABCD 中，AB=1，AD=2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上．若AP =λ AB +μAD ，则λ+μ的最大值为 A ．3 B ．2CD ．2【答案】A【解析】,如图所示，建立平面直角坐标系.设()()()()()0,1,0,0,2,0,2,1,,A B C D P x y ,易得圆的半径r=，即圆C 的方程是()22425x y -+=， ()()(),1,0,1,2,0AP x y AB AD =-=-=，若满足AP AB AD λμ=+，则21x y μλ=⎧⎨-=-⎩ ，,12x y μλ==-，所以12xy λμ+=-+，设12x zy =-+，即102x y z -+-=，点(),P x y 在圆()22425x y -+=上， 所以圆心(2,0)到直线102xy z -+-=的距离d r ≤≤，解得13z ≤≤，所以z 的最大值是3，即λμ+的最大值是3，故选A.3.如图，点C 是半径为1的扇形圆弧AB 上一点，0OA OB ⋅=，1OA OB ==，若OC OA OB x y =+，则2x y+的最小值是（ ）A．B ．1 C ．2D【答案】B 【解析】 由题：OC OA OB x y =+，点C 是半径为1的扇形圆弧AB 上一点，则0,0x y >>，则()22OC xOA yOB=+，即()()2222OC xOA yOBxyOA OB =++⋅，0OA OB ⋅=，1OA OB ==化简得：221xy +=，令cos ,sin ,[0,]2x y θθθπ==∈，2sin 2cos ),sin [0,]2x y θθθϕϕϕϕπ+=+=+==∈因为[0,]2πθ∈，[0,]2πϕ∈，2πϕθϕϕ≤+≤+，sin()θϕ+先增大后减小，所以sin()θϕ+的最小值为sin ,sin()2πϕϕ+较小值，sin()cos 2πϕϕ+==即sin()θϕ+，所以2)x y θϕ+=+的最小值为1.故选：B题型二 平面向量数量积的范围问题已知两个非零向量a 和b ,它们的夹角为θ,把数量cos a b θ⋅⋅叫做a 和b 的数量积(或内积),记作a b ⋅.即a b ⋅=cos a b θ⋅⋅,规定00a ⋅=,数量积的表示一般有三种方法：(1)当已知向量的模和夹角时,可利用定义法求解,即a b ⋅=cos a b θ⋅⋅；(2)当已知向量的坐标时,可利用坐标法求解,即若a ＝(x 1,y 1),b ＝(x 2,y 2),则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2；（3）运用平面向量基本定理,将数量积的两个向量用基底表示后,再运算．【例2】【2018年天津理科08】如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝1．若点E为边CD 上的动点，则的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．3【解答】解：如图所示，以D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，过点B做BN⊥x轴，过点B做BM⊥y轴，∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1，∴AN＝AB cos60°，BN＝AB sin60°，∴DN＝1，∴BM，∴CM＝MB tan30°，∴DC＝DM+MC，∴A（1，0），B（，），C（0，），设E（0，m），∴（﹣1，m），（，m），0≤m，∴m2m＝（m）2（m）2，当m时，取得最小值为．故选：A．【玩转跟踪】1.【2017年新课标2理科12】已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则•（）的最小值是（）A．﹣2 B．C．D．﹣1【解答】解：建立如图所示的坐标系，以BC中点为坐标原点，则A（0，），B（﹣1，0），C（1，0），设P （x ，y ），则（﹣x ，y ），（﹣1﹣x ，﹣y ），（1﹣x ，﹣y ），则•（）＝2x 2﹣2y +2y 2＝2[x 2+（y ）2]∴当x ＝0，y 时，取得最小值2×（），故选：B ．2.已知腰长为2的等腰直角ΔABC 中，M 为斜边AB 的中点，点P 为该平面内一动点，若2PC =，则()()4PA PB PC PM ⋅+⋅⋅的最小值为（ ）A ．24-B ．24+C ．48-D ．48+【答案】C【解析】以,CA CB 为,x y 轴建立平面直角坐标系，则(0,0),(2,0),(0,2),(1,1)C A B M ，设(,)P x y ，则(2,),(,2)PA x y PB x y =--=--，(,),(1,1)PC x y PM x y =--=--，(2)(2)PA PB x x y y ⋅=----2222x x y y =-+-，PC PM ⋅=22(1)(1)x x y y x x y y ----=-+-，∵2PC =，∴224x y +=，设2cos ,2sin xy θθ==，则2cos 2sin )4x y πθθθ+=+=+，∴x y -≤+≤()()4PA PB PC PM ⋅+⋅⋅2(4224)(4)2(4)x y x y x y =--+--=+-，∴x y +=()()4PA PB PC PM ⋅+⋅⋅取得最小值24)48=-故选：C 。
专题2.3 平面向量中范围、最值等综合问题 高考数学选填题压轴题突破讲义(解析版)
