《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例3 (2025·北京部分区模拟)已知平行四边形 $ABCD$ 的面积为 $6\sqrt{3}$，$\angle BAD = \dfrac{2\pi}{3}$，且 $\overrightarrow{BE} = 2\overrightarrow{EC}$. 若 $F$ 为线段 $DE$ 上的动点，且 $\overrightarrow{AF} = \lambda \overrightarrow{AB} + \dfrac{5}{6}\overrightarrow{AD}$，则实数 $\lambda$ 的值为______；$|\overrightarrow{AF}|$ 的最小值为______.

答案：
例3 $\frac{1}{2}$ $\sqrt{5}$ [$\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AB}+\frac{5}{6}\overrightarrow{AD}$
$=\lambda(\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EB})+\frac{5}{6}\overrightarrow{AD}$
$=\lambda\overrightarrow{AE}+(\frac{5}{6}-\frac{2}{3}\lambda)\overrightarrow{AD}$.
由D，F，E三点共线，得$\lambda+\frac{5}{6}-\frac{2}{3}\lambda=1$，
解得$\lambda=\frac{1}{2}$.
过点A作$AG\perp BC$于点G，以G为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
设$B(-a,0),a＞0$，则$A(0,\sqrt{3}a)$，
已知$□ ABCD$的面积为$6\sqrt{3}$，
则$|BC|=\frac{6}{a}$，
故$C(\frac{6}{a}-a,0),D(\frac{6}{a},\sqrt{3}a)$，
则$\overrightarrow{AB}=(-a,-\sqrt{3}a),\overrightarrow{AD}=(\frac{6}{a},0)$，
所以$\overrightarrow{AF}=\frac{5}{6}\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$
$=(\frac{5}{a}-\frac{a}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}a)$，
则$|\overrightarrow{AF}|^{2}=(\frac{5}{a}-\frac{a}{2})^{2}+\frac{3}{4}a^{2}$
$=\frac{25}{a^{2}}+a^{2}-5\geq2\sqrt{\frac{25}{a^{2}}\cdot a^{2}}-5=5$，
当且仅当$\frac{25}{a^{2}}=a^{2}$，即$a=\sqrt{5}$时取“=”，
所以$|\overrightarrow{AF}|$的最小值为$\sqrt{5}$.

]

训练3 (2025·中山调研)已知向量 $\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{c}$ 满足 $|\boldsymbol{a}| = 1$，$|\boldsymbol{b}| = \sqrt{3}$，$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = -\dfrac{3}{2}$，$\langle \boldsymbol{a} - \boldsymbol{c},\boldsymbol{b} - \boldsymbol{c} \rangle = 30^{\circ}$，则 $|\boldsymbol{c}|$ 的最大值为()

A.$2\sqrt{7}$
B.$\sqrt{7}$
C.$2$
D.$\sqrt{2}$

答案：
训练3 [设$\overrightarrow{OA}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{OB}=\boldsymbol{b},\overrightarrow{OC}=\boldsymbol{c}$，
则$\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}=\overrightarrow{CA},\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}=\overrightarrow{CB}$.
由题意$\cos\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=\frac{\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$，
而$0^{\circ}\leq\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle\leq180^{\circ}$，则$\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=150^{\circ}$.
又因为$\langle\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c},\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}\rangle=30^{\circ}$，
所以O，A，B，C四点共圆，
如图所示.
要使$|\boldsymbol{c}|$取得最大值，
则OC必过圆心G，
此时在$\triangle OAB$中，
$AB^{2}=OA^{2}+OB^{2}-2OA\cdot OB\cos\angle AOB$
$=1 + 3 - 2\sqrt{3}\cos150^{\circ}=7$，
即$AB=\sqrt{7}$，由正弦定理可得
$OC = 2R=\frac{AB}{\sin\angle AOB}=2\sqrt{7}$.

]

例4 (2025·济南调研)平面向量 $\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$ 满足 $|\boldsymbol{a}| = 3|\boldsymbol{b}|$，且 $|\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}| = 4$，则 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}$ 夹角的正弦值的最大值为(B)

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

答案：
例4 B [如图所示，设$\boldsymbol{a}=\overrightarrow{OA},\boldsymbol{b}=\overrightarrow{OB}$，则$\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=\overrightarrow{BA}$，
设$|\boldsymbol{b}|=m,|\boldsymbol{a}|=3m,1\leq m\leq2$，
$\cos\angle OAB=\frac{|\boldsymbol{a}|^{2}+|\boldsymbol{b}|^{2}-|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|^{2}}{2|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|}$
$=\frac{9m^{2}+16 - m^{2}}{24m}=\frac{m}{3}+\frac{2}{3m}$
$\geq2\sqrt{\frac{m}{3}\cdot\frac{2}{3m}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
当且仅当$\frac{m}{3}=\frac{2}{3m}$，即$m=\sqrt{2}$时等号成立，
故$\angle OAB\in(0,\frac{\pi}{2})$，
当$\cos\angle OAB$最小时，$\sin\angle OAB$最大，
故$\boldsymbol{a}$与$\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$夹角的正弦值的最大值为$\sqrt{1-\frac{8}{9}}=\frac{1}{3}$.

