资源简介

本资料分享自新人教版高中数学资源大全QQ群323031380 期待你的加入与分享
平面向量中极化恒等式、等和(高)线定理及最值(范围)问题)
1．极化恒等式：a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]．
(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“和对角线”与“差对角线”平方差的.
(2)平行四边形PMQN，O是对角线交点．则：
①·＝[|PQ|2－|NM|2](平行四边形模式)；
②·＝|PO|2－|NM|2(三角形模式)．
2．等和(高)线定理
(1)由三点共线结论推导等和(高)线定理：如图，由三点共线结论可知，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ＝1，由△OAB与△OA′B′相似，必存在一个常数k，k∈R，使得＝k，则＝k＝kλ＋kμ，又＝x＋y(x，y∈R)，∴x＋y＝kλ＋kμ＝k；反之也成立．
(2)平面内一组基底，及任一向量，＝λ＋μ(λ，μ∈R)，若点P′在直线AB上或在平行于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平行的直线成为等和(高)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O点和等和线之间时，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；
⑥定值k的变化与等和线到O点的距离成正比．
3．平面向量中的最值(范围)问题
(1)向量投影、数量积、向量的模、夹角的最值(或范围)．
(2)向量表达式中字母参数的最值(或范围)．
题型一　极化恒等式的应用
【例1】 (1)已知AB是圆O的直径，AB长为2，C是圆O上异于A，B的一点，P是圆O所在平面上任意一点，则(＋)·的最小值为(　　)
A．－ B．－ C．－ D．－1
(2)(2020·天津卷)如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且＝λ，·＝－，则实数λ的值为__________；若M，N是线段BC上的动点，且||＝1，则·的最小值为__________．
答案　(1)C　(2)　
解析　(1)＋＝2，∴(＋)·＝2·，取OC中点D，由极化恒等式得，·＝|PD|2－|OC|2＝|PD|2－，又|PD|＝0，∴(＋)·的最小值为－.
(2)法一　依题意得AD∥BC，∠BAD＝120°，由·＝||·||·cos ∠BAD＝－||＝－，得||＝1，因此λ＝＝.取MN的中点E，连接DE，则＋＝2，·＝[(＋)2－(－)2]＝2－2＝2－.注意到线段MN在线段BC上运动时，DE的最小值等于点D到直线BC的距离，即AB·sin B＝，因此2－的最小值为－＝，即·的最小值为.
法二　因为＝λ， 所以AD∥BC，则∠BAD＝120°，
所以·＝||·||·cos 120°＝－，
解得||＝1.
因为，同向，且BC＝6，
所以＝，即λ＝.
在四边形ABCD中，作AO⊥BC于点O，则BO＝AB·cos 60°＝，AO＝AB·sin 60°＝.
以O为坐标原点，以BC和AO所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系．
如图，设M(a，0)，不妨设点N在点M右侧，
则N(a＋1，0)，且－≤a≤.
又D，所以＝，
＝，
所以·＝a2－a＋＝＋.
所以当a＝时，·取得最小值.
感悟升华　(1)极化恒等式多用于向量的数量积；
(2)注意在三角形、平行四边形中的应用．
【训练1】 (1)(2021·杭州二中模拟)在△ABC中，M是BC的中点，AM＝3
，BC＝10，则·＝________．
(2)已知正三角形ABC内接于半径为2的圆O，点P是圆O上的一个动点，则·的取值范围是________．
答案　(1)－16　(2)[－2，6]
解析　(1)因为M是BC的中点，由极化恒等式得·＝|AM|2－|BC|2＝9－×100＝－16.
(2)取AB的中点D，连接CD，因为三角形ABC为正三角形，所以O为三角形ABC的重心，O在CD上，且OC＝2OD＝2，所以CD＝3，AB＝2.
