平面向量习题|高阶

前言

• 在高中阶段，平面向量是个非常特殊的数学素材，在没有引入向量的坐标时，我们一般会想到用“形”来刻画向量，它们之间的加减运算主要依托“三角形法则”和“平行四边形法则”展开；当引入了向量的坐标表示以后，向量就有了“数”的内涵，这时候向量之间的运算，即可以考虑用“形”来刻画，也可以考虑用数来刻画。

• 比如用形来刻画运算，\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}=\vec{0}\)，\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{BC}\)等，

• 再比如用数来刻画运算，设\(\vec{a}=(x_1，y_1)\)，\(\vec{b}=(x_2，y_2)\)；则\(\vec{a}\pm \vec{b}=(x_1\pm x_2，y_1\pm y_2)\)，\(\vec{a}\cdot \vec{b}=x_1x_2+y_1y_2\)；

• 再比如用数来刻画位置关系，\(\vec{a}//\vec{b}\Leftrightarrow x_1y_2-x_2y_1=0\)；\(\vec{a}\perp \vec{b}\Leftrightarrow x_1x_2+y_1y_2=0\)；

解题经验

• 熟练掌握平面向量习题|低阶，熟悉和强化平面几何相关定理；

• 特别要注意向量的代数和表达式中的数字系数的拆分技巧

• 当三角形中出现一边的中点时，是否可以考虑用向量方法求解；当求解两个向量的和向量的取值范围时，是否可以考虑用三角形的中点，转化为求中线向量的取值范围；

典例剖析

【2025届高三数学月考二用题】已知圆 \(C:(x-6)^2+y^2=9\)，点 \(M\) 的坐标为 \((2,4)\)，过点 \(N(4,0)\) 作直线 \(l\) 交圆 \(C\) 于 \(A\) 、\(B\) 两点，则 \(|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}|\) 的取值范围为_________.

解法1️⃣：取 \(AB\) 的中点为 \(D\)，则由向量知识可知， \(|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}|\)\(=\)\(2|\overrightarrow{MD}|\)，连结 \(CD\)，则必然有 \(CD\perp AB\)，故点 \(D\) 的轨迹是以点 \(G(5,1)\) 为圆心，以 \(1\) 为半径的圆，这样所求 \(2|\overrightarrow{MD}|\) 的取值范围，就可以转化为求圆 \(G\) 外的一定点 \(M\) 到 圆上的动点 \(D\) 的距离的最大值和最小值问题，由于 \(|MG|\)\(=\)\(\sqrt{(3-5)^2+(4-0)^2}\)\(=\)\(5\)，故 \(5-1\)\(\leqslant\)\(|\overrightarrow{MD}|\)\(\leqslant\)\(5\)\(+\)\(1\)，即 \(4\)\(\leqslant\)\(|\overrightarrow{MD}|\)\(\leqslant\)\(6\)，故 \(8\)\(\leqslant\)\(2|\overrightarrow{MD}|\)\(\leqslant\)\(12\)，

综上所述，\(|\overrightarrow{MA}\)\(+\)\(\overrightarrow{MB}|\) 的取值范围为 \([8,12]\) .

思路2：看着圆的方程，想着可以转化为三角函数求解，思考半天，卡壳，待后思考 .

设F\(_1\)、F\(_2\)为双曲线\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)\)的左右焦点，\(P\)为双曲线右支上的一点，满足\((\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OF_2})\cdot \overrightarrow{PF_2}=0\)，\(O\)为坐标原点，且\(3|\overrightarrow{PF_1}|=4|\overrightarrow{PF_2}|\)，则双曲线的离心率是多少？

分析：设点\(P(x，y)\)，由点\(F_1(-c，0)\)和点\(F_2(c，0)\)，得到\(\overrightarrow{OP}=(x，y)\)，\(\overrightarrow{OF_2}=(c，0)\)，

\(\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OF_2}=(c+x，y)\)，\(\overrightarrow{PF_1}=(-c-x，-y)\)，\(\overrightarrow{PF_2}=(c-x，-y)\)，

由\((\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OF_2})\cdot \overrightarrow{PF_2}=0\)得到，

