《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例4]
(1)已知△ABC内一点O是其外心，$\sin A=\frac{2\sqrt{2}}{3}(0＜A＜\frac{\pi}{2})$，且$\overrightarrow{AO}=m\overrightarrow{AB}+n\overrightarrow{AC}$，则$m + n$的最大值为__________.
(2)如图，在△ABC中，$\overrightarrow{BO}=2\overrightarrow{OC}$，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N.设$\overrightarrow{AB}=m\overrightarrow{AM}$，$\overrightarrow{AC}=n\overrightarrow{AN}$，则$\frac{1}{m}+\frac{1}{n}$的最小值为__________.

答案：

(1)[解析]如图所示，延长AO交BC于D。

令$\overrightarrow{AO}$ = λ$\overrightarrow{AD}$⇒$\overrightarrow{AD}$ = $\frac{\overrightarrow{AO}}{\lambda}$ = $\frac{m}{\lambda}$$\overrightarrow{AB}$ + $\frac{n}{\lambda}$$\overrightarrow{AC}$。
因为B，C，D三点共线，
所以$\frac{m}{\lambda}$ + $\frac{n}{\lambda}$ = 1⇒m + n = λ。
所以λ取最大值时，m + n取最大值，则λ = $\frac{\overrightarrow{AO}}{\overrightarrow{AD}}$。
因为|$\overrightarrow{AO}$|为外接圆的半径(定值)，
所以当|$\overrightarrow{AD}$|取得最小值时，λ取得最大值，此时AD⊥BC。
所以△ABC为等腰三角形，且sin∠BAC = $\frac{2\sqrt{2}}{3}$(0＜∠BAC＜$\frac{\pi}{2}$)。
所以cos∠BAC = $\frac{1}{3}$，则sin$\frac{\angle BAC}{2}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$，cos$\frac{\angle BAC}{2}$ = $\frac{\sqrt{6}}{3}$，tan$\frac{\angle BAC}{2}$ = $\frac{1}{\sqrt{2}}$。
设∠BAC对的边为a，
则|$\overrightarrow{AO}$| = $\frac{a}{2\sin\angle BAC}$ = $\frac{3a}{4\sqrt{2}}$，|$\overrightarrow{AD}$| = $\frac{\frac{a}{2}}{\tan\frac{\angle BAC}{2}}$ = $\frac{\sqrt{2}a}{2}$。
所以(m + n)max = λmax = $\frac{\frac{3a}{4\sqrt{2}}}{\frac{\sqrt{2}a}{2}}$ = $\frac{3}{4}$。
答案:$\frac{3}{4}$
(2)[解析]因为$\overrightarrow{BO}$ = 2$\overrightarrow{OC}$，所以$\overrightarrow{BO}$ = $\frac{2}{3}$$\overrightarrow{BC}$。
所以$\overrightarrow{AO}$ = $\overrightarrow{AB}$ + $\overrightarrow{BO}$ = $\overrightarrow{AB}$ + $\frac{2}{3}$$\overrightarrow{BC}$
= $\overrightarrow{AB}$ + $\frac{2}{3}$($\overrightarrow{AC}$ - $\overrightarrow{AB}$) = $\frac{1}{3}$$\overrightarrow{AB}$ + $\frac{2}{3}$$\overrightarrow{AC}$。
又$\overrightarrow{AB}$ = m$\overrightarrow{AM}$，$\overrightarrow{AC}$ = n$\overrightarrow{AN}$。
所以$\overrightarrow{AO}$ = $\frac{m}{3}$$\overrightarrow{AM}$ + $\frac{2n}{3}$$\overrightarrow{AN}$。
因为M，O，N三点共线，所以$\frac{m}{3}$ + $\frac{2n}{3}$ = 1。
由图可知m＞0，n＞0。
所以$\frac{1}{m}$ + $\frac{1}{n}$ = ($\frac{1}{m}$ + $\frac{1}{n}$)($\frac{m}{3}$ + $\frac{2n}{3}$)
= $\frac{1}{3}$(3 + $\frac{m}{n}$ + $\frac{2n}{m}$)≥$\frac{1}{3}$(3 + 2$\sqrt{\frac{m}{n}·\frac{2n}{m}}$)
= $\frac{3 + 2\sqrt{2}}{3}$。
当且仅当$\frac{m}{n}$ = $\frac{2n}{m}$，即n = $\frac{6 - 3\sqrt{2}}{2}$，m = 3$\sqrt{2}$ - 3时取等号，所以$\frac{1}{m}$ + $\frac{1}{n}$的最小值为$\frac{3 + 2\sqrt{2}}{3}$。