一．方法综述平面向量中的最值与范围问题是一种典型的能力考查题，能有效地考查学生的思维品质和学习潜能，能综合考察学生分析问题和解决问题的能力，体现了高考在知识点交汇处命题的思想，是高考的热点，也是难点，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、系数的范围的等，解决思路是建立目标函数的函数解析式，转化为求函数（二次函数、三角函数）的最值或应用基本不等式，同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以解决平面向量的范围、最值问题的另外一种思路是数形结合，应用图形的几何性质．二．解题策略类型一与向量的模有关的最值问题【例1】【安徽省黄山市2019届高三一模】如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设，，则三角形的面积为，解得，由，且C，P，D三点共线，可知，即，故.以所在直线为轴，以点为坐标原点，过点作的垂线为轴，建立如图所示的坐标系，则，，，，则，，，则（当且仅当即时取“=”）.故的最小值为.【指点迷津】三点共线的一个向量性质：已知O、A、B、C是平面内的四点，则A、B、C三点共线的充要条件是存在一对实数、，使，且.【举一反三】1、【宁夏六盘山高级中学2019届高三下学期二模】如图，矩形中边的长为，边的长为，矩形位于第一象限，且顶点分别位于轴、轴的正半轴上（含原点）滑动，则的最大值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，设，则因为所以则所以的最大值为所以选B2、【浙江省湖州三校2019年高考模拟】已知向量，的夹角为，且，则的最小值为（）A．B．C．5 D．【答案】B【解析】由题意可设,，因此表示直线上一动点到定点距离的和,因为关于直线的对称点为，所以选B.3、【四川省成都外国语学校2019届高三3月月考】在平面直角坐标系中，，若，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由于，即，即，所以在以原点为圆心，半径为的圆上.得到三点共线.画出图像如下图所示，由图可知，的最小值等于圆心到直线的距离减去半径，直线的方程为，圆心到直线的距离为，故的最小值是，故选C.类型二与向量夹角有关的范围问题【例2】【四川省成都市实验外国语学校2019届高三10月月考】已知向量与的夹角为，，，，，在时取得最小值若，则夹角的取值范围是______.【答案】【解析】，，，在时取得最小值解可得：则夹角的取值范围本题正确结果：【指点迷津】求变量的取值范围、最值，往往要将目标函数用某个变量表示，转化为求函数的最值问题，期间要注意变量之间的关系，进而得解． 【举一反三】1、非零向量b a ,满足b a2=22b a，2|||| b a，则b a 与的夹角的最小值是 ．【答案】3【解析】由题意得2212a b a b r r r r ，24a b r r ，整理得22422a b a b a b r r r r r r ，即1a b r11cos ,22a b a b a b a b r rr r r r r r ，,3a b r r ，夹角的最小值为3 .2、【上海市2019年1月春季高考】在椭圆上任意一点，与关于轴对称，若有，则与的夹角范围为____________【答案】【解析】 由题意：，设，，因为，则与结合，又与结合，消去，可得：所以本题正确结果：类型三 与向量投影有关的最值问题【例3】【辽宁省沈阳市郊联体2019届高三一模】若平面向量，满足||=|3|=2，则在方向上的投影的最大值为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 因为，所以，在方向上的投影为，其中为，的夹角．又，故．设，则有非负解，故， 故，故，故选A ．【指点迷津】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用；（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的充要条件是.另外，的几何意义就是向量在向量的投影与模的乘积，向量在向量的投影为．【举一反三】1、已知ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为2，且0OA AB AC u u u v u u u v u u u v v ，则向量CA u u u v 在向量CB u u u v方向上的投影为( ) A. 3 B. 3 C. -3 D. 3 【答案】B本题选择B 选项.2、设1,2OA OB u uu v u u u v ， 0OA OB u u u v u u u v ， OP OA OB u u u v u u u v u u u v ，且1 ，则OA u u u v 在OP uuu v 上的投影的取值范围( ) A. 25-,15B.25,15C. 5,15D. 5-,15【答案】D当λ0 时， 0,x当222215λ8λ4482λ0521x λλλλ，故当λ1 时，1x 取得最小值为1，即1101x x， 当λ0 时， 222215844825215x，即15x 505x综上所述 5( ,1x故答案选D 类型四 与平面向量数量积有关的最值问题 【例4】【辽宁省鞍山市第一中学2019届高三一模】中，，，，且，则的最小值等于 A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 由题意知，向量，且，可得点D 在边BC 上，，所以，则，即，所以时以C 为直角的直角三角形．如图建立平面直角坐标系，设，则， 则，，当时，则最小，最小值为．故选：C ．【指点迷津】平面向量数量积的求法有：①定义法；②坐标法；③转化法；其中坐标法是同学们最容易忽视的解题方法，要倍加注视，若有垂直或者容易出现垂直的背景可建立平面直角坐标系，利用坐标法求解.【举一反三】1、已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE DC u u u r u u u r的最大值为（ ）A. 1B. 12C. 3D. 2【答案】A2、【辽宁省鞍山市第一中学2019届高三一模】中，，，，且，则的最小值等于 A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 由题意知，向量，且，可得点D 在边BC 上，，所以，则，即，所以时以C 为直角的直角三角形．如图建立平面直角坐标系，设，则， 则，，当时，则最小，最小值为．故选：C ．3、已知圆的半径为2，是圆上任意两点，且，是圆的一条直径，若点满足（），则的最小值为（ ）A. -1B. -2C. -3D. -4 【答案】C类型五 平面向量系数的取值范围问题【例5】在矩形ABCD 中， 12AB AD ，，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上，若AP AB AD u u u v u u u v u u u v，则 的最大值为（ ）A. 3B. 22C. 5D. 2【答案】A∴圆的方程为（x ﹣1）2+（y ﹣2）2=45， 设点P 25cosθ+1， 25）， ∵AP AB AD u u u v u u u v u u u v，25， 25sinθ+2）=λ（1，0）+μ（0，2）=（λ，2μ）， ∴55cosθ+1=λ， 55sinθ+2=2μ， ∴255（θ+φ）+2，其中tanφ=2， ∵﹣1≤sin （θ+φ）≤1， ∴1≤λ+μ≤3，故λ+μ的最大值为3， 故选：A【指点迷津】（1）向量的运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题；（2）以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题； （3）向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；②工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题. 