又由极化恒等式得
·＝PD2－AB2＝PD2－3，
因为P在圆O上，所以当P在点C处时，PDmax＝3，
当P在CO的延长线与圆O的交点处时，PDmin＝1，
所以·∈[－2，6]．
题型二　等和线定理的应用
【例2】 (1)如图，平面内有三个向量，，，其中〈，〉＝120°，〈，〉＝30°，且||＝||＝1，||＝2，若＝m＋n，则m＋n＝________．
(2)在扇形OAB中，∠AOB＝60°，C为上的一个动点，若＝x＋y，则3x＋y的取值范围是________．
答案　(1)6　(2)[1，3]
解析　(1)法一　连接AB，交OC于点D，则
∠DOA＝∠OAD＝30°，∠BOD＝90°，
||＝||tan 30°＝，
||＝||＝，||＝，
由平面向量基本定理得＝＋，||＝2＝6||，
∴＝6＝4＋2，m＋n＝6.
法二　根据等高线定理可得＝k＝m＋n，k＝＝＝6，∴m＋n＝6.
(2)取D使得＝，＝x＋y＝3x＋y，作一系列与BD平行的直线与圆弧相交，当点C与点B重合时，3x＋y取得最小值1，当点C与点A重合时，3x＋y取得最大值3，故3x＋y的取值范围是[1，3]．
感悟升华　(1)“等和线”的解题步骤
①确定值为1的等和线；
②过动点作该线平行线，结合动点的可行域，分析在何点处取得最值；
③利用长度比或该点的位置，求得最值或范围．
(2)“等和线”多用于向量线性表示式中有关系数的最值、范围问题．
(3)此类问题也可建系，用坐标法解决．
【训练2】 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AD＝1，点P是△BCD(含边界)的动点，设＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为________．
答案　
解析　当点P位于B点时，过点B作GH∥DC，交OC，OD的延长线于G，H，
则＝x＋y，且x＋y＝1，
∵△GCB∽△COD，∴＝＝，
∴＝＝x＋y＝x＋y＝λ＋μ，
所以λ＝x，μ＝y λ＋μ＝x＋y＝.故答案为.
题型三　平面向量中的最值(范围)问题
角度1　函数型
【例3－1】 (1)(一题多解)(2020·浙江卷)已知平面单位向量e1，e2满足|2e1－e2|≤.设a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夹角为θ，则cos2θ的最小值是__________．
(2)(2021·宁波十校联考)设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，记a*b＝x1x2－y1y2，若圆C：x2＋y2－2x＋4y＝0上的任意三个点A1，A2，A3，且A1A2⊥A2A3，则|*＋*|(O为坐标原点)的最大值是________．
答案　(1)　(2)16
解析　(1)法一　设e1＝(1，0)，e2＝(x，y)，
则a＝(x＋1，y)，b＝(x＋3，y)．
由2e1－e2＝(2－x，－y)，
故|2e1－e2|＝≤，得(x－2)2＋y2≤2.
又有x2＋y2＝1，得(x－2)2＋1－x2≤2，
化简，得4x≥3，即x≥，因此≤x≤1.
cos2θ＝
＝
＝＝
＝＝＝－，
当x＝时，cos2θ有最小值，为＝.
法二　单位向量e1，e2满足|2e1－e2|≤，
所以|2e1－e2|2＝5－4e1·e2≤2，即e1·e2≥.
因为a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，a，b的夹角为θ，
所以cos2θ＝＝＝＝.
不妨设t＝e1·e2，则t≥，cos2θ＝，又y＝在上单调递增．
所以cos2θ≥＝.
所以cos2θ的最小值为.
法三　由题意，不妨设e1＝(1，0)，e2＝(cos x，sin x)．
因为|2e1－e2|≤，所以≤，得5－4cos x≤2，即cos x≥.
易知a＝(1＋cos x，sin x)，b＝(3＋cos x，sin x)，所以a·b＝(1＋cos x)(3＋cos x)＋sin2x＝4＋4cos x，
|a|2＝(1＋cos x)2＋sin2x＝2＋2cos x，|b|2＝(3＋cos x)2＋sin2x＝10＋6cos x，
所以cos2θ＝＝＝.
不妨设m＝cos x，则m≥，cos2θ＝，又y＝在上单调递增，所以cos2θ≥＝，所以cos2θ的最小值为.
