高一數(shù)學(xué)必修第二冊同步學(xué)與練（人教版）第13講 平面向量綜合問題（解析版）

第13講拓展一：平面向量綜合問題

題型01平面向量共線定理及其推論

【典例1】（2024上·陜西安康·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知O是ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，若

OAOBOC0,AMxAB,ANyAC,MOON,x,y均為正數(shù)，則xy的最小值為（）

144

A．B．C．1D．

293

【答案】B

【詳解】因?yàn)镺AOBOC0，所以點(diǎn)O是ABC的重心，

211

所以AOABACABAC.

323

11

因?yàn)锳MxAB,ANyAC，所以ABAM,ACAN，

xy

11

綜上，AOAMAN.

3x3y

1111

因?yàn)镸OON，所以M,O,N三點(diǎn)共線，則1，即3.

3x3yxy

11113

因?yàn)閤,y均為正數(shù)，所以2，則，

xyxyxy2

41132

所以xy（當(dāng)且僅當(dāng)，即xy時(shí)取等號），

9xy23

4

所以xy的最小值為.

9

故選：B

【典例2】（2023下·四川成都·高一四川省成都市新都一中校聯(lián)考期末）已知點(diǎn)O是ABC的內(nèi)心，

AB4,AC3，CBCACO，則（）

457

A．B．C．2D．

333

【答案】D

【詳解】連接AO并延長交BC于點(diǎn)D，連接CO，

因?yàn)镺是ABC的內(nèi)心，所以AD為BAC的平分線，

BDAB4

所以根據(jù)角平分線定理可得，

CDAC3

7

所以CBCD,

3

因?yàn)锳,O,D三點(diǎn)共線，所以設(shè)CDtCA(1t)CO，

77t7(1t)

則CBCDCACO，

333

因?yàn)镃BCACO，

7t7(1t)7

所以，

333

故選：D

【典例3】（2023·湖北武漢·統(tǒng)考三模）如圖，在ABC中，M為線段BC的中點(diǎn)，G為線段AM上一點(diǎn)，

AG2GM，過點(diǎn)G的直線分別交直線AB，AC于P，Q兩點(diǎn)，ABxAPx0，ACyAQy0，則

41

的最小值為（）．

xy1

39

A．B．C．3D．9

44

【答案】B

1

【詳解】因?yàn)镸為線段BC的中點(diǎn)，所以AM(ABAC)，又因?yàn)锳G2GM，所以

2

21

AGAM(ABAC)，

33

xy

又ABxAPx0，ACyAQy0，所以AGAPAQ，

33

xy

又P,G,Q三點(diǎn)共線，所以1，即xy3，

33

411411x4(y1)1x4(y1)9

所以()x(y1)41(52)，

xy14xy14y1x4y1x4

x4(y1)81

當(dāng)且僅當(dāng)，即x,y時(shí)取等號.

y1x33

故選：B.

【變式1】（2023下·浙江寧波·高二校聯(lián)考期末）在ABC中，點(diǎn)O滿足CO2OB，過點(diǎn)O的直線分別交

射線AB，AC于點(diǎn)M，N，且AMmAB，ANnAC，則m2n的最小值為（）

810

A．B．C．3D．4

33

【答案】A

【詳解】由題可知，m0,n0，

11

因?yàn)锳MmAB，ANnAC，所以ABAM，ACAN，

mn

又CO2OB，所以AOAC2AB2AO，

2121

所以AOABACAMAN，

333m3n

21

因?yàn)镸,O,N三點(diǎn)共線，所以1，

3m3n

214m4n448

所以m2n(m2n)()2，

3m3n33n3m393

m4n

3n3m42

當(dāng)且僅當(dāng)，即m,n時(shí)，等號成立.

2133

1

3m3n

8

所以m2n的最小值為.