【举一反三】1、【云南省昆明市云南师范大学附属中学2019届高三上学期第四次月考】已知正方形ABCD 的边长为1，动点P 满足，若，则的最大值为A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】解：以A 为原点建立如图所示的直角坐标系：则，，，，设， ,则由得，化简得：，又，，，，表示圆上的点到原点的距离得平方，其最大值等于圆心到原点的距离加半径的平方，即，故选：C ．2.已知1,3,0OA OB OA OB u u u v u u u v u u u v u u u v ，点C 在AOB 内，且OC u u u v 与OA u u u v 的夹角为030，设,OC mOA nOB m n R u u u v u u u v u u u v ，则mn的值为（ ）A. 2B. 52C. 3D. 4【答案】C 【解析】如图所示，建立直角坐标系．由已知1,3,OA OB u u u v u u u v，，则10033OA OB OC mOA nOB m n u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r（，），（，），（，）， 33303n tan m， 3mn． 故选B3.【上海市金山区2019届高三二模】正方形ABCD 的边长为2，对角线AC 、BD 相交于点O ，动点P 满足，若，其中m 、n R ，则的最大值是________【答案】 【解析】建立如图所示的直角坐标系，则A （﹣1，﹣1），B （1，﹣1），D （﹣1，1），P （，），所以（1，sinθ+1），（2，0），（0，2），又，所以，则，其几何意义为过点E （﹣3，﹣2）与点P （sinθ，cosθ）的直线的斜率，设直线方程为y +2k （x +3），点P 的轨迹方程为x 2+y 2＝1，由直线与圆的位置关系有：，解得：，即的最大值是1，故答案为：1类型六 平面向量与三角形四心的结合【例6】已知ABC 的三边垂直平分线交于点O ， ,,a b c 分别为内角,,A B C 的对边，且 222c b b ，则AO BC u u u v u u u v的取值范围是__________．【答案】2,23【指点迷津】平面向量中有关范围最值问题的求解通常有两种思路：①“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据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．【举一反三】1、如图，为的外心，为钝角，是边的中点，则的值为（）A. 4B.C.D.【答案】B2.已知点O 是锐角三角形ABC 的外心，若OC mOA nOB u u u v u u u v u u u v（m ， n R ），则（ ）A. 2m nB. 21m nC. 1m nD. 10m n 【答案】C【解析】∵O 是锐角△ABC 的外心，∴O 在三角形内部，不妨设锐角△ABC 的外接圆的半径为1，又OC mOA nOB u u u v u u u v u u u v ，∴|OC u u u v |=| mOA nOB u u u v u u u v |，可得2OC u u u v =22m OA u u u v +22n OB u u u v +2mn OA u u u v ⋅OB uuu v ，而OA u u u v ⋅OB uuu v =|OA u u u v|⋅|OB uuu v |cos ∠A 0B <|OA u u u v |⋅|OB uuu v|=1.∴1=2m +2n +2mn OA u u u v ⋅OB uuu v<22m n +2mn ，∴m n <−1或m n >1，如果m n >1则O 在三角形外部，三角形不是锐角三角形， ∴m n <−1， 故选：C.3、在ABC 中， 3AB ， 5AC ，若O 为ABC 外接圆的圆心（即满足OA OB OC ），则·AO BC u u u v u u u v的值为__________. 【答案】8【解析】设BC 的中点为D ，连结OD ,AD ，则OD BC u u u v u u u v，则：222212121538.2AO BC AD DO BC AD BCAB AC AC AB AC ABu u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u uv u u u v u u u v u u u v u u uv u u u v三．强化训练1.【宁夏平罗中学2019届高三上期中】已知数列是正项等差数列，在中，，若，则的最大值为（）A．1 B．C． D．【答案】C【解析】解：∵，故三点共线，又∵，∴，数列是正项等差数列，故∴，解得：，故选：C．2.【山东省聊城市第一中学2019届高三上期中】已知M是△ABC内的一点，且，，若△MBC，△MCA和△MAB的面积分别为1，，，则的最小值是（）A．2 B．8 C．6 D．3【答案】D【解析】∵，，∴，化为．∴．∴．则，而=5+4=9，当且仅当，即时取等号，故的最小值是9，故选：D．3．【贵州省凯里市第一中学2019届高三下学期模拟《黄金卷三》】已知是边长为的正三角形，且，，设函数，当函数的最大值为-2时，（）A．B．C．D．【答案】D【解析】,因为是边长为的正三角形，且，所以又因，代入得所以当时，取得最大，最大值为所以，解得，舍去负根.故选D项.4．【辽宁省鞍山市第一中学2019届高三一模】已知平面向量，，满足，若，则的最小值为A．B．C．D．0【答案】B【解析】因为平面向量，，满足，，，，设，，，，所以的最小值为．故选：B．5.