高考數(shù)學(xué)重難點(diǎn)培優(yōu)全攻略(新高考專用)微重點(diǎn)04　平面向量數(shù)量積的最值與范圍問(wèn)題(原卷版+解析)

微重點(diǎn)04平面向量數(shù)量積的最值與范圍問(wèn)題平面向量中的最值與范圍問(wèn)題，是高考的熱點(diǎn)與難點(diǎn)問(wèn)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(wèn)題的一般思路是建立求解目標(biāo)的函數(shù)關(guān)系，通過(guò)函數(shù)的值域解決問(wèn)題，同時(shí)，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(wèn)題的重要方法．知識(shí)導(dǎo)圖考點(diǎn)分類講解考點(diǎn)一：求參數(shù)的最值(范圍)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(shí)數(shù))，則A，B，C三點(diǎn)共線?λ＋μ＝1.【例1】(2023·漳州模擬)已知△ABC，點(diǎn)D滿足eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up6(→))，點(diǎn)E為線段CD上異于C，D的動(dòng)點(diǎn)，若eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則λ2＋μ2的取值范圍是________．【變式1】設(shè)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(duì)任意的θ恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為()A．[－1,3] B．[－1,5]C．[－7,3] D．[5,7]【變式2】（23-24高三上·黑龍江佳木斯·階段練習(xí)）在中，點(diǎn)在線段上，且滿足，點(diǎn)為線段上任意一點(diǎn)，若實(shí)數(shù)滿足，則的最小值為．【變式2】．（2023高三·全國(guó)·專題練習(xí)）已知向量滿足，且，則函數(shù)的最小值為.【變式4】(2023·深圳模擬)過(guò)△ABC的重心G的直線l分別交線段AB，AC于點(diǎn)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考點(diǎn)二：求向量模、夾角的最值(范圍)易錯(cuò)提醒找兩向量的夾角時(shí)，要注意“共起點(diǎn)”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．【例1】（2024·吉林長(zhǎng)春·模擬預(yù)測(cè)）已知向量，為單位向量，且，向量與共線，則的最小值為.【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(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_(kāi)_______．【變式1】(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,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)【變式2】(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(shí)數(shù)λ的取值范圍為_(kāi)___________．【變式3】（2024·吉林長(zhǎng)春·模擬預(yù)測(cè)）已知向量，為單位向量，且，向量與共線，則的最小值為.考點(diǎn)三：求向量數(shù)量積的最值(范圍)規(guī)律方法向量數(shù)量積最值(范圍)問(wèn)題的解題策略(1)形化：利用平面向量的幾何意義將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問(wèn)題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進(jìn)行判斷．(2)數(shù)化：利用平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，把問(wèn)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(wèn)題，然后利用函數(shù)、不等式或方程的有關(guān)知識(shí)來(lái)解決．【例3】(1)(2023·開(kāi)封模擬)等腰直角三角形ABC的直角頂點(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)B在y軸的正半軸上，點(diǎn)C在第一象限，且AB＝1，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2－\r(2),4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(2),2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2－\r(2),4)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(2),2)，1))(2)(2023·全國(guó)乙卷)已知⊙O的半徑為1，直線PA與⊙O相切于點(diǎn)A，直線PB與⊙O交于B，C兩點(diǎn)，D為BC的中點(diǎn)，若|PO|＝eq\r(2)，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的最大值為()A.eq\f(1＋\r(2),2)B.eq\f(1＋2\r(2),2)C．1＋eq\r(2)D．2＋eq\r(2)【變式1】(2023·臺(tái)州模擬)已知P是邊長(zhǎng)為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)(含邊界)一點(diǎn)，M為邊BC的中點(diǎn)，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))的取值范圍是()A．[－2,6] B．[－1,9]C．[－2,4] D．[－1,6]【變式2】(2023·邵陽(yáng)模擬)已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，P為對(duì)角線AC上一點(diǎn)，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【變式3】（2024高三·江蘇·專題練習(xí)）已知點(diǎn)M為直角外接圓O上的任意一點(diǎn)，，則的最大值為．強(qiáng)化訓(xùn)練單選題1．（2023·陜西咸陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知向量，，且，，則的最小值為（