(2)由O，A1，A2，A3四点共圆，且A1A2⊥A2A3，可知A1A3为圆C的直径，故＋＝2.由圆C的标准方程设＝(1＋cos θ，－2＋sin θ)，又点C(1，－2)，则|*＋*|＝|(＋)*|＝2|*|＝2|(1＋cos θ)＋2(－2＋sin θ)|＝2|5sin(θ＋φ)－3|≤16，其中tan φ＝，当且仅当θ＝2kπ－－φ，k∈Z时等号成立，所以所求最大值为16.
感悟升华　此类问题可归结为函数、三角函数求最值、值域问题．
【训练3－1】 (1)如图，
在扇形OAB中，OA＝2，∠AOB＝90°，M是OA的中点，点P在上，则·的最小值为________．
(2)(2017·浙江卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．
答案　(1)4－2　(2)4　2
解析　
(1)如图，以O为坐标原点，为x轴的正半轴，为y轴的正半轴建立平面直角坐标系，则M(1，0)，B(0，2)，设P(2cos θ，2sin θ)，θ∈，所以·＝(1－2cos θ，－2sin θ)·(－2cos θ，2－2sin θ)＝4－2cos θ－4sin θ＝4－2(cos θ＋2sin θ)＝4－2sin(θ＋φ)，所以·的最小值为4－2.
(2)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|
＝＋
＝＋，
则y2＝10＋2∈[16，20]．
由此可得(|a＋b|＋|a－b|)max＝＝2，
(|a＋b|＋|a－b|)min＝＝4，
即|a＋b|＋|a－b|的最小值是4，最大值是2.
角度2　解不等式型
【例3－2】 (1)(2021·金丽衢十二校二联)设t∈R，已知平面向量a，b满足|a|＝2|b|＝2，且a·b＝1，向量c＝xa＋(t－x)b，若存在两个不同的实数x∈[0，t]，使得c2－2a·c＋3＝0，则实数t(　　)
A．有最大值为2，最小值为
B．无最大值，最小值为
C．有最大值为2，无最小值
D．无最大值，最小值为0
(2)已知不共线向量，夹角为α，||＝1，||＝2，＝(1－t)，＝t(0≤t≤1)，||在t＝t0处取最小值，当0A. B. C. D.
答案　(1)B　(2)C
解析　(1)设向量a，b的夹角为θ，∵a·b＝|a||b|cos θ＝2cos θ＝1，∴cos θ＝.∵θ∈[0，π]，∴θ＝.由题意得c·a＝[xa＋(t－x)b]·a＝xa2＋(t－x)b·a＝4x＋t－x＝3x＋t，c2＝[xa＋(t－x)b]2＝x2a2＋2x(t－x)a·b＋(t－x)2·b2＝4x2＋2xt－2x2＋t2－2xt＋x2＝3x2＋t2.存在两个不同的实数x∈[0，t]，使得c2－2a·c＋3＝0，即存在两个不同的实数x∈[0，t]，使得3x2－6x＋t2－2t＋3＝0，即f(x)＝3x2－6x＋t2－2t＋3在[0，t]内有两个不同的零点，则即解得t∈，则实数t的最小值为，无最大值，故选B.
(2)由题意，不共线向量，夹角为α，||＝1，||＝2，＝(1－t)，＝t(0≤t≤1)，得＝－＝t－(1－t)，所以||2＝[t－(1－t)]2＝(5＋4cos α)t2－2(1＋2cos α)t＋1，由二次函数的图象和性质知，当t＝t0＝时，||取最小值，即0<<，解得－感悟升华　此类问题最后化为解不等式(组)问题解决．
【训练3－2】 (1)(2021·丽水测试)已知|c|＝2，向量b满足2|b－c|＝b·c.当b，c的夹角最大时，|b|＝________．
(2)(2021·金华十校调研)已知平面向量a，b，c满足|a|≤1，|b|≤1，|2c－(a＋b)|≤|a－b|，则|c|的最大值为________．
答案　(1)2　(2)
解析　(1)设〈b，c〉＝θ，则由2|b－c|＝b·c得4(b－c)2＝(b·c)2，即4|b|2sin2θ－16|b|cos θ＋16＝0，则4cos θ＝|b|sin2θ＋≥2＝4sin θ，当且仅当|b|sin2θ＝，即|b|＝时，等号成立，∵4cos θ≥4sin θ，则tan θ＝≤1，所以θ≤，当θ＝时，|b|＝2.
