《2025年高考帮数学》

例6 [2023山西省模拟]已知平面向量a,b是单位向量，且|a - b| = 1，向量c满足|c - a - b| = $\frac{3}{2}$，则|c|的最大值为（ ）
A. $\frac{3\sqrt{3}}{2}$
B. 2$\sqrt{3}$
C. $\sqrt{3}$ + 1
D. 2$\sqrt{3}$ + 1

答案：
例6A
∵平面向量$\boldsymbol{a}$,$\boldsymbol{b}$是单位向量,且$|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}| = 1$,$\therefore\boldsymbol{a}^{2}+\boldsymbol{b}^{2}-2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=2 - 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=1$,$\therefore\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=\frac{1}{2}$,$\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=\frac{\pi}{3}$.设$\boldsymbol{a}=(1,0)$,$\boldsymbol{b}=(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$,$\boldsymbol{c}=(x,y)$,则$\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=(x-\frac{3}{2},y-\frac{\sqrt{3}}{2})$,$\therefore(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})^{2}=(x-\frac{3}{2})^{2}+(y-\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}=(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}$,$\therefore$点$(x,y)$在以$(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$为圆心、$\frac{\sqrt{3}}{2}$为半径的圆上,
$\therefore|\boldsymbol{c}|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$的最大值表示圆上的点到原点$(0,0)$距离的最大值,如图所示.设圆心为$O'$,则$|OO'|=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3}{4}}=\sqrt{3}$,
$\therefore|\boldsymbol{c}|$的最大值为$\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

故选A.

训练2 (1)如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F为线段BD上的一动点，若$\overrightarrow{AF} = x \overrightarrow{AE} + y \overrightarrow{DC}$(x ＞ 0,y ＞ 0)，则$\frac{2 - 3x}{4y^{2} + 1}$的最大值为（ ）

A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{3}{4}$
C. 1
D. 2

答案： 训练2
(1)A$\overrightarrow{AF}=x\overrightarrow{AE}+y\overrightarrow{DC}=x(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DE})+y\overrightarrow{AB}=x(\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB})+y\overrightarrow{AB}=x\overrightarrow{AD}+(\frac{x}{2}+y)\overrightarrow{AB}$.因为$D,F,B$三点共线,所以$\frac{3}{2}x + y = 1$,即$2 - 3x = 2y$,所以$\frac{2 - 3x}{4y^{2}+1}=\frac{2y}{4y^{2}+1}=\frac{2}{4y+\frac{1}{y}}$,因为$x＞0,y＞0$,所以$4y+\frac{1}{y}\geqslant2\sqrt{4y\cdot\frac{1}{y}}=4$,当且仅当$4y=\frac{1}{y}$,即$y=\frac{1}{2}$时等号成立,此时$x=\frac{1}{3}$,所以$\frac{2 - 3x}{4y^{2}+1}=\frac{2}{4y+\frac{1}{y}}\leqslant\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$.

训练2 (2)在△ABC中，AB = 2，AC = 3，∠BAC = 60°，M是线段AC上任意一点，则$\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC}$的最小值是（ ）
A. - $\frac{1}{2}$
B. - 1
C. - 2
D. - 4

答案：
训练2
(2)B解法一　如图,由$M$是线段$AC$上任意一点,设$\overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{MC}$,$\lambda\in(0,+\infty)$,因为$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\cos60^{\circ}=2\times3\times\frac{1}{2}=3$,所以$\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MC}=(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AM})\cdot\overrightarrow{MC}=(\overrightarrow{AB}-\frac{\lambda}{\lambda + 1}\overrightarrow{AC})\cdot\frac{1}{\lambda + 1}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{\lambda + 1}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}-\frac{\lambda}{(\lambda + 1)^{2}}\cdot\overrightarrow{AC}^{2}=-\frac{6\lambda - 3}{(\lambda + 1)^{2}}$.当$\lambda=\frac{1}{2}$时,$\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MC}=0$,当$\lambda\neq\frac{1}{2}$时,令$6\lambda - 3 = t$,$t\in(-3,0)\cup(0,+\infty)$,则$\lambda=\frac{3 + t}{6}$,$\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MC}=-\frac{6\lambda - 3}{(\lambda + 1)^{2}}=\frac{-36t}{t^{2}+18t + 81}=\frac{-36}{t+\frac{81}{t}+18}$,当$t\in(0,+\infty)$时,$t+\frac{81}{t}+18\geqslant36$(当且仅当$t = 9$时取等号),此时$\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MC}\geqslant - 1$;当$t\in(-3,0)$时,$t+\frac{81}{t}+18＜-12$,此时$\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MC}$无最值.所以当且仅当$t = 9$,即$\lambda = 2$时,$\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MC}$有最小值,最小值为$-1$.

