《2025年高考帮数学》

例6 [全国卷Ⅲ]在矩形ABCD中,AB = 1,AD = 2,动点P在以点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 （ ）
A. 3
B. $2\sqrt{2}$
C. $\sqrt{5}$
D. 2

答案：
思维帮
例6A解法一如图,过点C作CE//BD交直线AB于点E,因为$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AD}$，则由等和线定理可知，当等和线l与圆相切时，$\lambda+\mu$最大，设此时l与直线AB交于点F,则易知AB = BE = EF,此时$\lambda+\mu=\frac{AF}{AB}=\frac{AB + BE + EF}{AB}=\frac{3AB}{AB}=3$.
　　　　　　　　　　　　　
解法二以A为坐标原点，AB,AD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B(1,0),C(1,2),D(0,2).可得直线BD的方程为2x + y - 2 = 0,点C到直线BD的距离$d=\frac{2}{\sqrt{2^{2}+1^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$，所以圆C的方程为$(x - 1)^{2}+(y - 2)^{2}=\frac{4}{5}$.因为点P在圆C上，所以可设$P(1+\frac{2\sqrt{5}}{5}\cos\theta,2+\frac{2\sqrt{5}}{5}\sin\theta)$.易知$\overrightarrow{AB}=(1,0)$，$\overrightarrow{AD}=(0,2)$，$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AD}=(\lambda,2\mu)$，所以$\begin{cases}1+\frac{2\sqrt{5}}{5}\cos\theta=\lambda\\2+\frac{2\sqrt{5}}{5}\sin\theta = 2\mu\end{cases}$，所以$\lambda+\mu=2+\frac{2\sqrt{5}}{5}\cos\theta+\frac{\sqrt{5}}{5}\sin\theta=2+\sin(\theta+\varphi)\leq3$，其中$\varphi$满足$\tan\varphi = 2$.所以$\lambda+\mu$的最大值为3.
　　　　　　　　　　　　　　　

训练4 在扇形AOB中,C为弧AB上的一个动点,$\angle AOB = 60^{\circ}$.若$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$,则x + 3y的取值范围是________.

答案：
训练4[1,3]　解法一　如图1,在OB上取一点D,使OB = 3OD,连接AD,与OC交于点E,过C作CF//AD,交OB于点F,则$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}=x\overrightarrow{OA}+3y\overrightarrow{OD}$，所以$x + 3y=\frac{OC}{OE}=\frac{OF}{OD}$.当C,A重合时,$\frac{OF}{OD}$最小,为1;当C,B重合时,$\frac{OF}{OD}$最大,为3,所以x + 3y的取值范围是[1,3].
　　　 　　
解法二(坐标法)设扇形AOB的半径为1,以O为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，则B(1,0)，$A(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，设$\angle BOC=\theta$，$0\leq\theta\leq\frac{\pi}{3}$，则C($\cos\theta,\sin\theta$)，$\overrightarrow{OC}=(\cos\theta,\sin\theta)=x(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})+y(1,0)$，即$\begin{cases}\cos\theta=\frac{x}{2}+y\\\sin\theta=\frac{\sqrt{3}}{2}x\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=\frac{2\sqrt{3}\sin\theta}{3}\\y=\cos\theta-\frac{\sqrt{3}\sin\theta}{3}\end{cases}$，所以$x + 3y=\frac{2\sqrt{3}\sin\theta}{3}+3\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta=3\cos\theta-\frac{\sqrt{3}}{3}\sin\theta$.令$g(\theta)=3\cos\theta-\frac{\sqrt{3}}{3}\sin\theta(0\leq\theta\leq\frac{\pi}{3})$，易知$g(\theta)$在$[0,\frac{\pi}{3}]$上单调递减，所以$g(\frac{\pi}{3}) = 1\leq g(\theta)\leq g(0)=3$，所以x + 3y的取值范围是[1,3].
解法三(构造函数法)　设扇形AOB的半径为r,因为$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$，所以$\overrightarrow{OC}^{2}=(x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB})^{2}=x^{2}\overrightarrow{OA}^{2}+2xy|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\cdot\cos60^{\circ}+y^{2}\overrightarrow{OB}^{2}$，即$r^{2}=x^{2}r^{2}+xyr^{2}+y^{2}r^{2}$，整理得关于y的方程$y^{2}+xy+x^{2}-1 = 0$.易知$x,y\in[0,1]$，$\Delta = 4 - 3x^{2}＞0$，所以$y=\frac{-x+\sqrt{4 - 3x^{2}}}{2}$，所以$x + 3y=x+\frac{-3x + 3\sqrt{4 - 3x^{2}}}{2}=-\frac{1}{2}x+\frac{3\sqrt{4 - 3x^{2}}}{2}$.令$f(x)=-\frac{1}{2}x+\frac{3\sqrt{4 - 3x^{2}}}{2}(x\in[0,1])$，易知$f(x)$在[0,1]上单调递减，所以$f(1)=1\leq f(x)\leq f(0)=3$，所以x + 3y的取值范围是[1,3].

(1)定理:如果$\boldsymbol{e}_{1},\boldsymbol{e}_{2}$是同一平面内的两个①______向量,那么对于这一平面内的任一向量$\boldsymbol{a}$,②_________一对实数$\lambda_{1},\lambda_{2}$,使$\boldsymbol{a}=\lambda_{1}\boldsymbol{e}_{1}+\lambda_{2}\boldsymbol{e}_{2}$.

答案： ①不共线　②有且只有

(2)基底:若$\boldsymbol{e}_{1},\boldsymbol{e}_{2}$③_________,我们把$\{\boldsymbol{e}_{1},\boldsymbol{e}_{2}\}$叫做表示这一平面内所有向量的一个基底.

答案： ③不共线

(1)把一个向量分解为两个④_________的向量，叫做把向量作正交分解.

答案： ④互相垂直

| |坐标表示|
|--|--|
|和(差)|已知$\boldsymbol{a}=(x_{1},y_{1}),\boldsymbol{b}=(x_{2},y_{2})$,则$\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=$⑤____________,$\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=$⑥____________.|
|数乘|已知$\boldsymbol{a}=(x_{1},y_{1})$,则$\lambda\boldsymbol{a}=(\lambda x_{1},\lambda y_{1})$,其中$\lambda$是实数.|
|任一向量的坐标|已知$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$,则$\overrightarrow{AB}=$⑦____________.|

答案： ⑤$(x_{1}+x_{2},y_{1}+y_{2})$　⑥$(x_{1}-x_{2},y_{1}-y_{2})$　⑦$(x_{2}-x_{1},y_{2}-y_{1})$