）A． B．4 C． D．2．（23-24高三上·江西吉安·期中）中，為上一點(diǎn)且滿足，若為上一點(diǎn)，且滿足，為正實(shí)數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．的最小值為 B．的最大值為1C．的最大值為16 D．的最小值為43．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·一模）在中，為線段的一個(gè)三等分點(diǎn)，.連接，在線段上任取一點(diǎn)，連接，若，則的最小值為（

）A． B． C． D．4．（2023·安徽安慶·二模）已知非零向量，的夾角為，，且，則夾角的最小值為（

）A． B． C． D．5．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知非零且不垂直的平面向量滿足，若在方向上的投影與在方向上的投影之和等于，則夾角的余弦值的最小值為（

）A． B． C． D．6．（23-24高三下·北京海淀·開(kāi)學(xué)考試）已知是圓：的直徑，、是圓上兩點(diǎn)，且，則的最小值為（

）A．0 B． C． D．7．在中，點(diǎn)為邊上的中點(diǎn)，點(diǎn)滿足，點(diǎn)是直線，的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)做一條直線交線段于點(diǎn)，交線段于點(diǎn)（其中點(diǎn)，均不與端點(diǎn)重合）設(shè)，，則的最小值為（

）A． B． C． D．8．（23-24高三上·陜西安康·階段練習(xí)）已知是所在平面內(nèi)一點(diǎn)，若均為正數(shù)，則的最小值為（

）A． B． C．1 D．二、多選題1．（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知是坐標(biāo)原點(diǎn)，平面向量，，，且是單位向量，，，則下列結(jié)論正確的是（

）A．B．若A，B，C三點(diǎn)共線，則C．若向量與垂直，則的最小值為1D．向量與的夾角正切值的最大值為2．（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在邊長(zhǎng)為3的等邊三角形中，，且點(diǎn)在以的中點(diǎn)為圓心，為半徑的半圓上，若，則下列說(shuō)法正確的有（）A．B．C．存在最大值D．的最小值為3．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在直四棱柱中，底面ABCD為菱形，，，P為的中點(diǎn)，點(diǎn)Q滿足，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．若，則四面體的體積為定值B．若的外心為O，則為定值2C．若，則點(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度為D．若且，則存在點(diǎn)，使得的最小值為三、填空題1．（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）已知向量，滿足，，且，的夾角為，則的最小值是.2．（23-24高三上·山西太原·期末）已知非零向量，夾角為，則的最小值為.3．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）在四邊形中，，，則的最小值為.四、解答題1．如圖，在△ABC中，，，，D為BC的中點(diǎn)，E為AB邊上的動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），AD與CE交于點(diǎn)O，.

(1)若，求的值；(2)求的最小值，并指出取到最小值時(shí)x的值.2．（22-23高三·北京·階段練習(xí)）已知非零平面向量，的夾角為，.(1)證明：；(2)設(shè)，求的最小值.3．（22-23高三上·河南安陽(yáng)·階段練習(xí)）已知(1)若且時(shí)，與的夾角為鈍角，求的取值范圍；(2)若函數(shù)，求的最小值.4．（2023·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）如圖，A，B是單位圓（圓心為O）上兩動(dòng)點(diǎn)，C是劣?。ê它c(diǎn)）上的動(dòng)點(diǎn)．記（，均為實(shí)數(shù)）．