答案:$\frac{3 + 2\sqrt{2}}{3}$

[例5]
(1)已知△ABC的三边长$AC = 3$，$BC = 4$，$AB = 5$，P为AB边上任意一点，则$\overrightarrow{CP}\cdot(\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BC})$的最大值为__________.
(2)如图，在四边形ABCD中，$\angle B = 60^{\circ}$，$AB = 3$，$BC = 6$，且$\overrightarrow{AD}=\lambda\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AB}=-\frac{3}{2}$，则实数$\lambda$的值为__________，若M，N是线段BC上的动点，且$|\overrightarrow{MN}| = 1$，则$\overrightarrow{DM}\cdot\overrightarrow{DN}$的最小值为__________.

答案：

(1)[解析]因为$\overrightarrow{CP}$ = $\overrightarrow{CA}$ + $\overrightarrow{AP}$，$\overrightarrow{BA}$ - $\overrightarrow{BC}$ = $\overrightarrow{CA}$。
所以$\overrightarrow{CP}$·($\overrightarrow{BA}$ - $\overrightarrow{BC}$) = ($\overrightarrow{CA}$ + $\overrightarrow{AP}$)·$\overrightarrow{CA}$
= $\overrightarrow{CA}^{2}$ + $\overrightarrow{AP}$·$\overrightarrow{CA}$ = 9 - $\overrightarrow{AP}$·$\overrightarrow{AC}$
= 9 - |$\overrightarrow{AP}$||$\overrightarrow{AC}$|cos∠BAC
= 9 - 3|$\overrightarrow{AP}$|cos∠BAC。
因为cos∠BAC为正且为定值，
所以当|$\overrightarrow{AP}$|最小，即|$\overrightarrow{AP}$| = 0时，$\overrightarrow{CP}$·($\overrightarrow{BA}$ - $\overrightarrow{BC}$)取得最大值9。
答案:9
(2)[解析]因为$\overrightarrow{AD}$ = λ$\overrightarrow{BC}$，所以AD//BC。
所以∠BAD = 180° - ∠B = 120°。
所以$\overrightarrow{AD}$·$\overrightarrow{AB}$ = λ$\overrightarrow{BC}$·$\overrightarrow{AB}$
= λ|$\overrightarrow{BC}$|·|$\overrightarrow{AB}$|cos 120°
= λ×6×3×(-$\frac{1}{2}$) = -9λ = -$\frac{3}{2}$。
解得λ = $\frac{1}{6}$。
以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系xBy。

因为BC = 6，所以C(6,0)。
因为AB = 3，∠ABC = 60°，
所以点A的坐标为($\frac{3}{2}$,$\frac{3\sqrt{3}}{2}$)。
因为$\overrightarrow{AD}$ = $\frac{1}{6}$$\overrightarrow{BC}$，
则D($\frac{5}{2}$,$\frac{3\sqrt{3}}{2}$)。
设M(x,0)，则N(x + 1,0)(其中0≤x≤5)，所以$\overrightarrow{DM}$ = (x - $\frac{5}{2}$,-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$)，$\overrightarrow{DN}$ = (x - $\frac{3}{2}$,-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$)。
$\overrightarrow{DM}$·$\overrightarrow{DN}$ = (x - $\frac{5}{2}$)(x - $\frac{3}{2}$) + ($\frac{3\sqrt{3}}{2}$)²
= x² - 4x + $\frac{21}{2}$ = (x - 2)² + $\frac{13}{2}$。
所以当x = 2时，$\overrightarrow{DM}$·$\overrightarrow{DN}$取得最小值，最小值为$\frac{13}{2}$。
答案:$\frac{1}{6}$ $\frac{13}{2}$