已知直线分别于半径为1的圆O相切于点若点在圆O的内部（不包括边界），则实数的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】B6.【河南省南阳市第一中学2019届高三第十四次考试】已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（）A．1 B．2 C．D．【答案】C【解析】解：以所在直线建立平面直角坐标系，设，，，因为所以，即，故，令（为参数），所以，因为，所以，，故选C.7．【四川省成都市外国语学校2019届高三一诊】如图所示，在中，，点在线段上，设，，，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】解：．∵，，三点共线，∴．即．由图可知．∴．令，得，令得或（舍）．当时，，当时，．∴当时， 取得最小值故选：D．8．【安徽省宣城市 2019 届高三第二次调研】在直角三角形中，边 的中线 上，则的最大值为（ ）.，，A．B．C．D．【答案】B 【解析】 解：以 A 为坐标原点，以 AB，AC 方向分别为 x 轴，y 轴正方向建立平面直角坐标系， 则 B（2，0），C（0，4），中点 D(1,2)设，所以，，在 斜时，最大值为 ．故选：B． 二、填空题 9.在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c．若对任意 λ∈R，不等式则 的最大值为_____． 【答案】2【解析】由，两边平方得，，则则，又，则，即，由 ，从而，即，从而问题可得解.恒成立， ，，2110.【2019 年 3 月 2019 届高三第一次全国大联考】已知 的内角 所对的边分别为 ，向量，，且，若 ，则 面积的最大值为________．【答案】 【解析】由 ，得，整理得．由余弦定理得，因为，所以．又所以，，当且仅当 时等号成立，所以，即．故答案为： ． 11.【四川省广元市 2019 届高三第二次高考适应】在等腰梯形 ABCD 中，已知，，，，动点 E 和 F 分别在线段 BC 和 DC 上，且，【答案】【解析】解：等腰梯形 ABCD 中，已知，，，，，，，，，则的最小值为______．，22， ，则当且仅当即 时有最小值故答案为：12.【上海市七宝中学 2019 届高三下学期开学】若边长为 6 的等边三角形 ABC，M 是其外接圆上任一点，则的最大值为______．【答案】【解析】解：是等边三角形， 三角形的外接圆半径为 ，以外接圆圆心 为原点建立平面直角坐标系，设，．设，则，．．23的最大值是．故答案为．13．【天津市第一中学 2019 届高三下学期第四次月考】在线段 以点 为中点，则的最大值为________【答案】0 【解析】中，已知 为直角，，若长为 的即 14．【安徽省黄山市 2019 届高三第二次检测】已知 是锐角，则 的取值范围为________.【答案】 【解析】 设 是 中点，根据垂径定理可知，依题意的最大值为 0. 的外接圆圆心， 是最大角，若，即，利用正弦定理化简得.由于，所以，即.由于 是锐角三角形的最大角，故，故.15．【北京市大兴区 2019 届高三 4 月一模】已知点，，点 在双曲线的取值范围是_________．的右支上，则24【答案】【解析】设点 P(x,y),（x＞1），所以，因为，当 y＞0 时，y=,所以，由于函数在[1，+∞）上都是增函数，所以函数在[1，+∞）上是增函数，所以当 y＞0 时函数 f(x)的最小值=f(1)=1.即 f(x)≥1.当 y≤0 时，y=,所以，由于函数 所以函数在[1，+∞）上都是增函数， 在[1，+∞）上是减函数，所以当 y≤0 时函数 k(x)＞0.综上所述，的取值范围是.16．【上海市青浦区 2019 届高三二模】已知 为的外心，，大值为________【答案】【解析】设的外接圆半径为 1，以外接圆圆心为原点建立坐标系，因为，所以，不妨设，，，则，，，因为，所以，，则 的最25解得，因为 在圆上，所以 即， ，所以，所以，解得或，因为 只能在优弧 上，所以，故26。
专题平面向量常见题型与解题指导
平面向量常见题型与解题指导一、考点回顾1、本章框图2、高考要求1、理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念。
2、掌握向量的加法和减法的运算法则及运算律。
3、掌握实数与向量的积的运算法则及运算律，理解两个向量共线的充要条件。
4、了解平面向量基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算。
5、掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题，掌握向量垂直的条件。
6、掌握线段的定比分点和中点坐标公式，并且能熟练运用；掌握平移公式。
7、掌握正、余弦定理，并能初步运用它们解斜三角形。
8、通过解三角形的应用的教学，继续提高运用所学知识解决实际问题的能力。
3、热点分析对本章内容的考查主要分以下三类：1.以选择、填空题型考查本章的基本概念和性质.此类题一般难度不大，用以解决有关长度、夹角、垂直、判断多边形形状等问题.2.以解答题考查圆锥曲线中的典型问题.此类题综合性比较强，难度大，以解析几何中的常规题为主.3.向量在空间中的应用（在B类教材中）.在空间坐标系下，通过向量的坐标的表示，运用计算的方法研究三维空间几何图形的性质.在复习过程中，抓住源于课本，高于课本的指导方针.本章考题大多数是课本的变式题，即源于课本.因此，掌握双基、精通课本是本章关键.分析近几年来的高考试题，有关平面向量部分突出考查了向量的基本运算。
对于和解析几何相关的线段的定比分点和平移等交叉内容，作为学习解析几何的基本工具，在相关内容中会进行考查。
本章的另一部分是解斜三角形，它是考查的重点。
总而言之，平面向量这一章的学习应立足基础，强化运算，重视应用。
考查的重点是基础知识和基本技能。
4、复习建议由于本章知识分向量与解斜三角形两部分，所以应用本章知识解决的问题也分为两类：一类是根据向量的概念、定理、法则、公式对向量进行运算，并能运用向量知识解决平面几何中的一些计算和证明问题；另一类是运用正、余弦定理正确地解斜三角形，并能应用解斜三角形知识解决测量不可到达的两点间的距离问题。
数学-平面向量中的最值与范围问题
