补上一课 向量中的最值(范围)问题
题型分析 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、向量夹角、系数的范围等，解决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.
题型一 与系数有关的最值(范围)
例1 (2024·江西八校联考)在△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，P是△ABC的外接圆上一点，若＝m＋n，则m＋n的最小值为________.
答案 －
解析 在△ABC中，由余弦定理得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos ∠BAC
＝1＋4－2×1×2·cos 60°＝3，
所以BC＝，所以AB2＋BC2＝AC2，
所以AB⊥BC，则AC为△ABC外接圆的直径.
以线段AC的中点为坐标原点O，AC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
易得A(1，0)，C(－1，0)，B，
所以＝，＝(－2，0)，
设P(cos θ，sin θ)，
则＝(cos θ－1，sin θ)，
因为＝m＋n，
所以(cos θ－1，sin θ)＝m＋n(－2，0)＝，
所以m＝sin θ，n＝－cos θ＋－sin θ，
所以m＋n＝sin θ－cos θ＋
＝sin＋≥－1＋＝－，
当且仅当sin＝－1时等号成立，
即m＋n的最小值为－.
感悟提升 此类问题的一般解题步骤是
第一步：利用向量的运算将问题转化为相应的等式关系；
第二步：运用基本不等式或函数的性质求其最值.
训练1 如图，在△ABC中，点P满足2＝，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若＝x，＝y(x>0，y>0)，则2x＋y的最小值为________.
答案 3
解析 由题意知，＝＋＝＋＝＋＝＋，
又＝x，＝y(x>0，y>0)，
∴＝＋，
由M，P，N三点共线，得＋＝1，
∴2x＋y＝(2x＋y)＝＋＋
≥＋2＝3，
当且仅当x＝y时等号成立，
故2x＋y的最小值为3.
题型二 与数量积有关的最值(范围)
例2 (2020·新高考Ⅰ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).
法二 设与的夹角为θ，则在上的投影向量的模为||cos θ，
由图可知
||cos θ∈(－1，3)，
则·＝||||cos θ∈(－2，6)，
即·的取值范围是(－2，6).
感悟提升 数量积最值(范围)的解法：
(1)坐标法，通过建立直角坐标系，运用向量的坐标运算转化为代数问题处理.
(2)向量法，运用向量数量积的定义、不等式、极化恒等式等有关向量知识解决.
训练2 已知在边长为2的正三角形ABC中，M，N分别为边BC，AC上的动点，且CN＝BM，则·的最大值为________.
答案 －
解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则B(－1，0)，C(1，0)，A(0，)，
则＝(2，0)，
＝(－1，)，
设＝t(0≤t≤1)，
则＝t(0≤t≤1)，
则M(2t－1，0)，N(1－t，t)，
∴＝(2t－1，－)，＝(2－3t，t)，
∴·＝(2t－1)×(2－3t)＋(－)×(t)＝－6t2＋4t－2＝－6－，
当t＝时，·取得最大值－.
题型三 与模有关的最值(范围)
例3 (2024·成都诊断)已知平面向量a，b，c满足a·b＝0，|a|＝|b|＝1，(c－a)·(c－b)＝，则|c－a|的最大值为( )
A. B.1＋ C. D.2
答案 B
解析 依题意，不妨设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y).
则(c－a)·(c－b)＝(x－1，y)·(x，y－1)
＝x2＋y2－x－y＝，
即(x，y)满足＋＝1.
而|c－a|可以看作圆＋＝1上的一点到点(1，0)的距离，
所以|c－a|的最大值即为＋1＝1＋，故选B.
感悟提升 求向量模的最值(范围)的方法，通常有：
(1)代数法，把所求的模表示成某个变量的函数，或通过建立平面直角坐标系，借助向量的坐标表示；需要构造不等式，利用基本不等式，三角函数，再用求最值的方法求解；
(2)几何法(数形结合法)，弄清所求的模表示的几何意义，注意题目中所给的垂直、平行 ，以及其他数量关系，合理的转化，使得过程更加简单；结合动点表示的图形求解.
训练3 已知a，b是单位向量，a·b＝0，且向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围是________.
