資源簡介

培優課1　平面向量數量積的最值與范圍問題
平面向量中的最值與范圍是高考的熱點與難點問題，主要考查向量的模、數量積、夾角及向量的系數等的最值、范圍．解決這類問題的常用思路有兩種：一是建立求解目標的函數關系，通過函數的值域解決問題；二是借助平面向量“數”與“形”的雙重身份，數形結合解決，轉化中注意極化恒等式的應用．
類型1　向量系數的最值、范圍
【典例1】　(1)(2024·河北滄州模擬)如圖，在△ABC中，D是BC的中點，G是AD的中點，過點G作直線分別交AB，AC于點M，N，且＝x＝y，則的最小值為(　　)
A．1　　　B．2　　　C．4　　　D．
(2)設非零向量a，b的夾角為θ，若|a|＝2|b|＝2，且不等式|2a＋b|≥|a＋λb|對任意的θ恒成立，則實數λ的取值范圍為(　　)
A．[－1，3] B．[－1，5]
C．[－7，3] D．[5，7]
(1)A　(2)A　[(1)因為G是AD的中點，且＝x，＝y，
所以＝)＝(x＋y)．
因為M，G，N三點共線，所以(x＋y)＝1，
所以＝(x＋y)·
＝＝1，
當且僅當x＝y＝2時，等號成立．故選A．
(2)∵非零向量a，b的夾角為θ，若|a|＝2|b|＝2，
∴|a|＝2，|b|＝1，
a·b＝2×1×cos θ＝2cos θ，
∵不等式|2a＋b|≥|a＋λb|對任意的θ恒成立，
∴(2a＋b)2≥(a＋λb)2，
∴4a2＋4a·b＋b2≥a2＋2λa·b＋λ2b2，
整理可得13－λ2＋(8－4λ)cos θ≥0恒成立，
∵cos θ∈[－1，1]，
∴解得－1≤λ≤3．]
利用共線向量定理及推論
(1)a∥b a＝λb(b≠0)．
(2)＝λ＋μ(λ，μ為實數)，則A，B，C三點共線 λ＋μ＝1．
[跟進訓練]
1．(1)(2024·廣東深圳一模)設點A(－2，0)，B，C(0，1)，若動點P滿足||＝2||，且＝λ＋μ，則λ＋2μ的最大值為________．
(2)如圖，點C在半徑為1，圓心角為的扇形OAB的上運動．已知＝x＋y，則當∠AOC＝時，x＋y＝________；x＋y的最大值為________．
(1)　(2)　2　[(1)設P(x，y)，則＝(－2－x，－y)，＝，
由||＝2||，得＝2，
整理，得x2＋y2＝1，
又＝(x＋2，y)，＝＝(2，1)，
代入＝λ＋μ，得
有x＋y＋2＝λ＋3μ＝(λ＋2μ)，
所以λ＋2μ＝(x＋y＋2)，
由1＝x2＋y2≥2xy，得xy≤，
所以(x＋y)2＝x2＋2xy＋y2≤1＋1＝2，
得x＋y≤，
當且僅當x＝y＝時等號成立，
所以λ＋2μ＝(x＋y＋2)≤＋2)＝．
即λ＋2μ的最大值為．
(2)以O為坐標原點，OA所在直線為x軸，過點O作OA的垂線所在直線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，
則A(1，0)，B＝(1，0)，＝，
當∠AOC＝時，C，
則＝，
由＝x＋y，
得＝x(1，0)＋y，
即解得
故x＋y＝．
設∠AOC＝α，
則＝(cos α，sin α)，
由＝x＋y，
得(cos α，sin α)＝x(1，0)＋y，
即
解得
故x＋y＝cos α＋sin α＝2sin ，
由于0≤α≤，故當α＝時，2sin 取最大值為2，即x＋y的最大值為2．
類型2　求向量模、夾角的最值(范圍)
【典例2】　(1)已知e為單位向量，向量a滿足(a－e)·(a－5e)＝0，則|a＋e|的最大值為(　　)
A．4　　　B．5　　　C．6　　　D．7
(2)(2024·河北石家莊二模)在平行四邊形ABCD中，＝，λ∈[，3]，則cos ∠BAD的取值范圍是(　　)
A．
C．
(1)C　(2)A　[(1)可設e＝(1，0)，a＝(x，y)，
則(a－e)·(a－5e)＝(x－1，y)·(x－5，y)
＝x2－6x＋5＋y2＝0，
即(x－3)2＋y2＝4，
則1≤x≤5，－2≤y≤2，
|a＋e|＝＝，
