《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

变式 1 (1)如图，在 $ \triangle ABC $ 中，点 $ D $ 在边 $ AB $ 上且满足 $ \frac{AD}{DB}=2 $，$ E $ 为 $ BC $ 的中点，直线 $ DE $ 交 $ AC $ 的延长线于点 $ F $，则 $ \overrightarrow{BF}= $(B)

A.$ \overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BC} $
B.$ -\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BC} $
C.$ 2\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BC} $
D.$ -2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC} $

答案： 变式 1
(1)B【解析】由题知，$A$，$C$，$F$三点共线，则$\overrightarrow{BF}=\lambda\overrightarrow{BA}+(1 - \lambda)\overrightarrow{BC}$，$D$，$E$，$F$三点共线，则$\overrightarrow{BF}=\mu\overrightarrow{BD}+(1 - \mu)\overrightarrow{BE}=\frac{\mu}{3}\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\mu\overrightarrow{BC}$，所以$\begin{cases}\lambda=\frac{\mu}{3},\\1 - \lambda=\frac{1 - \mu}{2},\end{cases}$解得$\begin{cases}\lambda=-1,\\\mu=-3,\end{cases}$所以$\overrightarrow{BF}=-\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BC}$.

（2）（2025·日照质检）如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle BAC=60^{\circ},BC=1 $，$ D $ 为 $ AB $ 的中点，$ E $ 为 $ CD $ 的中点，若 $ \overrightarrow{BF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC} $，则 $ \overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AF} $ 的最大值为$\frac{13}{24}$。

答案： （2）$\frac{13}{24}$【解析】设$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{b}$，则$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC})=\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{4}\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}$.设$\vert\overrightarrow{AB}\vert=x$，$\vert\overrightarrow{AC}\vert=y$，由余弦定理可得$1 = x^{2}+y^{2}-xy$，因为$x^{2}+y^{2}\geqslant2xy$，可得$1 = x^{2}+y^{2}-xy\geqslant xy$，即$xy\leqslant1$，当且仅当$x = y$时取等号.又$\overrightarrow{BF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$，所以$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}=\frac{2}{3}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}$，则$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AF}=(\frac{1}{4}\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b})·(\frac{2}{3}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b})=\frac{1}{12}(2\boldsymbol{a}^{2}+5\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+2\boldsymbol{b}^{2})=\frac{1}{12}(2x^{2}+2y^{2}+\frac{5}{2}xy)=\frac{1}{12}(\frac{9}{2}xy + 2)\leqslant\frac{1}{12}×(\frac{9}{2}+2)=\frac{13}{24}$，即$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AF}$的最大值为$\frac{13}{24}$.

例 2 (1)如图，已知 $ AB=BC=CD=1,AB\perp BC,AC\perp CD $，$ AC $ 与 $ BD $ 交于点 $ O $，若 $ \overrightarrow{DO}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC} $，则 $ \lambda+\mu= $(A)

A.$ \sqrt{2}-1 $
B.$ 1-\sqrt{2} $
C.$ \sqrt{2}+1 $
D.$ -\sqrt{2}-1 $

答案：
例 2
(1)A【解析】以$C$为坐标原点，$DC$，$CA$所在直线分别为$x$轴、$y$轴建立如图所示的平面直角坐标系，由题意得$AC = \sqrt{2}$，则$A(0,\sqrt{2})$，$B(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$，$C(0,0)$，$\overrightarrow{AB}=(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$，$\overrightarrow{AC}=(0,-\sqrt{2})$.因为$CB = CD = 1$，$\angle DCB = 90^{\circ}+45^{\circ}=135^{\circ}$，所以$\angle BDC = 22.5^{\circ}$.因为$\tan45^{\circ}=\frac{2\tan22.5^{\circ}}{1 - \tan^{2}22.5^{\circ}}=1$，所以$\tan22.5^{\circ}=\sqrt{2}-1$(负值舍去)，所以$OC = DC·\tan22.5^{\circ}=\sqrt{2}-1$，故$O(0,\sqrt{2}-1)$，又$D(-1,0)$，所以$\overrightarrow{DO}=(1,\sqrt{2}-1)$.因为$\overrightarrow{DO}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}=(\frac{\sqrt{2}}{2}\lambda,-\frac{\sqrt{2}}{2}\lambda-\sqrt{2}\mu)$，所以$\begin{cases}1=\frac{\sqrt{2}}{2}\lambda,\\\sqrt{2}-1=-\frac{\sqrt{2}}{2}\lambda-\sqrt{2}\mu,\end{cases}$解得$\begin{cases}\lambda=\sqrt{2},\\\mu=-1,\end{cases}$所以$\lambda+\mu=\sqrt{2}-1$.
　　　 　　

（2）“四叶回旋镖”可看作是由四个相同的直角梯形围成的图形，如图所示，$ AB=2,CD=1,\angle A=45^{\circ} $。若点 $ P $ 在线段 $ AB $ 与线段 $ BL $ 上运动，则 $ \overrightarrow{EH}·\overrightarrow{FP} $ 的取值范围为[0,8]。

答案：
（2）$[0,8]$【解析】如图，以$C$为原点建立平面直角坐标系，易知$A(-2,1)$，$B(0,1)$，$F(0,-1)$，$E(-1,-2)$，$H(1,0)$，$L(1,2)$.当点$P$在线段$AB$上运动时，设$P(x,1)$，其中$-2\leqslant x\leqslant0$，所以$\overrightarrow{EH}=(2,2)$，$\overrightarrow{FP}=(x,2)$，则$\overrightarrow{EH}·\overrightarrow{FP}=2x + 4$，因为$-2\leqslant x\leqslant0$，所以$\overrightarrow{EH}·\overrightarrow{FP}\in[0,4]$；当点$P$在线段$BL$上运动时，设$P(x,y)(0\leqslant x\leqslant1)$，则$\overrightarrow{BP}=(x,y - 1)$，$\overrightarrow{BL}=(1,1)$，且$\overrightarrow{BP}//\overrightarrow{BL}$，则$x = y - 1$，故$P(x,x + 1)(0\leqslant x\leqslant1)$，$\overrightarrow{FP}=(x,x + 2)$，$\overrightarrow{EH}·\overrightarrow{FP}=4x + 4$，因为$0\leqslant x\leqslant1$，所以$\overrightarrow{EH}·\overrightarrow{FP}\in[4,8]$.综上，$\overrightarrow{EH}·\overrightarrow{FP}$的取值范围为$[0,8]$.

