《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例1 (2025·安徽六校测试)已知正方形 $ABCD$ 的边长为 $2$，中心为 $O$，四个半圆的圆心均为正方形 $ABCD$ 各边的中点(如图)，若 $P$ 在 $\overset{\frown}{BC}$ 上，且 $\overrightarrow{AP} = \lambda \overrightarrow{AB} + \mu \overrightarrow{AD}$，则 $\lambda + \mu$ 的最大值为______.

答案：
例1 $\frac{3+\sqrt{2}}{2}$ [如图，以线段BC所在直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，
则$A(-1,2),B(-1,0)$，$C(1,0),D(1,2)$，
则$\overrightarrow{AD}=(2,0),\overrightarrow{AB}=(0,-2)$，
设$P(\cos\theta,\sin\theta),\theta\in[\pi,2\pi]$，
则$\overrightarrow{AP}=(\cos\theta+1,\sin\theta-2)$，
$\because\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AD}$，
$\therefore(\cos\theta+1,\sin\theta-2)=\lambda(0,-2)+\mu(2,0)$，
$\therefore\begin{cases}\cos\theta+1=2\mu,\\\sin\theta-2=-2\lambda,\end{cases}$解得$\begin{cases}\lambda=\frac{2-\sin\theta}{2},\\\mu=\frac{\cos\theta+1}{2}.\end{cases}$
则$\lambda+\mu=\frac{2-\sin\theta}{2}+\frac{\cos\theta+1}{2}$
$=\frac{1}{2}(\cos\theta-\sin\theta+3)$
$=\frac{1}{2}[\sqrt{2}\cos(\theta+\frac{\pi}{4})+3]$，
由$\theta\in[\pi,2\pi]$，得$\theta+\frac{\pi}{4}\in[\frac{5\pi}{4},\frac{9\pi}{4}]$，
所以当$\theta+\frac{\pi}{4}=2\pi$时，$\cos(\theta+\frac{\pi}{4})$取得最大值1，
则$\lambda+\mu$的最大值为$\frac{3+\sqrt{2}}{2}$.

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训练1 (2025·深圳调研)设点 $A(-2,0)$，$B\left(-\dfrac{1}{2},0\right)$，$C(0,1)$，若动点 $P$ 满足 $|PA| = 2|PB|$，且 $\overrightarrow{AP} = \lambda \overrightarrow{AB} + \mu \overrightarrow{AC}$，则 $\lambda + 2\mu$ 的最大值为______.

答案： 训练1 $\frac{2\sqrt{2}+4}{3}$ [设$P(x,y)$，则$\overrightarrow{PA}=(-2-x,-y),\overrightarrow{PB}=(-\frac{1}{2}-x,-y)$，
由$|\overrightarrow{PA}|=2|\overrightarrow{PB}|$，
得$\sqrt{(-2-x)^2+(-y)^2}=2\sqrt{(-\frac{1}{2}-x)^2+(-y)^2}$，
整理，得$x^{2}+y^{2}=1$，
将$\overrightarrow{AP}=(x+2,y),\overrightarrow{AB}=(\frac{3}{2},0),\overrightarrow{AC}=(2,1)$
代入$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}$得$\begin{cases}x+2=\frac{3}{2}\lambda+2\mu,\\y=\mu.\end{cases}$
则$x+y+2=\frac{3}{2}\lambda+3\mu=\frac{3}{2}(\lambda + 2\mu)$，
所以$\lambda+2\mu=\frac{2}{3}(x+y+2)$，
由$1=x^{2}+y^{2}\geq2xy$，得$xy\leq\frac{1}{2}$，
当且仅当$x=y$时等号成立，
所以$(x+y)^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}\leq1+1=2$，
得$x+y\leq\sqrt{2}$，当且仅当$x=y$时等号成立，
所以$\lambda+2\mu=\frac{2}{3}(x+y+2)\leq\frac{2}{3}×(\sqrt{2}+2)=\frac{2\sqrt{2}+4}{3}$，
即$\lambda+2\mu$的最大值为$\frac{2\sqrt{2}+4}{3}$.
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例2 (2024·天津卷)在边长为 $1$ 的正方形 $ABCD$ 中，$E$ 为线段 $CD$ 的三等分点，$CE = \dfrac{1}{2}DE$，$\overrightarrow{BE} = \lambda \overrightarrow{BA} + \mu \overrightarrow{BC}$，则 $\lambda + \mu =$______；$F$ 为线段 $BE$ 上的动点，$G$ 为 $AF$ 的中点，则 $\overrightarrow{AF} \cdot \overrightarrow{DG}$ 的最小值为______.