答案 [－1，＋1]
解析 a，b是单位向量，a·b＝0，
设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，
|c－a－b|＝|(x－1，y－1)|
＝＝1，
∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，|c|表示以(1，1)为圆心，1为半径的圆上的点到原点的距离，
故－1≤|c|≤＋1，
∴－1≤|c|≤＋1.
题型四 与夹角有关的最值(范围)
例4 (2024·杭州调研)平面向量a，b满足|a|＝3|b|，且|a－b|＝4，则a与a－b夹角的正弦值的最大值为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 如图所示，设a＝，b＝，则a－b＝，
设|b|＝m，|a|＝3m，1≤m≤2，
cos ∠OAB＝
＝＝＋≥2＝，当且仅当＝，
即m＝时等号成立，故∠OAB∈，
当cos ∠OAB最小时，sin ∠OAB最大，
故a与a－b夹角的正弦值的最大值为＝.
感悟提升 求夹角的最值(范围)问题要根据夹角余弦值的表达式，采用基本不等式或函数的性质进行.
训练4 已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，AD上(包含端点)，若·＝2，则与夹角的余弦值的最大值是________.
答案
解析 如图建立直角坐标系，则可设＝(t，1)，＝(2，s)，－2≤t≤2，－1≤s≤1，
所以·＝2t＋s＝2，
cos〈，〉＝
＝＝
＝＝
＝，
当st≤0时，(st－2)2≥4，
当st＞0时，由2t＋s＝2，故s＞0，t＞0，
∴2＝2t＋s≥2，
∴st≤，当且仅当s＝1，t＝时取等号，
∴st最大值为，
∴(st－2)2的最小值为＝，
此时取得最大值为，
即与夹角的余弦值的最大值为.
极化恒等式
极化恒等式的证明过程与几何意义
证明过程：如图，
设＝a，＝b，则＝a＋b，＝a－b.
||2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2，
||2＝(a－b)2＝|a|2－2a·b＋|b|2，
两式相减得a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]，此即极化恒等式.
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“和对角线长”与“差对角线长”平方差的.
例 (1)如图，在三角形ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，·＝4，·＝－1，则·值为________.
答案
解析 设＝a，＝b，
·＝||2－||2＝9b2－a2＝4，
·＝||2－||2＝b2－a2＝－1，
解得b2＝，a2＝，
∴·＝||2－||2＝4b2－a2＝.
(2)已知点A，B，C均在半径为的圆上，若|AB|＝2，则·的最大值为________.
答案 2＋2
解析 设A，B，C三点所在圆的圆心为O，取AB中点D，
故·＝·＝2－2＝2－1，
因为A，B，C三点在圆上，
所以CD长度最大为r＋d，
其中d为圆心O到弦AB的距离，
故最大值为1＋，
所以2－1的最大值为(1＋)2－1＝2＋2.
训练 (2022·北京卷)在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则·的取值范围是( )
A.[－5，3] B.[－3，5]
C.[－6，4] D.[－4，6]
答案 D
解析 法一 以C为坐标原点，，所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系(图略)，
则A(3，0)，B(0，4).
设P(x，y)，则x2＋y2＝1，＝(3－x，－y)，
＝(－x，4－y)，
所以·＝x2－3x＋y2－4y
＝＋(y－2)2－.
又＋(y－2)2表示圆x2＋y2＝1上一点到点距离的平方，圆心(0，0)到点的距离为，
所以·∈，
即·∈[－4，6].
法二 (极化恒等式)设AB的中点为M，与的夹角为θ，
由极化恒等式得·＝2－2
＝(－)2－
＝2＋2－2·－
＝＋1－5cos θ－＝1－5cos θ，
因为cos θ∈[－1，1]，
所以·∈[－4，6].
【A级 基础巩固】
1.已知平面向量a，b，|a|＝1，|b|＝，且a·b＝1.若|c|＝2，则(a＋b)·c的最大值为( )
A.2 B.10 C.2 D.5
答案 A
解析 设a＋b，c的夹角为θ，
则(a＋b)·c＝|a＋b|·|c|cos θ≤|a＋b|·|c|＝·|c|＝2，
当a＋b，c同向，即θ＝0时取等号.故选A.
