資源簡介

第 06 講 平面向量中的范圍與最值問題
（高階拓展、競賽適用）
（2 類核心考點精講精練）
平面向量中的范圍與最值范圍問題是向量問題中的命題熱點和重難點，綜合性強(qiáng)，體現(xiàn)了高考在知識
點交匯處命題的思想，常以選擇填空題的形式出現(xiàn)，難度稍大，方法靈活。
基本題型是根據(jù)已知條件求某個變量的范圍、最值，"比如向量的模、數(shù)量積、向量夾角、系數(shù)的范圍
的等，在復(fù)習(xí)過程中要注重對基本方法的訓(xùn)練，把握好類型題的一般解法。由于數(shù)量積和系數(shù)的范圍在前
兩節(jié)已學(xué)習(xí)，本講主要圍繞向量的模和夾角的范圍與最值展開學(xué)習(xí)。
本講內(nèi)容難度較大，需要綜合學(xué)習(xí)。
知識講解
1. 模長的范圍及最值
r r
與向量的模有關(guān)的問題, 一般都會用到 a2 =| a |2 ，結(jié)合平面向量及最值范圍等基本知識可求解。
2. 夾角的范圍及最值
類別 幾何表示 坐標(biāo)表示
模 |a|＝ a·a |a|＝ x21＋y21
a·b x1x2＋y1y2
夾角 cos θ＝ cos θ＝
|a||b| x12＋y21· x22＋y22
結(jié)合平面向量的模長、夾角公式及最值范圍等基本知識可求解。
考點一、模長的范圍及最值問題
r r r r
1 · a c (ar cr) (b cr
r
．（浙江 高考真題）已知 ，b 是平面內(nèi)兩個互相垂直的單位向量，若向量 滿足 - × - ) = 0，則 c
的最大值是
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【詳解】試題分析：由于 垂直，不妨設(shè) ， ， ，則 ，
， 表示 到原點 的距離，
表示圓心 ， 為半徑的圓，因此 的最大值 ，故答案為 C．
考點：平面向量數(shù)量積的運(yùn)算．
v v v v v v v v
2．（湖南·高考真題）已知 a,b是單位向量， agb = 0 .若向量 c滿足 c - a - b =1,則 c
v
的取值范圍是（ ）
A． é 2-1，, 2+1ù é ù B． 2-1，, 2+2
C． é 1，, 2+1ù D． é 1，, 2+2ù
【答案】A
r r r r r
【詳解】因為 c - a
r
- b =1 r r r r r r， c - (a + b) =1，做出圖形可知，當(dāng)且僅當(dāng) c 與 (a + b)方向相反且 c - a + b =1
r r r r r r r r
時， c 取到最大值；最大值為 2 +1；當(dāng)且僅當(dāng) c 與 (a + b)方向相同且 a + b - c =1時， c 取到最小值；最
小值為 2 -1 .
uuuv uuuuv uuuuv
3．（四川·高考真題）已知正三角形 ABC 的邊長為 2 3 ，平面 ABC 內(nèi)的動點 P , M 滿足 AP =1， PM = MC ，
uuuuv 2
則 BM 的最大值是
43
A B 49 C 37 + 6 3 D 37 + 2 33． ． ． ．
4 4 4 4
【答案】B
【詳解】
uuur uuur uuur
試題分析：甴已知易得 ADC = ADB = BDC =120° , DA = DB = DC = 2 .以D為原點，直線DA為 x 軸建
uuur 2
立平面直角坐標(biāo)系，則 A 2,0 , B -1,- 3 ,C -1, 3 . 設(shè)P x , y , 由已知 AP =1，得 x - 2 + y2 =1，又
uuuur uuuur uuuur
PM MC , M x -1, y + 3 , BM x +1, y + 3 3

= \ ÷÷ \ =2 2 2 2 ÷÷
,
è è
2
uuuur2 x -1
2 + y + 3 3 2
\BM = ，它表示圓 x - 2 + y
2 =1上點 x .y 與點 -1,- 3 3 1距離平方的 ，
4 4
uuuur
2
2
\ BM 1 2= 2 3 + -3 3 1 49+ ÷ = ，故選 B．
max 4 è 4
考點：1.向量的數(shù)量積運(yùn)算；2.向量的夾角；3.解析幾何中與圓有關(guān)的最值問題.
r r r r r r r r r1．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知 a,b ,c 為單位向量，且 3a - 5b = 7 ，則 2a - c + b - 2c 的最小值為（ ）
A．2 B． 2 3 C．4 D．6
【答案】B
r r r
【分析】由 3a
r
- 5b = 7 r 1 r，得 a ×b = - ，可得 a - b = 3 ，由
2
r
2ar cr b r r r
r r r r
- + - 2c = 2a - c + 2b - c 2a - 2b = 2 3 ，當(dāng)?shù)忍柍闪r可得最小值.
r r r r r r
【詳解】 a,b ,cr r r為單位向量，有 a = b = c =1，得 a2 = b 2 = c 2 =1，
r r r r 2 r r r r
由 3a - 5b = 7 ，得 3a - 5b = 9a2 - 30a ×b + 25b 2 = 49，
r r ra b 1 ar,b 2π有 × = - ，所以 = ，
2 3
ar
r r 2 r r
- b = ar - b ar2 2ar= - ×b + b 2 = 3 ，
r
b cr
r r r r
= =1，b ,cr cr= ,b ，有 b - 2c
r 2b cr= - ，
2ar cr
r r r
則 - + b - 2c
r 2ar cr 2b cr= - + - 2ar - 2b = 2 3 ，
r r r r
當(dāng)且僅當(dāng) 2a - c 與 2b - c 方向相反時“ = ”成立，
r r a 1,0 ,b 1 3 r
1 3
如取 = = - ,2 2 ÷÷
,c = , ÷÷時，可使“ = ”成立.
è è 2 2
r r r所以 2a - c + b - 2cr = 2 3 .
min
故選：B．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：
r r r r r r
本題關(guān)鍵點是由已知條件得 b - 2c = 2b
r r r r r r r r
- c ，這樣就能得到 2a - c + b - 2c = 2a - c + 2b - c 2a - 2b .
r r r 1 r r r2 r
r r r r 2 r r 2
．（23-24 高二上·四川·階段練習(xí)）已知平面向量 a,b 滿足 a = b = a ×b =1， 2 | c |2 = b ×c ，則 c - a + c - b
2
的最小值是 .
7
【答案】 - 3
2
【分析】根據(jù)余弦定理求解長度，進(jìn)而可判斷點C 的軌跡為以O(shè)D 為直徑的圓，進(jìn)而根據(jù)三點共線求解最值.
【詳解】
uuur r uuur r uuur r
令OA = a，OB = b，OC = c，OB中點為D，OD 中點為F ，E 為 AB 中點，
r 1 r r r r r r r r r r r
由 a = b = a ×b =1，得 a ×b = a × b cos a,b =1 2cos a,b =1，
2
r r 1
即 cos a,b = ，即 AOB = 60°，
2
所以 AB = 22 +12 - 2 = 3 ，即有 AO2 + AB2 = OB2 ，
即 OAB = 90°、 ABO = 30° ,
故EF = BF 2 + BE2 - 2BF × BE cos 3 ABO = ，
2
r
由 2 | cr |2 = b cr× ，
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
2OC OC OB OC 2OC OC 1
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
即 × - × = × - OB ÷ = 2OC × OC - OD = 2OC × DC = 0 ，
è 2