[例6]
(1)(2023·开封模拟)已知$\boldsymbol{e}_{1}$，$\boldsymbol{e}_{2}$为单位向量，$|\boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{e}_{2}|=\sqrt{3}$，非零向量$\boldsymbol{a}$满足$|\boldsymbol{a}-2\boldsymbol{e}_{2}| = 1$，则$|\boldsymbol{e}_{1}-\boldsymbol{a}|$的最小值为（ ）
A. $\sqrt{7}$ B. $\sqrt{7}-1$ C. $\sqrt{3}$ D. $\sqrt{3}-1$
(2)已知$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$是单位向量，$\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=0$，且向量$\boldsymbol{c}$满足$|\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}| = 1$，则$|\boldsymbol{c}|$的取值范围是（ ）
A. $[\sqrt{2}-1,\sqrt{2}+1]$ B. $[\sqrt{2}-1,\sqrt{2}]$
C. $[\sqrt{2},\sqrt{2}+1]$ D. $[2-\sqrt{2},2+\sqrt{2}]$

答案：

(1)B 由|$\boldsymbol{e}_{1}$ - $\boldsymbol{e}_{2}$| = $\sqrt{3}$得($\boldsymbol{e}_{1}$ - $\boldsymbol{e}_{2}$)² = 3。
即$\boldsymbol{e}_{1}^{2}$ + $\boldsymbol{e}_{2}^{2}$ - 2$\boldsymbol{e}_{1}$·$\boldsymbol{e}_{2}$ = 3。
则1 + 1 - 2×1×1×cos＜$\boldsymbol{e}_{1}$,$\boldsymbol{e}_{2}$＞ = 3。
所以cos＜$\boldsymbol{e}_{1}$,$\boldsymbol{e}_{2}$＞ = -$\frac{1}{2}$。
因为＜$\boldsymbol{e}_{1}$,$\boldsymbol{e}_{2}$＞∈[0,π]，所以＜$\boldsymbol{e}_{1}$,$\boldsymbol{e}_{2}$＞ = $\frac{2\pi}{3}$。
设$\boldsymbol{e}_{1}$ = $\overrightarrow{OA}$，$\boldsymbol{e}_{2}$ = $\overrightarrow{OB}$，2$\boldsymbol{e}_{2}$ = $\overrightarrow{OD}$，$\boldsymbol{a}$ = $\overrightarrow{OC}$，如图。

则|$\boldsymbol{a}$ - 2$\boldsymbol{e}_{2}$| = |$\overrightarrow{OC}$ - $\overrightarrow{OD}$| = |$\overrightarrow{DC}$| = 1。
故点C在以点D为圆心，半径为1的圆上运动。
所以|$\boldsymbol{e}_{1}$ - $\boldsymbol{a}$| = |$\overrightarrow{CA}$|≥|$\overrightarrow{AD}$| - |$\overrightarrow{CD}$| = |$\overrightarrow{AD}$| - 1，当A，D，C三点共线时取等号。
在△AOD中，∠AOD = $\frac{2\pi}{3}$，|$\overrightarrow{OA}$| = 1，|$\overrightarrow{OD}$| = 2。
则|$\overrightarrow{AD}$| = $\sqrt{1^{2}+2^{2}-2×1×2×\cos\frac{2\pi}{3}}$ = $\sqrt{7}$。
所以|$\boldsymbol{e}_{1}$ - $\boldsymbol{a}$|的最小值为$\sqrt{7}$ - 1。
(2)A $\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$是单位向量，$\boldsymbol{a}$·$\boldsymbol{b}$ = 0，设$\boldsymbol{a}$ = (1,0)，$\boldsymbol{b}$ = (0,1)，$\boldsymbol{c}$ = (x,y)，|$\boldsymbol{c}$ - $\boldsymbol{a}$ - $\boldsymbol{b}$| = |(x - 1,y - 1)| = $\sqrt{(x - 1)^{2}+(y - 1)^{2}}$ = 1，所以(x - 1)² + (y - 1)² = 1，|$\boldsymbol{c}$|表示以(1,1)为圆心，1为半径的圆上的点到原点的距离，故$\sqrt{1^{2}+1^{2}}$ - 1≤|$\boldsymbol{c}$|≤$\sqrt{1^{2}+1^{2}}$ + 1，所以$\sqrt{2}$ - 1≤|$\boldsymbol{c}$|≤$\sqrt{2}$ + 1。

1. (2023·漳州模拟)已知平面向量$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$，其中$|\boldsymbol{a}| = 2$，$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$的夹角是$\frac{\pi}{3}$，若$t$为任意实数，则$|\boldsymbol{a}+t\boldsymbol{b}|$的最小值为（ ）
A. 1 B. $\sqrt{2}$ C. $\sqrt{3}$ D. 2