答案：
例2 $\frac{4}{3}$ $-\frac{5}{18}$ [以点A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
则$A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),E(\frac{2}{3},1)$，
所以$\overrightarrow{BE}=(-\frac{1}{3},1),\overrightarrow{BA}=(-1,0),\overrightarrow{BC}=(0,1)$，
因为$\overrightarrow{BE}=\lambda\overrightarrow{BA}+\mu\overrightarrow{BC}$，
所以$(-\frac{1}{3},1)=\lambda(-1,0)+\mu(0,1)$，
所以$\lambda=\frac{1}{3},\mu=1$，所以$\lambda+\mu=\frac{4}{3}$.
由$B(1,0),E(\frac{2}{3},1)$可得直线BE的方程为$y=-3(x - 1)$，
设$F(a,3 - 3a)(\frac{2}{3}\leq a\leq1)$，
则$G(\frac{a}{2},\frac{3 - 3a}{2})$，
所以$\overrightarrow{AF}=(a,3 - 3a),\overrightarrow{DG}=(\frac{a}{2},\frac{1 - 3a}{2})$，
所以$\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{DG}=a\cdot\frac{a}{2}+(3 - 3a)\cdot\frac{1 - 3a}{2}$
$=5a^{2}-6a+\frac{3}{2}=5(a - \frac{3}{5})^{2}-\frac{3}{10}$，
所以当$a=\frac{2}{3}$时，$\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{DG}$取得最小值，为$-\frac{5}{18}$.

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训练2 (2025·杭州调研)如图，在 $\triangle ABC$ 中，$AB = 2$，$AC = 3$，$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 3$，$D$ 是 $BC$ 的中点，点 $E$ 在边 $AC$ 上，$3\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AC}$，$BE$ 交 $AD$ 于点 $F$. 设 $\overrightarrow{BF} = \lambda \overrightarrow{AB} + \mu \overrightarrow{AC}(\lambda,\mu \in \mathbf{R})$，则 $\lambda + \mu =$______；若 $G$ 是线段 $BC$ 上的一个动点，则 $\overrightarrow{BF} \cdot \overrightarrow{FG}$ 的最大值为______.

答案：
训练2 $-\frac{1}{2}$ $\frac{9}{16}$ [取EC的中点M，连接DM.因为$\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AE}$，所以$AE = EM = MC$，又因为$BD = CD$，则DM为$\triangle BCE$的中位线，所以$DM// BE$.因为$AE = EM$，所以EF为$\triangle ADM$的中位线，所以$DF=\frac{1}{2}AD$，
所以$\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DF}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$
$=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})-\frac{1}{4}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$
$=-\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}$.
因为$\overrightarrow{BF}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}(\lambda,\mu\in R)$，
所以$\lambda=-\frac{3}{4},\mu=\frac{1}{4}$，
所以$\lambda+\mu=-\frac{1}{2}$.
因为G是线段BC上的一个动点，所以设$\overrightarrow{BG}=t\overrightarrow{BC}(0\leq t\leq1)$，
所以$\overrightarrow{FG}=\overrightarrow{BG}-\overrightarrow{BF}=t\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BF}$
$=t(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})-(-\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC})$
$=(\frac{3}{4}-t)\overrightarrow{AB}+(t-\frac{1}{4})\overrightarrow{AC}$，
所以$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{FG}=(-\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC})\cdot[(\frac{3}{4}-t)\overrightarrow{AB}+(t-\frac{1}{4})\overrightarrow{AC}]$
$=(\frac{3}{4}t-\frac{9}{16})\overrightarrow{AB}^{2}+(\frac{3}{8}-t)\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}+(\frac{t}{4}-\frac{1}{16})\overrightarrow{AC}^{2}$
$=3t-\frac{9}{4}+\frac{9}{8}-3t+\frac{9}{4}t-\frac{9}{16}=\frac{9}{4}t-\frac{27}{16}$，
当$t = 1$时，$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{FG}$有最大值，且最大值为$\frac{9}{16}$.

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