2.已知△ABC中，AB＝4，AC＝3，cos A＝，若D为边BC上的动点，则·的取值范围是( )
A.[4，12] B.[8，16]
C.[4，16] D.[2，4]
答案 C
解析 由题意得：
＝λ＋(1－λ)，0≤λ≤1，
·＝·[λ＋(1－λ)]
＝λ2＋(1－λ)||·||cos A
＝16λ＋4－4λ＝12λ＋4∈[4，16].
3.(2024·泉州质监)已知平面向量a，b，c满足|a|＝1，b·c＝0，a·b＝1，a·c＝－1，则|b＋c|的最小值为( )
A.1 B. C.2 D.4
答案 C
解析 在平面直角坐标系xOy中，
不妨设a＝(1，0)，b＝(x1，y1)，c＝(x2，y2)，
则a·b＝x1＝1，a·c＝x2＝－1，b·c＝x1x2＋y1y2＝y1y2－1＝0，
所以|b＋c|＝＝|y1＋y2|＝＝|y1|＋≥2＝2，当且仅当y1＝±1时等号成立.
因此，|b＋c|的最小值为2.
4.如图，在△ABC中，＝，E为线段AD上的动点，且＝x＋y，则＋的最小值为( )
A.8 B.9 C.12 D.16
答案 D
解析 由已知得＝3，
∴＝x＋y＝x＋3y，
∵E为线段AD上的动点，
∴A，D，E三点共线，
∴x＋3y＝1且x>0，y>0，
∴＋＝(x＋3y)＝10＋＋
≥10＋2＝16，
当且仅当x＝y＝时，等号成立.
故＋的最小值为16.
5.(2024·银川质检)如图，在△ABC中，点O满足＝2，过点O的直线分别交直线AB，AC于点M，N.设＝m，＝n，则m2＋n2的最小值是( )
A. B.2 C. D.
答案 A
解析 因为＝2，
所以＝＋，
因为＝m，＝n，
所以＝＋，
又M，O，N三点共线，
所以＋＝1，即m＋2n＝3.
m2＋n2表示点(m，n)到原点(0，0)的距离的平方，
又点(m，n)在直线m＋2n＝3上，且原点(0，0)到直线m＋2n＝3的距离
d＝＝，
所以m2＋n2≥d2＝.
6.(2024·南通模拟)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，若向量c满足|a＋b－2c|＝1，则|c| 的取值范围是( )
A.[1，2] B.
C. D.
答案 D
解析 法一 由题意可设
a＝(0，1)，b＝(2，0)，c＝(x，y)，
则a＋b－2c＝(2－2x，1－2y)，
由|a＋b－2c|＝1，
可得(2－2x)2＋(1－2y)2＝1，
化简可得(x－1)2＋＝，
该方程表示以为圆心，以为半径的圆，
则|c|表示圆上的点到原点的距离，
而圆心到原点的距离d＝＝，
所以|c|＝的取值范围是[d－r，d＋r]，
即.
法二 由|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，
得|a＋b|＝，
又||a＋b|－|2c||≤|a＋b－2c|＝1，
即－1≤|2c|≤＋1，
即|c|∈.
7.在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，AB⊥AD，点P为平行四边形ABCD所在平面内一点，则(＋)·的最小值是( )
A.－ B.－ C.－ D.－
答案 A
解析 建立如图所示的平面直角坐标系，
设P(x，y)，则A(0，0)，B(1，0)，C(1，2)，
所以＝(1－x，－y)，
＋＝(－x，－y)＋(1－x，2－y)＝(1－2x，2－2y)，
故(＋)·＝(1－2x)(1－x)＋(2－2y)(－y)
＝2＋2－，
所以当x＝，y＝时，(＋)·取得最小值－.
8.平面向量a，b满足|a－b|＝3，|a|＝2|b|，则a－b与a夹角最大值时，|a|＝( )
A. B. C.2 D.2
答案 D
解析 因为平面向量a，b满足
|a－b|＝3，|a|＝2|b|，
所以(a－b)2＝a2－2a·b＋b2
＝4b2－2a·b＋b2＝9，所以a·b＝b2－，
所以(a－b)·a＝a2－a·b
＝4b2－b2＋＝b2＋.
由夹角公式，得cos〈a－b，a〉＝
＝＝|b|＋≥
.
因为0≤〈a－b，a〉≤π，所以0≤〈a－b，a〉≤，
即|b|＝时，〈a－b，a〉值最大为.
