2025高考數(shù)學二輪復習-專題二-微重點5-平面向量數(shù)量積的最值與范圍問題-專項訓練【含答案】

微重點5平面向量數(shù)量積的最值與范圍問題平面向量中的最值與范圍問題，是高考的熱點與難點問題，主要考查求向量的模、數(shù)量積、夾角及向量的系數(shù)等的最值、范圍．解決這類問題的一般思路是建立求解目標的函數(shù)關(guān)系，通過函數(shù)的值域解決問題，同時，平面向量兼具“數(shù)”與“形”的雙重身份，數(shù)形結(jié)合也是解決平面向量中的最值與范圍問題的重要方法．考點一求參數(shù)的最值(范圍)例1(1)(多選)(2023·成都模擬)如圖，四邊形ABCD中，E為AB的中點，M為線段AD上的動點，若eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BE,\s\up6(→))＋μeq\o(BD,\s\up6(→))，則λ＋μ的值可以是()A.eq\f(3,2)B.eq\f(1,2)C．1D．2答案ACD解析因為M在線段AD上，設eq\o(AM,\s\up6(→))＝keq\o(AD,\s\up6(→))，其中0≤k≤1，則eq\o(BM,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up6(→))－\o(BA,\s\up6(→))))，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1－k)eq\o(BA,\s\up6(→))＋keq\o(BD,\s\up6(→))，因為E為BA的中點，則eq\o(BA,\s\up6(→))＝2eq\o(BE,\s\up6(→))，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝2(1－k)eq\o(BE,\s\up6(→))＋keq\o(BD,\s\up6(→))，又因為eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BE,\s\up6(→))＋μeq\o(BD,\s\up6(→))，且eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))不共線，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝21－k，,μ＝k，))所以λ＋μ＝2(1－k)＋k＝2－k∈[1,2]．(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(shù)λ的取值范圍為()A．[－1,3] B．[－1,5]C．[－7,3] D．[5,7]答案A解析∵非零向量a，b的夾角為θ，若|a|＝2|b|＝2，∴|a|＝2，|b|＝1，a·b＝2×1×cosθ＝2cosθ，∵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)cosθ≥0恒成立，∵cosθ∈[－1,1]，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(13－λ2＋8－4λ≥0，,13－λ2－8＋4λ≥0，))解得－1≤λ≤3.規(guī)律方法利用共線向量定理及推論(1)a∥b?a＝λb(b≠0)．(2)eq\o(OA,\s\up6(→))＝λeq\o(OB,\s\up6(→))＋μeq\o(OC,\s\up6(→))(λ，μ為實數(shù))，則A，B，C三點共線?λ＋μ＝1.跟蹤演練1(1)(2023·深圳模擬)過△ABC的重心G的直線l分別交線段AB，AC于點E，F(xiàn)，若eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝μeq\o(AC,\s\up6(→))，則λ＋μ的最小值為()A.eq\f(2,3)＋eq\r(2) B.eq\f(2＋2\r(2),3)C.eq\f(4,3) D．1答案C解析如圖，若D為BC的中點，又G為△ABC的重心，則A，G，D三點共線，且eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))，因為eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2λ)eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\f(1,2μ)eq\o(AF,\s\up6(→))，所以eq\f(3,2)eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2λ)eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\f(1,2μ)eq\o(AF,\s\up6(→))，即eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3λ)eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\f(1,3μ)eq\o(AF,\s\up6(→))，又E，G，F(xiàn)三點共線，所以eq\f(1,3λ)＋eq\f(1,3μ)＝1，故λ＋μ＝(λ＋μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3λ)＋\f(1,3μ)))＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(μ,λ)＋\f(λ,μ)))≥eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×2eq\r(\f(μ,λ)·\f(λ,μ))＝eq\f(4,3)，當且僅當λ＝μ＝eq\f(2,3)時，等號成立．(2)(2023·寧德模擬)在平面直角坐標系中，點P為圓O：x2＋y2＝1上的任一點，A(2,0)，B(－1,1)．若eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，則2λ＋μ的最大值為()A.eq\r(3)B．