3

故選：A

【變式2】（2023下·江蘇南京·高一統(tǒng)考期中）在ABC中，點(diǎn)M是邊BC所在直線上的一點(diǎn)，且BM2BC，

12

點(diǎn)P在直線AM上，若向量BPBABC0,0，則的最小值為（）

A．3B．4C．322D．9

【答案】B

1

【詳解】BM2BC，BCBM，

2

1

BPBABCBABM，

2

點(diǎn)A，P，M三點(diǎn)共線，

1

1，

2

又0，0，

1212122

2224，

222

21

當(dāng)且僅當(dāng)，即，1時(shí)，等號成立，

22

12

的最小值為4．

故選：B．

【變式3】（2022上·海南·高三校聯(lián)考期末）已知長方形ABCD中，AB2AD，E是線段AB的中點(diǎn)，F(xiàn)是

線段AD上靠近D的三等分點(diǎn)，線段DE，CF交于點(diǎn)G，則AG（）

1551

A．ABADB．ABAD

7777

1353

C．ABADD．ABAD

7777

【答案】A

11

【詳解】由題可知AEAB,DFDA，

23

設(shè)DGDE,FGFC,,0,1

則AGADDGADDEADAEAD

1

AE1ADAB1AD,

2

22

又AGAFFGADFCADFDDC

33

2121

ADADABADAB，

3333

1

22115

所以，解得,，所以AGABAD.

217777

1

33

故選：A.

題型02平面向量數(shù)量積（最值，范圍）問題

【典例1】（2023下·天津·高一統(tǒng)考期末）在ABC中，AB2，AC3，A60.若P，Q分別為邊AB，

uuuruuur

AC上的點(diǎn)，且滿足APAB，AQ1AC，則BQCP的最大值為（）

5

862923

A．B．C．D．6

1554

【答案】A

【詳解】由題意得，BQAQAB，CPAPAC，

uuuruuur

因?yàn)锳PAB，AQ1AC，

5

所以BQ1ACAB，CPABAC，

5

2

22

所以BQCP1ACABABAC1ACAB1ABAC，

555

22221

因?yàn)锳CAC9，ABAB4，ABACABACcos60233，

2

2

324

所以BQCP194316，

5555

4

32452

函數(shù)y601開口向下，對稱軸為，

5533

2

5

2

23242486

當(dāng)時(shí)，取最大值y66.

353531515

故選：A

π

【典例2】（2023下·江蘇泰州·高一統(tǒng)考期末）已知ABC的外接圓的圓心為O，且A，BC23，則

3

OBAC的最大值為（）

3

A．B．3C．2D．3

2

【答案】C

BC23

2R4

【詳解】由正弦定理得π，故OAOBOC2，

sinAsin

3

π2π

因?yàn)锳，所以BOC，

33

2π

則OBACOBOCOAOBOCOBOA4cos4cosAOC

3

24cosAOC，

2π4π

因?yàn)锳OB0,，所以AOC0,，則cosAOC1,1，

33

故OBAC24cosAOC6,2.

故選：C

【典例3】（2023下·內(nèi)蒙古包頭·高一統(tǒng)考期末）邊長為2的等邊三角形ABC的重心為G，設(shè)平面內(nèi)任意一

點(diǎn)P，則APGP的最小值為．

1

【答案】

3

【詳解】由題意，設(shè)等邊ABC的邊長為2，以BC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，以O(shè)C,OA分別為x,y軸建立直角坐標(biāo)

系，可作圖如下：

33

由G為等邊ABC的重心，則OA3，OG，即A0,3，G0,，

33

uuuruuur3

設(shè)Px,y，則APx,y3，GPx,y，

3

uuuruuur2

2322432231，

APGPxy3yxyy1xy

3333

2

uuuruuur1

對于，223，故

x,yRxy0APGP.

33

1

故答案為：.

3

【典例4】（2023下·四川成都·高一統(tǒng)考期末）已知邊長為2的菱形ABCD中，DAB30,E是邊AD所在

直線上的一點(diǎn)，則EBEC的取值范圍為．

【答案】0,

【詳解】

取BC的中點(diǎn)Q，連接EQ，則EBEC2EQ，

11222

所以EBEC[(EBEC)2(EBEC)2](4EQCB)EQ1，

44

2

當(dāng)且僅當(dāng)EQBC時(shí)，EQ有最小值，則EQ1有最小值，

111

此時(shí)菱形的面積EQBC2ABADsin30EQ2222EQ1，

222

2

EQ1最小值為110，

2

因?yàn)镋是邊AD所在直線上的一點(diǎn)，所以EQ無最大值，EQ1無最大值，

EBEC的取值范圍為0,，

故答案為：0,

【變式1】（多選）（2023下·遼寧大連·高一大連八中校考期中）在ABC中，AC3，BC4，∠C90，

P為ABC內(nèi)任意一點(diǎn)（含邊界），且PC1，則PAPB的值可能是（）

A．1B．4C．3D．2

【答案】BCD

【詳解】在Rt△ABC中，AC3，BC4，∠C90，

以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CB、CA所在直線分別為x、y軸建立如下圖所示的平面直角坐標(biāo)系，