此时|a|＝2|b|＝2.
9.(2024·长沙质检)已知向量a＝(m，1)，b＝(4－n，2)，m>0，n>0，若a∥b，则＋的最小值为________.
答案 ＋
解析 ∵a∥b，∴2m＝4－n，∴(2m＋n)＝1，
∴＋＝·(2m＋n)
＝
≥＝＋.
10.(2024·青岛模拟)在△ABC中，D为AC上一点且满足＝，若P为BD上一点，且满足＝λ＋μ，λ，μ为正实数，则λμ的最大值为________.
答案
解析 ∵λ，μ为正实数，＝，
故＝4，
∴＝λ＋4μ，
又P，B，D三点共线，∴λ＋4μ＝1，
∴λμ＝·λ·4μ≤＝，当且仅当λ＝，μ＝时取等号，
故λμ的最大值为.
11.(2024·晋中模拟)已知在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|2＋3|的最小值为________.
答案 7
解析 以D为坐标原点，，分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，如图所示，
设C(0，a)，P(0，b)，B(1，a)，A(2，0)，0≤b≤a，
则2＋3＝2(2，－b)＋3(1，a－b)
＝(7，3a－5b)，
|2＋3|＝≥7，当且仅当b＝时取得最小值7.
12.已知P是边长为4的正三角形ABC所在平面内一点，且＝λ＋(2－2λ)(λ∈R)，则·的最小值为________.
答案 5
解析 取BC的中点O，
∵△ABC为等边三角形，
∴AO⊥BC，则以O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(－2，0)，C(2，0)，A(0，2).
设P(x，y)，
∴＝(x，y－2)，＝(－2，－2)，
＝(2，－2)，
∴＝λ＋(2－2λ)
＝(4－6λ，2λ－4)，
则
∴P(4－6λ，2λ－2)，
∴＝(6λ－4，4－2λ)，
＝(6λ－2，2－2λ)，
∴·＝(6λ－4)(6λ－2)＋(4－2λ)·(2－2λ)＝48λ2－72λ＋32，
由二次函数性质知，当λ＝时，·取得最小值为5.
【B级 能力提升】
13.如图，在△ABC中，D是线段BC上的一点，且＝4，过点D的直线分别交直线AB，AC于点M，N，若＝λ，＝μ(λ＞0，μ＞0)，则λ－的最小值是( )
A.2－2 B.2＋4 C.2－4 D.2＋2
答案 C
解析 由条件可得＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，
∵＝λ，＝μ，λ＞0，μ＞0，
∴＝＋，
∵M，D，N三点共线，
∴＋＝1，∴＝4－，
∵λ＞0，μ＞0，＝4－＞0，∴λ＞，
则λ－＝λ－＝λ＋－4≥2－4，
当且仅当λ＝，即λ＝时取等号，
故λ－的最小值是2－4.
14.平面直角坐标系中，O为坐标原点.已知点A(－2，0)，点P(cos θ，sin θ)(θ∈R)，则向量与的夹角的取值范围是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 根据题意，设向量与的夹角为α，点A(－2，0)，点P(cos θ，sin θ)，
则＝(2，0)，＝(cos θ＋2，sin θ)，
则||＝2，||＝，
·＝2(cos θ＋2)＝2cos θ＋4，
则cos α＝＝
＝
＝，
又由≥1，
则＋≥2，
当且仅当cos θ＝－时等号成立，
则cos α≥，又由0≤α≤π，故0≤α≤，
即向量与的夹角的取值范围是.
15.(2024·潍坊模拟)已知点P是△ABC所在平面内的一点，且＝＋t(t∈R)，若点P在△ABC的内部(不包含边界)，则实数t的取值范围是________.
答案
解析 ＝＋t，当点P在线段BC上时，＝＋.
如图，在AB上取一点D，使得＝，
过点D作DP∥AC交BC于点P，
过点P作PE∥AD交AC于点E，
由平面几何知识易知＝，
由向量加法的平行四边形法则，
得＝＋，
由图可知，若点P在△ABC的内部(不包含边界)，则0
答案
解析 ∵AB＝5，CD＝2，AB∥CD，
∴＝，
则·＝(＋)·(－)
＝·(－)
＝2－2－·
＝||2－||2－||·||cos ∠BAD
＝6－12cos ∠BAD＝0，
∴cos ∠BAD＝，
又∠BAD∈，∴∠BAD＝.