(1)若O到弦AB的距離是，求的取值范圍；(2)若，向量和向量的夾角為，求的最小值．5．（2022高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，已知點(diǎn)是邊長(zhǎng)為1的正三角形的中心，線段經(jīng)過(guò)點(diǎn)，并繞點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，分別交邊于點(diǎn)，設(shè)，其中．(1)求的值；(2)求面積的最小值，并指出相應(yīng)的的值．微重點(diǎn)04平面向量數(shù)量積的最值與范圍問(wèn)題平面向量中的最值與范圍問(wèn)題，是高考的熱點(diǎn)與難點(diǎn)問(wèn)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(wèn)題的一般思路是建立求解目標(biāo)的函數(shù)關(guān)系，通過(guò)函數(shù)的值域解決問(wèn)題，同時(shí)，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(wèn)題的重要方法．知識(shí)導(dǎo)圖考點(diǎn)分類講解考點(diǎn)一：求參數(shù)的最值(范圍)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(shí)數(shù))，則A，B，C三點(diǎn)共線?λ＋μ＝1.【例1】(2023·漳州模擬)已知△ABC，點(diǎn)D滿足eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up6(→))，點(diǎn)E為線段CD上異于C，D的動(dòng)點(diǎn)，若eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則λ2＋μ2的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(17,9)))【解析】由題意設(shè)eq\o(CE,\s\up6(→))＝meq\o(CD,\s\up6(→))，m∈(0,1)，因?yàn)閑q\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up6(→))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(m,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,3)))eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\f(m,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(m,3)，,μ＝1＋\f(m,3)，))所以λ2＋μ2＝1＋eq\f(2,3)m＋eq\f(2,9)m2＝eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,2)))2＋eq\f(1,2)，又因?yàn)閙∈(0,1)，由二次函數(shù)的性質(zhì)得y＝eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,2)))2＋eq\f(1,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(17,9)))，所以λ2＋μ2的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(17,9))).【變式1】設(shè)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(duì)任意的θ恒成立，則實(shí)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(duì)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.【變式2】（23-24高三上·黑龍江佳木斯·階段練習(xí)）在中，點(diǎn)在線段上，且滿足，點(diǎn)為線段上任意一點(diǎn)，若實(shí)數(shù)滿足，則的最小值為．【答案】【分析】根據(jù)題意，由三點(diǎn)共線可得，再由基本不等式，即可得到結(jié)果.【詳解】

因?yàn)?，則，由三點(diǎn)共線可得，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)，等號(hào)成立，所以的最小值為.故答案為：.【變式2】．（2023高三·全國(guó)·專題練習(xí)）已知向量滿足，且，則函數(shù)的最小值為.【答案】3【分析】根據(jù)向量的線性關(guān)系及已知求得，代入已知函數(shù)并利用基本不等式求函數(shù)最小值，注意取值條件.【詳解】∵，∴，∴，則，由于，則，故，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào)，∴函數(shù)的最小值為3.故答案為：3【變式4】(2023·深圳模擬)過(guò)△ABC的重心G的直線l分別交線段AB，AC于點(diǎn)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(diǎn)，又G為△ABC的重心，則A，G，D三點(diǎn)共線，且eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))，因?yàn)閑q\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(diǎn)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(dāng)且僅當(dāng)λ＝μ＝eq\f(2,3)時(shí)，等號(hào)成立．考點(diǎn)二：求向量模、夾角的最值(范圍)易錯(cuò)提醒找兩向量的夾角時(shí)，要注意“共起點(diǎn)”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．【例1】（2024·吉林長(zhǎng)春·模擬預(yù)測(cè)）已知向量，為單位向量，且，向量與共線，則的最小值為.【答案】【分析】令，利用向量模的計(jì)算公式把表示成t的函數(shù)，求出函數(shù)最小值即可.【詳解】因向量與共線，令，則，而向量，為單位向量，且，于是得