(2)因为|2c－(a＋b)|≤|a－b|，所以|2c|－|a＋b|≤|a－b|，即|2c|≤|a＋b|＋|a－b|，将a，b的起点移到同一点，以a，b为邻边构造平行四边形，则a＋b，a－b为平行四边形的两条对角线．在平行四边形ABCD中，|AC|2＝|AB|2＋|AD|2＋2|AB|·|AD|cos∠BAD，|BD|2＝|AB|2＋|AD|2－2|AB|·|AD|cos∠BAD，则|AC|2＋|BD|2＝2|AB|2＋2|AD|2，易得当|AB|，|AD|最大且|AC|＝|BD|时，|AC|＋|BD|取得最大值，所以当|a|＝1，|b|＝1且|a＋b|＝|a－b|时，|a＋b|＋|a－b|取得最大值2，则|2c|≤|a＋b|＋|a－b|≤2，即|c|≤，所以|c|的最大值为.
角度3　重要不等式型
【例3－3】 (1)(一题多解)(2021·义乌市联考)已知平面向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，a，b的夹角为α，|a|＝1，|b|＋|c|＝2，则cos α的取值范围是________．
(2)(2016·浙江卷)已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________．
答案　(1)[－1，1]　(2)
解析　(1)法一　由题意可知－c＝a＋b，则|b|－|a|≤|c|≤|b|＋|a|，所以|b|－1≤2－|b|≤|b|＋1，则≤|b|≤.不妨设|b|＝t，t∈，则|c|＝2－t.又由－c＝a＋b两边平方得1＋t2＋2tcos α＝(2－t)2＝4－4t＋t2，则cos α＝∈[－1，1]．
法二　如图所示，
椭圆方程为x2＋＝1.当向量a，b，c共线时，α取最大值或最小值，即cos α＝1或－1，所以cos α∈[－1，1]．
(2)由已知可得
≥|a·e|＋|b·e|≥|a·e＋b·e|＝|(a＋b)·e|，
由于上式对任意单位向量e都成立．
∴≥|a＋b|成立．
∴6≥(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝12＋22＋2a·b.
即6≥5＋2a·b，∴a·b≤.
感悟升华　常用不等式
(1)基本不等式：a＋b≥2(a>0，b>0)；
(2)三角不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|；
(3)数量积不等式：|a·b|≤|a||b|.
【训练3－3】 (1)(2021·浙江新高考仿真三)设平面向量a，b满足1≤|a|≤2，2≤|b|≤3，则|a＋b|＋|a－b|的取值范围是________．
(2)(一题多解)(2021·浙江五校联考)已知a|＝3，|b|＝|c|＝4，若c⊥a，则|a－b－c|的最大值为________．
答案　(1)[6，2]　(2)9
解析　(1)|a＋b|2＋|a－b|2＝2(|a|2＋|b|2)①，由基本不等式，得|a＋b|2＋|a－b|2≥②.又|a|∈[1，2]，|b|∈[2，3]，由①②得(|a＋b|＋|a－b|)2≤4(|a|2＋|b|2)≤52，即|a＋b|＋|a－b|≤2.又由三角不等式有|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)±(a－b)|，即|a＋b|＋|a－b|≥2|a|，|a＋b|＋|a－b|≥2|b|，故|a＋b|＋|a－b|≥6，综上，有6≤|a＋b|＋|a－b|≤2.
(2)法一　|a－b－c|＝＝.∵c⊥a，∴|c－a|＝5，则b·(c－a)≤|b||c－a|＝20，所以|a－b－c|≤＝9.
法二　由|a|＝3，|b|＝|c|＝4知，a在以O为圆心，3为半径的圆上运动，b，c均在以O为圆心，4为半径的圆上运动，如图，又a⊥c，则|a－b－c|＝|(a－c)－b|＝|－|≤||＋||＝5＋4＝9.