如图，过D作DF⊥AB，垂足为F，以F为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，建立平面直角坐标系，
则A(－2，0)，B(3，0)，D(0，2)，C(2，2)，
∴＝(－1，2)，
设E(m，n)，＝λ(0≤λ≤1)，
则解得
∴E(3－λ，2λ)，
∴＝(5－λ，2λ)，
＝(3－λ，2λ－2)，
∴·＝(5－λ)(3－λ)＋2λ(2λ－2)
＝13λ2－20λ＋15＝13＋，
∴当λ＝时，·取得最小值.补上一课 向量中的最值(范围)问题
题型分析 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、向量夹角、系数的范围等，解决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.
题型一 与系数有关的最值(范围)
例1 (2024·江西八校联考)在△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，P是△ABC的外接圆上一点，若＝m＋n，则m＋n的最小值为________.
感悟提升 此类问题的一般解题步骤是
第一步：利用向量的运算将问题转化为相应的等式关系；
第二步：运用基本不等式或函数的性质求其最值.
训练1 如图，在△ABC中，点P满足2＝，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若＝x，＝y(x>0，y>0)，则2x＋y的最小值为________.
题型二 与数量积有关的最值(范围)
例2 (2020·新高考Ⅰ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)
感悟提升 数量积最值(范围)的解法：
(1)坐标法，通过建立直角坐标系，运用向量的坐标运算转化为代数问题处理.
(2)向量法，运用向量数量积的定义、不等式、极化恒等式等有关向量知识解决.
训练2 已知在边长为2的正三角形ABC中，M，N分别为边BC，AC上的动点，且CN＝BM，则·的最大值为________.
题型三 与模有关的最值(范围)
例3 (2024·成都诊断)已知平面向量a，b，c满足a·b＝0，|a|＝|b|＝1，(c－a)·(c－b)＝，则|c－a|的最大值为( )
A. B.1＋
C. D.2
感悟提升 求向量模的最值(范围)的方法，通常有：
(1)代数法，把所求的模表示成某个变量的函数，或通过建立平面直角坐标系，借助向量的坐标表示；需要构造不等式，利用基本不等式，三角函数，再用求最值的方法求解；
(2)几何法(数形结合法)，弄清所求的模表示的几何意义，注意题目中所给的垂直、平行 ，以及其他数量关系，合理的转化，使得过程更加简单；结合动点表示的图形求解.
训练3 已知a，b是单位向量，a·b＝0，且向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围是________.
题型四 与夹角有关的最值(范围)
例4 (2024·杭州调研)平面向量a，b满足|a|＝3|b|，且|a－b|＝4，则a与a－b夹角的正弦值的最大值为( )
A. B.
C. D.
感悟提升 求夹角的最值(范围)问题要根据夹角余弦值的表达式，采用基本不等式或函数的性质进行.
训练4 已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，AD上(包含端点)，若·＝2，则与夹角的余弦值的最大值是________.
极化恒等式
极化恒等式的证明过程与几何意义
证明过程：如图，
设＝a，＝b，则＝a＋b，＝a－b.
||2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2，
||2＝(a－b)2＝|a|2－2a·b＋|b|2，
两式相减得a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]，此即极化恒等式.
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“和对角线长”与“差对角线长”平方差的.
例 (1)如图，在三角形ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，·＝4，·＝－1，则·值为________.
(2)已知点A，B，C均在半径为的圆上，若|AB|＝2，则·的最大值为________.
训练 (2022·北京卷)在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则·的取值范围是( )
A.[－5，3] B.[－3，5]
C.[－6，4] D.[－4，6]
(共47张PPT)
第五章 平面向量、复数
向量中的最值(范围)问题
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、向量夹角、系数的范围等，解决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.
题型一 与系数有关的最值(范围)
解析 在△ABC中，由余弦定理得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos ∠BAC＝1＋4－2×1×2·cos 60°＝3，
所以AB⊥BC，则AC为△ABC外接圆的直径.