答案：
C 依题意，作$\overrightarrow{OA}$ = $\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{OB}$ = $\boldsymbol{b}$，使∠AOB = $\frac{\pi}{3}$，如图。

显然对∀t∈R，t$\boldsymbol{b}$的终点的轨迹是线段OB确定的直线l。
于是|$\boldsymbol{a}$ + $\boldsymbol{b}$| = |$\boldsymbol{a}$ - (-t$\boldsymbol{b}$)|为点A与直线l上的点的距离，过A作线段AD⊥l于D。
所以|$\boldsymbol{a}$ + $\boldsymbol{b}$|min = AD = |$\overrightarrow{OA}$|sin$\frac{\pi}{3}$ = $\sqrt{3}$。

2. 如图，点C是半径为1的扇形圆弧AB上一点，$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=-\frac{1}{2}$，若$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$，则$x+\frac{5}{2}y$的最大值为（ ）
A. $\sqrt{11}$ B. $\sqrt{13}$ C. $\sqrt{15}$ D. 4

答案：
B 因为|$\overrightarrow{OA}$| = |$\overrightarrow{OB}$| = 1，所以$\overrightarrow{OA}$·$\overrightarrow{OB}$ = |$\overrightarrow{OA}$||$\overrightarrow{OB}$|cos∠AOB = cos∠AOB = -$\frac{1}{2}$。
所以∠AOB = $\frac{2\pi}{3}$。
以O为坐标原点，可建立如图所示平面直角坐标系。

则A(1,0)，B(-$\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$)。设C(cosθ,sinθ)，θ∈[0,$\frac{2\pi}{3}$]。
由$\overrightarrow{OC}$ = x$\overrightarrow{OA}$ + y$\overrightarrow{OB}$得，$\begin{cases}\cos\theta = x - \frac{1}{2}y\\\sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}y\end{cases}$。
所以$\begin{cases}x = \cos\theta + \frac{\sqrt{3}}{3}\sin\theta\\y = \frac{2\sqrt{3}}{3}\sin\theta\end{cases}$。
所以x + $\frac{5}{2}$y = $\cos\theta + \frac{\sqrt{3}}{3}\sin\theta + \frac{5\sqrt{3}}{3}\sin\theta$
= 2$\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta$ = $\sqrt{13}\sin(\theta + \varphi)$。
其中tanφ = $\frac{\sqrt{6}}{6}$，φ∈(0,$\frac{\pi}{2}$)。
因为θ∈[0,$\frac{2\pi}{3}$]，φ∈(0,$\frac{\pi}{2}$)。
所以当θ + φ = $\frac{\pi}{2}$时，(x + $\frac{5}{2}$y)max = $\sqrt{13}$。

3. (2023·扬州模拟)在△ABC中，$AB = 4$，$B = \frac{\pi}{3}$，$A\in[\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2})$，则$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$的取值范围是__________.

答案： [解析]设∠B的对边为b，根据正弦定理得$\frac{4}{\sin C}$ = $\frac{b}{\sin\frac{\pi}{3}}$。
即$\frac{4}{\sin[\pi-(A + \frac{\pi}{3})]}$ = $\frac{b}{\sin\frac{\pi}{3}}$。
所以b = $\frac{2\sqrt{3}}{\sin(A + \frac{\pi}{3})}$ = $\frac{2\sqrt{3}}{\frac{1}{2}\sin A + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos A}$。
$\overrightarrow{AB}$·$\overrightarrow{AC}$ = |$\overrightarrow{AB}$||$\overrightarrow{AC}$|cos A = 4bcos A = $\frac{8\sqrt{3}\cos A}{\frac{1}{2}\sin A + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos A}$ = $\frac{8\sqrt{3}}{\frac{1}{2}\tan A + \frac{\sqrt{3}}{2}}$。
因为A∈[$\frac{\pi}{6}$,$\frac{\pi}{2}$]，
所以tan A∈[$\frac{\sqrt{3}}{3}$,+∞)。
所以$\frac{1}{2}\tan A + \frac{\sqrt{3}}{2}$∈[$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,+∞)。
所以0＜$\overrightarrow{AB}$·$\overrightarrow{AC}$≤12。
即$\overrightarrow{AB}$·$\overrightarrow{AC}$的取值范围为(0,12]。
答案:(0,12]