當x＝5時，取得最大值6，
即|a＋e|的最大值為6．
(2)設與同方向的單位向量＝，與同方向的單位向量＝，與同方向的單位向量＝，由題意，得＋3e2＝λe3，
所以(＋3e2)2＝，即＝，
所以1＋6×1×1×cos ∠BAD＋9＝λ2，
所以cos ∠BAD＝，
因為λ∈[，3]，所以λ2∈[7，9]，
所以∈，
即cos ∠BAD∈．故選A．]
1．求模的范圍或最值的常見方法
(1)通過|a|2＝a2轉化為實數問題；
(2)數形結合；
(3)坐標法．
2．求向量夾角的取值范圍、最值，往往要將夾角與其某個三角函數值用某個變量表示，轉化為求函數的最值問題，要注意變量之間的關系．
[跟進訓練]
2．(1)(2024·河北保定期末)若|a|＝2，|a－b|＝1，則|b|的最大值為(　　)
A．3 B．5
C．3 D．2
(2)若平面向量a，b，c滿足|c|＝2，a·c＝2，b·c＝6，a·b＝2，則a，b夾角的取值范圍是________．
(1)A　(2)　[(1)法一：設a與a－b的夾角為θ．因為|b|＝|(a－b)－a|，
得|b|2＝|(a－b)－a|2＝(a－b)2－2(a－b)·a＋a2＝|a－b|2－2|a－b|·|a|cos θ＋|a|2
＝1－4cos θ＋4＝5－4cos θ，
當cos θ＝－1時，|b|2有最大值9，|b|的最大值為3．故選A．
法二：因為|a|＝2，如圖設a＝，b＝，
由|a－b|＝1知點B在以A為圓心1為半徑的圓上，
當點B與O，A在一條直線，位于圖中B′位置時，|b|的最大值為3．
故選A．
(2)設c＝(2，0)，a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，
a與b的夾角為θ，
則a·c＝2x1＝2 x1＝1，
b·c＝2x2＝6 x2＝3，
∴a＝(1，y1)，b＝(3，y2)，
a·b＝3＋y1y2＝2 y1y2＝－1 y2＝－，
∴cos θ＝＝
＝＝，
當且僅當y1＝±時，等號成立，
顯然cos θ＞0，即0＜cos θ≤，
∵0≤θ≤π，∴≤θ＜，
因此，a，b夾角的取值范圍是．]
類型3　求向量數量積的最值(范圍)
【典例3】　(1)(2024·寧夏一模)窗花是貼在窗戶上的剪紙，是中國古老的傳統民間藝術之一，圖1是一個正八邊形窗花隔斷，圖2是從窗花圖中抽象出的幾何圖形的示意圖．如圖2，若正八邊形ABCDEFGH的邊長為2，P是正八邊形ABCDEFGH八條邊上的動點，則的最小值為(　　)
A． B．0
C．－2 D．－4
(2)(2024·遼寧撫順三模)太極圖被稱為“中華第一圖”，其形狀如陰陽兩魚互抱在一起，因而又被稱為“陰陽魚太極圖”．如圖所示的圖形是由半徑為2的大圓O和兩個對稱的半圓弧組成的，線段MN過點O且兩端點M，N分別在兩個半圓弧上，P是大圓上一動點，則的最小值為________．
(1)C　(2)0　[(1)法一：(坐標法)設〈〉＝θ，
當P與A重合時，＝0；
當P在線段AB(除A)、線段BC、線段CD、線段DE、線段EF(除F)點上運動時，
0≤θ<，cos θ>0，所以＝||·||·cos θ>0，
當P與F重合時，θ＝，所以＝||·||·cos θ＝0．
以A為原點，AB所在直線，AF所在直線分別為x，y軸建立平面直角坐標系，根據正八邊形的性質可知AF＝2＋×2＝2＋2，則F(0，2＋2)，G(－，2＋)，H(－)，B(2，0)，
直線GF的方程為y＝x＋2＋2，直線GH的方程為x＝－，直線AH的方程為y＝－x，
當P在線段GF(除F)上運動時，設P(x，x＋2＋2)(－≤x<0)，
所以＝(x，x＋2＋2)·(2，0)＝2x∈[－2，0)，
當P在線段GH上運動時，設P(－，t)(≤t≤＋2)，
所以＝(－，t)·(2，0)＝－2，
當P在線段AH(除A)上運動時，設P(x，－x)(－≤x<0)，
所以＝(x，－x)·(2，0)＝2x∈[－2，0)．
綜上所述，的最小值為－2．故選C．