角度4　轨迹型
【例3－4】 (2021·名校仿真训练四)直线ax＋by＋c＝0与圆O：x2＋y2＝4相交于两点M，N.若c2＝a2＋b2，P为圆O上任意一点，则·的取值范围是________．
答案　[－2，6]
解析　如图，
取MN的中点A，连接OA，则OA⊥MN，∵c2＝a2＋b2，∴O点到直线MN的距离OA＝＝1，圆O的半径r＝2，∴Rt△AON中，设∠AON＝θ，得cos θ＝＝，得θ＝，cos ∠MON＝cos 2θ＝cos ＝－，由此可得·＝||·||cos ∠MON＝2×2×＝－2，则·＝(－)·(－)＝·＋2－·(＋)＝－2＋4－2·＝2－2||·||·cos ∠AOP＝2－4cos ∠AOP，当，同向时，取得最小值2－4＝－2，当，反向时，取得最大值2＋4＝6，则·的取值范围是[－2，6]．
感悟升华　利用向量及其运算的几何意义，结合轨迹图形求解，并注意分析临界状态．
【训练3－4】 (2021·湖州期末质检)正方形ABCD的边长为2，E，M分别为BC，AB的中点，点P是以C为圆心，CE为半径的圆上的动点，点N在正方形ABCD的边上运动，则·的最小值是________．
答案　1－
解析　由题
意得·＝(＋)·(＋)＝1＋·＋(＋)·＝1＋·＋·.由图易得向量，的夹角恒为锐角，则·≥0，则当点N与点C重合，点P为CM与圆C的交点时，·取得最小值－，·取得最小值0，此时·取得最小值1－.
角度5　投影与函数分析型
【例3－5】 (1)
如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点”．若A，B，C，D四点均位于图中的“晶格点”处，且A，B的位置如图所示，则·的最大值为________．
(2)(2019·浙江卷)已知正方形ABCD的边长为1，当每个λi(i＝1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|的最小值是________，最大值是________．
答案　(1)24　(2)0　2
解析　(1)先建立平面直角坐标系如图，因为正六边形的边长均为1，所以B(0，0)，A，当在方向上的投影最大时，·最大，此时取C(0，5)，D(－，0)，即(·)max＝·(－，－5)＝＋＝24.
(2)如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则＝(1，0)，＝(0，1)．
设a＝λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6
＝λ1＋λ2－λ3－λ4＋λ5(＋)＋λ6(－)
＝(λ1－λ3＋λ5－λ6)＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6)
＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)．
故|a|＝.
∵λi(i＝1，2，3，4，5，6)取遍±1，
∴当λ1－λ3＋λ5－λ6＝0，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0(λ1＝λ3＝λ4＝λ5＝λ6＝1，λ2＝－1)时，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|取得最小值0.
考虑到λ5－λ6，λ5＋λ6有相关性，要确保所求模最大，只需使|λ1－λ3＋λ5－λ6|，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|尽可能取到最大值，即当λ1－λ3＋λ5－λ6＝2，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝4(λ1＝λ2＝λ5＝λ6＝1，λ3＝λ4＝－1)时可取到最大值，
∴|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|的最大值为＝2.
感悟升华　(1)关于数量积问题常用投影分析法；
(2)当向量线性表达式系数较多且给出其取值范围时，常用系数分析法．
【训练3－5】 (1)已知正三角形ABC的边长为4，O是平面ABC内的动点，且∠AOB＝，则·的最大值为________．
(2)(2021·浙江名师预测一)已知等边△ABC的边长为1，当每个λi(i＝1，2，3)在{－1，0，1}中取值时，则|λ1－λ2＋λ3|的最小值是________，最大值是________．
答案　(1)　(2)0　2
解析　(1)如图，圆E2为△ABC的外接圆，圆E1与圆E2关于直线AB对称，由题意知O在圆E1，E2的优弧上(圆E1，E2半径相等)，设AB的中点为D，·＝(－)·＝·＝||·||·cos∠ADO，易知在方向上的射影最大时，·取得最大值，易知在方向上射影的最大值为△ABO外接圆的半径，故所求最大值为4×＝.