\((c-x)(c+x)-y^2=0\)，即\(c^2=x^2+y^2\)，

即点\(P\)在以坐标原点为圆心，以\(c\)为半径的圆上；

也在以\(F_1F_2\)为直径的圆上，故\(\angle F_1PF_2=90^{\circ}\)初中数学：直径所对的圆周角为直角 。

故有\(\overrightarrow{PF_1}\cdot \overrightarrow{PF_2}=0\)，

这样\(3|\overrightarrow{PF_1}|=4|\overrightarrow{PF_2}|\)得到，

可设\(|PF_1|=4k(k>0)\)，\(|PF_2|=3k\)，故\(|F_1F_2|=5k\)，即\(2c=5k\)，

又由双曲线的定义知道，\(|PF_1|-|PF_2|=2a=k\) ，

则离心率\(e=\cfrac{2c}{2a}=\cfrac{5k}{k}=5\)。

【点评】①用向量的左边引入数学运算，从而能得到点 \(P\) 的轨迹，这样就能得出直角三角形。②由直角三角形结合已知条件能得到 \(2c\)，用定义式能得到 \(2a\)，从而离心率可解。

【2017辽宁沈阳二模】已知向量\(\overrightarrow{OA}=(3，1)\)，\(\overrightarrow{OB}=(-1，3)\)，\(\overrightarrow{OC}=m\overrightarrow{OA}\)\(-n\overrightarrow{OB}\)\((m>0，n>0)\)，若\(m+n\in [1，2]\)，则向量\(|\overrightarrow{OC}|\)的取值范围是【\(\qquad\)】

$A.[\sqrt{5}，2\sqrt{5}]$ $B.[\sqrt{5}，2\sqrt{10})$ $C.(\sqrt{5}，\sqrt{10})$ $D.[\sqrt{5}，2\sqrt{10}]$

解：\(\overrightarrow{OC}=m\overrightarrow{OA}-n\overrightarrow{OB}=m(3，1)-n(-1，3)=(3m，m)-(-n，3n)=(3m+n，m-3n)\)，

故\(|\overrightarrow{OC}|=\sqrt{(3m+n)^2+(m-3n)^2}=\sqrt{10m^2+10n^2}=\sqrt{10}\sqrt{m^2+n^2}\)

【预备知识】已知\(m>0\)，\(n>0\) ，\(m+n\in [1，2]\)，求\(m^2+n^2\)的取值范围。

分析：将上述给定的数的条件转化为形的条件，则\(m^2+n^2\)可以看成半径为\(r\)的动圆上位于第一象限内的一点，\(1\leq m+n\leq 2\)可以看成两条平行线\(m+n=1\)和\(m+n=2\)之间的平面区域内且位于第一象限的的任意一点，

故\(m^2+n^2\)的取值范围：最小值可以看成圆心\((0，0)\)到直线\(m+n=1\)的距离的平方，最大值可以看成圆心\((0，0)\)到点\((0，2)\)或\((2，0)\)的距离的平方(取不到)，

则可知\(d_1=\cfrac{1}{\sqrt{2}}\)，\(d_2=2\)，故\(d_1^2=\cfrac{1}{2}\)，\(d_2^2=4\)，即\(m^2+n^2\in [\cfrac{1}{2}，4]\)；

接上可知，\(|\overrightarrow{OC}|=\sqrt{10}\sqrt{m^2+n^2}\in [\sqrt{5}，2\sqrt{10})\)，故选\(B\)。

已知向量\(\vec{a}=(1，1)\)，\(\vec{b}=(-1，1)\)，\(\vec{c}=(\sqrt{2}cos\theta，\sqrt{2}sin\theta)\)，实数\(m，n\)满足\(m\vec{a}+n\vec{b}=\vec{c}\)，则\((m-1)^2+(n-1)^2\)的最小值为\(3-2\sqrt{2}\)；

法1：由于\(m\vec{a}+n\vec{b}=\vec{c}\)，即\(m(1，1)+n(-1，1)=(\sqrt{2}cos\theta，\sqrt{2}sin\theta)\)

则\(\left\{\begin{array}{l}{m-n=\sqrt{2}cos\theta}\\{m+n=\sqrt{2}sin\theta}\end{array}\right.\)，借助\(cos^2\theta+sin^2\theta=1\)可得，

\((m+n)^2+(m-n)^2=2\)，打开整理得到\(m^2+n^2=1\)，

故\((m-1)^2+(n-1)^2=m^2+n^2-2(m+n)+2=3-2\sqrt{2}sin\theta\)，

由于\(-1\leq sin\theta\leq 1\)，则\(3-2\sqrt{2}\leq 3-2\sqrt{2}sin\theta\leq 3+2\sqrt{2}\)