以线段AC的中点为坐标原点O，AC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
感悟提升
此类问题的一般解题步骤是
第一步：利用向量的运算将问题转化为相应的等式关系；
第二步：运用基本不等式或函数的性质求其最值.
3
题型二 与数量积有关的最值(范围)
A
感悟提升
数量积最值(范围)的解法：
(1)坐标法，通过建立直角坐标系，运用向量的坐标运算转化为代数问题处理.
(2)向量法，运用向量数量积的定义、不等式、极化恒等式等有关向量知识解决.
题型三 与模有关的最值(范围)
B
解析 依题意，不妨设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y).
感悟提升
求向量模的最值(范围)的方法，通常有：
(1)代数法，把所求的模表示成某个变量的函数，或通过建立平面直角坐标系，借助向量的坐标表示；需要构造不等式，利用基本不等式，三角函数，再用求最值的方法求解；
(2)几何法(数形结合法)，弄清所求的模表示的几何意义，注意题目中所给的垂直、平行 ，以及其他数量关系，合理的转化，使得过程更加简单；结合动点表示的图形求解.
训练3 已知a，b是单位向量，a·b＝0，且向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围是________________.
解析 a，b是单位向量，a·b＝0，
设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，
∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，|c|表示以(1，1)为圆心，1为半径的圆上的点到原点的距离，
题型四 与夹角有关的最值(范围)
B
感悟提升
求夹角的最值(范围)问题要根据夹角余弦值的表达式，采用基本不等式或函数的性质进行.
解析 如图建立直角坐标系，
拓展视野 极化恒等式
解析 设A，B，C三点所在圆的圆心为O，取AB中点D，
因为A，B，C三点在圆上，
所以CD长度最大为r＋d，
其中d为圆心O到弦AB的距离，
D
课时分层精练
KESHIFENCENGJINGLIAN
A
解析 设a＋b，c的夹角为θ，
C
C
解析 在平面直角坐标系xOy中，不妨设a＝(1，0)，b＝(x1，y1)，c＝(x2，y2)，
则a·b＝x1＝1，a·c＝x2＝－1，b·c＝x1x2＋y1y2＝y1y2－1＝0，
当且仅当y1＝±1时等号成立.
因此，|b＋c|的最小值为2.
D
A
D
解析 法一 由题意可设a＝(0，1)，b＝(2，0)，c＝(x，y)，
则a＋b－2c＝(2－2x，1－2y)，
由|a＋b－2c|＝1，可得(2－2x)2＋(1－2y)2＝1，
A
解析 建立如图所示的平面直角坐标系，
D
解析 因为平面向量a，b满足|a－b|＝3，|a|＝2|b|，
7
5
解析 取BC的中点O，
∵△ABC为等边三角形，
∴AO⊥BC，则以O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
C
B
过点D作DP∥AC交BC于点P，
过点P作PE∥AD交AC于点E，对点练 向量中的最值(范围)问题
【A级 基础巩固】
1.已知平面向量a，b，|a|＝1，|b|＝，且a·b＝1.若|c|＝2，则(a＋b)·c的最大值为( )
A.2 B.10
C.2 D.5
2.已知△ABC中，AB＝4，AC＝3，cos A＝，若D为边BC上的动点，则·的取值范围是( )
A.[4，12] B.[8，16]
C.[4，16] D.[2，4]
3.(2024·泉州质监)已知平面向量a，b，c满足|a|＝1，b·c＝0，a·b＝1，a·c＝－1，则|b＋c|的最小值为( )
A.1 B.
C.2 D.4
4.如图，在△ABC中，＝，E为线段AD上的动点，且＝x＋y，则＋的最小值为( )
A.8 B.9
C.12 D.16
5.(2024·银川质检)如图，在△ABC中，点O满足＝2，过点O的直线分别交直线AB，AC于点M，N.设＝m，＝n，则m2＋n2的最小值是( )
A. B.2
C. D.
6.(2024·南通模拟)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，若向量c满足|a＋b－2c|＝1，则|c| 的取值范围是( )
A.[1，2] B.
C. D.
7.在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，AB⊥AD，点P为平行四边形ABCD所在平面内一点，则(＋)·的最小值是( )
A.－ B.－
C.－ D.－
8.平面向量a，b满足|a－b|＝3，|a|＝2|b|，则a－b与a夹角最大值时，|a|＝( )
A. B.
C.2 D.2
9.(2024·长沙质检)已知向量a＝(m，1)，b＝(4－n，2)，m>0，n>0，若a∥b，则＋的最小值为________.