則A0,3、B4,0、C0,0，

π

因?yàn)镻為ABC內(nèi)任意一點(diǎn)（含邊界），且PC1，設(shè)點(diǎn)Pcos,sin0，

2

PAcos,3sin，PB4cos,sin，

所以，PAPBcos4cossin3sin13sin4cos15sin，

4

為銳角，且tan，

3

ππ

因?yàn)?，則，

22

ππππππ

由可得0，由得，

222222

πππ

所以，函數(shù)f15sin在0,上單調(diào)遞減，在,上單調(diào)遞增，

222

所以，，

fmin154

ππ

又因?yàn)閒0143，f13sin2，則4PAPB2，

22

故選：BCD.

【變式2】（2023下·北京通州·高一統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD的邊長為2，P為CD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，

則PAPB的取值范圍是．

【答案】3,4

【詳解】以D為原點(diǎn)，DC,DA所在直線分別為x,y軸,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，

則D0,0,A0,2,C2,0,B(2,2)，設(shè)P(x,0)，其中0x2，

則PA(x,2),PB(2x,2)，

PAPB(x)(2x)22x22x4(x1)23，

當(dāng)x1時(shí),PAPB有最小值3，

當(dāng)x0或2時(shí)，PAPB有最大值為4，

PAPB的取值范圍為3,4.

故答案為：3,4.

【變式3】（2023下·浙江麗水·高二統(tǒng)考期末）在ABC中，A90,AC3,AB4，P為BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，

則PAPB的最小值為．

64

【答案】/-2.56

25

【詳解】由于A90,AC3,AB4，所以A為原點(diǎn)，AC為x軸，AB為y軸，建立直角坐標(biāo)系如圖所示：

則有：A(0,0),B(0,4),C(3,0)，

設(shè)點(diǎn)BPBC(3,4)(3,4)，且0,1，

所以PABABP(0,4)(3,4)(3,44)，PB(3,4)

864

則PAPB(3,44)(3,4)92162162521625()2，

2525

864

當(dāng)時(shí)，PAPB取得最小值．

2525

64

故答案為：．

25

【變式4】（2023下·廣東·高一校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，已知P是以BC為直徑的上半圓上的動(dòng)點(diǎn)（包含端

點(diǎn)B，C），O是BC的中點(diǎn)，BC2，則BPOP的最大值是．

【答案】2

2

【詳解】因?yàn)锽C2，所以O(shè)BOC1，所以BPOPOPOBOPOPOBOP1cos2，當(dāng)且

僅當(dāng)cos1，即P與C重合時(shí)取等號，故BPOP的最大值是2．

故答案為：2

題型03平面向量的模（最值，范圍）問題

【典例1】（2023·上海崇明·統(tǒng)考一模）已知不平行的兩個(gè)向量a,b滿足a1，ab3．若對任意的tR，

都有bta2成立，則b的最小值等于．

【答案】7

【詳解】依題意，設(shè)a與b的夾角為0π，bmm0，

因?yàn)閍1，ab3，所以abcos3，即mcos3，

3

則cos1,1，所以m3，

m

因?yàn)閷θ我獾膖R，都有bta2成立，

222

所以bta4，即b2tabt2a4，即t223tm240對于tR恒成立，

2

故234m240，又m0，解得m7，

綜上，m7，則b的最小值為7.

故答案為：7.

π

【典例2】（2023上·天津和平·高三天津市第二南開中學(xué)校考期中）如圖，在ABC中，BAC，AD2DB，

3

1

P為CD上一點(diǎn)，且滿足APmACAB，若ABAC4，則AP的最小值為.