故所求的最小值为\(3-2\sqrt{2}\)。

法2：变量集中，由\(\left\{\begin{array}{l}{m-n=\sqrt{2}cos\theta}\\{m+n=\sqrt{2}sin\theta}\end{array}\right.\)，

解得\(m=\cfrac{\sqrt{2}(cos\theta+sin\theta)}{2}\)，\(n=\cfrac{\sqrt{2}(sin\theta-cos\theta)}{2}\)，

代入得到\((m-1)^2+(n-1)^2=\Big[\cfrac{\sqrt{2}(cos\theta+sin\theta)}{2}-1\Big]^2+\Big[\cfrac{\sqrt{2}(sin\theta-cos\theta)}{2}-1\Big]^2\)

\(=3-2\sqrt{2}sin\theta\)；其余同上；

【均值不等式的使用】在平面直角坐标系\(xoy\)中，已知点\(A\)在椭圆\(\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{8}=1\)上，点\(P\)满足\(\overrightarrow{AP}=(\lambda-1)\overrightarrow{OA}(\lambda\in R)\)，且\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}=12\)，求线段\(OP\)在\(x\)轴上的投影长度的最大值。

解析：由\(\overrightarrow{AP}=(\lambda-1)\overrightarrow{OA}\)，即\(\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OA}=(\lambda-1)\overrightarrow{OA}\)

则有\(\overrightarrow{OP}=\lambda\overrightarrow{OA}\)，故\(O、P、A\)三点共线，由\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}=12\)，得到\(|\overrightarrow{OA}|\cdot |\overrightarrow{OP}|=12\)，

设OP与\(x\)轴的夹角为\(\theta\)，点\(A(x，y)\)，\(B\)为点\(A\)在\(x\)轴上的投影，由图可知，线段\(OP\)在\(x\)轴上的投影长度为\(||\overrightarrow{OP}|\cdot cos\theta|\)

则\(||\overrightarrow{OP}|\cdot cos\theta|=|\overrightarrow{OP}|\times \cfrac{|\overrightarrow{OB}|}{|\overrightarrow{OA}|}\)\(=\cfrac{12}{|\overrightarrow{OA}|}\times \cfrac{|\overrightarrow{OB}|}{|\overrightarrow{OA}|}\)

\(=12\cdot \cfrac{|\overrightarrow{OB}|}{|\overrightarrow{OA}|^2}\)，又由于\(|\overrightarrow{OB}|=|x|\)，\(|\overrightarrow{OA}|=\sqrt{x^2+y^2}\)，

\(=12\times \cfrac{|x|}{x^2+y^2}\)， 接下来施行变量集中，由于\(\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{8}=1\)，得到\(y^2=8-\cfrac{x^2}{2}\)，代入

\(=12\times \cfrac{|x|}{\cfrac{x^2}{2}+8}\)，分子分母同除以\(|x|\)得到，

\(=12\times \cfrac{1}{\frac{|x|}{2}+\frac{8}{|x|}}\leq 12\times \cfrac{1}{4}=3\)，

当且仅当\(|x|=4\)时等号成立，故线段\(OP\)在\(x\)轴上的投影长度的最大值为\(3\)。

【2017年理科数学全国卷Ⅲ卷第12题】在矩形\(ABCD\)中，\(AB=1\)，\(AD=2\)，动点\(P\)在以\(C\)为圆心且与\(BD\)相切的圆上，若\(\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AD}\)，则\(\lambda+\mu\)的最大值为【\(\qquad\)】

$A.3$ $B.2\sqrt{2}$ $C.\sqrt{5}$ $D.2$

分析：以点\(A\)为坐标原点，分别以\(AD\)，\(AB\)所在的直线为\(x\)轴和\(y\)轴建立如图所示的平面直角坐标系，则\(A(0，0)\)，\(B(0，1)\)，\(C(2，1)\)，\(D(2，0)\)；

又由于\(AB=1\)，\(AD=2\)，动点\(P\)在以\(C\)为圆心且与\(BD\)相切的圆上，则\(BD=\sqrt{5}\)，由等面积法可知圆的半径为\(r=\cfrac{2}{\sqrt{5}}\)，这样圆上的动点的坐标可设为\(P(2+\cfrac{2}{\sqrt{5}}cos\theta，1+\cfrac{1}{\sqrt{5}}cos\theta)\)，

由于\(\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AD}=\lambda(0，1)+\mu(2，0)=(2\mu，\lambda)\)，

又由于\(\overrightarrow{AP}=(2+\cfrac{2}{\sqrt{5}}cos\theta，1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}sin\theta)\)，则有