，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”，所以的最小值為.故答案為：【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(shè)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(dāng)x＝5時(shí)，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_(kāi)_______．【答案】eq\f(2\r(2),3)【解析】如圖所示，設(shè)a＝eq\o(OA,\s\up6(→))，b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，則a－b＝eq\o(BA,\s\up6(→))，設(shè)|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(dāng)且僅當(dāng)eq\f(m,3)＝eq\f(2,3m)，即m＝eq\r(2)時(shí)，等號(hào)成立．【變式1】(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,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)【答案】C【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(dāng)且僅當(dāng)|a|＝|b|時(shí)，等號(hào)成立，解得cosθ≤eq\f(1,2).又θ∈[0，π]，所以eq\f(π,3)≤θ≤π，所以?shī)A角θ的最小值為eq\f(π,3).【變式2】(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(shí)數(shù)λ的取值范圍為_(kāi)___________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，0))∪(0，＋∞)【解析】因?yàn)閍＝(1,2)，b＝(1,1)，所以a＋λb＝(1＋λ，2＋λ)，因?yàn)閍與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，＋∞)．【變式3】（2024·吉林長(zhǎng)春·模擬預(yù)測(cè)）已知向量，為單位向量，且，向量與共線，則的最小值為.【答案】【分析】令，利用向量模的計(jì)算公式把表示成t的函數(shù)，求出函數(shù)最小值即可.【詳解】因向量與共線，令，則，而向量，為單位向量，且，于是得

，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”，所以的最小值為.故答案為：考點(diǎn)三：求向量數(shù)量積的最值(范圍)規(guī)律方法向量數(shù)量積最值(范圍)問(wèn)題的解題策略(1)形化：利用平面向量的幾何意義將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問(wèn)題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進(jìn)行判斷．(2)數(shù)化：利用平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，把問(wèn)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(wèn)題，然后利用函數(shù)、不等式或方程的有關(guān)知識(shí)來(lái)解決．【例3】(1)(2023·開(kāi)封模擬)等腰直角三角形ABC的直角頂點(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)B在y軸的正半軸上，點(diǎn)C在第一象限，且AB＝1，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2－\r(2),4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(2),2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2－\r(2),4)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(2),2)，1))【答案】B【解析】由題意可得△OAB為直角三角形，且AB＝1，設(shè)eq\o(AO,\s\up6(→))與eq\o(AB,\s\up6(→))的夾角為α，則A(cosα，0)，B(0，sinα)，其中α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，如圖所示，則由等腰直角三角形的性質(zhì)可得C(cosα＋sinα，cosα)，所以eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝cosα(cosα＋sinα)＝eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)sin2α＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋eq\f(1,2)，又2α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，則eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(2),2))).(2)(2023·全國(guó)乙卷)已知⊙O的半徑為1，直線PA與⊙O相切于點(diǎn)A，直線PB與⊙O交于B，C兩點(diǎn)，D為BC的中點(diǎn)，若|PO|＝eq\r(2)，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的最大值為()A.eq\f(1＋\r(2),2)B.eq\f(1＋2\r(2),2)C．1＋eq\r(2)D．2＋eq\r(2)【答案】A【解析】連接OA，由題可知|OA|＝1，OA⊥PA，因?yàn)閨PO|＝eq\r(2)，所以由勾股定理可得|PA|＝1，則∠POA＝eq\f(π,4).設(shè)直線PO繞點(diǎn)P按逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ后與直線PD重合，則－eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,4)，∠APD＝eq\f(π,4)＋θ，且|PD|＝eq\r(2)cosθ.所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))||eq\o(PD,\s\up6(→))|coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\r(2)cosθcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\r(2)cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosθ－\f(\r(2),2)sinθ))＝cos2θ－sinθcosθ＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cos2θ－eq\f(1,2)sin2θ＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))，所以當(dāng)θ＝－eq\f(π,8)時(shí)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))取得最大值，為eq\f(1＋\r(2),2).【變式1】(2023·臺(tái)州模擬)已知P是邊長(zhǎng)為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)(含邊界)一點(diǎn)，M為邊BC的中點(diǎn)，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))的取值范圍是()A．[－2,6] B．[－1,9]C．[－2,4] D．[－1,6]【答案】B【解析】如圖，過(guò)P作PN⊥AM于N，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))＝|eq\o(AP,\s\up6(→))||eq\o(AM,\s\up6(→))|cos∠PAN＝±|eq\o(AN,\s\up6(→))|·|eq\o(AM,\s\up6(→))|，分別過(guò)C，F(xiàn)作CK⊥AM，F(xiàn)H⊥AM，K，H為垂足，則當(dāng)N與K重合(即P與C重合)時(shí)，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))取得最大值，當(dāng)N與H重合(即P與F重合)時(shí)，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))取得最小值，因?yàn)锳BCDEF是正六邊形，所以以AB為x軸，AE為y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(2,0)，C(3，eq\r(3))，F(xiàn)(－1，eq\r(3))，M是BC的中點(diǎn)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(3，eq\r(3))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3))，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(15,2)＋eq\f(3,2)＝9，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝－eq\f(5,2)＋eq\f(3,2)＝－1，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))的取值范圍是[－1,9]．【變式2】(2023·邵陽(yáng)模擬)已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，P為對(duì)角線AC上一點(diǎn)，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(dāng)λ＝eq\f(1,4)時(shí)，(eq\o(PA,\s\up6(→))·2eq\o(PO,\s\up6(→)))min＝－eq\f(1,4).【變式3】（2024高三·江蘇·專題練習(xí)）已知點(diǎn)M為直角外接圓O上的任意一點(diǎn)，，則的最大值為．【答案】【分析】根據(jù)題意，利用正弦定理求得外接圓的半徑為，結(jié)合向量的數(shù)量積，化簡(jiǎn)得到，結(jié)合圓的性質(zhì)，即可求解.【詳解】設(shè)直角外接圓的半徑為，由正弦定理得，故，所以，當(dāng)過(guò)點(diǎn)圓上一點(diǎn)作平行于的圓的切線時(shí)，此時(shí)最大，由于到的距離為，所以的最大值為，故答案為：