3

【答案】2

【詳解】設(shè)CPCD，

2

則APACCPACCDACADACACABAC

3

21

AB1ACABmAC，

33

21

1

所以33，所以m，

2

1m

uuur1uuur1uuur

故APACAB，

23

π

因?yàn)锽AC，ABAC4，所以ABAC8，

3

2

21112121

則APACABACABACAB

23493

1212484

2ACAB4，

49333

121211

當(dāng)且僅當(dāng)ACAB，即ACAB時(shí)取等號，

4923

所以AP的最小值為2.

故答案為：2.

【典例3】（2023下·上海閔行·高一校考階段練習(xí)）已知OA2，OB1，OCxOAyOB，且xy1，

AOB為鈍角，若f(t)OAtOB的最小值為3，則OC的最小值是

【答案】21

7

2

【詳解】f(t)OAtOBOAtOB

22

OA2tOAOBt2OB

42tOAOBt2，

2

因?yàn)閒(t)OAtOB的最小值為3，所以gt42tOAOBt的最小值為3，

22

又，所以，

gtmingOAOB4OAOB4OAOB3

所以O(shè)AOB1，

1

又AOB為鈍角，所以O(shè)AOB1，即OAOBOAOBcosAOB1，則cosAOB，

2

2π

所以AOB，

3

222

所以O(shè)CxOAyOBx2OA2xyOAOBy2OB

22

x2OA2xyy2OB

4x22xyy2，

2

又xy1，所以O(shè)C4x22x1x1x

2

223

7x4x17x，

77

221

所以當(dāng)x時(shí)OC.

7min7

故答案為：21

7

【典例4】（2023下·四川眉山·高三校考開學(xué)考試）在ABC內(nèi)，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且

bcosAccosBcacosB．△

(1)求角B的值；

(2)若2ac4，點(diǎn)D是AC邊上靠近點(diǎn)C的三等分點(diǎn)，求BD的取值范圍.

π

【答案】(1)B

3

234

(2),

33

【詳解】（1）∵bcosAccosBcacosB．

∴由正弦定理，得sinBcosAsinCcosBsinCsinAcosB．

∴sinAcosBcosAsinB2sinCcosB．

∴sinAB2sinCcosB．

又ABCπ，∴sinABsinC．

1π

又∵0Cπ，∴cosB．又B0,π，∴B．

23

11

（2）由題意可知，BDBCCDBCCABCBABC,

33

21

即BDBCBA，

33

2

22142124

所以BDBCBABCBABCBA，

33999

24141412

BDa2c2aca2c2ac，

9992999

2

421214111

acacacac，且ac2，

9429222

241162

所以BD4aca42a，

9299

48164212

a2aa1，由2ac4可知，0a2，

99999

2416234

所以BD,，則BD的取值范圍是,.

3933

【變式1】（2023上·天津武清·高三天津市武清區(qū)楊村第一中學(xué)校考階段練習(xí)）在ABC中，BAC,D

3

1

為AB中點(diǎn)，P為線段CD上一點(diǎn)，且滿足APtACAB，若BC6，則AP的最大值為．

3

【答案】2

2

【詳解】由題可得，，則APtACAD，因D,P,C三點(diǎn)共線，

AB2AD3

2122122

則t1APACADAPAC4AD2ACAD.

3339

又注意到BCACABAC2AD，結(jié)合BC6，余弦定理可得：

22222

BC6AC4AD2ACADAC4AD62ACAD.

2122

則AP64ACAD.又由基本不等式，6AC4AD2ACAD

9

22

2AC4AD2ACAD2ACADACAD3.

22

當(dāng)且僅當(dāng)AC4AD，即AC2AD時(shí)取等號.

21

則AP64ACAD2AP2.

9

故答案為：2.