即有OC ^ CD ，故點C 的軌跡為以O(shè)D 為直徑的圓，
由CB2 = BE2 + CE2 - 2BE ×CE cos BEC ，
CA2 = AE2 + CE2 - 2AE ×CE cos 180° - BEC ，
故CA2 + CB2 = AE2 + BE2 + 2CE2，
cr ar 2 cr
r 2
- + - b = CA2 + CB2 = AE2 + BE2則 + 2CE2
3
= + 2CE2 ，
2
故當(dāng)F 、C 、E 三點共線，且點C 在點F 、E 之間時，CE最小，
CE EF 1此時 = - OD 3 1= - ，
2 2 2
2
cr r 2
r 2
故 - a + cr b 3 3 3 1 7- = + 2CE2 + 2 - ÷÷ = - 3 .2 2 è 2 2 2
7
故答案為： - 3 .
2
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解決的關(guān)鍵在于利用平面向量的幾何意義得到各向量所表示的有向線段的關(guān)系，
從而將問題化為點到圓上的點的距離的最小值問題，由此得解.
r r r r r r
3．（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）已知向量 a，b 為單位向量，且 a ×b
1
= - r，向量 c 與 ar+3b 共線，則 | b + c
r |
2
的最小值為 .
21
【答案】
14
r r r r
【分析】令 c = t(a + 3b),t R r ，利用向量模的計算公式把 | b + c |表示成 t 的函數(shù)，求出函數(shù)最小值即可.
r r r r r r
【詳解】因向量 c 與 a +3b 共線，令 c = t(a + 3b),t R ，
r r r r r r r r 1
則b + c = ta + (1+ 3t)b ，而向量 a，b 為單位向量，且 a ×b = - ，2
r r r r 2 r 2 r r r2
于是得b + c = ta + (1+ 3t)b = ta + 2t(1+ 3t)a ×b + (1+ 3t)2b
5 3 21= 7t 2 + 5t +1 = 7(t + )2 + ，14 28 14
t 5當(dāng)且僅當(dāng) = - 時取“=”，
14
r
| b + cr | 21所以 的最小值為 .
14
21
故答案為：
14
r r r r r r r r r r r r
4．（2024·上海長寧·二模）已知平面向量 a,b ,c 滿足： a = b = 10, c = 2，若 c - a × c - b = 0 ，則 a - b 的
最小值為 ．
【答案】2
r r 2 r 2 r 2 r 2 r 2 r 2
【分析】先利用 a
r b 1× = ar + b - ar - b 和 ar + b + ar - b = 40證明4 28 - ar r- b 4 40 - a - b ，再解不
r r 2 r r r r r
等式得到 28 - a - b 24，從而有 a - b 2，再驗證 a = 3,1 r，b = 3,-1 ， c = 2,0 時 ar - b = 2 ，即得到
ar
r
- b 的最小值是 2.
r r 1 r r2 2 r r
【詳解】由于 a ×b = a + b + 2a ×b -4
r r ra2 b 2 2ar 1 r
r 2 r r 2 1 r r 2 r r 2
+ - ×b = a + b - a - b = a + b - a - b ，4 4
且 r r 2a b ar r 2 r 2 r 2 r r r 2 r 2b a b 2a b a b 2ar r r 2 r 2+ + - = + + × + + - ×b = 2 a + b = 2 10 +10 = 40，
r r r r r r r
故有0
r r r r r r r r r r r r r
= c - a × c - b = c 2 - a + b ×c + a ×b c 2 - a + b c + a ×b = 4 - 2 a + b + a ×b
r r 1 r r 2 r r 2 r r 1 r 2 r 2 r 2
= 4 - 2 a + b + a + b - a - b = 4 - 2 a + b + 40 - 2 ar - b = 4 - 2 40 r 1 r- a - b + 40 - 2 a - b4 4 4
r 2 r 2
=14 2 40 ar b 1- - - - ar - b ，
2
r 2 r 2 r 2
所以 28 - ar - b 4 40 - ar - b ，記 28 - a
r
- b = x 2，則有 x 4 x +12 ，從而 -12 x 0或 x 16 x +12 ，
即-12 x 0或8 x 24 .
r 2 r r
總之有 x 24
r
，故 28 - a - b 24，即 a - b 2 .
r r r r
存在 a = 3,1 ，b = 3,-1 ， cr = 2,0 r r時條件滿足，且此時 a - b = 2 ，所以 a - b 的最小值是 2.
故答案為：2.
r r r r r r
【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于 a - b 的最小值問題，我們先證明 a - b 2，再給出一個使得 a - b = 2 的例子，
r r
即可說明 a - b 的最小值是 2，論證不等關(guān)系和舉例取到等號兩個部分都是證明最小值的核心，缺一不可.
r r r r r r r
5．（23-24 r高三上·重慶沙坪壩·階段練習(xí)）已知 a = 3 ， b =1， a ×b = 0， c + a + c - a = 4 ，
r r r r r
d 2 - 4b ×d + 3 = 0，則 c - d 的最大值為（ ）
A 2 21
31
． +1 B 4 C 4 21． ． + 2 D．
3 3 3
【答案】A
r r
【分析】由題意首先得出 c - d 為兩外切的圓和橢圓上的兩點間的距離，再由三角形三邊關(guān)系將問題轉(zhuǎn)換為
橢圓上點到另一個圓的圓心的最大值即可.
【詳解】如圖所示：
r uuur r uuur uuur uuur不妨設(shè) a = OA = 3,0 ,b = OB = 0,1 ,OC = m,n ,OD = p, q , A1 - 3,0 ，
r r r
滿足 a = 3 ， b =1， ar ×b = 0，
又 c
r
+ ar + cr ar 2 2- = 4 ，即 m + 3 + n2 + m - 3 + n2 = 4 = 2a > 2c = 2 3 = A1A ，
由橢圓的定義可知點C 在以 A1, A為焦點，長軸長為 4 的橢圓上運(yùn)動，
a = 2,c = 3,b = a2 - c2 = 4 - 3 =1，
x2
所以該橢圓方程為 + y2 =1，
4
r r r
而d 2 - 4b ×d + 3 = 0，即 p2 + q2 - 4q + 3 = 0 ，即 p2 + q - 2 2 =1，
2
這表明了點D在圓 x2 + y - 2 =1上面運(yùn)動，其中點E 0,2 為圓心， r =1為半徑，
r uuur uuur
又 c
r
- d = OC - OD = CD CE + ED = CE +1，等號成立當(dāng)且僅當(dāng)C, D, E 三點共線，
故只需求 CE 的最大值即可，
x2
因為點C + y2 =1在橢圓上面運(yùn)動，所以不妨設(shè)C 2cos ,sin ，
4
所以 CE = 4cos2 + sin - 2 2 = 4 1- sin2 + sin2 - 4sin + 4 = -3sin2 - 4sin + 8 ，
sin -4 2所以當(dāng) = - = -2 C, D, E -3 3 且 三點共線時，
r r 2c - d 2 2 2 21有最大值 CE +1 = -3 - - 4 - + 8 = +1.
max 3 ÷ ÷è è 3 3
故選：A.
【點睛】關(guān)鍵點睛：解題的關(guān)鍵是將向量問題轉(zhuǎn)換為圓錐曲線中的最值問題來做，通過數(shù)學(xué)結(jié)合的方法巧
妙的將幾何問題融入代數(shù)方法，從而順利得解.
r r r 1 r r r r p
6．（21-22 r高一下·浙江·階段練習(xí)）已知 | a |=| b |=| cr |=1， a ×b = ， áa,c + áb ,c = ．若m,n R ，則
2 3
r r
| mar - nb | + | mar r r- c | + | nb - c |的最小值為（ ）
A 0 B 3． ． C．1 D． 3
2
【答案】D
【分析】根據(jù)給定條件，畫出圖形，確定點 C 的位置，再利用向量模的幾何意義，借助對稱思想求解作答.
r r
uuur r uuur r uuur r
【詳解】令OA = a,OB = b,OC = c，依題意， cos
a ×b 1 p
AOB = r r = ，而0 AOB p ，則 AOB = ，
| a || b | 2 3
ar
r
因 á ,c
r r p p
+ áb ,c = ，則有點 C 在半徑為 1，所含圓心角為 的扇形 AOB的弧 AB 上，如圖，
3 3
r r r r
因m,n R
r
，則 | ma - nb |表示直線OA上的點 Q 與直線OB上的點 P 間距離， | ma - c |、 | nb r- c |分別是點 C
到點 Q，P 的距離，
r
| mar nb | | mar
r
因此， - + - cr | + | nb - cr |表示三點 Q，P，C 兩兩距離的和，
作點 C 關(guān)于直線 OA 對稱點 N，關(guān)于直線 OB 對稱點 M，連 MN 交 OA，OB 分別于點 F，E，連 FC，EC，
ON，OM，
則有FC = FN , EC = EM
p
，令 COA = ，則 MOB = COB = - ， AON = ，
3
于是得 NOM = 2 + 2(
p
- ) 2p= ，而ON = OM = OC =1，
3 3
由余弦定理得MN = ON 2 + OM 2 - 2ON ×OM cos NOM = 3 ，
因此，CF + FE + CE = NF + FE + EM = NM = 3 ，
對于直線OA上任意點 Q、直線OB上任意點 P，連接 CQ，NQ，QP，CP，PM，PN，
則CQ = NQ,CP = PM ，CQ + QP + CP = NQ + QP + PM PN + PM MN ，當(dāng)且僅當(dāng)點 Q 與 F 重合且點 P 與
點 E 重合時取“=”，
r r
| mar nb | | mar cr | | nb r從而得 - + - + - c |= CQ + QP + CP MN = 3 ，
r r
所以 | mar - nb | + | mar - cr | + | nb r- c |的最小值為 3 .
故選：D
【點睛】思路點睛：已知幾個向量的模，探求向量問題，可以借助向量的幾何意義，作出符合要求的圖形，
數(shù)形結(jié)合求解作答.
考點二、夾角的范圍及最值問題
uuur uuur uuur uuur
1．（2024·廣東江門·二模）設(shè)向量OA = (1, x),OB = (2, x) ，則 cosáOA, OB 的最小值為 .
2 2 2
【答案】 / 2
3 3
uuur uuur
【分析】先求得 cosáOA, OB 的表達(dá)式，再利用換元法并結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得其最小值.
uuur uuur 2
【詳解】 cosáOA,OB
2 + x
=
2 2 ，令 2 + x
2 = t(t 2)，則 2
x +1 x + 4 x = t - 2，
uuur uuur
cosáOA,OB t 1 1 = = =
所以 (t -1)(t + 2) 1 1 2
2
+ - 1 1 9 ，
t t 2 -2 - ÷ +è t 4 8
1 1 uuur uuur
當(dāng) = ，即 t = 4, x2 = 2時， cosáOA, OB 2 2取得最小值，且最小值為 ．
t 4 3
2 2
故答案為：
3
r r r r r r r r r r2．（2022·上海奉賢·一模）設(shè)平面上的向量 a,b , xr, yr 滿足關(guān)系 a = y - x,b = mx - y m 2 ，又設(shè) a與b 的模均
r r
為 1 且互相垂直，則 x 與 y 的夾角取值范圍為 .
[arccos 3 10【答案】 , p )
10 4
r r r r r r
【分析】用 a與b 表示出向量 x, y ，利用平面向量數(shù)量積結(jié)合夾角公式求出 cosáx, y 即可計算作答.
r r r r ur r r
m 2 r r r r r a + b ma + b【詳解】當(dāng) 時，由 a = y - x,b = mx - y 得： x = , y = ，
m -1 m -1
r r r r
因 a與b 的模均為 1 且互相垂直，即有 a ×b = 0 ，
r ur r r r rr r 2 2 ur ur2 2 (a + b) × (ma + b) m +1
則 | x |= x = ,| y |= y m +1= ， x × y = = ，
m -1 m -1 (m -1)2 (m -1)2
r r
cos xr, yr x × y m +1 1 1á =
| xr || yr
= = =
則有 | 2 × m2 +1 2 2 2× - +1 2 ( 1 1 1- )2 + ，
(m +1)2 m +1 m +1 2 4
r r
0 1 1< 2 r r 3 10 3 10 r r p而 ，于是得
m 1 3 < cosáx, y
，又0 áx, y p ，則 arccos áx, y < ，
+ 2 10 10 4
r yrx 3 10所以 與 的夾角取值范圍為[arccos , p ) .
10 4
é
arccos 3 10