10.(2024·青岛模拟)在△ABC中，D为AC上一点且满足＝，若P为BD上一点，且满足＝λ＋μ，λ，μ为正实数，则λμ的最大值为________.
11.(2024·晋中模拟)已知在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|2＋3|的最小值为________.
12.已知P是边长为4的正三角形ABC所在平面内一点，且＝λ＋(2－2λ)(λ∈R)，则·的最小值为________.
【B级 能力提升】
13.如图，在△ABC中，D是线段BC上的一点，且＝4，过点D的直线分别交直线AB，AC于点M，N，若＝λ，＝μ(λ＞0，μ＞0)，则λ－的最小值是( )
A.2－2 B.2＋4
C.2－4 D.2＋2
14.平面直角坐标系中，O为坐标原点.已知点A(－2，0)，点P(cos θ，sin θ)(θ∈R)，则向量与的夹角的取值范围是( )
A. B.
C. D.
15.(2024·潍坊模拟)已知点P是△ABC所在平面内的一点，且＝＋t(t∈R)，若点P在△ABC的内部(不包含边界)，则实数t的取值范围是________.
16.(2024·天津部分学校联考)如图，梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝5，AD＝2DC＝4，·＝0，则∠BAD＝______，E在线段BC上，则·的最小值为______.
对点练 向量中的最值(范围)问题
1.A [设a＋b，c的夹角为θ，
则(a＋b)·c＝|a＋b|·|c|cos θ≤|a＋b|·|c|＝·|c|＝2，
当a＋b，c同向，即θ＝0时取等号.故选A.]
2.C [由题意得：
＝λ＋(1－λ)，0≤λ≤1，
·＝·[λ＋(1－λ)]
＝λ2＋(1－λ)||·||cos A
＝16λ＋4－4λ＝12λ＋4∈[4，16].]
3.C [在平面直角坐标系xOy中，
不妨设a＝(1，0)，b＝(x1，y1)，c＝(x2，y2)，
则a·b＝x1＝1，a·c＝x2＝－1，
b·c＝x1x2＋y1y2＝y1y2－1＝0，
所以|b＋c|＝＝|y1＋y2|＝＝|y1|＋≥2＝2，当且仅当y1＝±1时等号成立.
因此，|b＋c|的最小值为2.]
4.D [由已知得＝3，
∴＝x＋y＝x＋3y，
∵E为线段AD上的动点，∴A，D，E三点共线，
∴x＋3y＝1且x>0，y>0，
∴＋＝(x＋3y)＝10＋＋≥10＋2＝16，
当且仅当x＝y＝时，等号成立.
故＋的最小值为16.]
5.A [因为＝2，
所以＝＋，
因为＝m，＝n，
所以＝＋，
又M，O，N三点共线，
所以＋＝1，即m＋2n＝3.
m2＋n2表示点(m，n)到原点(0，0)的距离的平方，
又点(m，n)在直线m＋2n＝3上，且原点(0，0)到直线m＋2n＝3的距离
d＝＝，所以m2＋n2≥d2＝.]
6.D [法一 由题意可设a＝(0，1)，b＝(2，0)，c＝(x，y)，
则a＋b－2c＝(2－2x，1－2y)，
由|a＋b－2c|＝1，
可得(2－2x)2＋(1－2y)2＝1，
化简可得(x－1)2＋＝，
该方程表示以为圆心，以为半径的圆，
则|c|表示圆上的点到原点的距离，
而圆心到原点的距离d＝＝，
所以|c|＝的取值范围是[d－r，d＋r]，即.
法二 由|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，
得|a＋b|＝，
又||a＋b|－|2c||≤|a＋b－2c|＝1，
即－1≤|2c|≤＋1，
即|c|∈.]
7.A [建立如图所示的平面直角坐标系，
设P(x，y)，则A(0，0)，B(1，0)，C(1，2)，
所以＝(1－x，－y)，
＋＝(－x，－y)＋(1－x，2－y)＝(1－2x，2－2y)，
故(＋)·＝(1－2x)(1－x)＋(2－2y)(－y)
＝2＋2－，
所以当x＝，y＝时，(＋)·取得最小值－.]