強(qiáng)化訓(xùn)練單選題1．（2023·陜西咸陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知向量，，且，，則的最小值為（

）A． B．4 C． D．【答案】A【分析】求出的值，寫(xiě)出的表達(dá)式，即可求出最小值.【詳解】由題意，∵，∴，∵，∴，，當(dāng)時(shí)，取得最小值，∴的最小值為，故選：A.2．（23-24高三上·江西吉安·期中）中，為上一點(diǎn)且滿足，若為上一點(diǎn)，且滿足，為正實(shí)數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．的最小值為 B．的最大值為1C．的最大值為16 D．的最小值為4【答案】D【分析】AB選項(xiàng)，根據(jù)向量基本定理和共線定理得到，從而利用基本不等式求出的最大值為；CD選項(xiàng)，利用基本不等式“1”的妙用求出最值，得到答案.【詳解】AB選項(xiàng)，因?yàn)椋?，故，因?yàn)槿c(diǎn)共線，設(shè)，即，故，令，故，為正實(shí)數(shù)，由基本不等式得，解得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，所以的最大值為，AB錯(cuò)誤；CD選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，C錯(cuò)誤，D正確.故選：D3．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·一模）在中，為線段的一個(gè)三等分點(diǎn)，.連接，在線段上任取一點(diǎn)，連接，若，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)在線段上得到，結(jié)合已知條件得到，和的關(guān)系式，最后轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最小值.【詳解】在線段上，，，為線段的一個(gè)三等分點(diǎn)，，，，由平面向量基本定理得，，，當(dāng)時(shí)，取得最小值.故選：C.4．（2023·安徽安慶·二模）已知非零向量，的夾角為，，且，則夾角的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】應(yīng)用向量數(shù)量積運(yùn)算律及題設(shè)可得，注意等號(hào)成立條件，結(jié)合已知不等條件求范圍，即可得最小值.【詳解】由有，即，前一個(gè)等號(hào)成立條件為，整理得.由于，所以，于是夾角為的最小值為.故選：C5．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知非零且不垂直的平面向量滿足，若在方向上的投影與在方向上的投影之和等于，則夾角的余弦值的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用基本不等式得到，再利用投影的定義，結(jié)合數(shù)量積的運(yùn)算法則得到夾角的余弦值關(guān)于的表達(dá)式，從而得解.【詳解】因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取等號(hào)，設(shè)的夾角為，由題意得，因?yàn)橄蛄糠橇闱也淮怪保郧?，所以，所以?shī)A角的余弦值的最小值為.故選：A.6．（23-24高三下·北京海淀·開(kāi)學(xué)考試）已知是圓：的直徑，、是圓上兩點(diǎn)，且，則的最小值為（