\(2\mu=2+\cfrac{2}{\sqrt{5}}cos\theta\)，\(\lambda=1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}sin\theta\)，

化简为\(\mu=1+\cfrac{1}{\sqrt{5}}cos\theta\)，\(\lambda=1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}sin\theta\)，

则\(\lambda+\mu=1+\cfrac{1}{\sqrt{5}}cos\theta+1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}sin\theta=2+\cfrac{1}{\sqrt{5}}cos\theta+\cfrac{2}{\sqrt{5}}sin\theta=2+sin(\theta+\phi)\)，

由于\(-1\leq sin(\theta+\phi)\leq 1\)，故\(2-1\leq 2+sin(\theta+\phi)\leq 2+1\)，即\(\lambda+\mu\in [1，3]\)，

故所求的最大值为3，故选\(A\)。

解后反思：培养主动使用向量这一数学工具的数学应用意识很关键。

已知点\(O\)是\(\triangle ABC\)的外接圆的圆心，\(AC=3\)，\(AB=2\)，\(BC=\sqrt{7}\)，求\(\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{BC}\)的值；

分析：本题目可以考虑的角度比较多，比如利用向量的内积的定义，向量的内积的坐标运算，这些思路都不能走下去，所以需要重新思考新的思路，比如利用向量的内积的几何意义；

由于点\(O\)是外心，过点\(O\)做\(OF\perp AC\)于点\(F\)，过点\(O\)做\(OE\perp AB\)于点\(E\)，则\(|AF|=\cfrac{3}{2}\)，\(|AE|=1\)，

\(\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AO}\cdot (\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{AB}\)

\(=|\overrightarrow{AO}||\overrightarrow{AC}|cos\angle CAO-|\overrightarrow{AO}||\overrightarrow{AB}|cos\angle BAO=|\overrightarrow{AC}||\overrightarrow{AF}|-|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AE}|\)

\(=3\times \cfrac{3}{2}-2\times 1=\cfrac{5}{2}\)。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知\(\triangle ABC\)的内角\(A\)，\(B\)，\(C\)所对的边分别是\(a\)、\(b\)、\(c\)，且满足\((b+2c)cosA=-acosB\)，设\(D\)为\(BC\)的中点，\(b=4\)，\(AD=\sqrt{7}\)，则\(c\)= 【\(\qquad\)】

【法1】：如图所示，由\((b+2c)cosA=-acosB\)，边化角，得到\(A=120^{\circ}\)，设\(BD=CD=y\)，\(AB=x\)，\(\angle ADB=\alpha\)，\(\angle ADC=\beta\)，

在\(\triangle ABC\)中，\(AB=x\)，\(AC=4\)，\(BC=2y\)，\(A=120^{\circ}\)，

则由余弦定理得到\((2y)^2=x^2+16-2\cdot 4x\cdot cos120^{\circ}\)①，

又在\(\triangle ADB\)和\(\triangle ADC\)中，由\(cos\alpha+cos\beta=0\)，得到\(\cfrac{7+y^2-x^2}{2\sqrt{7}y}+\cfrac{7+y^2-16}{2\sqrt{7}y}=0\)②，

联立①②，得到\(x=6\)或\(x=-2\)(舍去)，故选\(A\)。

【法2】：由\((b+2c)cosA=-acosB\)，边化角，得到\(A=120^{\circ}\)，由于点\(D\)为\(BC\)的中点，利用向量方法，

\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}\)，两边平方，得到

\(|\overrightarrow{AB}|^2+|\overrightarrow{AC}|^2+2|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|cos120^{\circ}=4|\overrightarrow{AD}|^2\)，即\(x^2+16+2\cdot x\cdot 4\cdot (-\cfrac{1}{2})=28\)，

化简为\(x^2-4x-12=0\)，解得\(x=6\)或\(x=-2\)(舍去)，故选\(A\)。

解后反思：法1为通法，法2特殊解法，比如点\(D\)变化为四分之三等分点，法2就失效了；同时注意，出现\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}\)或者\(\overrightarrow{AD}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\)，意味着点\(D\)为\(BC\)的中点。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知平面向量\(\vec{a}\)、\(\vec{b}\)满足\((\vec{a}-2\vec{b})\perp (3\vec{a}+\vec{b})\)，且\(|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}|\vec{b}|\)，则向量\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角的正弦值为【\(\qquad\)】