]

训练4 已知矩形 $ABCD$ 中，$AB = 2$，$AD = 1$，点 $E$，$F$，$G$，$H$ 分别在边 $AB$，$BC$，$CD$，$AD$ 上(包含端点)，若 $\overrightarrow{EG} \cdot \overrightarrow{HF} = 2$，则 $\overrightarrow{EG}$ 与 $\overrightarrow{HF}$ 夹角的余弦值的最大值是$\frac{4}{5}$.

答案：
训练4 $\frac{4}{5}$ [如图建立直角坐标系，则可设$\overrightarrow{EG}=(t,1),\overrightarrow{HF}=(2,s),-2\leq t\leq2$，$-1\leq s\leq1$，
所以$\overrightarrow{EG}\cdot\overrightarrow{HF}=2t + s = 2$，
$\cos\langle\overrightarrow{EG},\overrightarrow{HF}\rangle=\frac{\overrightarrow{EG}\cdot\overrightarrow{HF}}{|\overrightarrow{EG}|\cdot|\overrightarrow{HF}|}$
$=\frac{2}{\sqrt{t^{2}+1}\cdot\sqrt{4 + s^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{(st)^{2}-4st + 8}}$
$=\frac{2}{\sqrt{(st - 2)^{2}+4}}$，
当$st\leq0$时，$(st - 2)^{2}\geq4$，
当$st＞0$时，由$2t + s = 2$，
$\therefore s＞0,t＞0$，
$\therefore2 = 2t + s\geq2\sqrt{2st}$，
$\therefore st\leq\frac{1}{2}$，当且仅当$s = 1,t=\frac{1}{2}$时取等号，
$\therefore st$最大值为$\frac{1}{2}$，
$\therefore(st - 2)^{2}$的最小值为$(\frac{1}{2}-2)^{2}=\frac{9}{4}$，
此时$\frac{2}{\sqrt{(st - 2)^{2}+4}}$取得最大值为$\frac{4}{5}$，
即$\overrightarrow{EG}$与$\overrightarrow{HF}$夹角的余弦值的最大值为$\frac{4}{5}$.

]

典例
(1)如图，在三角形 $ABC$ 中，$D$ 是 $BC$ 的中点，$E$，$F$ 是 $AD$ 上的两个三等分点，$\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{CA} = 4$，$\overrightarrow{BF} \cdot \overrightarrow{CF} = -1$，则 $\overrightarrow{BE} \cdot \overrightarrow{CE}$ 值为$\frac{7}{8}$.

答案： 拓展视野
典例$ (1)\frac{7}{8} (2)[-\frac{4}{3},0]$
[
(1)设$\overrightarrow{DC}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{DF}=\boldsymbol{b}，$
$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{CA}=$|$\overrightarrow{AD}$|$^{2}-$|$\overrightarrow{BD}$|$^{2}=9b^{2}-a^{2}=4，$
$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{CF}=$|$\overrightarrow{FD}$|$^{2}-$|$\overrightarrow{BD}$|^{

(2)(2025·郑州模拟)已知 $MN$ 是正四面体 $A - BCD$ 的外接球的一条直径，点 $P$ 在正四面体表面上运动，正四面体的棱长是 $2$，则 $\overrightarrow{PM} \cdot \overrightarrow{PN}$ 的取值范围为______.

答案： 拓展视野
典例$ (1)\frac{7}{8} (2)[-\frac{4}{3},0]$
[
(1)设$\overrightarrow{DC}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{DF}=\boldsymbol{b}，$
$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{CA}=$|$\overrightarrow{AD}$|$^{2}-$|$\overrightarrow{BD}$|$^{2}=9b^{2}-a^{2}=4，$
$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{CF}=$|$\overrightarrow{FD}$|$^{2}-$|$\overrightarrow{BD}$|^{

训练
(2022·北京卷)在 $\triangle ABC$ 中，$AC = 3$，$BC = 4$，$\angle C = 90^{\circ}$. $P$ 为 $\triangle ABC$ 所在平面内的动点，且 $PC = 1$，则 $\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB}$ 的取值范围是()

A.$[-5,3]$
B.$[-3,5]$
C.$[-6,4]$
D.$[-4,6]$

答案： D