(2)当λi(i＝1，2，3)中三个均为0时，|λ1－λ2＋λ3|＝0；当λi(i＝1，2，3)中恰有2个为0时，|λ1－λ2＋λ3|≤1；当λi(i＝1，2，3)中恰有1个为0时，1≤|λ1－λ2＋λ3|≤；当λi(i＝1，2，3)中均不为0时，0≤|λ1－λ2＋λ3|≤2，综上所述，|λ1－λ2＋λ3|的最小值是0，最大值是2.
一、选择题
1．若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为(　　)
A．2 B．3 C．6 D．8
答案　C
解析　如图，由已知|OF|＝1，取FO中点E，连接PE，由极化恒等式得
·＝|PE|2－|OF|2＝|PE|2－，
∵|PE|＝，∴·的最大值为6.
2.如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点(含边界)，则·的最大值为(　　)
A．3 B．2 C．6 D．9
答案　D
解析　由平面向量数量积的几何意义知，·等于||与在方向上的投影之积，所以(·)max＝·＝·(＋)＝2＋2＋·＝9.
3．(一题多解)(2020·新高考山东卷)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则·的取值范围是(　　)
A．(－2，6) B．(－6，2) C．(－2，4) D．(－4，6)
答案　A
解析　法一　如图，
取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(0，0)，B(2，0)，C(3，)，
F(－1，)．设P(x，y)，则＝(x，y)，
＝(2，0)，且－1＜x＜3.
所以·＝(x，y)·(2，0)＝2x∈(－2，6)．
故选A.
法二　·＝||·||·cos ∠PAB＝2||cos ∠PAB，又||cos ∠PAB表示在方向上的投影，所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大．当P与F重合时投影最小．又·＝2×2×cos 30°＝6，·＝2×2×cos 120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，·∈(－2，6)．故选A.
4．(2021·镇海中学检测)已知向量m，n满足(m＋n)·(m－2n)＝0，(m－n)·(m＋2n)＋1＝0，则|n|的最小值为(　　)
A. B. C. D．1
答案　C
解析　因为(m＋n)·(m－2n)＝0，所以m2－m·n－2n2＝0.因为(m－n)·(m＋2n)＋1＝0，所以m2＋m·n－2n2＋1＝0，所以m·n＝－，且m2＝2n2－>0.因为(m·n)2＝≤|m|2·|n|2＝·|n|2，解得|n|2≥，所以|n|≥，即|n|的最小值为，故选C.
5.如图，△BCD与△ABC的面积之比为2，点P是区域ABDC内的任一点(含边界)．且＝λ＋μ，则λ＋μ的取值范围是(　　)
A．[0，1] 　　　B．[0，2]
C．[0，3] 　　　D．[0，4]
答案　C
解析　过点P作GH∥BC，交AC、AB的延长线于G，H，则＝x＋y，且x＋y＝1，当点P位于D点时，G，H分别位于C′，B′，
∵△BCD与△ABC的面积之比为2，∴AC′＝3AC，AB′＝3AB，
∴＝x＋y＝x＋y＝x·3·＋y·3·＝λ＋μ，所以λ＝3y，μ＝3x λ＋μ＝3x＋3y＝3.
当点P位于A点时，显然有λ＋μ＝0，选C.