$A.\cfrac{1}{2}$ $B.-\cfrac{1}{2}$ $C.\cfrac{\sqrt{3}}{2}$ $D.-\cfrac{\sqrt{3}}{2}$

分析：由题可知，\((\vec{a}-2\vec{b})\cdot (3\vec{a}+\vec{b})=0\)，化简得到，\(3\vec{a}^2-5\vec{a}\cdot \vec{b}-2\vec{b}^2=0\)①，

由\(|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}|\vec{b}|\)，可设\(|\vec{a}|=t(t>0)\)，则\(|\vec{b}|=2t\)，代入①式，

得到\(-10t^2cos\theta+5t^2=0\)，得到\(cos\theta=\cfrac{1}{2}\)，则\(sin\theta=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，故选\(C\).

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知在平面四边形\(MNPQ\)中，\(\overrightarrow{MP}=(2，4)\)，\(\overrightarrow{NQ}=(-4，4)\)，则\(\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{PQ}\)的最小值为_________.

分析：特殊化策略，由于平面向量是自由向量，故我们可以将点\(M\)平移到坐标原点，将点\(N\)放置到\(x\)轴上，

故点\(M(0，0)\)，\(N(x，0)\)，则点\(P(2，4)\)，可以计算得到点\(Q(x-4，0)\)，

则\(\overrightarrow{MN}=(x，0)\)，\(\overrightarrow{PQ}=(x-6，-4)\)，

故\(\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{PQ}=(x，0)\cdot(x-6，-4)=x(x-6)=(x-3)^2-9\)，

故当\(x=3\)时，其有最小值为\(-9\)。

【向量的投影的几何意义】【2018西安八校联考第5题】已知\(O\)是坐标原点，点\(A(2，1)\)，点\(M(x，y)\)是平面区域\(\begin{cases}&y\leq x\\&x+y\leq 1\\&y\ge -1\end{cases}\)内的一个动点，则\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}\)的最大值是多少？

法1：利用向量的坐标运算得到，\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=2x+y\)，故转化为求\(2x+y\)的最大值，即求\(z=2x+y\)的最大值，用线性规划的常规方法解决即可。

法2：利用向量的投影的几何意义求解，说明：点\(M\)是三角形区域内部及边界上的一个动点，动画只做了点\(M\)在边界上的情形；

注：图中有向线段\(OB\)是向量\(\overrightarrow{OM}\)在向量\(\overrightarrow{OA}\)方向上的投影，它是可正，可负，可零的；

\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=|\overrightarrow{OA}|\cdot |\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)，其中\(|\overrightarrow{OA}|\)是个定值，

故只需要求\(|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)的最大值，而\(|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)的几何意义是\(\overrightarrow{OM}\)在\(\overrightarrow{OA}\)方向上的投影，

由图形可知，当点\(M(x，y)\)位于点\((2，-1)\)时投影\(|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)最大，故将点\((2，-1)\)代入\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=3\)。

变式题：求\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}\)的最小值是多少？

分析：由上图可以看出，当两个向量的夹角为钝角时，其投影是负值，故当点\(M\)位于点\(C\)时，其内积最小，

此时将点\((-1，-1)\)代入得到\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=-3\)。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知\(A\)，\(B\)是函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{e^{x-2a}，x\geqslant a}\\{e^{-x}，x<a}\end{array}\right.(a>0)\)图像上的两个动点，点\(P(a，0)\)，若\(\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}\)的最小值为0，则函数\(f(x)\)的最小值为【\(\qquad\)】

$A.-\cfrac{1}{e^2}$ $B.-\cfrac{1}{e}$ $C.\cfrac{1}{e^2}$ $D.\cfrac{1}{e}$

分析：先做出分段函数\(f(x)\)的大致草图如下，

由于分段函数的图像关于\(x=a\)对称，点\(P(a，0)\)在对称轴上，故由\(\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}\)的最小值为\(0\)，

结合图像可知两个向量的夹角为锐角或直角，不可能为钝角，否则最小值为负值，

又由于图像是对称的，从点\(P\)出发的两条射线都和曲线相切时向量的夹角才会最大，

故说明向量的夹角为\(90^{\circ}\)，且可知两条切线的斜率为\(k=\pm 1\)，且可知\(\angle APO=45^{\circ}\)，

那么怎么说明两个切点就是图中的\(A\)，\(B\)两个点呢？

设切点\(A(x_0，y_0)\)，则\(-e^{-x_0}=-1\)，则\(x_0=0\)，\(y_0=1\)，故点\(A(0，1)\)，从而可知\(a=1\)，