2C.eq\r(5)D.eq\r(6)答案C解析由已知可設P(cosθ，sinθ)，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ)，又λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))＝(2λ－μ，μ)，因為eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2λ－μ＝cosθ，,μ＝sinθ，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(sinθ＋cosθ,2)，,μ＝sinθ，))所以2λ＋μ＝2sinθ＋cosθ＝eq\r(5)sin(θ＋φ)，其中tanφ＝eq\f(1,2)，所以當sin(θ＋φ)＝1時，2λ＋μ有最大值eq\r(5).考點二求向量模、夾角的最值(范圍)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．4B．5C．6D．7答案C解析可設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|＝eq\r(x＋12＋y2)＝eq\r(8x－4)，當x＝5時，eq\r(8x－4)取得最大值6，即|a＋e|的最大值為6.(2)平面向量a，b滿足|a|＝3|b|，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝4，則a與a－b夾角的余弦值的最小值為________．答案eq\f(2\r(2),3)解析如圖所示，設a＝eq\o(OA,\s\up6(→))，b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，則a－b＝eq\o(BA,\s\up6(→))，設|b|＝m，|a|＝3m，又|a－b|＝4，則1<m<2，cos∠OAB＝eq\f(|\o(OA,\s\up6(→))|2＋|\o(BA,\s\up6(→))|2－|\o(OB,\s\up6(→))|2,2|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(BA,\s\up6(→))|)＝eq\f(9m2＋16－m2,24m)＝eq\f(m,3)＋eq\f(2,3m)≥2eq\r(\f(m,3)·\f(2,3m))＝eq\f(2\r(2),3)，當且僅當eq\f(m,3)＝eq\f(2,3m)，即m＝eq\r(2)時，等號成立．易錯提醒找兩向量的夾角時，要注意“共起點”以及向量夾角的取值范圍是[0，π]．若向量a，b的夾角為銳角，包括a·b>0和a，b不共線；若向量a，b的夾角為鈍角，包括a·b<0和a，b不共線．跟蹤演練2(1)(2023·杭州模擬)已知a＝(1,2)，b＝(1,1)，且a與a＋λb的夾角為銳角，則實數(shù)λ的取值范圍為____________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，0))∪(0，＋∞)解析因為a＝(1,2)，b＝(1,1)，所以a＋λb＝(1＋λ，2＋λ)，因為a與a＋λb的夾角為銳角，所以a·(a＋λb)>0，且a與a＋λb不共線，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋λ＋22＋λ>0，,21＋λ≠2＋λ，))解得λ>－eq\f(5,3)且λ≠0，所以λ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，0))∪(0，＋∞)．(2)(2023·南通模擬)平面向量a，b滿足a2－a·b－4＝0，|b|＝3，則|a|的最大值是()A．3B．4C．5D．6答案B解析設向量a，b的夾角為θ，∵a2－a·b－4＝0，|b|＝3，∴a2－4＝a·b＝3|a|cosθ，∴3cosθ＝eq\f(|a|2－4,|a|)＝|a|－eq\f(4,|a|)，且a≠0，∵0≤θ≤π，∴－1≤cosθ≤1，即－3≤|a|－eq\f(4,|a|)≤3，∵|a|>0，∴解得1≤|a|≤4，即|a|的最大值是4.考點三求向量數(shù)量積的最值(范圍)例3(1)(2023·天津模擬)已知菱形ABCD的邊長為2，∠BAD＝120°，點E在邊BC上，BC＝3BE，若G為線段DC上的動點，則eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))的最大值為()A．2B.eq\f(8,3)C.eq\f(10,3)D．4答案B解析依題意△ACD為等邊三角形，邊長為2，以A為原點，AB所在直線為x軸，過點A作AB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(0,0)，D(－1，eq\r(3))，C(1，eq\r(3))，B(2,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3))，又eq\o(BC,\s\up6(→))＝3eq\o(BE,\s\up6(→))，可得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(\r(3),3)))，設G(x，eq\r(3))，－1≤x≤1，∴eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(5,3)x＋1，－1≤x≤1，∴當x＝1時，(eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→)))max＝eq\f(8,3).(2)(2023·紹興模擬)已知點A(－2,0)，B，C分別為直線y＝mx，y＝n(m，n∈R，mn≠0)上的動點，若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))的最小值為()A．n2 B．