平面向量中的最值与范围问题高中数学 会利用向量的定义及运算求解最值与范围问题．导语 平面向量中的范围、最值问题是热点问题，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、向量的夹角、系数的范围等等，解题思路是建立目标函数的函数解析式，转化为求函数的最值，同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以解决平面向量的范围、最值问题的另外一种思路是数形结合．一、向量线性运算中的最值与范围问题例1 如图，在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠DAB ＝90°，AD ＝AB ＝4，CD ＝1，动点P 在边BC 上，且满足＝m ＋n (m ，n 均为正实数)，求＋的最小值．AP → AB → AD→ 1m 1n解 因为在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠DAB ＝90°，AD ＝AB ＝4，CD ＝1，所以＝＋＝－，AD → AC → CD → AC → 14AB → 所以＝m ＋n AP → AB → AD → ＝m ＋n AB→ (AC → －14AB →)＝＋n ，(m －14n )AB → AC → 由P ，B ，C 三点共线得，m －n ＋n ＝m ＋n ＝1(m ，n >0)，1434所以＋＝1m 1n (1m ＋1n )(m ＋34n )＝＋＋≥＋2743n4m mn 743n 4m ·mn＝＋＝(当且仅当3n 2＝4m 2时取等号)，7437＋434即＋的最小值为.1m 1n 7＋434反思感悟 利用向量的概念及基本运算，将所求问题转化为相应的等式关系，然后用基本不等式求最值．跟踪训练1 如图所示，A ，B ，C 是圆O 上的三点，CO 的延长线与BA 的延长线交于圆O 外一点D .若＝m ＋n ，则m ＋n 的取值范围是________．OC → OA → OB→答案 (－1,0)解析 由点D 是圆O 外一点，可设＝λ(λ>1)，BD → BA→ 则＝＋λ＝λ＋(1－λ).OD → OB → BA → OA → OB → 又因为C ，O ，D 三点共线，令＝－μ(μ>1)，OD → OC→ 则＝－－(λ>1，μ>1)，所以m ＝－，n ＝－，OC → λμOA → 1－λμOB→ λμ1－λμ则m ＋n ＝－－＝－∈(－1,0)．λμ1－λμ1μ二、向量数量积的最值与范围问题例2 在边长为1的正方形ABCD 中，M 为边BC 的中点，点E 在线段AB 上运动，则·EC→ 的取值范围是( )EM→ A. B.[12，2][0，32]C.D ．[0,1][12，32]答案 C解析 将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中，设E (x ，0)，0≤x ≤1.则M，C (1,1)，(1，12)所以＝，＝(1－x ，1)，EM → (1－x ，12)EC → 所以·＝·(1－x ，1)＝(1－x )2＋.EM → EC → (1－x ，12)12因为0≤x ≤1，所以≤(1－x )2＋≤，121232即·的取值范围是.EC → EM → [12，32]反思感悟 建立适当的坐标系，将平面向量数量积的运算坐标化，然后利用二次函数，基本不等式等求最值或范围．跟踪训练2 在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥DC ，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°.动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且＝λ，＝，则·的最小值为________．BE → BC → DF → 19λDC → AE→ AF → 答案 2918解析 根据题意，可知DC ＝1，·＝(＋)·(＋)＝(＋λ)·＝AE → AF → AB → BE → AD → DF → AB → BC→ (AD → ＋19λDC → )·＋·＋λ·＋·＝1＋＋－≥1＋2－＝，当且仅当λ＝时，AB → AD → 19λAB → DC → BC → AD → 19BC → DC→ 29λλ211819118291823等号成立．三、向量模的最值问题例3 向量a ，b 满足|a |＝1，a 与b 的夹角为，则|a －b |的最小值为________．π3答案 32解析 |a －b|2＝(a －b )2＝a 2－2a·b ＋b 2＝1－2×1×|b|cos ＋|b|2π3＝|b|2－|b|＋1＝2＋≥，(|b |－12)3434所以|a －b|≥，当|b|＝时取得最小值．3212跟踪训练3 已知|a ＋b |＝2，向量a ，b 的夹角为，则|a |＋|b |的最大值为________．π3答案 433解析 将|a ＋b |＝2两边平方并化简得(|a |＋|b |)2－|a ||b |＝4，由基本不等式得|a ||b |≤2＝(|a |＋|b |2)，故(|a |＋|b |)2≤4，即(|a |＋|b |)2≤，即|a |＋|b |≤，当且仅当|a |＝|b |＝时，(|a |＋|b |)2434163433233等号成立，所以|a |＋|b |的最大值为.433四、向量夹角的最值问题例4 已知|a |＝1，向量b 满足2|b －a |＝b ·a ，设a 与b 的夹角为θ，则cos θ的最小值为________．答案 255解析 ∵|a |＝1，∴设a ＝(1,0)，b ＝(x ，y )，∴b －a ＝(x －1，y )，由2|b －a |＝b ·a 得，2＝x ，则x >0，(x －1)2＋y 2∴4(x －1)2＋4y 2＝x 2，∴y 2＝－x 2＋2x －1，34∴cos θ＝＝＝＝＝a ·b|a ||b |xx 2＋y 2xx 2－34x 2＋2x －1x14x 2＋2x －11－(1x )2＋2x ＋14＝，1－(1x －1)2＋54∴当＝1即x ＝1时，cos θ取最小值.1x 255反思感悟 将向量夹角的大小问题转化为夹角余弦值的大小，利用函数求最值或范围．跟踪训练4 已知向量a ，b 满足a ＝(t ，2－t )，|b |＝1，且(a －b )⊥b ，则a ，b 的夹角的最2小值为( )A.B.π6π4C. D.π3π2答案 C解析 因为(a －b )⊥b ，所以(a －b )·b ＝0，a ·b ＝b 2，cos 〈a ，b 〉＝＝＝＝a ·b |a ||b ||b |2|a ||b ||b ||a |1|a |＝，12t 2－42t ＋8又因为2t 2－4t ＋8＝2[(t －)2＋2]≥2[(－)2＋2]＝4，2222所以0<cos 〈a ，b 〉≤，所以a ，b 的夹角的最小值为.12π3课时对点练1．