故答案為： ê ,
π
÷÷
10 4
【點睛】思路點睛：用向量基本定理解決問題，利用已知的不共線的兩個向量為基底，將問題中的向量用
該基底表示出，再通過向量的運(yùn)算來解決.
r uuur r uuur r uuur uuur uuur uuur 2
3．（22-23 高三上·江西·階段練習(xí)）已知平面向量 a = OA，b = OB， c = OC ，滿足 4OC × AC =1- OA ，
uuur uuur uuur 2 r r r r
4OB ×CB =1- OC ，則向量 a - 4b 與 c - 2b 所成夾角的最大值是（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
【答案】A
r2 r r r 2
【分析】由向量線性運(yùn)算和數(shù)量積的定義和運(yùn)算律可化簡已知等式得到 4c - 4a ×c =1- a ，
r r r r
r r 2
a - 4b
2 2 3
4b - 4b ×c =1- c ，根據(jù)向量夾角公式，結(jié)合推導(dǎo)出的等式可化簡得到 cos = + ，利4 r r 24 a - 4b
3
用基本不等式可求得 cos ，由此可得 的最大值.
2
uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 uuur uuur uuur 2【詳解】Q4OC × AC = 4OC × OC - OA = 4 OC - 4OC ×OA =1- OA ，
r2 r r r 2 r2 r r r 2 r r 2
即 4c - 4a ×c =1- a ，\4c - 4a ×c + a = 2c - a =1；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 uuur uuur uuur 2Q4OB ×CB = 4OB × OB - OC = 4 OB - 4OB ×OC =1- OC ，
r2 r r r2 r2 r r r2 r r 2
即 4b - 4b ×c =1- c ，\4b - 4b ×c + c = 2b - c =1；
r r r r
設(shè)向量 a - 4b 與 c - 2b 所成夾角為 ，
r r r ra - 4b × c - 2b r r r r r r r2
cos a ×c - 2a ×b - 4b ×c + 8b\ = r r r r = 2 2 r r 2a - 4b × c - 2b a - 4b
r r r r r r 1 r 2 r r r2 1 r r 2 32 2a ×c - 2a ×b +1- c + 4b a -1 +1- 2a ×b + 4b a - 4b +
= = 4 = 4 4
r r 2 r r 2 r r 2a - 4b a - 4b a - 4b
r r 2 r r 2a - 4b 3 a - 4b 3 3 r r
= +
4 r r
2 ×
2 4 r r
= （當(dāng)且僅當(dāng) a - 4b = 3 時取等號）；
2
4 a - 4b 4 a - 4b 2
又 0, π π，\ max = .6
故選：A.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查向量夾角最值的求解問題，解題關(guān)鍵是能根據(jù)向量夾角的計算公式，將向
r r 2
量夾角的余弦值表示為關(guān)于 a - 4b 的函數(shù)的形式，利用基本不等式求解函數(shù)的最小值即可得到夾角的最
大值.
r r r r r r r
1．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知非零向量 a 與b 的夾角為銳角， c為b 在 a 方向上的投影向量，且 | c |=| a |= 2，
r r r r
則 a + b + c 與b 的夾角的最大值是 ．
π
【答案】
6
r r r r r r 2 r r r r r
【詳解】先通過向量的定義得到 c = a ，從而a ×b = 4，通過 2a + b 求出 2a + b ，再求出 2a + b ×b ，利用
r r r2a + b ×b
cos = r r r 表示夾角，進(jìn)而利用基本不等式求最值.
2a + b b
r r r r r r r
【分析】因為 c = a ,c為b 在 a 方向上的投影向量，且 a 與b 的夾角為銳角，
r r r r r r r
所以 c = a ，故 a + b + c = 2a + b ．
r r r r r r
因為 a ×b = a × c = 4，且 a ×b > 0 ，
r r r
所以a ×b = 4．設(shè) b = x > 0，
r r 2 r 2 r r r2
則 2a + b = 4a + 4a ×b + b = 4 22 + 4 4 + x2 = 32 + x2，
r r
2a + b = 32 + x2 r r r r r r2故 ．又 2a + b ×b = 2a ×b + b = 2 4 + x2 = 8 + x2 ．
r r r 2r r r 2a + b ×b 8 + x2 8 + x2
設(shè)2a + b與b 的夾角為 ，所以 cos = r r r = = ．
2a + b b 32 + x2 × x x2 32 + x2
2 2é3x + 32 + x2 ù
2 2 2因為3x 32 + x ê ú = 4 8 + x2 （當(dāng)且僅當(dāng)3x2 = 32 + x2 ，即 x = 4時取等號），
ê 2 ú
2 2
2 2 4 2 2 8 + x 所以 x 32 + x 8 + x 3，即 ，3 x2 32 + x2 4
π
故 cos 3 ．又0 π，所以0 ．
2 6
r r r r π
故 a + b + c 與b 的夾角的最大值是 ．6
π
故答案為： .
6
【點睛】方法點睛：平面向量中有關(guān)最值問題的求解通常有兩種思路：一是“形化”，即利用平面向量的幾何
意義將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進(jìn)行判斷；二是“數(shù)化”，即
利用平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，把問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域、不等式的解集、方程有解等問題，然
后利用函數(shù)、不等式、方程的有關(guān)知識來解決．
r r r r r r r 1 ur
2．（21-22 高三上·浙江溫州·期末）已知平面向量 a,b滿足 a = a + b =1， a ×b = - ，向量 p 滿足
2
ur r r ur ur r
p = 2 - l a + lb，當(dāng) p 與 p - a的夾角余弦值取得最小值時，實數(shù)l 的值為 .
6
【答案】
3
r r r r 2 r 2 r 2 r r r r r
a = a + b 1
r
【詳解】由 得 a = a + b + 2a ×b ，又 a =1， a ×b = - 則 b =1
2
r r 1 r r 2 r r r ra b 2由 × = - ，可知 a,b = p ，即向量 a,b滿足 a = b =1，且夾角為 p
2 3 3
uuur r uuur r uuur ur
取OA = a，OB = b ，OP = p ， A、B分別是線段OD ，OC 的中點，
2
則OD = OC = 2OA = 2OB = 2 , COD = p ，
3 CD = 2 3
ur r r ur ur r
由 p = 2 - l a + lb可知，點 P 在直線CD 上.又 p 與 p - a的夾角為 APO
要使得 APO最大，則取圓過點A 、O且與直線CD 相切于點 P ，此時 APO取得最大，由切割線定理得
DP 2 = DA × DO = 2，又
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
OP = 2 - l OA + lOB 2 - l= OD l+ OC 2 - l= OD l+
2 2 2 2
uuur uuur uuurOD DC OD l uuur+ = + DC ，2
l DP 2
則有， = = 6，解之得
2 CD l =2 3 3
6
故答案為：
3
【點睛】
應(yīng)用平面向量基本定理表示向量的實質(zhì)是利用平行四邊形法則或三角形法則進(jìn)行向量的加、減或數(shù)乘
運(yùn)算．用向量基本定理解決問題的一般思路是：先選擇一組基底，并運(yùn)用該基底將條件和結(jié)論表示成向量
的形式，再通過向量的運(yùn)算來解決．
rur r r r
3．（2021·浙江寧波·模擬預(yù)測）已知 a,b是空間單位向量， a ×b = 0 ，若空間向量 c滿足：
r r r r r r r r r r r
c ×a =1,c ×b = 2, c = 10 ，則 a + b + c = ，對于任意 x, y R ，向量 c與向量 xa + yb所成角的最小值
為 ．
p
【答案】 3 2 4
r r r r r r 2【分析】由題意得： a + b + c = a + b + c ，根據(jù)數(shù)量積公式及題意，代入數(shù)據(jù)，即可求得答案；
r r r y 1 4t - 3
設(shè)向量 c與向量 xa + yb所成角為 ，根據(jù)求夾角公式，令 = t ,計算可得 cos = 4 + ，令x 10 1+ t 2
f (t) 4t - 3= 2 ，（ t > 0），利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，求得最值，即可求得 cos 的最大值，即可得答案.1+ t
r r r r r r 2 r 2 r 2 r 2 r r r r r r【詳解】由題意得： a + b + c = a + b + c = a + b + c + 2a ×b + 2a ×c + 2b ×c
= 1+1+10 + 0 + 2 1+ 2 2 = 18 = 3 2 .
r r
因為 xa + yb = r r 2 r 2 r 2 r rxa + yb = x2 a + y2 b + 2xya ×b = x2 + y2
r r r
設(shè)向量 c與向量 xa + yb所成角為 ，
r r r r r r r
cos cr× (xar + ybr) xa ×c + yb ×c x + 2y所以 = = r r =c xa + yb 10 × xa yb ，+ 10 × x2 + y2
y
當(dāng) x > 0, y > 0時，夾角才可能最小，令 = t （ t > 0），
x
cos x + 2y 1 (x + 2y)
2 1 x2 + 4y2 + 4xy 1 4 4t - 3則 = = 2 = = +10 × x2 + y2 10 x + y2
，
10 x2 + y2 10 1+ t 2
4t - 3 4(1+ t 2 ) - 2t(4t - 3) -2(2t +1)(t - 2)
令 f (t) = 2 ，（ t > 0），則 f (t) = = ，1+ t (1+ t 2 )2 (1+ t 2 )2
所以當(dāng) t (0, 2)時， f (t) > 0， f (t) 為增函數(shù)，
當(dāng) t (2,+ )時， f (t) < 0 ， f (t) 為減函數(shù)，
所以 f (t)max = f (2) =1，
1 2 p所以 cos max = 4 +1 = ，即10 2 min
= .
4
r r r p
所以向量 c與向量 xa + yb所成角的最小值為 .4
p
故答案為：3 2 ； .4
【點睛】解題的關(guān)鍵是熟練掌握求模，求夾角的方法，并靈活應(yīng)用，難點在于，需結(jié)合導(dǎo)數(shù)，判斷 f (t) 的單
調(diào)性，求得最值，當(dāng) cos 最大時，角度最小，考查分析理解，計算化簡的能力，屬中檔題.
一、單選題 ur r ur r r
1．（2023·江西九江·一模）已知m 、 n為單位向量，則向量m + 2n 與 n夾角的最大值為（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
【答案】A
ur r ur r ur r r
【分析】設(shè) m, n = a ，即可得到 m + 2n = 5 + 4cosa ， m + 2n × n = cosa + 2，再根據(jù)夾角公式得到
ur r r
cos m cosa + 2+ 2n,n = ，最后利用換元及基本不等式計算可得.
5 + 4cosa
ur r ur r ur r 2 ur2 ur r r 2
【詳解】設(shè) m, n = a ，則 m + 2n = m + 2n = m + 4m × n + 4n = 5 + 4cosa ，
ur r r ur r r 2 ur r r 2
(m + 2n) ×n = m × n + 2n = m ×n + 2 n = cosa + 2，
ur r r ur r r
cos m 2n,n (m + 2n) ×n cosa + 2則 + = ur r r =m + 2n × n 5 + 4cosa ，
令 t = 5 + 4cosa ，因為-1 cosa 1，所以 t [1,3]，
t 2 - 5
ur r r + 2\cos m + 2n, n 4 1 t 3= = + 1 ÷ 2 t
3 3
× = ，當(dāng)且僅當(dāng) t = 3 時取等號，
t 4 è t 4 t 2
ur r r ur r r
m 2n, n 0, π m 2n,n é0, π又 + ，所以 + ù
ê 6 ú
，