）A．0 B． C． D．【答案】D【分析】由題意設(shè)弦的中點(diǎn)為，然后利用平面向量的數(shù)量積從而求解.【詳解】由題意知，不妨設(shè)弦的中點(diǎn)為，因?yàn)椋瑒t為等邊三角形，所以可得，則，設(shè)與的夾角為，所以，因?yàn)椋缘淖钚≈禐?，故D正確.故選：D.7．在中，點(diǎn)為邊上的中點(diǎn)，點(diǎn)滿足，點(diǎn)是直線，的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)做一條直線交線段于點(diǎn)，交線段于點(diǎn)（其中點(diǎn)，均不與端點(diǎn)重合）設(shè)，，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題意作交于F，可推出，利用向量的線性運(yùn)算推出，結(jié)合題意推出，根據(jù)三點(diǎn)共線可得，結(jié)合“1”的妙用，即得，展開(kāi)后利用基本不等式，即可求得答案.【詳解】作交于F，連接

，則∽，故，由于點(diǎn)為邊上的中點(diǎn)，故，，故，又∽，故，故，則,由于，，故，因?yàn)槿c(diǎn)共線，故，所以，

當(dāng)且僅當(dāng)，結(jié)合，即時(shí)等號(hào)成立，即的最小值為，故選：B8．（23-24高三上·陜西安康·階段練習(xí)）已知是所在平面內(nèi)一點(diǎn)，若均為正數(shù)，則的最小值為（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】由題設(shè)是的重心，應(yīng)用向量加法、數(shù)乘幾何意義可得，根據(jù)得，最后應(yīng)用基本不等式求最小值，注意等號(hào)成立條件.【詳解】因?yàn)椋渣c(diǎn)是的重心，所以.因?yàn)?，所以，綜上，.因?yàn)?，所以三點(diǎn)共線，則，即.因?yàn)榫鶠檎龜?shù)，所以，則，所以（當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)），所以的最小值為.故選：B二、多選題1．（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知是坐標(biāo)原點(diǎn)，平面向量，，，且是單位向量，，，則下列結(jié)論正確的是（

）A．B．若A，B，C三點(diǎn)共線，則C．若向量與垂直，則的最小值為1D．向量與的夾角正切值的最大值為【答案】AD【分析】根據(jù)給定條件，用坐標(biāo)表示向量，再結(jié)合向量的坐標(biāo)運(yùn)算逐項(xiàng)計(jì)算判斷即得.【詳解】在平面直角坐標(biāo)系中，令，由，，得，，則，對(duì)于A，，因此，A正確；對(duì)于B，由三點(diǎn)共線，得，即，于是，解得，即，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，，由向量與垂直，得，而，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，令向量與的夾角為，，當(dāng)時(shí)，，，當(dāng)時(shí)，不妨令，，則，，顯然，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，D正確.