已知向量m ＝(a －1,1)，n ＝(2－b ，2)(a >0，b >0)，若m ∥n ，则m ·n 的取值范围是( )A ．[2，＋∞) B ．(0，＋∞)C ．[2,4) D ．(2,4)答案 C解析 因为m ∥n ，所以2a －2＝2－b ，所以2a ＋b ＝4，所以b ＝4－2a >0，所以0<a <2，所以m ·n ＝2a ＋b －ab ＝4－ab ＝4－a (4－2a )＝2a 2－4a ＋4＝2(a －1)2＋2∈[2,4)．2．如图，在△ABC 中，点D 是线段BC 上的动点，且＝x＋y ，则＋的最小值为( )AD → AB → AC→ 1x 4y A ．3 B ．4 C ．5 D ．9答案 D解析 由图可知x ，y 均为正，且x ＋y ＝1，∴＋＝(x ＋y )＝5＋＋1x 4y (1x ＋4y )y x 4xy≥5＋2＝9，当且仅当＝，y x ·4x y y x 4x y 即x ＝，y ＝时等号成立，1323则＋的最小值为9.1x 4y3．在△ABC 中，AB ＝，BC ＝2，∠B ＝150°，点D 是AC 边上的一点(包括端点)，点M 3是AC 的中点，则·的取值范围是( )BM→ BD → A. B. C. D ．[0,1](0，12)[0，12][12，1]答案 B解析 因为点M 是AC 的中点，所以＝＋，BM → 12BA → 12BC → 因为点D 是AC 边上的一点(包括端点)，所以＝λ，λ∈[0,1]，CD → CA→ －＝λ－λ，＝λ＋(1－λ)，BD → BC → BA → BC → BD → BA → BC → 则·＝·[λ＋(1－λ)]BM → BD → (12BA → ＋12BC →)BA → BC → ＝λ2＋·＋(1－λ)2.12BA → 12BA → BC → 12BC → 因为AB ＝，BC ＝2，∠B ＝150°，3所以2＝3，·＝－3，2＝4，BA → BA → BC → BC → 所以·＝－λ.BM → BD→ 1212因为0≤λ≤1，则0≤－λ≤.121212故·的取值范围是.BM → BD→ [0，12]4．设O (0,0)，A (1,0)，B (0,1)，点P 是线段AB 上的一个动点，＝λ，AP → AB→ 若·≥·，则实数λ的取值范围是( )OP→ AB → PA → PB → A.≤λ≤1 B ．1－≤λ≤11222C.≤λ≤1＋ D ．1－≤λ≤1＋12222222答案 B解析 ∵＝λ，＝(1－λ)＋λ＝(1－λ，λ)，＝λ＝(－λ，λ)，·≥·AP → AB → OP → OA → OB → AP → AB → OP→ AB → PA → ，PB →∴(1－λ，λ)·(－1,1)≥(λ，－λ)·(λ－1,1－λ)，∴2λ2－4λ＋1≤0，解得1－≤λ≤1＋，因为点P 是线段AB 上的一个动点，所以22220≤λ≤1，即满足条件的实数λ的取值范围是1－≤λ≤1.225.如图，在平行四边形ABCD 中，∠BAD ＝，AB ＝2，AD ＝1，若M ，N 分别是边AD ，CD π3上的点，且满足＝＝λ，其中λ∈[0,1]，则·的取值范围是( )MDAD NCDC AN→ BM→ A ．[－3，－1] B ．[－3,1]C ．[－1,1] D ．[1,3]答案 A解析 以A 为原点，AB ，垂直于AB 所在的直线分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系(图略)，则B (2,0)，A (0,0)，D .(12，32)∵满足＝＝λ，λ∈[0,1]，MDAD NCDC ∴＝＋＝＋(1－λ)＝＋(1－λ)＝＋(1－λ)(2,0)＝，AN → AD → DN → AD → DC → AD → AB → (12，32)(52－2λ，32)＝＋＝－＋(1－λ)＝(－2,0)＋(1－λ)＝，BM → BA → AM → AB → AD → (12，32)(－32－12λ，32(1－λ))·＝·AN → BM → (52－2λ，32)(－32－12λ，32(1－λ))＝＋×(1－λ)(52－2λ)(－32－12λ)3232＝λ2＋λ－3＝2－.(λ＋12)134∵λ∈[0,1]，二次函数的对称轴为λ＝－，12则函数在[0,1]上单调递增，故当λ∈[0,1]时，λ2＋λ－3∈[－3，－1]．6．设0≤θ<2π，已知两个向量＝(cos θ，sin θ)，＝(2＋sin θ，2－cos θ)，则向量OP 1→ OP2→长度的最大值是( )P 1P 2——→ A. B. C ．3 D ．22323答案 C解析 ∵＝－＝(2＋sin θ－cos θ，2－cos θ－sin θ)，P 1P 2——→ OP2→ OP 1→ ∴||＝＝≤3.P 1P 2——→ (2＋sin θ－cos θ)2＋(2－cos θ－sin θ)210－8cos θ2当cos θ＝－1时，||有最大值3.P 1P 2——→ 27．已知△ABC 的三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，P 为AB 边上任意一点，则·(－)CP→ BA → BC → 的最大值为________．答案 9解析 根据题意，建立直角坐标系，如图，∴A (0,3)，B (4,0)，C (0,0)，∴＝(4，－3)，AB→ ＝＋＝＋λ＝(0,3)＋(4λ，－3λ)＝(4λ，3－3λ)，λ∈[0,1]，CP → CA → AP → CA → AB→ ∴·(－)＝·＝(4λ，3－3λ)·(0,3)＝9－9λ∈[0,9]，CP→ BA → BC → CP → CA → ∴·(－)的最大值为9.CP→ BA → BC → 8．若a ＝(2,2)，|b |＝1，则|a ＋b |的最大值为________．答案 2＋12解析 因为|b |＝1，设b ＝(cos θ，sin θ)，则a ＋b ＝(2＋cos θ，2＋sin θ)，则|a ＋b|＝＝＝(2＋cos θ)2＋(2＋sin θ)24(cos θ＋sin θ)＋9≤＝＝2＋1，当且仅当sin＝1时取等号．42sin (θ＋π4)＋99＋42(22＋1)22(θ＋π4)9．已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·(a ＋b )＝2.求|a －λb |的最小值．解 由|a |＝1，a ·(a ＋b )＝2，可知a ·b ＝1，根据向量求模公式得|a －λb |＝，4λ2－2λ＋1易知，当λ＝时，|a －λb |取得最小值为.143210．