ur r r π
所以向量m + 2n 與 n夾角的最大值為 ．6
故選：A．
r r r r r r r r r
2．（2023·北京·模擬預(yù)測）平面向量 a ，b 滿足 a = 3 b ，且 a - b = 4，則 a 與 a - b夾角的正弦值的最大值為
（ ）
1 1 2
A． B． C 1． D．
4 3 2 3
【答案】B
r uuur r uuur r r uuur r r
【分析】設(shè) a = OA，b = OB，則 a - b = BA，設(shè) b = m， a = 3m， cos OAB
m 2
= + ，根據(jù)均值不等式計
3 3m
算最值，再利用同角三角函數(shù)關(guān)系得到答案.
r uuur r uuur r r uuur r r
【詳解】如圖所示：設(shè) a = OA，b = OB，則 a - b = BA，設(shè) b = m， a = 3m，1< m < 2，
uuur 2 uuur 2 uuur 2
OA + BA - OB 2 2
cos OAB uuur uuur 9m +16 - m m 2 m 2 2 2= = = + 2 = ，
2 OA × BA 24m 3 3m 3 3m 3
m 2 π
當(dāng) = ，即m = 2 時等號成立，故 OAB
0,
3 3m 2 ÷
，
è
當(dāng) cos OAB 最小時， sin OAB最大，
r r r 8 1
故 a 與 a - b夾角的正弦值的最大值為 1- = .9 3
故選：B
r r r r r r 4
3．（2023·安徽安慶·二模）已知非零向量 a ，b 的夾角為 ， a + b = 2，且 a b ，則夾角 的最小值為3
（ ）
π π π π
A． B． C． D．
6 4 3 2
【答案】C
r r
【分析】應(yīng)用向量數(shù)量積運(yùn)算律及題設(shè)可得 4 2 a × b 1+ cos ，注意等號成立條件，結(jié)合已知不等條件求
范圍，即可得最小值.
r r 2 r 2 r 2 r r r 8
【詳解】由 a + b = 4有 a + b + 2 a × b cos = 4，即 4 2 a
r
× b 1+ cos 1+ cos ，
3
r r
前一個等號成立條件為 | a |=| b |，整理得cos
1
.
2
由于 0, π π，所以 π π ，于是夾角為 的最小值為 .
3 3
故選：C
r r r r r r r 3 r r r r
4．（2024·安徽六安·模擬預(yù)測）已知平面向量 a，b ， c 滿足 a =1， b = 3 ， a ×b = - ， a - c,b - c = 30°，2
則 c
r
的最大值等于（ ）
A． 2 7 B． 7 C． 2 3 D．3 3
【答案】A
【分析】由 AOB =150°, ACB = 30°，即點 A,O, B,C 四點共圓，再利用余弦定理、正弦定理求解即可.
uuur r uuur r uuur r
【詳解】設(shè)OA = a,OB = b,OC = c ，
ar
r
=1 b = 3 ar
r 3
由 ， ， ×b = - 3，則
2 cos AOB = -
，
2
r
ar cr,b cr所以 AOB =150°，又 - - = 30°，所以 ACB = 30°，
uuur
即點 A,O, B,C
r
四點共圓，要使 c 最大，即 OC 為圓的直徑，
在VAOB中，由余弦定理可得 AB2 = OA2 + OB2 - 2OA OB cos AOB = 7 ，
AB
即 AB = 7 ，又由正弦定理可得 2R = = 2 7 ，sin AOB
即 c
r
的最大值為 2 7 ，
故選：A
r r r r r π r
5．（2024· r全國·模擬預(yù)測）已知 a，b 為非零向量，且 | a |=| b |= r(r > 0) ， áa,b = ，若 | ar + tb |的最小值為3
3，則 r 2 + t 2 的值為（ ）．
5 9 17
A． B． C．4 D．
2 4 4
【答案】D
r r 1 r
【分析】由數(shù)量積的定義和模長公式對 | a + tb |平方可得，當(dāng) t = - | ar時， + tb | 3取得最小值 r ，可求出2 2
r = 2，即可求出 r 2 + t 2 的值,
r r r r π
【詳解】因為 | a |=| b |= r(r > 0) ， áa,b = ，
3
r r r é 2 ù
由題意得 | a
r
+ tb |2 | ar= |2 +t2 |b |2 +2tar ×b = r2 1+ t2 + t = r2 t 1+ 3ê ÷ + ú，
ê è 2 4 ú
1 r r
所以當(dāng) t = - 時， | a + tb | 3取得最小值 r ，2 2
3 2 2 1 17
由 r = 3 得 r = 2，所以 r + t = 4 + = ．
2 4 4
故選：D．
r r r r r r r r r r r r r
6．（2021·全國·模擬預(yù)測）已知向量 a，b 滿足 a + b = 3 ， a ×b = 0 ，若 c = la + (1- l)b(l R)，且 c × a = c ×b，
r
則 c 的最大值為（ ）
1 3A．3 B．2 C． 2 D． 2
【答案】D
r uuuur r uuur uuur uuur uuuur
【分析】令 a = AM ，b = MB = AN ，根據(jù)題意作出圖形，結(jié)合圖形將已知條件轉(zhuǎn)化，得到 AC ^ MN ，然后數(shù)
r
形結(jié)合求 c 的最大值.
r uuuur r uuur uuur r r uuuur uuur uuur uuur
【詳解】如圖:令 a = AM ，b = MB = AN ，則 a + b = AM + MB = AB ，故 AB = 3 .
r r uuuur uuur
因為 a ×b = 0 ，所以 AM ^ MB ，記 AB 的中點為O，所以點M 在以 AB 為直徑的圓O上.
r uuur r r r
設(shè) c = AC ，連接MN ，因為 c = la + (1- l)b，所以點C 在直線MN 上.
r r r r r r r uuur uuuur uuur uuuur
因為 c × a = c ×b，所以 c × (a - b) = 0，即 AC × NM = 0，所以 AC ^ MN .
uuuur uuur uuur r r uuur 3
結(jié)合圖形可知，當(dāng) NM ^ AB時， | AC |即 c 取得最大值，且 c =| AO |= .
max 2
故選：D
【點睛】思路點睛：向量中有關(guān)最值的求解思路：一是形化，利用向量的幾何意義將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何
中的最值或范圍問題；二是數(shù)化，利用平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，把問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值、不等式的
解集、方程有解等問題.
r r r r r r r r π r r
7．（2021·浙江·模擬預(yù)測）已知非零平面向量 a，b ， c滿足 a = 2， b - c = 1，若 a與b 的夾角為 ，則 a - c3
的最小值為（ ）
A． 3 -1 B． 3 C． 3 +1 D 3．
2
【答案】A
r r r r r r
【分析】解法一利用絕對值三角不等式得到 a - c a - b -1，然后求 a - b 的最小值即可；解法二 設(shè)
uuur r uuur r uuur r uuur
OA = a，OB = b，OC = c，易得 BC =1，則C 的軌跡是以 B 為圓心，半徑為 1 的圓，連接 AB ，然后又
r r
A ，C ， B 三點共線且C 在A ， B 中間時， a - c 取得最小值求解.
r r r r r r r r r r r r
【詳解】解法一 由題可得， a - c = a - b + b - c a - b - b - c = a - b -1，
r r r r
所以要求 a - c 的最小值，需求 a - b 的最小值.
r r r π
因為 a = 2， a與b 的夾角為 ，3
r r r
所以 a - b 的最小值為 a sin
π
= 3 ，
3
r r r r
所以 a - c a - b -1 3 -1，
r r
即 a - c 的最小值為 3 -1，
解法二 如圖，
uuur r uuur r uuur r r r uuur r r uuur
設(shè)OA = a，OB = b，OC = c，則 c - b = BC ， a - c = CA .
r r r r uuur
由 b - c = c - b = 1，知 BC =1，點C 的軌跡是以 B 為圓心，半徑為 1 的圓，
r r
連接 AB ，結(jié)合圖形可知，當(dāng)A ，C ， B 三點共線且C 在A ， B 中間時， a - c 取得最小值.
AB OA
=
由正弦定理得： sin π sin OBA，
3
AB 3所以 = 3，
sin OBA
r r
故 a - c 的最小值為 3 -1.
故選：A
r r π r r r π
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵是根據(jù) a與b 的夾角為 ，由 a - b 的最小值為 a sin 而得解.3 3
8．（2021·全國· 模擬預(yù)測）設(shè) |a |=1， |b | = 3 ，且 a ^ b ，若向量 c 滿足 c- a- b = 2 a- b ，則 | c |的最大值是
（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B

【分析】設(shè)OA = a ，OB = b ，OC = c ，OD = a+ b ，根據(jù)條件，借助平面圖形得到點C 的軌跡，即可得到結(jié)
果．
【詳解】如圖，

設(shè)OA = a ，OB = b ，OC = c ，OD = a+ b ，連接 AD ，BD，
OBDA 則由 a ^ b 可知四邊形 為矩形，則 | a+ b |=| a- b |= 2 .