变式 2 已知在菱形 $ ABCD $ 中，$ AB=BD=6 $，若点 $ M $ 在线段 $ AD $ 上运动，则 $ \overrightarrow{BC}·\overrightarrow{BM} $ 的取值范围为[-18,18]。

答案：
变式2$[-18,18]$【解析】$AB = BC = BD$，记$AC$，$BD$的交点为$O$，以$O$为原点，$AC$，$BD$所在直线分别为$x$轴、$y$轴建立如图所示的平面直角坐标系，则$B(0,3)$，$C(-3\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{BC}=(-3\sqrt{3},-3)$，$A(3\sqrt{3},0)$，$D(0,-3)$，故$\overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{AD}=(-3\sqrt{3}\lambda,-3\lambda)$，$0\leqslant\lambda\leqslant1$，则$M(3\sqrt{3}-3\sqrt{3}\lambda,-3\lambda)$，故$\overrightarrow{BM}=(3\sqrt{3}-3\sqrt{3}\lambda,-3\lambda - 3)$，则$\overrightarrow{BC}·\overrightarrow{BM}=36\lambda - 18\in[-18,18]$.
　　　　　　

例 3 (1)已知 $ A,B $ 是圆 $ x^{2}+y^{2}=4 $ 上的两个动点，$ |\overrightarrow{AB}|=2 $，点 $ C $ 满足 $ \overrightarrow{CB}=\frac{5}{2}\overrightarrow{CA} $，若 $ M $ 为 $ AB $ 的中点，则 $ \overrightarrow{OC}·\overrightarrow{OM} $ 的值为(A)

A.$ 3 $
B.$ 2\sqrt{3} $
C.$ 2 $
D.$ -3 $

答案：
例 3
(1)A【解析】如图，因为$M$为$AB$的中点，所以$OM\perp AB$，由$\overrightarrow{CB}=\frac{5}{2}\overrightarrow{CA}$知，$A$，$B$，$C$三点共线，所以$\overrightarrow{OC}·\overrightarrow{OM}=\vert\overrightarrow{OC}\vert·\vert\overrightarrow{OM}\vert\cos\angle COM=\vert\overrightarrow{OM}\vert(\vert\overrightarrow{OC}\vert\cos\angle COM)=\vert\overrightarrow{OM}\vert^{2}$.因为$\vert\overrightarrow{AB}\vert=2$，所以$\vert\overrightarrow{AM}\vert=1$，故$\vert\overrightarrow{OM}\vert=\sqrt{\vert\overrightarrow{OA}\vert^{2}-\vert\overrightarrow{AM}\vert^{2}}=\sqrt{3}$，从而$\overrightarrow{OC}·\overrightarrow{OM}=3$.
　　　 　　

(2)已知 $ \boldsymbol{a},\boldsymbol{b} $ 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量 $ \boldsymbol{c} $ 满足 $ (\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c})·(2\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c})=0 $，则 $ |\boldsymbol{c}| $ 的最大值是(C)

A.$ \sqrt{2} $
B.$ 2 $
C.$ \sqrt{5} $
D.$ \frac{\sqrt{5}}{2} $

答案：

(2)C【解析】如图，设$\overrightarrow{OA}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{OB}=\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{OE}=2\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{OC}=\boldsymbol{c}$，则$\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}=\overrightarrow{CA}$，$2\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}=\overrightarrow{CE}$.因为$(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c})·(2\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c})=0$，即$\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{CE}=0$，所以$\overrightarrow{CA}\perp\overrightarrow{CE}$，所以点$C$在以$AE$为直径的圆上.又$OA\perp OE$，所以$\vert\boldsymbol{c}\vert$的最大值为该圆的直径$\vert\overrightarrow{AE}\vert=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$.

变式 3 如图，已知正六边形 $ ABCDEF $ 的边长为 $ 1 $，$ P $ 是其内部一点（包括边界），则 $ \overrightarrow{AP}·\overrightarrow{AC} $ 的取值范围为[0,3]。

答案： 变式3$[0,3]$【解析】由正六边形的性质得$\angle BCA=\angle BAC=30^{\circ}$，则$AC = 2×1×\cos30^{\circ}=\sqrt{3}$，$\angle CAF = 120^{\circ}-30^{\circ}=90^{\circ}$.$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{AC}=\vert\overrightarrow{AP}\vert\vert\overrightarrow{AC}\vert\cos\langle\overrightarrow{AP},\overrightarrow{AC}\rangle=\sqrt{3}\vert\overrightarrow{AP}\vert\cos\langle\overrightarrow{AP},\overrightarrow{AC}\rangle$，而$\vert\overrightarrow{AP}\vert\cos\langle\overrightarrow{AP},\overrightarrow{AC}\rangle$表示$\overrightarrow{AP}$在$\overrightarrow{AC}$上的投影，当点$P$在$C$处时，投影最大为$\sqrt{3}$，当点$P$在$F$处时，投影最小为$0$，所以$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{AC}$的取值范围为$[0,3]$.