法二：(數量積的幾何意義)設〈〉＝θ，
則＝||·||cos θ，結合數量積的幾何意義可知，當點P在GH上運動時， ||cos θ最小，所以的最小值為2×2×＝－2．
(2)連接PO，可得＝()·()＝－＝4－，
顯然當最大，即||取得最大值2時，取得最小值0．]
向量數量積最值(范圍)問題的解題策略
(1)形化：利用平面向量的幾何意義將問題轉化為平面幾何中的最值或范圍問題，然后根據平面圖形的特征直接進行判斷．
(2)數化：利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數中的函數最值與值域、不等式的解集或方程有解等問題，然后利用函數、不等式或方程的有關知識來解決．
(3)轉化：利用向量的極化恒等式可以對數量積進行轉化，體現了向量的幾何屬性，特別適合于以三角形為載體，含有線段中點的向量問題．
[跟進訓練]
3．(1)(2024·北京朝陽一模)在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，點P在線段BC上．當取得最小值時，PA＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
(2)如圖所示，△ABC是邊長為8的等邊三角形，點P為AC邊上的一個動點，長度為6的線段EF的中點為B，則的取值范圍是________．
(1)B　(2)[39，55]　[(1)如圖，以BC所在直線為x軸，以BC的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標系，
由AB＝AC＝2，BC＝2，則OA＝＝1，
所以A(0，1)，B(－，0)，C(，0)，
設P(x，0)，－≤x≤，
則＝(－x，1)，＝(－－x，0)，
則＝－x·(－－x)＝x2＋x＝－，
當x＝－時，取得最小值，此時＝，PA＝＝．
故選B．
(2)由向量極化恒等式知
＝()·()＝||2－||2＝||2－9．
又△ABC是邊長為8的等邊三角形，
所以當點P位于點A或點C時，||取最大值8．
當點P位于AC的中點時，||取最小值，
即||min＝8sin ＝4，
所以||的取值范圍為[4，8]，
所以的取值范圍為[39，55]．]
培優專練1　平面向量數量積的最值與范圍問題
1．(2024·湖北黃岡二模)已知e為單位向量，向量a滿足a·e＝3，|λe－a|＝1，則|a|的最大值為(　　)
A．9　　　B．3　　　C．　　　D．10
C　[根據條件得(a－λe)2＝|a|2＋λ2－2a·eλ＝λ2－6λ＋|a|2＝1，
得到|a|2＝－(λ2－6λ－1)＝－(λ－3)2＋10≤10，
所以|a|≤，即|a|的最大值為．
故選C．]
2．設向量＝(1，－2)，＝(a，－1)，＝(－b，0)，其中O為坐標原點，a>0，b>0，若A，B，C三點共線，則的最小值為(　　)
A．4 B．6
C．8 D．9
C　[由題意得，＝＝(a－1，1)，
＝＝(－b－1，2)，
∵A，B，C三點共線，
∴＝λ且λ∈R，
則 可得2a＋b＝1，
∴＝(2a＋b)＝4＋≥4＋2＝8，
當且僅當b＝2a＝時，等號成立，
∴的最小值為8．
故選C．]
3．(2024·湖北武漢四調)點P是邊長為1的正六邊形ABCDEF邊上的動點，則的最大值為(　　)
A．2 B．
C．3 D．
C　[如圖，分別取AB，DE的中點Q，R，連接PQ，QR，
則由題知，QA＝，BD2＝DC2＋BC2－2DC×BC×cos ∠BCD＝1＋1－2×1×1×cos 120°＝3，即BD＝，
所以QD＝＝＝＝，
由圖可知當P運動到D或E時PQ最大，
所以＝()·()＝()·()
＝－＝－－＝3，
所以的最大值為3．故選C．]
4．已知單位向量a，b，若對任意實數x，|xa＋b|≥恒成立，則向量a，b的夾角的取值范圍為(　　)
A．
C．
B　[a，b是單位向量，由|xa＋b|≥得
(xa＋b)2≥ x2＋2(a·b)x＋≥0，