故選：AD2．（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在邊長(zhǎng)為3的等邊三角形中，，且點(diǎn)在以的中點(diǎn)為圓心，為半徑的半圓上，若，則下列說(shuō)法正確的有（）A．B．C．存在最大值D．的最小值為【答案】ABC【分析】以為基底，表示與，驗(yàn)證選項(xiàng)A；定義法求向量數(shù)量積驗(yàn)證選項(xiàng)B；以點(diǎn)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，，利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算求的最大值和的最值，驗(yàn)證選項(xiàng)CD.【詳解】對(duì)A：因?yàn)椋尹c(diǎn)在以的中點(diǎn)為圓心，為半徑的半圓上，所以，則，故A正確；對(duì)B：，則，故B正確；對(duì)C、D：如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，則，因?yàn)辄c(diǎn)在以的中點(diǎn)為圓心，為半徑的半圓上，所以點(diǎn)的軌跡方程為，且在軸的下半部分，設(shè)，則，所以，因?yàn)椋?，所以?dāng)時(shí)，取得最大值，故C正確；因?yàn)?，所以，即，所以，所以，因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，取得最大值，故D錯(cuò)誤.故選：ABC.3．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在直四棱柱中，底面ABCD為菱形，，，P為的中點(diǎn)，點(diǎn)Q滿足，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．若，則四面體的體積為定值B．若的外心為O，則為定值2C．若，則點(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度為D．若且，則存在點(diǎn)，使得的最小值為【答案】ACD【分析】對(duì)于A，取的三等分點(diǎn)分別為，由條件確定的軌跡，結(jié)合錐體體積公式判斷；對(duì)于B，由三角形外心的性質(zhì)和向量數(shù)量積的性質(zhì)可判斷；由條件確定的軌跡為，將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面上兩點(diǎn)間的距離最小問(wèn)題求解；對(duì)于C，由條件確定點(diǎn)的軌跡為圓弧，利用弧長(zhǎng)公式求軌跡長(zhǎng)度即可判斷；對(duì)于D，把沿著進(jìn)行翻折，使得，A，B，P四點(diǎn)共面，再由勾股定理和余弦定理求出長(zhǎng)度.此時(shí)有最小值.【詳解】對(duì)于A，取的三等分點(diǎn)分別為，如圖所示，

因?yàn)?，所以，令，，則，所以．因?yàn)?，所以的面積為定值，點(diǎn)P到平面的距離也是定值，故A正確．對(duì)于B，

若的外心為O，過(guò)點(diǎn)O作于點(diǎn)H，則H是的中點(diǎn)．因?yàn)?，所以，故B錯(cuò)誤．對(duì)于C，

在平面中作，顯然平面，由長(zhǎng)度和角度，可得．在中，，所以，則點(diǎn)Q在以為圓心，為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)．設(shè)此圓與交于點(diǎn)，因?yàn)榍遥裕瑒t點(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度是．故C正確．對(duì)于D，若且，則點(diǎn)Q與點(diǎn)P重合．把沿著進(jìn)行翻折，使得，A，B，P四點(diǎn)共面，

此時(shí)有最小值A(chǔ)P（這里和后面的A均為翻折后的點(diǎn)）．在中，，，，滿足勾股定理，所以，從而，在中，由余弦定理得，故D正確．故選：ACD【點(diǎn)睛】本題解決的關(guān)鍵在于根據(jù)所給條件結(jié)合線面位置關(guān)系確定點(diǎn)的軌跡，再結(jié)合錐體體積公式，空間圖形與平面圖形的轉(zhuǎn)化解決問(wèn)題.三、填空題1．（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）已知向量，滿足，，且，的夾角為，則的最小值是.【答案】【分析】根據(jù)數(shù)量積的定義和運(yùn)算律可得，結(jié)合二次函數(shù)分析求解.【詳解】由題意可知：，因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，所以的最小值是.故答案為：.2．（23-24高三上·山西太原·期末）已知非零向量，夾角為，則的最小值為