6．(一题多解)已知点C为扇形AOB的弧AB上任意一点，且∠AOB＝120°，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是(　　)
A．[－2，2] B．(1，] C．[1，] D．[1，2]
答案　D
解析　法一　(常规方法)
设半径为1，由已知可设OB为x轴的正半轴，O为坐标原点，建立直角坐标系，其中A；B(1，0)；C(cos θ，sin θ)(其中∠BOC＝θ，有＝λ＋μ(λ，μ∈R)，即(cos θ，sin θ)＝λ＋μ(1，0)，整理得－λ＋μ＝cos θ；λ＝sin θ，解得λ＝，μ＝cos θ＋，则λ＋μ＝＋cos θ＋＝sin θ＋cos θ＝2sin，θ∈，易得λ＋μ∈[1，2]．
法二　(等和线定理)
设λ＋μ＝k，
当C位于A或B时，A、B、C三点共线，
所以k＝λ＋μ＝1，
当点运动到的中点C时，k＝λ＋μ＝2，∴λ＋μ∈[1，2]．
7．设θ为两个非零向量a，b的夹角，已知对任意实数t，|b＋ta|的最小值为1，则(　　)
A．若θ确定，则|a|唯一确定
B．若θ确定，则|b|唯一确定
C．若|a|确定，则θ唯一确定
D．若|b|确定，则θ唯一确定
答案　B
解析　|b＋ta|2＝b2＋2a·b·t＋t2a2
＝|a|2t2＋2|a|·|b|cos θ·t＋|b|2.
因为|b＋ta|min＝1，
所以
＝|b|2(1－cos2θ)＝1.
所以|b|2sin2θ＝1，所以|b|sin θ＝1，即|b|＝.
即θ确定，|b|唯一确定．
8．(2021·龙湾中学检测)已知平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝a·b＝2，(a－c)·(b－2c)＝1，则|b－c|的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　由|a|＝|b|＝a·b＝2得〈a，b〉＝，则不妨设a＝＝(1，)，b＝＝(2，0)，c＝＝(x，y)，则a－c＝(1－x，－y)，b－2c＝(2－2x，－2y)．由(a－c)·(b－2c)＝1得(x－1)2＋＝，则点C(x，y)的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则|b－c|＝||的最小值为－＝，故选A.
9．(2021·武汉质检)已知等边△ABC内接于圆Γ：x2＋y2＝1，且P是圆Γ上一点，则·(＋)的最大值是(　　)
A. B．1 C. D．2
答案　D
解析　设BC的
中点为E，连接AE，向量，的夹角为θ.因为等边△ABC内接于圆Γ：x2＋y2＝1，所以点O在AE上，且OA＝2OE＝1，所以·(＋)＝·2＝2(＋)·(＋)＝2[2＋·(＋)＋·]＝2[2＋·(－)－22]＝2＝1－cos θ，所以当cos θ＝－1，∴〈，〉＝π，∴〈，〉＝0，即点P为AE的延长线与圆的交点时，PA·(＋)取最大值2，故选D.
10．(2021·名校冲刺卷三)已知|a|＝|b|＝|c|＝2，且a·b＝2，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b＋c|(　　)
A．有最小值2－2，最大值2＋2
B．有最小值2－2，最大值2
C．有最小值2，最大值2＋2
D．有最小值2－2，最大值2
答案　C
解析　如图
所示，令a＝，b＝，c＝，由a·b＝2，|a|＝|b|＝|c|＝2可得∠AOB＝.又(a－c)·(b－c)≤0，所以点C在以AB为直径的圆内，|a＋b＋c|＝|＋|，所以|a＋b＋c|的最大值是，同向为2＋2，最小值是点C与点A或点B重合为2，故选C.
11．已知m，n是两个非零向量，且|m|＝1，|m＋2n|＝3，则|m＋n|＋|n|的最大值为(　　)
A. B. C．4 D．5
答案　B
解析　因为(m＋2n)2＝4n2＋4m·n＋1＝9，所以n2＋m·n＝2，所以(m＋n)2＝m2＋2m·n＋n2＝5－n2，所以|m＋n|＋|n|＝＋|n|.令|n|＝x(00时，当12．(2021·北京海淀区检测)已知点M在圆C1：(x－1)2＋(y－1)2＝1上，点N在圆C2：(x＋1)2＋(y＋1)2＝1上，则下列说法错误的是(　　)
A.·的取值范围为[－3－2，0]
B．|＋|的取值范围为[0，2]
C．|－|的取值范围为[2－2，2＋2]
D．若＝λ，则实数λ的取值范围为[－3－2，－3＋2]
答案　B
解析　
∵M在圆C1上，点N在圆C2上，
∴∠MON≥90°，∴·≤0，
又||≤＋1，||≤＋1，
∴当||＝＋1，||＝＋1时，
·取得最小值，
(＋1)2cos π＝－3－2，故A正确；
设M(1＋cos α，1＋sin α)，N(－1＋cos β，－1＋sin β)，
则＋＝(cos α＋cos β，sin α＋sin β)，
∴|＋|2＝2cos αcos β＋2sin αsin β＋2
＝2cos (α－β)＋2，∴0≤|＋|≤2，故B错误；
∵两圆外离，半径为1，|C1C2|＝2，
∴2－2≤|MN|≤2＋2，
即2－2≤|－|≤2＋2，故C正确；
∵－1≤||≤＋1，－1≤||≤＋1，
∴当＝λ时，≤－λ≤，
解得－3－2≤λ≤－3＋2，故D正确．
13．已知向量，满足||＝||＝2，·＝2，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，且λ＋μ＝1，则||的最小值为(　　)
A．1 B. C. D.