依題意，不等式x2＋2(a·b)x＋≥0對任意實數x恒成立，則Δ＝4(a·b)2－1≤0，
解得－≤a·b≤，
而cos 〈a，b〉＝＝a·b，
則－≤cos 〈a，b〉≤，
又0≤〈a，b〉≤π，函數y＝cos x在[0，π]上單調遞減，因此≤〈a，b〉≤，
所以向量a，b的夾角的取值范圍為．故選B．]
5．如圖，邊長為2的等邊三角形ABC的外接圓為圓O，P為圓O上任一點．若＝x＋y，則2x＋2y的最大值為(　　)
A． B．2　　　
C．　　　 D．1
A　[法一：(坐標法)以點O為坐標原點，過點O平行于AB的直線為x軸建立如圖所示的平面直角坐標系，
由已知可得A，B，C，
點P在以點O為圓心，為半徑的圓上，
所以可設P，0≤θ＜2π，
則＝＝(2，0)，＝(1，)，由＝x＋y，可得2x＋y＝cos θ＋1，y＝sin θ＋，
∴2x＋2y＝cos θ＋1＋sin θ＋＝sin ，∵0≤θ＜2π，∴≤θ＋＜，
∴當θ＝時，2x＋2y的最大值為．故選A．
法二：(等和線法)如圖，作BC的平行線與圓相交于點P，與直線AB相交于點E，與直線AC相交于點F，
設＝λ＋μ，則λ＋μ＝1．
因為BC∥EF，所以設＝＝k，則k∈，
所以＝k＝k＝λ＋μ＝λk＋μk，所以x＝λk，y＝μk，
所以2x＋2y＝2(λ＋μ)k＝2k∈．故選A．]
6．(多選)(2024·山東濰坊二模)已知向量a，b，c為平面向量，|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，|c－a|＝，則下列說法中正確的是(　　)
A．1≤|c|≤
B．(c－a)·(c－b)的最大值為
C．－1≤b·c≤1
D．若c＝λa＋μb，則λ＋μ的最小值為1－
BCD　[對于A，設a＝(1，0)，b＝(0，2)，c＝(x，y)，根據|c－a|＝有＝，
即(x－1)2＋y2＝，是圓心為(1，0)，半徑為的圓，又|c|＝的幾何意義為原點到圓(x－1)2＋y2＝上點(x，y)的距離，則≤|c|≤，故A錯誤；
對于B，(c－a)·(c－b)＝(x－1)x＋y(y－2)＝x2－x＋y2－2y＝＋(y－1)2－，則轉化為求圓(x－1)2＋y2＝上的點到的距離最大值，
為－＝－＝，故B正確；
對于C，b·c＝2y，因為－≤y≤，故－1≤b·c≤1，故C正確；
對于D，因為(x－1)2＋y2＝，故x＝＋1，y＝，
又因為c＝λa＋μb，故λ＝x，μ＝，
λ＋μ＝＋1＋＝＋1＝sin (θ＋φ)＋1(其中tan φ＝2)，
故當sin (θ＋φ)＝－1時，λ＋μ取最小值1－，故D正確．故選BCD．]
7．(2024·湖南長沙模擬)已知正三角形ABC的邊長為2，點P為△ABC所在平面內的動點，且PC＝1，則的取值范圍為________．
[3－2，3＋2]　[由已知，點P的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓．取線段AB的中點M，
則＝()·()＝＝||2－||2＝||2－1，
又因為|PM|∈[|CM|－1，|CM|＋1]，|CM|＝，
所以|PM|∈[－1，＋1]，
則∈[3－2，3＋2]．
11/14培優課1　平面向量數量積的最值與范圍問題
平面向量中的最值與范圍是高考的熱點與難點問題，主要考查向量的模、數量積、夾角及向量的系數等的最值、范圍．解決這類問題的常用思路有兩種：一是建立求解目標的函數關系，通過函數的值域解決問題；二是借助平面向量“數”與“形”的雙重身份，數形結合解決，轉化中注意極化恒等式的應用．
類型1　向量系數的最值、范圍
【典例1】　(1)(2024·河北滄州模擬)如圖，在△ABC中，D是BC的中點，G是AD的中點，過點G作直線分別交AB，AC于點M，N，且＝x＝y，則的最小值為(　　)
A．1　　　B．2　　　C．4　　　D．
(2)設非零向量a，b的夾角為θ，若|a|＝2|b|＝2，且不等式|2a＋b|≥|a＋λb|對任意的θ恒成立，則實數λ的取值范圍為(　　)