由对称性也可知，\(B(2，1)\)，到此完全说明\(A(0，1)\)，\(B(2，1)\)为两个切点。

故\(f(x)_{min}=f(a)=f(1)=\cfrac{1}{e}\)，故选\(D\)。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】过圆\(O：x^2+y^2=4\)外的一点\(P\)做圆\(O\)的两条切线，切点分别为\(A\)，\(B\)，若\(|AB|=2\sqrt{3}\)，则\(\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}\)=【\(\qquad\)】

$A.4$ $B.6$ $C.4\sqrt{3}$ $D.6\sqrt{3}$

分析：如图所示，\(|OB|=2\)，\(|BD|=\cfrac{1}{2}|AB|=\sqrt{3}\)，故\(\angle BOD=60^{\circ}\)，

则\(\angle PBO=30^{\circ}\)，则两向量\(\overrightarrow{PA}\)与\(\overrightarrow{PB}\)的夹角为\(\angle APB=60^{\circ}\)，

又由于\(Rt\triangle BOP\)，则\(|\overrightarrow{PB}|=2\sqrt{3}\)，则有\(\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}=2\sqrt{3}\times2\sqrt{3}\times cos60^{\circ}=6\)，故选\(B\).

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】在平面直角坐标系\(xOy\)中，已知点\(A(1，0)\)，点\(B(0，1)\)，\(\angle AOC=30^{\circ}\)，设\(\overrightarrow{OC}=m\overrightarrow{OA}+n\overrightarrow{OB}\)，且点\(C\)在第一象限，则\(\cfrac{m}{n}\)=_________。

分析：\(\cfrac{m}{n}=\sqrt{3}\)。

【2014.浙江卷】设\(\theta\)是两个非零向量\(\vec{a},\vec{b}\)的夹角，已知对任意实数\(t\)，\(|\vec{b}+t\vec{a}|\)的最小值是\(1\)，【\(\qquad\)】

$A.若\theta确定，则|\vec{a}|唯一确定$

$B.若\theta确定，则|\vec{b}|唯一确定$

$C.若|\vec{a}|确定，则\theta唯一确定$

$D.若|\vec{b}|确定，则\theta唯一确定$

分析：利用\(\Delta=0\)，而不是\(\Delta \leq 0\). 求解：

【法1】\(|\vec{b}+t\vec{a}|≥1\)，则有\(\vec{b}^2+t^2\vec{a}^2+2\vec{a}\vec{b}t≥1\)，即有\(t^2a^2+2|\vec{a}||\vec{b}|\cos\theta\cdot t+b^2-1≥0\)，

要保证对任意实数\(t\)，\(|\vec{b}+t\vec{a}|\)的最小值取到\(1\)，则必须\(\Delta =0\)，而不是\(\Delta\leq 0\)，

故解得\(\Delta=4a^2b^2\cos^2\theta-4a^2(b^2 -1)=0\)，则有\(b^2-1=cos^2\theta\),故选B.

【法2】令\(f(t)=|\vec{b}+t\vec{a}|^2=b^2+t^2a^2+2abt\)，利用二次函数的最小值是1求解，倒是不容易出错。

感悟：同类题，已知开口向上的二次函数的值域是\([0,＋∞)\)，则利用\(\Delta=0\)，而不是\(\Delta \leq 0\).

如图，等边\(\triangle ABC\)的边长为\(2\)，顶点\(B\)，\(C\)分别在\(x\)轴的非负半轴，\(y\)轴的非负半轴上滑动，\(M\)为\(AB\)中点，则\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}\)的最大值为【\(\qquad\)】

$A.\sqrt{7}$ $B.\cfrac{5}{2}+\sqrt{7}$ $C.\cfrac{7}{2}$ $D.3+\cfrac{3\sqrt{3}}{2}$

法1：如图所示，设\(\angle OBC=\theta\)，则\(\theta\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，则点\(B(2cos\theta，0)\)，\(C(0，2sin\theta)\)，

则点\(A(2cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)，2sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+2sin\theta)\)，点\(M(cos\theta+cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)，sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+sin\theta)\)

故\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=(2cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)，2sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+2sin\theta)\cdot (cos\theta+cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)，sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+sin\theta)\)

\(=2cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)\cdot [cos\theta+cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)]+[2sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+2sin\theta]\cdot [sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+sin\theta]\)