由 | c- (a+ b) |= 2 | a- b |，可得 | c- (a+ b) |= 4，

連接CD ，則 DC = 4，所以點C 在以點D為圓心，4 為半徑的圓上，

所以 OC 的最大值為 OD + DC = 2 + 4 = 6 .
故選：B.
【點睛】對于向量模的最值或者范圍的問題，我們往往采取數(shù)形結(jié)合的方式進(jìn)行解決.首先我們要根據(jù)題目
的條件將幾個向量的起點平移到同一點，作出圖形，最后根據(jù)所求向量的條件得出終點的軌跡.
二、填空題
r r r r r r r r
9．（2023·安徽宣城·二模）已知向量 a,b滿足 a = 2 b = 2，對任意的l > 0, a - lb 的最小值為 3，則 a 與b
的夾角為 ．
【答案】60°
r r
【分析】利用模的計算得到l 2 - 4cos l + 4 3恒成立，判斷出取等號的條件，即可求出 a 與b 的夾角.
r r r r
【詳解】因為向量 a,b滿足 a = 2 b = 2，
r r r r
所以向量 a,b滿足 a = 2, b =1 .
r r
設(shè) a 與b 的夾角為 , 0 π
r r r r 2 r 2 r r r 2
所以 a - lb = a - lb = a - 2la ×b + l 2 b = 22 - 2l 2 1 cos + l 2
r r
因為任意的l > 0, a - lb 的最小值為 3，所以l 2 - 4cos l + 4 3恒成立，
l - 2cos 2配方后可得： - 4cos2 + 4 3恒成立，
所以當(dāng)l = 2cos
1
時，l 2 - 4cos l + 4取得最小值 3，此時 4 - 4cos2 = 3，解得： cos = ± .2
1
又因為l = 2cos > 0 ，所以 cos = .
2
因為0 π，所以 = 60° .
故答案為：60° .
10 2023· · ar
r r r r r r
．（ 河北 模擬預(yù)測）已知平面向量 ,b r r r滿足 a - b =1且 a ^ b ，當(dāng)向量 a - b 與向量3a - b 的夾角最大
r
時，向量b 的模為 ．
3
【答案】
2
r
r r r 3- 2b 2
【分析】由 a - b =1 r可平方求得 a2 =1- b 2 ，利用向量夾角公式可化簡得到 cos = r ，采用換元法，
9 -8b 2
r r
令 9 -8b 2 = t t > 0 ，結(jié)合基本不等式可求得 cos min ，根據(jù)取等條件可確定 b .
Qar
r r r r r 2a b ar
r r r r
【詳解】 ^ b ，\a ×b = 0，\ - = 2 - 2a
r
×b + b 2 ar= 2 + b 2 =1，即 ar2 =1- b 2 ；
r r r r
設(shè)向量 a - b 與向量3a - b 的夾角為 0 π ，
r ra - b r× 3ar - b r r r r2 r 2 2
\cos = r r r
3a - 4a ×b + b 3 - 2b
= r r = r ，
a - b r× 3a - b 9ar2 - 6ar ×b + b 2 9 -8b 2
2
r r 9 - t
2 b 2 9 - t
2 3-
9 8b t t 0 3+ t 2令 - = > ，則 = ， 1 3 1 3 3
3
8 \cos =
4 = = t +

÷ 2 t × =
（當(dāng)且僅當(dāng) t = ，
t 4t 4 t 4 t 2 tè
即 t = 3 時取等號）；
r
當(dāng) 最大時， cos
r
3最小，此時 9 -8b 2 = 3 ，解得： b = .2
3
故答案為： .
2
r r r
11．（2023· r上海閔行·二模）已知單位向量 a,b ，若對任意實數(shù) x r 3 r， xa - b 恒成立，則向量 a,b 的夾角
2
的最小值為 .
p
【答案】 /60o
3
xar
r 3
【分析】把 - b 兩邊平方得到關(guān)于 x 的一元二次不等式，利用一元二次不等式恒成立的條件以及兩
2
向量夾角的余弦公式求得結(jié)果.
r r r r 3 r r 3 r r
a b xa - b (xa - b)2 x2
1
【詳解】 ， 是單位向量，由 得： - 2(a ×b)x + 0，
2 4 4
r r
2
依題意，不等式 x - 2(a ×b)x
1
+ 0 對任意實數(shù) x 恒成立，
4
r r 1 r r 1
則D = 4(a ×b)2 -1 0，解得- a ×b ，
2 2
r r r r r r r r
而 cosáa,b
a ×b
= r r = a ×b 1 1，則- cosáa,b ，
| a || b | 2 2
r r
又0 áa,b π ，函數(shù) y = cos x在[0, p]上單調(diào)遞減，
π r ra,b 2π因此 á ，
3 3
r r é π 2π ù r π
所以向量 a ，b 的夾角的取值范圍為 ê ,3 3 ú
.則向量 ar,b 的夾角的最小值為 .
3
π
故答案為： .
3
r r r r r r 5π r
12．（2024·河北滄州·模擬預(yù)測）已知單位向量 a，向量b 與 a不共線，且 a - b ,b = ，則 b 的最大值為 ．6
【答案】2
r r r 5π π ra b ,b A π【分析】由 - = ，則 = ，方法一：利用正弦定理可得 b = 2sin B ，當(dāng)B = 時，可求得結(jié)果；方
6 6 2
π r
法二：作出△ABC 的外接圓，當(dāng) AC 為圓的直徑，即B = 時，可求 b = 2 .
2 max
uuur r uuur r uuur r
【詳解】法 1：設(shè)CB = a ，CA = b ，則 AB = ar - b ，如圖所示．
r r r
因為 a - b ,b
5π A π 0 B 5π= ，所以在△ABC 中， = ， < < ，
6 6 6
ar
r r
b b r
由正弦定理，得 = 即 2 = ，得 b = 2sin B ，
sin A sin B sin B
π r π
當(dāng)B = 時， b = 2sin = 2．
2 max 2
uuur uuur r uuur r
法 2：設(shè)CB = ar ，CA b ，則 AB ar= = - b ，作出△ABC 的外接圓，如圖所示．
r r r 5π π r uuur
因為 a - b ,b = ，所以 A = ，因為 a = CB =1，
6 6
π r r
當(dāng) AC 為圓的直徑，即B = 時， b = 2 a = 2．
2 max
故答案為：2
r r r r r r r r r r r
13．（2023·上海楊浦·二模）已知非零平面向量 a、b 、 c 滿足 a = 5， 2 b = c ，且 b - a × c - a = 0，則 b
的最小值是
【答案】 5
【分析】由向量的運(yùn)算，數(shù)量積與模長的關(guān)系，利用三角函數(shù)的性質(zhì)求最值即可.
【詳解】
uuur
AC ar
uuur r uuur r uuur uur
解：如圖 = ， AD = b ， AB = cr r，則b - a = CD cr ar， - = CB ，
r uuur uur
已知 b r- a × cr - ar = 0，即CD ×CB = 0，所以CD ^ CB，
OC 1 BD 1
r r
取 BD 的中點 O，則有 = = b - c ，
2 2
r
而OA
1 r
= b + c ，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知OA + OC AC
2
1 r r 1 rb c b cr r
r
b cr
r r
則 + + - a = 5，所以 + + b - c 10 ，當(dāng) A，O，C 三點共線時取等號，
2 2
r r r 2 r r r
記b,cr r r向量的夾角為 ，則 b + c = b + c = 5b 2 + 4b 2 cos = b 5 + 4cos ，
r
b cr
r
同理 - = b 5 - 4cos ，
r r r r r
由 b + c + b - c 10 ，可得 b 5 + 4cos + 5 - 4cos 10，
r 2
b 10
2
100 100
則 ÷ = = 5，
è 5 + 4cos + 5 - 4cos 10 + 2 25 -16cos2 10 + 2 25
r
當(dāng) cos = 0，即b ^ cr時取等號，
r r
所以 b 5 ，即 b 的最小值是 5 ，
故答案為： 5 .
r r r
【點睛】本題考查平面向量的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵點在于利用三角形的三邊關(guān)系得到不等式 b + c + b - c
r
10 ，
進(jìn)而利用數(shù)量積求模長.
r r r r r
14．（22-23 r r高一下·福建福州·期中）已知平面向量 a ，b ，且滿足 a ×b =| a |=| b |= 2，若 e為平面單位向量，
ar r
r r
則 ×e + b ×e 的最大值
【答案】 2 3

【分析】先根據(jù)平面向量的數(shù)量積公式求出 a 與 b 的夾角，根據(jù)條件，可設(shè) a = 2,0 , b = 1, 3 ，再設(shè)

e = cosa ,sina ，根據(jù)平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算和數(shù)量積公式，以及三角恒等變換和三角函數(shù)的性質(zhì)得出
ar er
r
× + b r×e = 2 3 sin π a + ÷ ，即可求出結(jié)果.
è 3