A．[－1，3] B．[－1，5]
C．[－7，3] D．[5，7]
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利用共線向量定理及推論
(1)a∥b a＝λb(b≠0)．
(2)＝λ＋μ(λ，μ為實數)，則A，B，C三點共線 λ＋μ＝1．
[跟進訓練]
1．(1)(2024·廣東深圳一模)設點A(－2，0)，B，C(0，1)，若動點P滿足||＝2||，且＝λ＋μ，則λ＋2μ的最大值為________．
(2)如圖，點C在半徑為1，圓心角為的扇形OAB的上運動．已知＝x＋y，則當∠AOC＝時，x＋y＝________；x＋y的最大值為________．
類型2　求向量模、夾角的最值(范圍)
【典例2】　(1)已知e為單位向量，向量a滿足(a－e)·(a－5e)＝0，則|a＋e|的最大值為(　　)
A．4　　　B．5　　　C．6　　　D．7
(2)(2024·河北石家莊二模)在平行四邊形ABCD中，＝，λ∈[，3]，則cos ∠BAD的取值范圍是(　　)
A．
C．
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1．求模的范圍或最值的常見方法
(1)通過|a|2＝a2轉化為實數問題；
(2)數形結合；
(3)坐標法．
2．求向量夾角的取值范圍、最值，往往要將夾角與其某個三角函數值用某個變量表示，轉化為求函數的最值問題，要注意變量之間的關系．
[跟進訓練]
2．(1)(2024·河北保定期末)若|a|＝2，|a－b|＝1，則|b|的最大值為(　　)
A．3 B．5
C．3 D．2
(2)若平面向量a，b，c滿足|c|＝2，a·c＝2，b·c＝6，a·b＝2，則a，b夾角的取值范圍是________．
類型3　求向量數量積的最值(范圍)
【典例3】　(1)(2024·寧夏一模)窗花是貼在窗戶上的剪紙，是中國古老的傳統民間藝術之一，圖1是一個正八邊形窗花隔斷，圖2是從窗花圖中抽象出的幾何圖形的示意圖．如圖2，若正八邊形ABCDEFGH的邊長為2，P是正八邊形ABCDEFGH八條邊上的動點，則的最小值為(　　)
A． B．0
C．－2 D．－4
(2)(2024·遼寧撫順三模)太極圖被稱為“中華第一圖”，其形狀如陰陽兩魚互抱在一起，因而又被稱為“陰陽魚太極圖”．如圖所示的圖形是由半徑為2的大圓O和兩個對稱的半圓弧組成的，線段MN過點O且兩端點M，N分別在兩個半圓弧上，P是大圓上一動點，則的最小值為________．
[聽課記錄] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
向量數量積最值(范圍)問題的解題策略
(1)形化：利用平面向量的幾何意義將問題轉化為平面幾何中的最值或范圍問題，然后根據平面圖形的特征直接進行判斷．
(2)數化：利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數中的函數最值與值域、不等式的解集或方程有解等問題，然后利用函數、不等式或方程的有關知識來解決．
(3)轉化：利用向量的極化恒等式可以對數量積進行轉化，體現了向量的幾何屬性，特別適合于以三角形為載體，含有線段中點的向量問題．
[跟進訓練]
3．(1)(2024·北京朝陽一模)在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，點P在線段BC上．當取得最小值時，PA＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
(2)如圖所示，△ABC是邊長為8的等邊三角形，點P為AC邊上的一個動點，長度為6的線段EF的中點為B，則的取值范圍是________．
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