\(=2cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)\cdot cos\theta+2cos^2(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+2sin^2(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+4sin(\cfrac{\pi}{3}-\theta)\cdot sin\theta+2sin^2\theta\)

\(=2(\cfrac{1}{2}cos\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin\theta)cos\theta+2+4(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos\theta-\cfrac{1}{2}sin\theta)\cdot sin\theta+2sin^2\theta\)

\(=cos^2\theta+\sqrt{3}sin\theta cos\theta+2+2\sqrt{3}sin\theta cos\theta-2sin^2\theta+2sin^2\theta\)

\(=3\sqrt{3}sin\theta cos\theta+cos^2\theta+2\)

\(=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}sin2\theta+\cfrac{1}{2}cos2\theta+\cfrac{5}{2}\)

\(=\sqrt{7}sin(2\theta+\phi)+\cfrac{5}{2}\)

当\(sin(2\theta+\phi)=1\)时， \(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}\)最大值为\(\cfrac{5}{2}+\sqrt{7}\)，故选\(B\).

法2：题源，另一种解法

设点\(A\)，\(B\)，\(C\)不共线，则“\(\overrightarrow{AB}\)与\(\overrightarrow{AC}\)的夹角\(\theta\)为锐角”是“|\(\overrightarrow{AB}\)+\(\overrightarrow{AC}\)|>|\(\overrightarrow{BC}\)|”的【】条件

$A.充分不必要$ $B.必要不充分$ $C.充要$ $D.既不充分也不必要$

法1： 从数的角度求解，由于点\(A\)，\(B\)，\(C\)不共线，则三点可以构成一个三角形\(\triangle ABC\)，

由向量加法可知，\(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\)，则|\(\overrightarrow{AB}\)+\(\overrightarrow{AC}\)|>|\(\overrightarrow{BC}\)|

等价于|\(\overrightarrow{AB}\)+\(\overrightarrow{AC}\)|>|\(\overrightarrow{AC}\)-\(\overrightarrow{AB}\)|，两边平方，变形得到，

\(4|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|\cdot \cos\theta>0\)，故\(\cos\theta>0\)，即\(\theta\)为锐角；

反之，当两个向量的夹角为锐角时，上述过程逆推成立，故选\(C\);

法2：从形的角度求解；做一个向量三角形，让\(\theta\)变化，从动态图中就可以看出来；选\(C\);

设\(\vec{a}，\vec{b}\)为单位向量，若向量\(\vec{c}\)满足\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|\)，则向量\(|\vec{c}|\)的最大值为多少？

法1：最容易想到两边平方，整理得到\(\vec{c}^2-2(\vec{a}+\vec{b})\cdot \vec{c}+4\vec{a}\vec{b}=0\)，

分解为\((\vec{c}-2\vec{a})(\vec{c}-2\vec{b})=0\)，到此思路受阻。

法2：本题目用到绝对值不等式和均值不等式，

由题目得到\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|\ge |\vec{c}|-|\vec{a}+\vec{b}|\)，

即\(|\vec{c}|\leq |\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|\)，

接下来需要求\(|\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|\)的最大值。

\(|\vec{a}+\vec{b}|+|\vec{a}-\vec{b}|\leq \sqrt{2(|\vec{a}+\vec{b}|)^2+2(|\vec{a}-\vec{b}|)^2}\)

\(=\sqrt{2(2\vec{a}^2+2\vec{b}^2)}=2\sqrt{2}\)，当且仅当\(|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}-\vec{b}|\)，

即\(\vec{a}\perp\vec{b}\)时取到等号，故\(|\vec{c}|\leq 2\sqrt{2}\)。

设\(\vec{a}，\vec{b}\)为单位向量，且\(\vec{a}\perp \vec{b}\)，若向量\(\vec{c}\)满足\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|\)，则向量\(|\vec{c}|\)的最大值为多少？

法1：采用上题的法2.