故选B.
解法二如图,以点$A$为坐标原点,$AC$所在直线为$x$轴建立平面直角坐标系,因为$AC = 3$,$AB = 2$,$\angle BAC = 60^{\circ}$,所以$B(1,\sqrt{3})$,$C(3,0)$,设$M(x,0)$,$0\leqslant x\leqslant3$,则$\overrightarrow{MB}=(1 - x,\sqrt{3})$,$\overrightarrow{MC}=(3 - x,0)$,$\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MC}=(1 - x,\sqrt{3})\cdot(3 - x,0)=x^{2}-4x + 3=(x - 2)^{2}-1$,当且仅当$x = 2$时,$\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MC}$有最小值,最小值为$-1$.

故选B.

训练2 (3)[浙江高考]已知a,b,e是平面向量，e是单位向量. 若非零向量a与e的夹角为$\frac{\pi}{3}$，向量b满足b² - 4e·b + 3 = 0，则|a - b|的最小值是（ ）
A. $\sqrt{3}$ - 1
B. $\sqrt{3}$ + 1
C. 2
D. 2 - $\sqrt{3}$

答案：
训练2
(3)A解法一　设$O$为坐标原点,$\boldsymbol{a}=\overrightarrow{OA}$,$\boldsymbol{b}=\overrightarrow{OB}=(x,y)$,$\boldsymbol{e}=(1,0)$,由$\boldsymbol{b}^{2}-4\boldsymbol{e}\cdot\boldsymbol{b}+3 = 0$得$x^{2}+y^{2}-4x + 3 = 0$,即$(x - 2)^{2}+y^{2}=1$,所以点$B$的轨迹是以$C(2,0)$为圆心,$1$为半径的圆.因为$\boldsymbol{a}$与$\boldsymbol{e}$的夹角为$\frac{\pi}{3}$,所以不妨令点$A$在直线$y=\sqrt{3}x(x＞0)$上,如图所示,由数形结合可知,$|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|_{\min}=|\overrightarrow{BA}|_{\min}=2\sin\frac{\pi}{3}-1=\sqrt{3}-1$. ($|\overrightarrow{BA}|$的最小值, 即圆心$C$到$OA$的距离减去圆的半径)

故选A.
解法二　由$\boldsymbol{b}^{2}-4\boldsymbol{e}\cdot\boldsymbol{b}+3 = 0$得$\boldsymbol{b}^{2}-4\boldsymbol{e}\cdot\boldsymbol{b}+3\boldsymbol{e}^{2}=(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{e})\cdot(\boldsymbol{b}-3\boldsymbol{e})=0$.
设$\boldsymbol{b}=\overrightarrow{OB}$,$\boldsymbol{e}=\overrightarrow{OE}$,$3\boldsymbol{e}=\overrightarrow{OF}$,所以$\boldsymbol{b}-\boldsymbol{e}=\overrightarrow{EB}$,$\boldsymbol{b}-3\boldsymbol{e}=\overrightarrow{FB}$,所以$\overrightarrow{EB}\cdot\overrightarrow{FB}=0$,取$EF$的中点为$C$,则点$B$在以$C$为圆心,$EF$为直径的圆上运动,如图.
设$\boldsymbol{a}=\overrightarrow{OA}$,作射线$OA$,使得$\angle AOE=\frac{\pi}{3}$,所以$|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=|(\boldsymbol{a}-2\boldsymbol{e})+(2\boldsymbol{e}-\boldsymbol{b})|\geqslant|\boldsymbol{a}-2\boldsymbol{e}|-|2\boldsymbol{e}-\boldsymbol{b}|=|\overrightarrow{CA}|-|\overrightarrow{BC}|\geqslant\sqrt{3}-1$.

故选A.

|定理|余弦定理|正弦定理|
|----|----|----|
|内容|$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$; $b^{2}=$①__________; $c^{2}=$②__________|$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=$③_____|
|变形|$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$; $\cos B=$④__________; $\cos C=$⑤__________|(1)$a = 2R\sin A,b=$⑥______,c =⑦______; (2)$\sin A=\frac{a}{2R},\sin B=$⑧______,$\sin C=$⑨______; (3)$a:b:c=$⑩____________; (4)$\frac{a + b + c}{\sin A+\sin B+\sin C}=\frac{a}{\sin A}=2R$|

答案： ①$c^{2}+a^{2}-2cacosB$ ②$a^{2}+b^{2}-2abcosC$ ③$2R$ ④$\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ac}$ ⑤$\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$ ⑥$2RsinB$ ⑦$2RsinC$ ⑧$\frac{b}{2R}$ ⑨$\frac{c}{2R}$ ⑩$sinA:sinB:sinC$