mnC.eq\f(4m2,m2＋1) D.eq\f(4mn,mn＋1)答案C解析因為eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))＋\o(BC,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2，又點A(－2,0)，B為直線y＝mx上的動點，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|min即為點A到直線y＝mx的距離，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|min＝eq\f(|－2m|,\r(m2＋1))＝eq\f(|2m|,\r(m2＋1))，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|eq\o\al(2,min)＝eq\f(4m2,m2＋1).規(guī)律方法向量數(shù)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(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行判斷．(2)數(shù)化：利用平面向量的坐標運算，把問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域、不等式的解集或方程有解等問題，然后利用函數(shù)、不等式或方程的有關(guān)知識來解決．跟蹤演練3(1)在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P為△ABC所在平面內(nèi)的動點，且PC＝1，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的取值范圍是()A．[－5,3] B．[－3,5]C．[－6,4] D．[－4,6]答案D解析依題意，如圖，建立平面直角坐標系，則C(0,0)，A(3,0)，B(0,4)，因為PC＝1，所以P在以C為圓心，1為半徑的圓上運動，設P(cosθ，sinθ)，θ∈[0,2π]，所以eq\o(PA,\s\up6(→))＝(3－cosθ，－sinθ)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－cosθ，4－sinθ)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－cosθ)×(3－cosθ)＋(4－sinθ)×(－sinθ)＝cos2θ－3cosθ－4sinθ＋sin2θ＝1－3cosθ－4sinθ＝1－5sin(θ＋φ)，其中sinφ＝eq\f(3,5)，cosφ＝eq\f(4,5)，因為－1≤sin(θ＋φ)≤1，所以－4≤1－5sin(θ＋φ)≤6，即eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))∈[－4,6]．(2)(2023·邵陽模擬)已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，P為對角線AC上一點，則eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→)))的最小值是()A．0B．－eq\f(1,4)C．－eq\f(1,2)D．－2答案B解析作出如圖所示的圖形，eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→)))＝eq\o(PA,\s\up6(→))·2eq\o(PO,\s\up6(→)).令eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))，則λ∈[0,1]，eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))－λeq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))eq\o(AC,\s\up6(→))，∵eq\o(PA,\s\up6(→))·2eq\o(PO,\s\up6(→))＝－λeq\o(AC,\s\up6(→))·2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2λ2－λ)·eq\o(AC,\s\up6(→))2＝4λ2－2λ，λ∈[0,1]，∴當λ＝eq\f(1,4)時，(eq\o(PA,\s\up6(→))·2eq\o(PO,\s\up6(→)))min＝－eq\f(1,4).專題強化練1．在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E是CD上一點，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))的最小值為()A．13B．15C．17D．19答案B解析如圖，以AB，AD為x，y軸，建立平面直角坐標系，則B(2,0)，設E(x,4)，0≤x≤2，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝(x,4)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(x－2,4)，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝x(x－2)＋16＝(x－1)2＋15，∴當x＝1時，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))的最小值為15.2．(2023·咸陽模擬)已知向量a，b，且|a|＝|b|＝5，|a＋b|＝6，則|ta＋b|(t∈R)的最小值為()A.eq\f(24,5)B．4C.eq\f(16,5)D.eq\f(12,5)答案A解析由題意，∵|a＋b|＝6，∴a2＋b2＋2a·b＝36，∵|a|＝|b|＝5，∴a·b＝－7，∴|ta＋b|2＝t2a2＋2ta·b＋b2＝25t2＋2t×(－7)＋25＝25t2－14t＋25＝25eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(7,25)))2＋eq\f(576,25)，當t＝eq\f(7,25)時，|ta＋b|2取得最小值eq\f(576,25)，∴|ta＋b|的最小值為eq\f(24,5).3．