【詳解】解：Qa× b = a = b = 2 ，設(shè) a 與 b 的夾角為 ，

\a× b = a × b ×cos = 2 2 cos = 2，
\cos 1 π= ，又 0, π ，則 = ，
2 3
不妨設(shè) a = 2,0 , b = 1, 3 ，再設(shè) e = cosa ,sina ，

a× e+ b× e =

則 a+ b

÷ × e = 3, 3 × cosa ,sina
è
= 3cosa + 3 sina = 2 3 sin π a + ÷ 2 3 ，
è 3

即 a× e+ b× e 2 3 ，

所以 a× e+ b× e 的最大值為 2 3 .
故答案為： 2 3 .
ar
r r r r r r r r r r r r15．（2023·貴州銅仁·模擬預(yù)測）已知向量 ，b ， c 滿足 a + b + c = 0 ， a - b × a - c = 0， b - c = 3，則
r
ar + b + cr 的最大值是 .
【答案】1+ 10 / 10 +1
r uuur r uuur r uuur r r r r r r r
【分析】設(shè) a = DA，b = DB ， c = DC，由 a + b + cr = 0 得到點D是VABC 的重心，結(jié)合 a - b × a - c = 0得到
VABC 是直角三角形，建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，轉(zhuǎn)化為基本不等式求最值.
【詳解】
r uuur r uuur r uuur
設(shè) a = DA，b = DB ， c = DC，
r r r r
Q a + b + c = 0 ，\點D是VABC 的重心，
r r uuur uuur uuur uuur uuur uuur\ (a - b) × (ar - cr) = (DA - DB) ×(DA - DC) = BA ×CA = 0，
\ BA ^ CA．∴ VABC 是直角三角形，
r r
又∵ | b - c |= 3，即CB = 3，
以 A 為原點，AB 所在直線為 x 軸建立平面直角坐標(biāo)系，
設(shè) B(c,0) ，C(0,b)
c b
，則 D , ÷且b2 + c23 3 = 9(b > 0, c > 0) ，è
r uuur r uuur
\ b = DB 2c , b c DC c , 2b= - ÷， = = -

，
è 3 3 è 3 3 ÷
r r r 2 2 2 2
a b c c b 2c b c
2 2b 2
故 + + = + + + + + 3 ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷è è 3 è 3 è 3 è 3 è 3
1 1
= 1+ 4c2 + b2 + c2 + 4b2
3 3
1
= 1+ 36 - 3b2 1+ 9 + 3b2
3 3
1 1 2 (36 - 3b
2 ) + (9 + 3b2 )
+ = 1+ 10 ，
3 2
2 9
當(dāng)且僅當(dāng)36 - 3b2 = 9 + 3b2 ，即b = 時等號成立.2
故答案為：1+ 10 .
r r r r r r r
16．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知非零且不垂直的平面向量 a，b 滿足 a + b = 6，若 a在b 方向上的投影與b
r r r 2 r r在 a方向上的投影之和等于 a ×b ，則 a，b 夾角的余弦值的最小值為 ．
2
【答案】
27
r r r r r r 2 r 2 r 2
【分析】利用基本不等式求出 a b 9，再根據(jù)向量投影求出 a cos + b cos = a × b = a b cos2 ，求
ar
r
出 ，b 夾角的余弦值的最小值.
r r
【詳解】因為 a + b = 6，
r r 2
r r a + b r
所以 a b ÷
r
= 9 ，當(dāng)且僅當(dāng) a = b = 3時取等號．
2 ÷
è
r r r r r r 2 r 2 r 2
設(shè) a，b 的夾角為 ，則由題意得 a cos + b cos = a ×b = a b cos2 ，
r r
易知 a 0， b 0且 cos 0，
ar
r r 2
則 + b = ar 2 b cos ，
ar
r
+ b 6 6 2
所以 cos = r =2 r 2 r 2 r 2 92
= ，
a b a b 27
ar
r 2
所以 ，b 夾角的余弦值的最小值為 ．27
2
故答案為：
27
r r r r r r r r r
17．（21-22 高三上·浙江嘉興·期末）已知非零平面向量 a，b ， c 滿足 a - b = 4 ，且 a - c × b - c = -1，若
r r é π , πa ù cr與b 的夾角為 ，且 ê ú，則 的模取值范圍是 . 3 2
【答案】 é 2 - 3,3 3ù
【分析】以向量幾何意義去解題，數(shù)形結(jié)合的方法可以簡化解題過程.
r uuur r uuur uuur uuur
【詳解】如圖 1，令 a = OA，b = OB， cr = OC ，則 BA = 4，取 AB 中點 M .
ar r r r由 - c × b - c uuur uuur= -1，可得CA ×CB = -1，
uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur 2 uuur 2 uuuur 2 uuur 2
CA ×CB = (CM + MA) × (CM - MA) = CM - MA = CM 1- AB = -1，
4
uuuur 2
所以 CM = 3，即 C 在以 M 為圓心、 3為半徑的圓上.
r uuuur uuuur uuuur
由 c = OM + MC
r
，當(dāng) O、M、C 三點共線時（M 在線段 OC 上）， c = OM + 3max .
由于 O 在以 AB 為弦的圓弧上，設(shè)圓心為 G，
uuur
uuur AB uuur 2 é π π ù
由正弦定理可知 2 OG = ，即 OG = ， ,
sin sin
ê 3 2 ú
π= 4當(dāng) 時，圓 G 半徑 OG 取得最大值 3 .
3 3
4 2GM = GB 2 - BM 2 = 3 22 2 ÷ - = 3
è 3 3
π
當(dāng) O、M、G 三點共線（G 在線段 OM 上），且 = 時，
3
uuuur uuuur uuur uuuur
OM 取得最大值，此時 OM = OG + GM = 2 3 ，
max
r uuuur
所以 c = OM + 3 = 3 3max .max
r uuuur
如圖 2，顯然當(dāng) O、M、C 三點共線（點 C 在線段 OM 上）， c = OM - 3min
π當(dāng) = 時，圓 G 半徑 OG 取得最小值 2 .
2
uuuur
GM = GB 2 - BM 2 = 22 - 22 = 0 ，即 M、G 兩點重合. OM 取得最小值為 2.
π r則 = 時， c = 2 - 3
2 min
.
cr故向量 的模取值范圍是 é 2 - 3,3 3ù
故答案為： é 2 - 3,3 3ù
uuur uuur
18．（23-24 高三上·天津?qū)幒印て谀┰谄叫兴倪呅?ABCD中， ABC = 60°，E 是CD 的中點， AF = 2FE ，
uuur r uuur r uuur r r uuur
若設(shè)BA = a, BC = b ，則BF 可用 a ，b 表示為 ；若VADE
3
的面積為 ，則 BF 的最小值
2
為 ．
2 r 2 r
a + b 4 3【答案】
3 3 3
【分析】根據(jù)題意，利用平面向量的線性運(yùn)算法則，以及向量數(shù)量積的運(yùn)算公式以及模的運(yùn)算公式，結(jié)合
基本不等式，即可求解.
【詳解】如圖所示，根據(jù)向量的運(yùn)算法則，
uuur uuur uuur uuur 2 uuur uuur 2 uuur uuur r 2 r r r r
可得BF = BA + AF = BA + AE = BA + (AD + DE) = a + (b
1
- a) 2= a 2+ b，
3 3 3 2 3 3
r
ar = m, b = n VADE 3 1 n 1 msin 60o 3設(shè) ，因為 的面積為 ，可得 × = ，即mn = 4 ，
2 2 2 2
uuur 2
BF (2 ar 2
r
b)2 4 (ar
r r
又由 = + = 2 + b 2 + 2a
r
×b) 4= (m2 + n2 + 2mn cos 60o )
3 3 9 9
4 (m2 n2 mn) 4 (2mn mn) 16= + + + = ，當(dāng)且僅當(dāng)m = n 時，等號成立，
9 9 3
uuur
BF 4 3所以 的最小值為 .
3
2 ra 2
r
故答案為： + b 4 3； .
3 3 3
r r r r
19．（2020·浙江溫州·三模）已知向量 a，b 滿足 | a |= 3， | b |= 1，若存在不同的實數(shù)l1,l2 l1l2 0 ，使得
ur r r ur r ur r ur uur
ci = li a + 3li b ，且 (ci - a) × (ci - b) = 0(i =1,2),則 c1 - c2 的取值范圍是
【答案】 é 2,2 2 U é 2 2，2 3
r r ur r
【分析】設(shè) a ×b = k ， ci - a
ur r
× ci - b = 0變形（數(shù)量積的運(yùn)算）得l ,l 是方程6(k + 3)x21 2 - 4(k + 3)x + k = 0的
ur uur r r
兩根，利用韋達(dá)定理求得 l1 - l2 ，則 c1 - c2 = l1 - l2 a + 3b 可表示為 k 的函數(shù)，由 k 的范圍可得結(jié)論，在題
中注意 k 的范圍的確定．
ur r r r ur r r r
【詳解】 c1 - a = (l1 -1)a + 3l1b ， c1 - b = l1a + (3l1 -1)b，
r r ur r ur r ur r r ur r r設(shè) a ×b = k （-3 k 3），由 c1 - a × c1 - b = 0 2得 c1 - (a + b) ×c1 + a ×b = 0，
整理得6(k + 3)l 21 - 4(k + 3)l1 + k = 0，
同理6(k + 3)l 22 - 4(k + 3)l2 + k = 0，
所以l ,l 是方程6(k + 3)x21 2 - 4(k + 3)x + k = 0的兩根，由l1l2 0得 k 0，
k = -3時方程無解，故 k 0且 k -3，D = 8(k + 3)(6 - k) > 0，
k
l 21 + l2 = ，l1l3 2
=
6(k ，+ 3)
2 4 4k 8(k + 3)(6 - k)所以 l1 - l2 = (l1 + l2 ) - 4l1l2 = - = ， 9 6(k + 3) 6(k + 3)
r r r r r 2 r r r2
a + 3b = (a + 3b)2 = a + 6a ×b + 9b = 6(k + 3) ，
ur uur r r
所以 c1 - c2 = l1 - l2 a 3b
4
+ = 6(k + 3) l1 - l2 = (6 - k) ，3
ur uur
由-3 < k 3且 k 0得 c1 - c2 的范圍是[2, 2 2) U (2 2,2 3]．
故答案為：[2, 2 2) U (2 2,2 3]．
r r
【點睛】本題考查平面向量的數(shù)量積，解題關(guān)鍵是設(shè) a ×b = k 后通過數(shù)量積的運(yùn)算把l1,l2 是方程
ur uur
6(k + 3)x2 - 4(k + 3)x + k = 0的兩根，這樣可用韋達(dá)定理求得 l1 - l2 ，從而求得目標(biāo) c1 - c2 關(guān)于 k 的函數(shù)，屬
于難題．
r r r r r 7 v v r r r r
20．（2021·浙江金華·模擬預(yù)測）已知平面向量 a,b,c滿足 a ×b = ， a - b = 3 , (a - c) × (b - c) = -2 ,則 c 的取值
4
r r r r r r r r
范圍是 r r；已知向量 a,b 是單位向量，若 agb = 0 ，且 c -a + c -2b = 5 ，則 c + 2a 的取值
范圍是 .
é3 5 ù é6 3 ù
【答案】 ê ， ú ，3 2 2
ê ú
5
r r r r r
【解析】（1）根據(jù)向量不等式可得 cg(a + b) | cr | | ar× + b |，從而得到關(guān)于 | c |的不等式，即可得答案；
r r r
（2）根據(jù)已知設(shè)出向量 a和向量b ，向量 c的坐標(biāo)，代入等式化簡，再利用距離的幾何意義可看成一個動
點到兩個定點的距離之和，而所求的可看成是一個定點到線段的距離，由此可求得最值．
r r 7 r r r r2 2 25
【詳解】解：（1）由 agb = 4 ， | a - b |= 3，解得
a + b =
2 ，
r r r r r r r r
又由 (a - c)g(b - c) = agb - cg(a
r
+ b) cr+ 2 = -2 ，
r r
代入已知值可得 | c
r |2 15+ = crg(ar + b) | cr | r | a + b |= 4 | cr |
4 ，
化簡可得： 4 | c
r |2 -16 | cr | +15 0 ，
3
解得 | c
r | 5 .
2 2
r r r r
（2 r r）因為 a,b 是單位向量，且 agb = 0 ，設(shè) a = 1,0 ,b = 0,1 ，
cr
r
設(shè) = x, y cr r r，則 - a = x -1, y ,c - 2b = x, y - 2 ，
r r r r
因為 c -a + c -2b = 5 ，即 x -1 2 + y2 + x2 + y - 2 2 = 5 ，
化簡得， 2x + y - 2 = 0, 0 x 1 ，
cr所以 + 2ar = x + 2 2 + y2 表示線段 2x + y - 2 = 0, 0 x 1 上的點到點 -2,0 的距離，
r r 2 -2 - 2c 2a 6 5所以 + = d = =min ，22 +1 5
cr 2ar+ = 1- -2 = 3max ，
é3 5 ù é6 5 ù
故答案為： ê ， ú ， ê ,3 . 2 2 5
ú

