《2025年赢在微点数学》

2.（多选题）已知向量a，b满足a·b = 1，|b| = 1，且|a + b| = $\sqrt{7}$，则（ ）
A.|a| = 2　　　　　
　B.a⊥(a - b)
C.a与b的夹角为$\frac{\pi}{3}$
　D.a与b的夹角为$\frac{\pi}{6}$

答案： 2.AC 解析 因为$a\cdot b = 1$，$|b| = 1$，且$|a + b|=\sqrt{7}$，所以$a^{2}+2a\cdot b + b^{2}=7$，则$|a|^{2}+2 + 1 = 7$，则$|a| = 2$，故A正确；因为$a\cdot(a - b)=a^{2}-a\cdot b = 3\neq0$，所以$a$与$a - b$不垂直，故B错误；$\cos\langle a,b\rangle=\frac{a\cdot b}{|a||b|}=\frac{1}{2}$，又$\langle a,b\rangle\in[0,\pi]$，所以$a$与$b$的夹角为$\frac{\pi}{3}$，故C正确，D错误。故选AC。

3.（2023·新高考Ⅰ卷）已知向量a = (1,1)，b = (1, - 1)。若$(a + \lambda b)\perp(a + \mu b)$，则（ ）
A.$\lambda + \mu = 1$　　　　
　B.$\lambda + \mu = - 1$
C.$\lambda\mu = 1$　　　　　　
　D.$\lambda\mu = - 1$

答案： 3.D 解析 因为$a=(1,1)$，$b=(1,-1)$，所以$a+\lambda b=(1+\lambda,1-\lambda)$，$a+\mu b=(1+\mu,1-\mu)$，由$(a+\lambda b)\perp(a+\mu b)$可得，$(a+\lambda b)\cdot(a+\mu b)=0$，即$(1+\lambda)(1+\mu)+(1-\lambda)(1-\mu)=0$，整理得$\lambda\mu=-1$，故选D。

【例4】（1）已知a，b为单位向量，且a⊥b，向量c满足|c - a - b| = 2，则|c|的取值范围为（ ）
A.$[1,1 + \sqrt{2}]$　　　
　B.$[2 - \sqrt{2},2 + \sqrt{2}]$
C.$[\sqrt{2},2\sqrt{2}]$　　　　
　D.$[3 - 2\sqrt{2},3 + 2\sqrt{2}]$

答案： 【例4】
(1)B 解析 设$\overrightarrow{OA}=a + b$，$\overrightarrow{OB}=c$，则$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}=c-(a + b)$，由$|a| = |b| = 1$，$a\perp b$，得$|\overrightarrow{OA}| = |a + b|=\sqrt{2}$，$|\overrightarrow{AB}| = |c - a - b| = 2$，所以点$B$在以$A$为圆心，$2$为半径的圆上运动，故$2-\sqrt{2}\leqslant|c|\leqslant2+\sqrt{2}$。故选B。

（2）（2024·重庆市模拟）在矩形ABCD中，AB = 4，BC = $2\sqrt{3}$，点E为边AB的中点，点F为线段BC上的动点，则$\overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{DF}$的取值范围是________。

答案：
【例4】
(2)$[8,20]$ 解析 解法一：$\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{DA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{DC}$，设$\overrightarrow{CF}=\lambda\overrightarrow{CB}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，则$\overrightarrow{CF}=\lambda\overrightarrow{DA}$，则$\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CF}=\overrightarrow{DC}+\lambda\overrightarrow{DA}$。因为$\overrightarrow{DA}\perp\overrightarrow{DC}$，且$|\overrightarrow{DA}| = 2\sqrt{3}$，$|\overrightarrow{DC}| = 4$，所以$\overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{DF}=(\overrightarrow{DA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{DC})\cdot(\overrightarrow{DC}+\lambda\overrightarrow{DA})=\lambda\overrightarrow{DA}^{2}+\frac{1}{2}\overrightarrow{DC}^{2}=12\lambda + 8$。因为$0\leqslant\lambda\leqslant1$，所以$12\lambda + 8\in[8,20]$，即$\overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{DF}\in[8,20]$。
解法二：如图所示，以$DA$，$DC$所在直线分别为$x$轴，$y$轴建立平面直角坐标系，则$D(0,0)$，$E(2\sqrt{3},2)$，$\overrightarrow{DE}=(2\sqrt{3},2)$，设$F(a,4)$，则$0\leqslant a\leqslant2\sqrt{3}$，$\overrightarrow{DF}=(a,4)$，则$\overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{DF}=2\sqrt{3}a + 8$。因为$0\leqslant a\leqslant2\sqrt{3}$，所以$2\sqrt{3}a + 8\in[8,20]$，即$\overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{DF}\in[8,20]$。