8.D [因为平面向量a，b满足|a－b|＝3，|a|＝2|b|，
所以(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝4b2－2a·b＋b2＝9，
所以a·b＝b2－，
所以(a－b)·a＝a2－a·b＝4b2－b2＋＝b2＋.
由夹角公式，得cos〈a－b，a〉＝＝＝|b|＋≥
.
因为0≤〈a－b，a〉≤π，所以0≤〈a－b，a〉≤，
即|b|＝时，〈a－b，a〉值最大为.
此时|a|＝2|b|＝2.]
9.＋ [∵a∥b，∴2m＝4－n，
∴(2m＋n)＝1，
∴＋＝·(2m＋n)＝≥＝＋.]
10. [∵λ，μ为正实数，＝，
故＝4，
∴＝λ＋4μ，
又P，B，D三点共线，∴λ＋4μ＝1，
∴λμ＝·λ·4μ≤＝，
当且仅当λ＝，μ＝时取等号，
故λμ的最大值为.]
11.7 [以D为坐标原点，，分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，如图所示，
设C(0，a)，P(0，b)，B(1，a)，A(2，0)，0≤b≤a，
则2＋3＝2(2，－b)＋3(1，a－b)＝(7，3a－5b)，
|2＋3|＝≥7，
当且仅当b＝时取得最小值7.]
12.5 [取BC的中点O，
∵△ABC为等边三角形，
∴AO⊥BC，则以O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(－2，0)，C(2，0)，A(0，2).
设P(x，y)，
∴＝(x，y－2)，＝(－2，－2)，＝(2，－2)，
∴＝λ＋(2－2λ)＝(4－6λ，2λ－4)，
则
∴P(4－6λ，2λ－2)，
∴＝(6λ－4，4－2λ)，＝(6λ－2，2－2λ)，
∴·＝(6λ－4)(6λ－2)＋(4－2λ)·(2－2λ)＝48λ2－72λ＋32，
由二次函数性质知，当λ＝时，·取得最小值为5.]
13.C [由条件可得＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，
∵＝λ，＝μ，λ＞0，μ＞0，
∴＝＋，
∵M，D，N三点共线，
∴＋＝1，∴＝4－，
∵λ＞0，μ＞0，＝4－＞0，∴λ＞，
则λ－＝λ－＝λ＋－4≥2－4，
当且仅当λ＝，即λ＝时取等号，
故λ－的最小值是2－4.]
14.B [根据题意，设向量与的夹角为α，点A(－2，0)，点P(cos θ，sin θ)，
则＝(2，0)，＝(cos θ＋2，sin θ)，
则||＝2，||＝，
·＝2(cos θ＋2)＝2cos θ＋4，
则cos α＝＝＝＝，
又由≥1，
则＋≥2，
当且仅当cos θ＝－时等号成立，
则cos α≥，又由0≤α≤π，故0≤α≤，
即向量与的夹角的取值范围是.]
15. [＝＋t，当点P在线段BC上时，＝＋.
如图，在AB上取一点D，使得＝，
过点D作DP∥AC交BC于点P，
过点P作PE∥AD交AC于点E，
由平面几何知识易知＝，
由向量加法的平行四边形法则，
得＝＋，
由图可知，若点P在△ABC的内部(不包含边界)，则0
∴＝，
则·＝(＋)·(－)
＝·(－)
＝2－2－·
＝||2－||2－||·||cos ∠BAD
＝6－12cos ∠BAD＝0，
∴cos ∠BAD＝，
又∠BAD∈，∴∠BAD＝.
如图，过D作DF⊥AB，垂足为F，以F为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，建立平面直角坐标系，
则A(－2，0)，B(3，0)，D(0，2)，C(2，2)，∴＝(－1，2)，
设E(m，n)，＝λ(0≤λ≤1)，
则解得
∴E(3－λ，2λ)，∴＝(5－λ，2λ)，＝(3－λ，2λ－2)，
∴·＝(5－λ)(3－λ)＋2λ(2λ－2)
＝13λ2－20λ＋15＝13＋，
∴当λ＝时，·取得最小值.]