法2：由于\(\vec{a}，\vec{b}\)为单位向量，且\(\vec{a}\perp \vec{b}\)，

故设\(\vec{a}=(1，0)，\vec{b}=(0，1)，\vec{c}=(x，y)\)，

由\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=|\vec{a}-\vec{b}|\)得到，

\(|(x，y)-(1，1)|=|(1，-1)|\)，即\(\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}\)，

即\((x-1)^2+(y-1)^2=2\)，

故\(\vec{c}\)的终点坐标对应的轨迹为圆心为\((1，1)\)，半径为\(\sqrt{2}\)的圆，

又由于圆过圆心，则\(|\vec{c}|\)的最大值为圆的直径\(2\sqrt{2}\)。

已知\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)是单位向量，\(\vec{a}\cdot \vec{b}=0\)，若向量\(\vec{c}\)满足\(|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|=1\)，则\(|\vec{c}|\)的最大值为【\(\qquad\)】

$A.\sqrt{2}-1$ $B.\sqrt{2}$ $C.\sqrt{2}+1$ $D.\sqrt{2}+2$

法1：从形入手，条件 \(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|\) \(=\) \(1\) 可以理解为如图的情况，而 \(|\vec{a}+\vec{b}|\) \(=\) \(\sqrt{2}\)，向量 \(\vec{c}\) 的终点在单位圆上，故向量 \(|\vec{c}|\) 的最大值为 \(\sqrt{2}+1\)，故选C。

法2：从数的角度，由题意得到\(|\vec{a}|=|\vec{b}|=1，\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，

所以\(|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{2}\)，又因为\(|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|=1\)，

所以\(|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|^2=\vec{c}^2-2\vec{c}\cdot(\vec{a}+\vec{b})+(\vec{a}+\vec{b})^2=1\)，

设\(\vec{c}\)与\(\vec{a}+\vec{b}\)的夹角为\(\theta\)，

则\(|\vec{c}|^2-2|\vec{c}|\times\sqrt{2}cos\theta+2=1\)，

即\(|\vec{c}|^2+1=2\sqrt{2}|\vec{c}|cos\theta\leq 2\sqrt{2}|\vec{c}|\)，

即\(|\vec{c}|^2-2\sqrt{2}|\vec{c}|+1\leq 0\)，

解得\(\sqrt{2}-1\leq |\vec{c}|\leq \sqrt{2}+1\)。

法3：数形结合，由于\(\vec{a}，\vec{b}\)为单位向量，且\(\vec{a}\perp \vec{b}\)，

故设\(\vec{a}=(1，0)，\vec{b}=(0，1)，\vec{c}=(x，y)\)，

则\(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}=(x-1，y-1)\)，由\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=1\)可得，

\(\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}=1\)，即\((x-1)^2+(y-1)^2=1\)，

即向量\(\vec{c}\)的终点坐标在圆心位于点\((1，1)\)半径为\(1\)的圆上，

故\(|\vec{c}|\)的最大值是\(\sqrt{2}+1\)，

当然也可以知道\(|\vec{c}|\)的最小值是\(\sqrt{2}-1\)。

针对性训练

【2020人大附中高一试题向量部分第15题】已知向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)的夹角为\(\cfrac{\pi}{4}\)，\(|\vec{b}|=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，且对于任意的\(x\in R\)，都有\(|\vec{b}+x\vec{a}|\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|\)，则\(|\vec{a}|\)=_____________。

分析：由于对于任意的\(x\in R\)，都有\(|\vec{b}+x\vec{a}|\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|\)，

则\(|\vec{b}+x\vec{a}|^2\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|^2\)对于任意的\(x\in R\)都成立，

即\((\vec{b}+x\vec{a})^2\geqslant (\vec{b}-\vec{a})^2\)对于任意的\(x\in R\)都成立，

即\(\vec{b}^2+2x\vec{a}\cdot\vec{b}+x^2\cdot \vec{a}^2\geqslant \vec{b}^2+\vec{a}^2-2\vec{a}\cdot\vec{b}\)，

即\(\vec{a}^2\cdot x^2+2\cdot |\vec{a}|\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}x+2\cdot |\vec{a}|\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}-\vec{a}^2\geqslant0\)，

由于\(\vec{a}\neq \vec{0}\)，故上式是关于\(x\)的二次不等式，注意：\(\vec{a}^2=|\vec{a}|^2\)，

即\(|\vec{a}|^2\cdot x^2+|\vec{a}|\cdot x+|\vec{a}|-|\vec{a}|^2\geqslant 0\)对于任意的\(x\in R\)都成立，

故\(\Delta \leqslant 0\)恒成立，即\(\Delta=|\vec{a}|^2-4|\vec{a}|^2(|\vec{a}|-|\vec{a}|^2)\leqslant 0\)，

即\(1-4(|\vec{a}|-|\vec{a}|^2)\leqslant 0\)，即\((2|\vec{a}|-1)^2\leqslant 0\)，

又由于\((2|\vec{a}|-1)^2\geqslant 0\)，故只能\((2|\vec{a}|-1)^2=0\)，

即\(|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}\)。