r r r r
【點睛】利用向量數(shù)量積的定義可得向量不等式，即 a ×b | a || b |；向量問題進(jìn)行坐標(biāo)化處理，將模的范圍
問題轉(zhuǎn)化為距離的最值問題.
v v v v v v v v v v v v1．（全國·高考真題）設(shè)向量 a,b,c滿足 a = b = 2， a ×b = -2 ， a - c,b - c = 60°，則 c 的最大值等于
A．4 B．2 C． 2 D．1
【答案】A
【詳解】
v
v v v v v a
v ×b 1 v
因為 a = b = 2
v
， av ×b = -2 ，所以 cos a,b = av
v = -
2 , a,b =120°n b .
uuur v uuur v uuur uuur uuur v
如圖所以，設(shè)OA = a,OB = b ,OC cr= ，則CA = av cr- , CB = b - cr , AOB =120° .
所以 ACB = 60°，所以 AOB + ACB =180°，所以 A,O, B,C 四點共圓.
uuur v uuur v v
不妨設(shè)為圓 M，因為 AB = b - av , 2所以 AB = av2 - 2avnb + b 2 =12 .
uuur uuurAB
所以 AB = 2 3 ,由正弦定理可得DAOB 的外接圓即圓 M 的直徑為 2R = = 4 .
sin AOB
uuur v
所以當(dāng) OC 為圓 M 的直徑時， c 取得最大值 4.
故選 A.
點睛:平面向量中有關(guān)最值問題的求解通常有兩種思路：①“形化”，即利用平面向量的幾何意義將問題轉(zhuǎn)化
為平面幾何中的最值或范圍問題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進(jìn)行判斷；②“數(shù)化”，即利用平面向量的
坐標(biāo)運(yùn)算，把問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域、不等式的解集、方程有解等問題，然后利用函數(shù)、不
等式、方程的有關(guān)知識來解決．
2．（湖南·高考真題）已知點 A,B,C 在圓 x2 + y2 =1上運(yùn)動，且 AB ^ BC，若點 P 的坐標(biāo)為（2，0），則
uuur uuur uuur
PA + PB + PC 的最大值為
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
【詳解】由題意，AC 為直徑，所以 PA + PB + PC = 2 PO + PB 4 + PB 4 + 3 = 7 ,當(dāng)且僅當(dāng)點 B 為（-1，
uuur uuur uuur
0）時， PA + PB + PC 取得最大值 7，故選 B.
考點：直線與圓的位置關(guān)系、平面向量的運(yùn)算性質(zhì)
【名師點睛】與圓有關(guān)的最值問題是命題的熱點內(nèi)容，它著重考查數(shù)形結(jié)合與轉(zhuǎn)化思想. 由平面幾何知識知，
圓上的一點與圓外一定點距離最值在定點和圓心連線與圓的兩個交點處取到．圓周角為直角的弦為圓的半
徑，平面向量加法幾何意義這些小結(jié)論是轉(zhuǎn)化問題的關(guān)鍵.
uuur uuur uuur uuur uuur
3．（四川·高考真題）在平面內(nèi)，定點 A，B，C，D 滿足 DA = DB DC
uuur uuur uuur uuur
= , DA × DB = DB × DC = DC × DA =–2，
uuur uuuur uuuur uuuur 2
動點 P，M 滿足 AP =1，PM = MC ，則 BM 的最大值是
43
A B 49 C 37 + 6 3． ． ． D 37 + 2 33．
4 4 4 4
【答案】B
uuur uuur uuur
【詳解】試題分析：由已知易得 ADC = ADB = BDC =120°, DA = DB = DC = 2 .以D為原點，直線DA
uuur
為 x 軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，則 A 2,0 , B -1,- 3 ,C -1, 3 . 設(shè)P x , y , 由已知 AP =1，得
2 uuuur uuuur x -1 y + 3 uuuur 2 PM MC, M , , BM x +1 y + 3 3

