《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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$C(\frac{6}{a}-a,0),D(\frac{6}{a},\sqrt{3}a)$（此处原答案$D(\frac{6}{a}\sqrt{3}a)$可能有误，应为$D(\frac{6}{a},\sqrt{3}a)$），
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$|\overrightarrow{AF}|^{2}=(\frac{5}{a}-\frac{a}{2})^{2}+\frac{3}{4}a^{2}=\frac{25}{a^{2}}+a^{2}-5\geqslant2\sqrt{\frac{25}{a^{2}}\cdot a^{2}}-5=5$，
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)

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

答案：
训练3 $A$ [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$0^{\circ}\leqslant\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle\leqslant180^{\circ}$，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，
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$|\boldsymbol{b}|=m,|\boldsymbol{a}|=3m,1\leqslant m\leqslant2$，
$\cos\angle OAB=\frac{|\boldsymbol{a}|^{2}+|\boldsymbol{BA}|^{2}-|\boldsymbol{OB}|^{2}}{2|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{BA}|}=\frac{9m^{2}+16 - m^{2}}{24m}=\frac{m}{3}+\frac{2}{3m}\geqslant2\sqrt{\frac{m}{3}\cdot\frac{2}{3m}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
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$\overrightarrow{EG}=(t,1)$，$\overrightarrow{HF}=(2,s),-2\leqslant t\leqslant2$，$-1\leqslant s\leqslant1$，

所以$\overrightarrow{EG}\cdot\overrightarrow{HF}=2t + s = 2$，
$\cos\langle\overrightarrow{EG},\overrightarrow{HF}\rangle=\frac{\overrightarrow{EG}\cdot\overrightarrow{HF}}{|\overrightarrow{EG}|\cdot|\overrightarrow{HF}|}=\frac{2}{\sqrt{t^{2}+1}\sqrt{4 + s^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{(st)^{2}-4st+(2t + s)^{2}+4}}=\frac{2}{\sqrt{(st)^{2}-4st + 8}}=\frac{2}{\sqrt{(st - 2)^{2}+4}}$，
当$st\leqslant0$时，$(st - 2)^{2}\geqslant4$，
当$st＞0$时，由$2t + s = 2$，$\therefore2 = 2t + s\geqslant2\sqrt{2st}$，$\therefore st\leqslant\frac{1}{2}$，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$\frac{7}{8}$.
(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：
典例
(1)$\frac{7}{8}$
(2)$[-\frac{4}{3},0]$
[
(1)设$\overrightarrow{DC}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{DF}=\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{CA}=|\overrightarrow{AD}|^{2}-|\overrightarrow{BD}|^{2}=9b^{2}-a^{2}=4$，$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{CF}=|\overrightarrow{FD}|^{2}-|\overrightarrow{BD}|^{2}=b^{2}-a^{2}=-1$，
解得$b^{2}=\frac{5}{8},a^{2}=\frac{13}{8}$，$\therefore\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{CE}=|\overrightarrow{ED}|^{2}-|\overrightarrow{BD}|^{2}=4b^{2}-a^{2}=\frac{7}{8}$.
(2)如图，

设$A$点在平面$BCD$内的射影为$E$，$F$为$DC$的中点，易知$E$在$BF$上，且$AE\perp$平面$BCD$，
又正四面体的棱长是$2$，所以$BF=\sqrt{3}$，
在正三角形$BCD$中，$BE=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
由勾股定理可得，$AE=\sqrt{2^{2}-(\frac{2\sqrt{3}}{3})^{2}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$.
设外接球半径为$R$，则$(AE - R)^{2}+BE^{2}=R^{2}$，即$(\frac{2\sqrt{6}}{3}-R)^{2}+(\frac{2\sqrt{3}}{3})^{2}=R^{2}$，
解得$R=\frac{\sqrt{6}}{2}$.
法一 易知$\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN}=(\overrightarrow{PO}+\overrightarrow{OM})\cdot(\overrightarrow{PO}+\overrightarrow{ON})=\overrightarrow{PO}^{2}+\overrightarrow{PO}\cdot(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON})+\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}$，
又因为$MN$是外接球的一条直径，所以$\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}=0$，且$|\overrightarrow{OM}|=|\overrightarrow{ON}|=\frac{\sqrt{6}}{2}$，
因此$\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN}=|\overrightarrow{PO}|^{2}-|\overrightarrow{OM}|\cdot|\overrightarrow{ON}|=|\overrightarrow{PO}|^{2}-\frac{3}{2}$，
易知$|\overrightarrow{PO}|_{max}=|\overrightarrow{AO}|=\frac{\sqrt{6}}{2}$，$|\overrightarrow{PO}|_{min}=|\overrightarrow{EO}|=|\overrightarrow{AE}|-R=\frac{\sqrt{6}}{6}$.
所以$(\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN})_{min}=(|\overrightarrow{PO}|_{min})^{2}-\frac{3}{2}=\frac{1}{6}-\frac{3}{2}=-\frac{4}{3}$，
$(\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN})_{max}=(|\overrightarrow{PO}|_{max})^{2}-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=0$，
因此可知$\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN}$的取值范围为$[-\frac{4}{3},0]$.
法二 由极化恒等式得$\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN}=\overrightarrow{PO}^{2}-\overrightarrow{OM}^{2}=\overrightarrow{PO}^{2}-R^{2}=\overrightarrow{PO}^{2}-\frac{3}{2}$，
而$\overrightarrow{PO}\in[\frac{\sqrt{6}}{6},\frac{\sqrt{6}}{2}]$.
故$\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN}$的取值范围为$[-\frac{4}{3},0]$.]

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(D)

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

答案： 训练D [法一 以$C$为坐标原点，$\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}$所在直线分别为$x$轴、$y$轴建立平面直角坐标系(图略)，则$A(3,0),B(0,4)$.
设$P(x,y)$，则$x^{2}+y^{2}=1$，$\overrightarrow{PA}=(3 - x,-y)$，$\overrightarrow{PB}=(-x,4 - y)$，
所以$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=x^{2}-3x + y^{2}-4y=(x-\frac{3}{2})^{2}+(y - 2)^{2}-\frac{25}{4}$.
又$(x-\frac{3}{2})^{2}+(y - 2)^{2}$表示圆$x^{2}+y^{2}=1$上一点到点$(\frac{3}{2},2)$距离的平方，圆心$(0,0)$到点$(\frac{3}{2},2)$的距离为$\frac{5}{2}$，所以$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}\in[(\frac{5}{2}-1)^{2}-\frac{25}{4},(\frac{5}{2}+1)^{2}-\frac{25}{4}]$，
即$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}\in[-4,6]$.
法二 (极化恒等式)设$AB$的中点为$M$，$\overrightarrow{CM}$与$\overrightarrow{CP}$的夹角为$\theta$，
由极化恒等式得$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{PM}^{2}-\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}^{2}=(\overrightarrow{CM}-\overrightarrow{CP})^{2}-\frac{25}{4}=\overrightarrow{CM}^{2}+\overrightarrow{CP}^{2}-2\overrightarrow{CM}\cdot\overrightarrow{CP}-\frac{25}{4}=\frac{25}{4}+1-5\cos\theta-\frac{25}{4}=1-5\cos\theta$，
因为$\cos\theta\in[-1,1]$，所以$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}\in[-4,6]$.]