已知|a|＝2|b|，|b|≠0，且關(guān)于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有實數(shù)根，則a與b的夾角θ的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))答案B解析因為關(guān)于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有實數(shù)根，所以Δ＝|a|2－4ab＝|a|2－4|a||b|·cosθ＝4|b|2－8|b|2·cosθ≥0，所以cosθ≤eq\f(1,2)，又θ∈[0，π]，所以eq\f(π,3)≤θ≤π，即a與b的夾角θ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)).4．(2023·北京模擬)已知e為單位向量，向量a滿足a·e＝2，|a－λe|＝1，則|a|的最大值為()A．1B．2C.eq\r(5)D．4答案C解析依題意設e＝(1,0)，a＝(x，y)，因為a·e＝2，所以x＝2，則a＝(2，y)，又a－λe＝(2，y)－(λ，0)＝(2－λ，y)，且|a－λe|＝1，所以eq\r(2－λ2＋y2)＝1，即y2＝1－(2－λ)2，所以|a|＝eq\r(22＋y2)＝eq\r(4＋1－2－λ2)≤eq\r(5)，當且僅當λ＝2時等號成立，即|a|的最大值為eq\r(5).5．(2023·深圳模擬)已知△ABC是單位圓O的內(nèi)接三角形，若A＝eq\f(π,4)，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))的最大值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)答案C解析如圖所示，圓O是△ABC的外接圓，且A＝eq\f(π,4)，所以OB⊥OC，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝－cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))〉，故當eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))反向共線時，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))最大，所以(eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→)))max＝1.6．(2023·北京模擬)已知正方形ABCD的邊長為2，P為正方形ABCD內(nèi)部(不含邊界)的動點，且滿足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(DP,\s\up6(→))的取值范圍是()A．(0,8] B．[0,8)C．(0,4] D．[0,4)答案D解析由題意得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，則點P在以AB為直徑的半圓上，如圖所示，則P(cosα，sinα)，0<α<π，C(1,2)，D(－1,2)，∴eq\o(CP,\s\up6(→))＝(cosα－1，sinα－2)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(cosα＋1，sinα－2)，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(DP,\s\up6(→))＝(cosα－1)(cosα＋1)＋(sinα－2)2＝cos2α－1＋sin2α－4sinα＋4＝4－4sinα，又α∈(0，π)，∴sinα∈(0,1]，∴eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(DP,\s\up6(→))∈[0,4)．7．(多選)(2023·重慶模擬)在正方形ABCD中，動點E從點B出發(fā)，經(jīng)過C，D，到達點A，eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則λ＋μ的取值可能是()A．0B．1C.eq\f(3,2)D．2答案AB解析以B為坐標原點，AB，BC所在直線分別為x軸，y軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，設AB＝1，則B(0,0)，A(1,0)，C(0,1)，D(1,1)，當點E在BC上時，設E(0，m)，m∈[0,1]，則(－1，m)＝λ(－1,0)＋μ(－1,1)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－λ－μ＝－1，,μ＝m，))故λ＋μ＝1；當點E在CD上時，設E(t,1)，t∈[0,1]，則(t－1,1)＝λ(－1,0)＋μ(－1,1)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－λ－μ＝t－1，,μ＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－t，,μ＝1，))故λ＋μ＝1－t∈[0,1]；當點E在AD上時，設E(1，u)，u∈[0,1]，則(0，u)＝λ(－1,0)＋μ(－1,1)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－λ－μ＝0，,μ＝u，))故λ＋μ＝0，綜上，λ＋μ的取值范圍是[0,1]．8．(2023·安慶模擬)已知非零向量a，b的夾角為θ，|a＋b|＝2，且|a||b|≥eq\f(4,3)，則夾角θ的最小值為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(2π,3)答案B解析由|a＋b|2＝4，得|a|2＋|b|2＋2|a|·|b|cosθ＝4，即4≥2|a|·|b|(1＋cosθ)≥eq\f(8,3)(1＋cosθ)，當且僅當|a|＝|b|時，等號成立，解得cosθ≤eq\f(1,2).又θ∈[0，π]，所以eq\f(π,