x - 2 + y =1，又 = \ 2 2 ÷÷ \ = , ÷÷ ,è è 2 2
2
uuuur 2 x+1 2 + y + 3 3 2 1
\ BM = ，它表示圓 x - 2 + y2 =1上的點 x，y 與點 -1,- 3 3 的距離的平方的 ，
4 4
uuuur
2
2BM 1 \ = 324 + 3 3
2
1 49+ ÷ = ，故選 B.
max è 4
【考點】平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，向量的夾角，解析幾何中與圓有關(guān)的最值問題
【名師點睛】本題考查平面向量的夾角與向量的模，由于結(jié)論是要求向量模的平方的最大值，因此我們要
把它用一個參數(shù)表示出來，解題時首先對條件進(jìn)行化簡變形，本題中得出 ADC = ADB = BDC =120°，
uuur uuur uuur
且 DA = DB = DC = 2，因此我們采用解析法，即建立直角坐標(biāo)系，寫出點 A, B,C, D 的坐標(biāo)，同時動點 P
2
uuuur 2 x +1 2 + y + 3 3的軌跡是圓，則 BM = ，因此可用圓的性質(zhì)得出最值．因此本題又考查了數(shù)形結(jié)合的
4
數(shù)學(xué)思想．第 06 講 平面向量中的范圍與最值問題
（高階拓展、競賽適用）
（2 類核心考點精講精練）
平面向量中的范圍與最值范圍問題是向量問題中的命題熱點和重難點，綜合性強(qiáng)，體現(xiàn)了高考在知識
點交匯處命題的思想，常以選擇填空題的形式出現(xiàn)，難度稍大，方法靈活。
基本題型是根據(jù)已知條件求某個變量的范圍、最值，"比如向量的模、數(shù)量積、向量夾角、系數(shù)的范圍
的等，在復(fù)習(xí)過程中要注重對基本方法的訓(xùn)練，把握好類型題的一般解法。由于數(shù)量積和系數(shù)的范圍在前
兩節(jié)已學(xué)習(xí)，本講主要圍繞向量的模和夾角的范圍與最值展開學(xué)習(xí)。
本講內(nèi)容難度較大，需要綜合學(xué)習(xí)。
知識講解
1. 模長的范圍及最值
r r
與向量的模有關(guān)的問題, 一般都會用到 a2 =| a |2 ，結(jié)合平面向量及最值范圍等基本知識可求解。
2. 夾角的范圍及最值
類別 幾何表示 坐標(biāo)表示
模 |a|＝ a·a |a|＝ x21＋y21
a·b x1x2＋y1y2
夾角 cos θ＝ cos θ＝
|a||b| x21＋y21· x22＋y22
結(jié)合平面向量的模長、夾角公式及最值范圍等基本知識可求解。
考點一、模長的范圍及最值問題
r r r r r
1 r r r．（浙江·高考真題）已知 a，b 是平面內(nèi)兩個互相垂直的單位向量，若向量 c 滿足 (a - c) × (b - c) = 0，則 c
的最大值是
A．1 B．2 C． D．
v v v v v v v v v
2．（湖南·高考真題）已知 a,b是單位向量， agb = 0 .若向量 c滿足 c - a - b =1,則 c 的取值范圍是（ ）
A． é 2-1，, 2+1ù é B． 2-1，, 2+2ù
C． é ù é 1，, 2+1 D． 1，, 2+2ù
uuuv uuuuv uuuuv
3．（四川·高考真題）已知正三角形 ABC 的邊長為 2 3 ，平面 ABC 內(nèi)的動點 P , M 滿足 AP =1， PM = MC ，
uuuuv 2
則 BM 的最大值是
43
A B 49 C 37 + 6 3． ． ． D 37 + 2 33．
4 4 4 4
r r r r r r r
1．（2024·全國· r r模擬預(yù)測）已知 a,b ,c 為單位向量，且 3a - 5b = 7 ，則 2a - c + b - 2c 的最小值為（ ）
A．2 B． 2 3 C．4 D．6
r r 1 r r r r r r r r 2
2．（23-24 · r高二上 四川·階段練習(xí)）已知平面向量 a,b 滿足 a = b = a ×b =1 2 | cr r， |2 = b ×c ，則 c - a 2 + c - b
2
的最小值是 .
r r r r 1 r r r
3．（2024·吉林長春· r r模擬預(yù)測）已知向量 a，b 為單位向量，且 a ×b = - ，向量 c 與 共線，則 | b + c |2 a +3b
的最小值為 .
r r r r r r r r r r r r
4．（2024·上海長寧·二模）已知平面向量 a,b ,c 滿足： a = b = 10, c = 2，若 c - a × c - b = 0 ，則 a - b 的
最小值為 ．
r r r rb 1 cr ar cr ar5．（23-24 高三上·重慶沙坪壩·階段練習(xí)）已知 a = 3 ， = ， a ×b = 0， + + - = 4 ，
r r r r
d 2
r
- 4b ×d + 3 = 0，則 c - d 的最大值為（ ）
A 2 21 4 21
31
． +1 B．4 C． + 2 D．
3 3 3
r r r 1 r r r r p
6．（21-22 高一下·浙江·階段練習(xí)）已知 | ar |=| b |=| cr |=1， a ×b = ， áa,c + áb ,c = ．若m,n R ，則
2 3
r r r r r| ma r- nb | + | ma - c | + | nb - c |的最小值為（ ）
A．0 B 3． C．1 D． 3
2
考點二、夾角的范圍及最值問題
uuur uuur uuur uuur
1．（2024·廣東江門·二模）設(shè)向量OA = (1, x),OB = (2, x) ，則 cosáOA, OB 的最小值為 .
r r r r r r r r r
2．（2022· r r r上海奉賢·一模）設(shè)平面上的向量 a,b , x, y 滿足關(guān)系 a = y - x,b = mx - y m 2 ，又設(shè) a與b 的模均
r r
為 1 且互相垂直，則 x 與 y 的夾角取值范圍為 .
r uuur r uuur r uuur uuur uuur uuur 2
3．（22-23 高三上·江西·階段練習(xí)）已知平面向量 a = OA，b = OB， c = OC ，滿足 4OC × AC =1- OA ，
uuur uuur uuur 2 r r r r
4OB ×CB =1- OC ，則向量 a - 4b 與 c - 2b 所成夾角的最大值是（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
r r r r r r r
1．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知非零向量 a 與b 的夾角為銳角， c為b 在 a 方向上的投影向量，且 | c |=| a |= 2，
r r r r
則 a + b + c 與b 的夾角的最大值是 ．
r r r r r r r ur
2．（21-22 高三上·浙江溫州·期末）已知平面向量 a,b滿足 a = a + b =1
1
， a ×b = - ，向量 p 滿足
2
ur r r ur ur r
p = 2 - l a + lb，當(dāng) p 與 p - a的夾角余弦值取得最小值時，實數(shù)l 的值為 .
rur r r r
3．（2021·浙江寧波·模擬預(yù)測）已知 a,b是空間單位向量， a ×b = 0 ，若空間向量 c滿足：
r r r r r r r r r r r
c ×a =1,c ×b = 2, c = 10 ，則 a + b + c = ，對于任意 x, y R ，向量 c與向量 xa + yb所成角的最小值
為 ．
一、單選題 ur r ur r r
1．（2023·江西九江·一模）已知m 、 n為單位向量，則向量m + 2n 與 n夾角的最大值為（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
r r r r r r r r r
2．（2023·北京·模擬預(yù)測）平面向量 a ，b 滿足 a = 3 b ，且 a - b = 4，則 a 與 a - b夾角的正弦值的最大值為
（ ）
1 1 1 2A． B． C． 2 D．4 3 3
r r r r r r 4
3．（2023·安徽安慶·二模）已知非零向量 a ，b 的夾角為q ， a + b = 2，且 a b ，則夾角q 的最小值為3
（ ）
π π π π
A． B． C． D．
6 4 3 2
r r r ar
r r r 3 r r r r
4．（2024·安徽六安·模擬預(yù)測）已知平面向量 a，b ， c 滿足 =1， b = 3 ， a ×b = - ， a - c,b - c = 30°，2
cr則 的最大值等于（ ）
A． 2 7 B． 7 C． 2 3 D．3 3
r r r r r π
5 2024· · a | ar | | b | r(r 0) áa,b = | ar
r
．（ 全國 模擬預(yù)測）已知 ，b 為非零向量，且 = = > ， ，若 + tb |的最小值為3
3，則 r 2 + t 2 的值為（ ）．
5 9 17
A． B． C．4 D．
2 4 4
r r r r r r r r r r r r r
6．（2021·全國·模擬預(yù)測）已知向量 a，b 滿足 a + b = 3 ， a ×b = 0 ，若 c = la + (1- l)b(l R)，且 c × a = c ×b，
r
則 c 的最大值為（ ）
3
A．3 B．2 C 1． 2 D． 2
r r r r r r r r π r r
7．（2021·浙江·模擬預(yù)測）已知非零平面向量 a，b ， c滿足 a = 2， b - c = 1，若 a與b 的夾角為 ，則 a - c3
的最小值為（ ）
A． 3 -1 B． 3 C． 3 +1 D 3．
2
8．（2021·全國· 模擬預(yù)測）設(shè) |a |=1， |b | = 3 ，且 a ^ b ，若向量 c 滿足 c- a- b = 2 a- b ，則 | c |的最大值是
（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
二、填空題
r r r r r r r r
9．（2023·安徽宣城·二模）已知向量 a,b滿足 a = 2 b = 2，對任意的l > 0, a - lb 的最小值為 3，則 a 與b
的夾角為 ．
r r r r r r
10．（2023· · r r r河北 模擬預(yù)測）已知平面向量 a,b 滿足 a - b =1且 a ^ b ，當(dāng)向量 a - b 與向量3ar - b 的夾角最大
r
時，向量b 的模為 ．
r r r
11．（2023· r r 3 r上海閔行·二模）已知單位向量 a,b ，若對任意實數(shù) x ， xa - b 恒成立，則向量 a,b 的夾角
2
的最小值為 .
r r r r r r 5π r
12．（2024·河北滄州·模擬預(yù)測）已知單位向量 a，向量b 與 a不共線，且 a - b ,b = ，則 b 的最大值為 ．6
r r r r r r r r r
13．（2023·上海楊浦·二模）已知非零平面向量 ar r、b 、 c 滿足 a = 5， 2 b = c ，且 b - a × c - a = 0，則 b
的最小值是
r r r r r
14．（22-23 r r高一下·福建福州·期中）已知平面向量 a ，b ，且滿足 a ×b =| a |=| b |= 2，若 e為平面單位向量，
ar er
r r
則 × + b ×e 的最大值
r r r r r r r r r r r
15．（2023·貴州銅仁· r r模擬預(yù)測）已知向量 a，b ， c 滿足 a + b + c = 0 ， a - b × a - c = 0， b - c = 3，則
r
ar + b r+ c 的最大值是 .
r r r r r r r
16．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知非零且不垂直的平面向量 a，b 滿足 a + b = 6，若 a在b 方向上的投影與b
ar r
r 2 r r
在 方向上的投影之和等于 a ×b ，則 a，b 夾角的余弦值的最小值為 ．
r r r r r r
17．（21-22 高三上·浙江嘉興·期末）已知非零平面向量 a，b ， c 滿足 a - b = 4 ，且 a
r
- cr × b r- c = -1，若
r r π πa與b 的夾角為q ，且q
é , ù rê ú，則 c 的模取值范圍是 . 3 2
uuur uuur
18．（23-24 高三上·天津?qū)幒印て谀┰谄叫兴倪呅?ABCD中， ABC = 60°，E 是CD 的中點， AF = 2FE ，
uuur r uuur r uuur r r uuur
若設(shè)BA = a, BC = b ，則BF 可用 a ，b 表示為 ；若VADE
3
的面積為 ，則 BF 的最小值
2
為 ．
r r r r
19．（2020·浙江溫州·三模）已知向量 a，b 滿足 | a |= 3， | b |= 1，若存在不同的實數(shù)l1,l2 l1l2 0 ，使得
ur r r ur r ur r ur uur
ci = li a + 3li b ，且 (ci - a) × (ci - b) = 0(i =1,2),則 c1 - c2 的取值范圍是
r r r r r 7 v v r r r r
20．（2021·浙江金華·模擬預(yù)測）已知平面向量 a,b,c滿足 a ×b = ， a - b = 3 , (a - c) × (b - c) = -2 ,則 c 的取值
4
r r r
范圍是 ；已知向量 ar,b r是單位向量，若 agb = 0 ，且 c
r r r
-a + c -2b 5 r= ，則 c + 2a
r
的取值
范圍是 .
v v v v v v
1．（全國·高考真題）設(shè)向量 a,b,c滿足 a
v b 2 v v= = v v， a ×b = -2 ， a - c,b - c
v = 60°，則 c 的最大值等于
A．4 B．2 C． 2 D．1
2．（湖南·高考真題）已知點 A,B,C 在圓 x2 + y2 =1上運(yùn)動，且 AB ^ BC，若點 P 的坐標(biāo)為（2，0），則
uuur uuur uuur
PA + PB + PC 的最大值為
A．6 B．7 C．8 D．9
uuur uuur uuur uuur uuur
3．（四川·高考真題）在平面內(nèi)，定點 A，B，C，D 滿足 DA = DB = DC
uuur uuur uuur uuur
, DA × DB = DB × DC = DC × DA =–2，
uuur uuuur uuuur uuuur 2
動點 P，M 滿足 AP =1，PM = MC ，則 BM 的最大值是
43
A B 49 C 37 + 6 3． ． ． D 37 + 2 33．
4 4 4 4

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