【變式2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知向量a,b滿足a2,b1，若aabbab的最大值為

1，a2b的取值范圍為．

【答案】0,2

【詳解】設(shè)向量a,b的夾角為θ，則0,π；又a2,b1,

22

所以aabbaba2abb34cos1，

1

所以1cos,

2

222

所以|a2b|a4ab4b88cos，

1

又cos1,，所以88cos0,4，所以a2b的取值范圍是0,2．

2

故答案為：0,2．

【變式3】（2023上·江蘇南京·高二統(tǒng)考期中）在ABC中，a,b,c分別為角A,B,C所對的邊，

1

ABACb2ab．

2

(1)求角C的大小；

3

(2)若ABC的面積為，且CM2MB，AN3NM，求CN的最小值．

2

π

【答案】(1)

3

3

(2)

2

11

【詳解】（1）解法一：因?yàn)锳BACb2ab，所以bccosAb2ab，

22

b2c2a21b2a2c21

由余弦定理得bcb2ab，化簡得，

2bc22ab2

1π

所以cosC，因?yàn)镃(0,π)，所以C.

23

11

解法2：因?yàn)锳BACb2ab，所以bccosAb2ab，

22

1

由正弦定理得sinBsinCcosAsin2BsinAsinB，

2

1

因?yàn)锽(0,π)，可得sinB0，所以sinCcosAsinBsinA，

2

1

因?yàn)锳BCπ，所以sinCcosAsin(AC)sinA，

2

1

即sinCcosAsinAcosCcosAsinCsinA，

2

1

化簡得sinAcosCsinA，因?yàn)锳(0,π)，可得sinA0，

2

1π

所以cosC，因?yàn)镃(0,π)，所以C.

23

11π3

（2）解：因?yàn)镾absinCabsin，所以ab2，

ABC2232

又因?yàn)镃M2MB，AN3NM，

331311

所以CNCAANCAAMCA(CMCA)CACMCACB，

444442

211111

所以CN(CACB)2b2a2CACB

421644

1111113

b2a22b2a2，

164416444

11

當(dāng)且僅當(dāng)b2a2時(shí)，即a1,b2等號成立，

164

所以CN的最小值為3．

2

題型04平面向量夾角（最值，范圍）問題

【典例1】（2023上·浙江·高三浙江省富陽中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）已知ab3，a2b，則cosa,ab

的最小值為（）

123

A．B．C．D．1

222

【答案】C

2222

【詳解】由ab3，a2b可得abab2ab5b2ab9；

529

所以abb；

22

225292529329

因此aabaabab4bbb，

222222

329

b

aab13

所以cosa,ab22b，

aab2b344b

13133

顯然b0，所以b2b，當(dāng)且僅當(dāng)b3時(shí)，等號成立；

44b44b2

3

此時(shí)cosa,ab的最小值為.

2

故選：C

【典例】（下重慶酉陽高一重慶市酉陽第二中學(xué)校校考階段練習(xí)）已知單位向量，的夾角為

22023··e1e2

，向量，且，，設(shè)向量與的夾角為，則的最大值為（）

60°axe1ye21x31y2ae1cos.

66213713

A．B．C．D．

431326

【答案】D

【詳解】因?yàn)閱挝幌蛄?，的夾角為，

e1e260

1

則eeeecos60，

12122

21

所以ae1xe1ye2e1xe1ye1e2xy，

2

222

又2222，

axe1ye2xe12xye1e2ye2xxyy

1

xy

ae

所以cos12，

22

ae1xyxy

1

當(dāng)cos取最大值時(shí)，必有xy0，

2

2

2

112y

xyxyxxy2

3y31

224

則cos222212212，

x2y2xyxxyyxxyy4xxyy4xx

1

yy

2

x1

xx7

又1x3，1y2，則,3，所以1,13，

y2yy4

3127713

cos12,

所以4xx726，

1

yy

713

故cos的最大值為.

26

故選：D．

【典例3】（2022上·上海寶山·高二上海交大附中?？茧A段練習(xí)）若平面向量a，b，c滿足c1，ac1，

bc3，a×b=2，則a，b夾角的取值范圍是（）

ππππππ

A．,B．,πC．,D．,π

626323

【答案】C

【詳解】設(shè)OAa，OBb，OCc，以O(shè)為原點(diǎn)，c方向?yàn)閤軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，

ac10，bc30，ab20，

a，b，c三者直接各自的夾角都為銳角，

c1，acaccosa,c1，bcbccosb,c3，

acosa,c1，bcosb,c3，即a在c上的投影為1，b在c上的投影為3，

A1,m，B3,n，如圖

a1,m，b3,n

ab

2

ab3mn2即mn1，且cosa,b