答案　D
解析　||2＝(λ＋μ)2＝[λ＋(1－λ)]2
＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)·，
因为·＝2，所以||2＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)·2＝4λ2－4λ＋4＝4＋3，当λ＝时，||取得最小值.
二、填空题
14．在△ABC中，AB＝6，AC＝5，A＝120°，动点P在以C为圆心，2为半径的圆上，则·的最小值为________．
答案　16
解析　设AB的中点为M，则·＝－＝2－2＝2－9，
所以要求·的最小值，只需求||的最小值，显然当点P为线段MC与圆的交点时，||取得最小值，最小值为|MC|－2.在△AMC中，由余弦定理得|MC|2＝32＋52－2×3×5×cos 120°＝49，所以|MC|＝7，所以||的最小值为5，则·的最小值为16.
15．(2021·宁波适考)在Rt△ABC中，CA＝CB＝2，M，N是斜边AB上的两个动点，且MN＝，则·的取值范围是________．
答案　
解析　取MN的中点为P，由极化恒等式得·＝[(2)2－2]＝2－.问题转化为求||的取值范围，当P为AB的中点时，||取最小值为，则·的最小值为；当M与A(或N与B)重合时，||取最大值为，则·的最大值为2，所以·的取值范围是.
16．(2021·浙江新高考仿真二)若非零向量a和b满足|a＋b|＝|b|＝2，则|a|的取值范围是________，|a－b|的取值范围是________．
答案　(0，4]　[2，6]
解析　因为||a＋b|－|b||≤|a|＝|a＋b－b|≤|a＋b|＋|b|＝4，又a是非零向量，所以|a|的取值范围是(0，4]，因为|a－b|＋|a＋b|≥2|b|＝|(a＋b)－(a－b)|≥||a－b|－|a＋b||，所以－4≤|a－b|－|a＋b|≤4，|a－b|＋|a＋b|≥4，又|a＋b|＝2，解得|a－b|的取值范围是[2，6]．
17．(2021·稽阳联考)在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2，AB＝1，D为BC的中点，E在斜边AC上，若＝2，则·＝________．
答案　
解析　
如图，以B为坐标原点，AB所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则B(0，0)，A(1，0)，C(0，2)，所以＝(－1，2)．
因为D为BC的中点，所以D(0，1)，
因为＝2，所以E，
所以＝，
所以·＝·(－1，2)＝－＋＝.
18．(2021·镇海中学检测)已知向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，|c|＝2，c与a－b所成的角为，若t∈R，则|ta＋
(1－t)b|的最小值是________，此时|ta＋(1－t)b－c|＝________．
答案　　
解析　因为a＋b＋c＝0，且|c|＝2，所以|a＋b|＝2.因为c与a－b所成的角为，所以a＋b与a－b所成的角为.设d＝ta＋(1－t)b，则当三个向量的起点在一起时，终点在a－b所在直线上，|d|有最小值，所以|ta＋(1－t)b|min＝·sin 30°＝，此时|ta＋(1－t)b－c|＝＝.
本资料分享自新人教版高中数学资源大全QQ群483122854 期待你的加入与分享

展开更多......

收起↑