△ABC 中，AB ＝2，AC ＝2，∠BAC ＝45°，P 为线段AC 上任意一点，求·的取2PB→ PC → 值范围．解 设＝t (0≤t ≤1)，PC→ AC → 则＝(1－t )，AP → AC → 因为＝－＝－(1－t )，PB → AB → AP → AB → AC → 所以·＝[－(1－t )]·t PB → PC → AB → AC → AC → ＝t ·－t (1－t )2AB → AC → AC → ＝2×2t ·cos 45°－t (1－t )×(2)222＝8t 2－4t ＝82－.(t －14)12因为0≤t ≤1，所以－≤·≤4，12PB→ PC → 所以·的取值范围为.PB → PC→ [－12，4]11．如图，在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝3，∠BAC ＝θ，点D 为BC 的三等分点．则·AD→ 的取值范围为( )BC→A. B.(－113，133)(13，73)C.D.(－53，73)(－53，553)答案 C解析 ∵＝＋＝＋AD → AB → BD → AB → 13BC→＝＋(－)＝＋，AB → 13AC → AB → 23AB → 13AC → ∴·＝·(－)AD → BC → (23AB → ＋13AC →)AC → AB → ＝－||2＋||2＋·23AB → 13AC → 13AB → AC →＝－×4＋×9＋×2×3cos θ＝2cos θ＋.23131313∵－1<cos θ<1，∴－<2cos θ＋<.531373∴·∈.AD → BC → (－53，73)12.如图，延长线段AB 到点C ，使得＝2，D 点在线段BC 上运动，点O ∉直线AB ，满AB → BC→ 足＝λ＋μ，则λμ的取值范围是( )OD → OA → OB→A.B.[－32，0][－2，23]C.D ．[－1,1][－34，0]答案 C解析 不妨设AB ＝2BC ＝2，BD ＝x ，x ∈[0,1]，由平面向量三点共线可知，＝ ＋ ，OB → 22＋x OD → x2＋x OA→ ∴＝－，OD → 2＋x 2OB → x 2OA → ∴λ＝－，μ＝，x ∈[0,1]，x22＋x2则λμ＝－＝－(x 2＋2x )，(2＋x )x414∴λμ∈.[－34，0]13．已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|c |＝1，若a ·b ＝，则(a ＋b )·(2b －c )的取值范围是( )12A ．[1,2＋]B ．[1,3＋]33C ．[3－，2＋]D ．[3－，3＋]3333答案 D解析 因为a ·b ＝，设a 与b 的夹角为θ，12则a·b ＝|a|·|b|cos θ＝，解得θ＝，而|a|＝|b|＝|c|＝1，则可设a ＝(1,0)，由θ＝可得b ＝12π3π3.(12，32)由|c |＝1，设c ＝(sin α，cos α)，则(a ＋b )·(2b －c )＝2a·b ＋2b 2－a·c －b·c＝1＋2－sin α－(12sin α＋32cos α)＝3－＝3－sin.(32sin α＋32cos α)3(α＋π6)所以当α＝时取得最大值为3＋，当α＝时取得最小值为3－，所以(a ＋b )·(2b －c )的4π33π33取值范围为[3－，3＋]．3314．已知|a |＝|b |＝a ·b ＝2，c ＝(2－4λ)a ＋λb ，则(c －a )·(c －b )的最小值为________．答案 －4952解析 ∵c －a ＝(1－4λ)a ＋λb ，c －b ＝(2－4λ)a ＋(λ－1)b ，∴(c －a )·(c －b )＝[(1－4λ)a ＋λb ]·[(2－4λ)a ＋(λ－1)b ]＝(16λ2－12λ＋2)a 2＋(－8λ2＋7λ－1)a ·b ＋(λ2－λ)b 2，代入|a |＝|b |＝a ·b ＝2，原式＝52λ2－38λ＋6，∴当λ＝时，原式取得最小值，为－.1952495215．已知正三角形ABC 按如图所示的方式放置，AB ＝4，点A ，B 分别在x 轴的正半轴和y轴的正半轴上滑动，则·的最大值是________．OA → OC →答案 12解析 设∠OAB ＝θ，θ∈，(0，π2)则A (4cos θ，0)，C ，(4cos θ＋4cos (2π3－θ)，4sin (2π3－θ))所以·＝4cos θ·OA → OC → [4cos θ＋4cos (2π3－θ)]＝4cos θ(2cos θ＋2sin θ)3＝4cos 2θ＋4＋4sin 2θ3＝8sin ＋4，θ∈，(2θ＋π6)(0，π2)故当2θ＋＝，即θ＝时，·有最大值12.π6π2π6OA → OC → 16．已知向量a ＝(，－1)，b ＝.3(12，32)(1)求与a 平行的单位向量c ；(2)设x ＝a ＋(t 3＋3)b ，y ＝－k ·t a ＋b ，若存在t ∈[0,2]，使得x ⊥y 成立，求k 的取值范围．解 (1)设c ＝(x ，y )，根据题意得Error!解得Error!或Error!∴c ＝或c ＝.(32，－12)(－32，12)(2)∵a ＝(，－1)，b ＝，3(12，32)∴a·b ＝0.∵x ⊥y ，∴－kt |a |2＋(t 2＋3)|b |2＝0.∵|a |＝2，|b |＝1，∴t 2－4kt ＋3＝0.问题转化为关于t 的二次方程t 2－4kt ＋3＝0在[0,2]内有解．令f (t )＝t 2－4kt ＋3，则当2k ≤0，即k ≤0时，∵f (0)＝3，∴方程t 2－4kt ＋3＝0在[0,2]内无解．当0<2k ≤2，即0<k ≤1时，由Δ＝16k 2－12≥0，解得k ≤－或k ≥，∴≤k ≤1.323232当2k >2，即k >1时，由f (2)≤0得4－8k ＋3≤0，解得k ≥，∴k >1.78综上，实数k 的取值范围为.[32，＋∞)。
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专题十、平面向量中的最值和范围问题
平面向量中的最值和范围问题， 是一个热点问题，也是难点问题，这类试题的基本类型是根 据给出的条件求某个量的最值、范围，如：向量的模、数量积、夹角及向量的系数.解决这类问 题的一般思路是建立求解目标的函数关系， 通过函数的值域解决问题， 同时，平面向量兼具“数”
与“形”的双重身份，解决平面向量最值、范围问题的另一个基本思想是数形结合.