【变式训练】（2023·合肥一模）已知线段PQ的中点为等边三角形ABC的顶点A，且AB = PQ = 2，当PQ绕点A转动时，$\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{CQ}$的取值范围是（ ）
A.[-3,3]　　　　　
　B.[-2,2]
C.[-3,1]　　　　　
　D.[-1,3]

答案：
【变式训练】D 解析 解法一：$\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AP}$，因为$A$为线段$PQ$的中点，所以$\overrightarrow{AQ}=-\overrightarrow{AP}$，所以$\overrightarrow{CQ}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{AP}$，所以$\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{CQ}=(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AP})\cdot(\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{AP})=\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{AP}^{2}$。因为$\triangle ABC$是等边三角形，且$AB = PQ = 2$，所以$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{CA}=|\overrightarrow{BA}|\cdot|\overrightarrow{CA}|\cdot\cos60^{\circ}=2\times2\times\frac{1}{2}=2$，$|\overrightarrow{AP}|^{2}=1$，则$\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{CQ}=1+\overrightarrow{AP}\cdot(\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{BA})=1+\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{CB}$，又$|\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{CB}|\leqslant|\overrightarrow{AP}|\cdot|\overrightarrow{CB}| = 2$，当且仅当$\overrightarrow{AP}//\overrightarrow{CB}$时等号成立，即$-2\leqslant\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{CB}\leqslant2$，所以$\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{CQ}$的取值范围为$[-1,3]$。故选D。
解法二：如图建立直角坐标系，设$A(0,0)$，$B(-1,-\sqrt{3})$，$C(1,-\sqrt{3})$，$P(\cos\theta,\sin\theta)$，$Q(-\cos\theta,-\sin\theta)$，则$\overrightarrow{BP}=(\cos\theta + 1,\sin\theta+\sqrt{3})$，$\overrightarrow{CQ}=(-\cos\theta - 1,-\sin\theta+\sqrt{3})$，$\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{CQ}=(\cos\theta + 1)(-\cos\theta - 1)+(\sin\theta+\sqrt{3})(-\sin\theta+\sqrt{3})=1 - 2\cos\theta\in[-1,3]$。

故选D。

【源于教材】（人教A版必修第二册第24页题6.2第24题）如图，在⊙C中，是不是只需知道⊙C的半径或弦AB的长度，就可以求出$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$的值？

答案：
如图，设D为弦AB的中点，连接CD，则CD⊥AB，故$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\cos\angle BAC = |\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AD}|=\frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}|^2$，因此只需知道弦AB的长，就可以求出$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$的值。

【典例】（2024·豫南名校模拟）如图，这是用来构造无理数$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$，$\sqrt{5}$，…的图形，已知P是平面四边形ABCD内（包含边界）一点，则$\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CP}$的取值范围是（ ）

A.$[-\frac{\sqrt{2}}{2},\sqrt{2}]$　　　
　B.[-1,$\sqrt{2}$]
C.$[\frac{\sqrt{2}}{2},1]$　　　　　
　D.$[-\frac{\sqrt{2}}{2},1]$

答案：
【典例】D 解析 如图，过点$D$作$DE\perp BC$交$BC$的延长线于点$E$。因为$DE\perp BC$，$DC = 1$，$\angle DCE = 45^{\circ}$，所以$CE=\frac{\sqrt{2}}{2}$。由图可知当$P$在线段$AB$上时，$|\overrightarrow{CP}|\cos\angle PCB$有最大值$1$，当$P$在点$D$处时，$|\overrightarrow{CP}|\cos\angle PCB$有最小值$-\frac{\sqrt{2}}{2}$，又$|\overrightarrow{CB}| = 1$，所以$\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CP}$的取值范围是$[-\frac{\sqrt{2}}{2},1]$。

故选D。