考点1、向量的模的范围
例1、⑴已知直角梯形ABCD 中，AD //BC , ADC 90°,AD 2,BC 1,P 是腰DC 上的 动点，贝U PA 3PB 的最小值为 ______________ .
120 °贝U 的取值范围是 _________________
变式：已知平面向量a, B 满足| | | | 1，且a 与 的夹角为120 ，则
|(1 t) 2t |(t R)的取值范围是 ______________________ ;
小结1、模的范围或最值常见方法：①通过 |了|2=；2转化为实数问题；②数形结合；③坐标法.
考点2、向量夹角的范围
例 2、已知 O )B = (2,0), OC = (2,2), CA = (Q2cos a,返 in ",贝 UO )A 与 Ofe 夹角的取值范围是(
)
n n n 5 n n 5 n 5 n n A.初 3 B. 4 / C. H ，匚 D. 石，2
小结2、夹角范围问题的常见方法：①公式法；②数形结合法；③坐标法.
(2) ( 2011辽宁卷理) 若a,b, c 均为单位向量，且a b 0, (a c)(b c)
最大值为(
)
(3) ( 2010浙江卷理)
A. 2- 1
卜
F B . 1
C. 2
D . 2
)满足 1，且与-的夹角为
考点3、向量数量积的范围例3、（1）已知圆0的半径为1, PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，贝U PA PB的最小
值为()(A) 4 2 (B) 3 , 2 (C) 4 2 2(D) 3 2 2
1 T T
⑵如右图，在梯形ABCD中，DA=AB=BC =2CD=1•点P在阴影区域（含边界）中运动，则AP BD
的取值范围是____________
小结3、数量积问题涉及的方法较多，常用的方法有：①定义；②模与投影之积；③坐标法；④
a • T=("^)2-(乎产考点4、向量的系数问题: 例4、给定两个长度为1的平面向量0A和0B，它们的夹角为120°.如图所示，点C在以0为圆
心的圆弧A B上变动若0C=xoA+yoB其中X, y€ R，则x+y的最大值是________
小结4、向量系数问题的一般处理方法：①点乘法；②几何法；③整体法.
uuu 变式：已知点G是ABC的重心，点P是GBC内一点，若AP
值范围是（
1 2
A •(齐) B.(3,1
) uu
u
AB
uuur
AC,则的取
2)
A .
1
B . 1
C . 3
D . 5 2
2
2
32012宁波市期末）在 ABC 中, D 为BC 中点，
若 A 120，AB AC 1，贝U AD 的 最小值是 （
)
A. 1
2
B.3
2
C. 2
2
2
x y 2
4、（2011福建卷）
已知0是坐标原点，点
A (— 1,1)若点 M （ x,y ）为平面区域
x 1
y 2
上的一个动点，则 OM OA 的取值范围是（
)
专题十、平面向量中的最值和范围问题练习题 P 1 :|a b| 1
s 2I 。
」
P 13:|a b| 1
其中真命题是（
)
P 2：|a
b| 1 (, ]
3
P 4 ：l a
b|
1
（亍
]
A . P 1, P 4
B. P 1,P 3
C P 2, P 3
D. P 2,P 4
2、（2012广东卷）对任意两个非零的平面向量
和，定义
足a b 0, a 与b 的夹角
0,,且aob 和boa 都在集合
4
A Z 中,则aob
B • [0, 1]
C . [0, 2]
D • [ — 1 , 2]
5、（2012浙江会考）在棱长为1的正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1中, 体内部及面上的两个动点，则 AM PQ 的最大值是（ ）
6、（2011全国大纲理） 设向量a,b,c 满足a 料 1
，a b 的最大值等于（
）
A . 2
B . .. 3
A.丄 2
B.1
C? 2
D .5
4
1 L f f —fr
1 \a c, b
60 ,则 c
2
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C .
D . 1
7、如图，在直角梯形 ABCD 中，仙丄心 在以点C 为圆心
,且与直线BD 相切的圆内运 . 0丘用），则口亠#的取值范围是（
）
1、（2011全国新课标理）
已知a , b 均为单位向量，其夹角为 ，有下列四个命题 ---- ,若平面向量a 、b 满
M 是BC 的中点，P, Q 是正方
3；则a b 的最小值是 r r
9、已知向量a = （x 1,2）, b =（4,y ）,若a
b ，则9x 3y 的最小值为
10、（ 2012北京卷）已知正方形ABCD 的边长为1,点E 是AB 边上的动点，贝U DE CB 的值为
______ , DE DC 的最大值为 _____________ ;
11、如图，在平面直角坐标系中，正方形
OABC 的边长为1, E 为AB 的中点，若F 为正方形
uuu LULT
内（含边界）任意一点，贝U OE OF 的最大值为 ______________ ;
12、如图，线段AB 长度为2，点代B 分别在x 非负半轴和y 非负半轴上滑动，以线段 AB 为 ABCD , BC 1, O 为坐标原点，则 OC?OD 的范围是
边，在第一象限内作矩形
11 题图 12 题图
13、（ 2012上海卷理）
在平行四边形 ABCD^, / A=瓦，边AB AD 的长分别为2、1.若M N 分别 是边BC CC 上的点，且满足LB^J
LC^J,则AM AN 的取值范围是
8、（2012安徽卷）若平面向量a,b 满足：2a
C
|BC| |CD|。