《2026年学易优高考二轮总复习数学》

3. (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，$CE=\frac{1}{2}DE$，$\overrightarrow{BE}=\lambda \overrightarrow{BA}+\mu \overrightarrow{BC}$，则$\lambda +\mu =$$\frac{4}{3}$；$F$ 为线段 $BE$ 上的动点，$G$ 为 $AF$ 中点，则$\overrightarrow{AF}· \overrightarrow{DG}$的最小值为$-\frac{5}{18}$。

答案：
3.$\frac{4}{3}$　$-\frac{5}{18}$ 坐标法 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$\overrightarrow{AF}·\overrightarrow{DG}=a·\frac{a}{2}+(3 - 3a)·\frac{1 - 3a}{2}=5a^{2}-6a+\frac{3}{2}=5(a-\frac{3}{5})^{2}-\frac{3}{10}$，所以当$a=\frac{2}{3}$时，$\overrightarrow{AF}·\overrightarrow{DG}$取得最小值，为$-\frac{5}{18}$。

4. (2022·浙江卷)设点 $P$ 在单位圆的内接正八边形 $A_1A_2·s A_8$ 的边 $A_1A_2$ 上，则$\overrightarrow{PA_1}^2+\overrightarrow{PA_2}^2+·s +\overrightarrow{PA_8}^2$的取值范围是$[12 + 2\sqrt{2},16]$。

答案：
4.$[12 + 2\sqrt{2},16]$ 以圆心为原点，$A_{7}A_{3}$所在直线为$x$轴，$A_{5}A_{1}$所在直线为$y$轴建立平面直角坐标系，如图所示，

则$A_{1}(0,1)$，$A_{2}(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$，$A_{3}(1,0)$，$A_{4}(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$，$A_{5}(0,-1)$，$A_{6}(-\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$，$A_{7}(-1,0)$，$A_{8}(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$，
设$P(x,y)$，
于是$\overrightarrow{PA_{1}}^{2}+\overrightarrow{PA_{2}}^{2}+·s+\overrightarrow{PA_{8}}^{2}=8(x^{2}+y^{2})+8$，
因为$\cos22.5^{\circ}\leq\vert OP\vert\leq1$，
所以$\frac{1+\cos45^{\circ}}{2}\leq x^{2}+y^{2}\leq1$，
故$\overrightarrow{PA_{1}}^{2}+\overrightarrow{PA_{2}}^{2}+·s+\overrightarrow{PA_{8}}^{2}$的取值范围是$[12 + 2\sqrt{2},16]$。

例 1 (1)已知单位向量 $a$，$b$ 满足$\vert a - b\vert + 2\sqrt{3}a· b = 0$，则$\vert ta + b\vert (t\in \mathbf{R})$的最小值为(B)

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

答案：
(1)B 由$\vert\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\vert+2\sqrt{3}\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=0$，得$\vert\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\vert=-2\sqrt{3}\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}$，
两边平方，得$\boldsymbol{a}^{2}-2\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}^{2}=12(\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b})^{2}$，
即$6(\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b})^{2}+\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}-1=0$，
解得$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=-\frac{1}{2}$或$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=\frac{1}{3}$。
因为$\vert\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\vert=-2\sqrt{3}\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}\geq0$，所以$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}\leq0$，
所以$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=-\frac{1}{2}$，
所以$\vert t\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}\vert=\sqrt{\vert t\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}\vert^{2}}=\sqrt{t^{2}+1+2t\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}}=\sqrt{t^{2}-t + 1}=\sqrt{(t - \frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}}\geq\frac{\sqrt{3}}{2}$，当$t=\frac{1}{2}$时，表达式取得最小值。

(2)(2025·湖南岳阳三模)已知不共线的向量 $a$，$b$，$c$，满足$\vert a\vert = 1$，$a· b = 2$，$\vert a - c\vert =\vert 2a + c\vert$，则$\vert b - c\vert$的最小值为(D)

A.$\frac{3}{2}$
B.$2$
C.$\frac{9}{4}$
D.$\frac{5}{2}$

答案：
(2)D 由$\vert\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}\vert=\vert2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c}\vert$，得$\vert\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}\vert^{2}=\vert2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c}\vert^{2}$，
即$\boldsymbol{a}^{2}-2\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}+\boldsymbol{c}^{2}=4\boldsymbol{a}^{2}+4\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}+\boldsymbol{c}^{2}$，又$\vert\boldsymbol{a}\vert=1$，
整理得$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}=-\frac{1}{2}$。
设$\boldsymbol{a}=\overrightarrow{OA}$，$\boldsymbol{b}=\overrightarrow{OB}$，$\boldsymbol{c}=\overrightarrow{OC}$，则$\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{CB}$，
设$A(1,0)$，$C(x,y)$，则$\boldsymbol{a}=(1,0)$，$\boldsymbol{c}=(x,y)$，
所以$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}=x=-\frac{1}{2}$，即点$C$在直线$x=-\frac{1}{2}$上；
设$\boldsymbol{b}=(m,n)$，由$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=2$，得$m = 2$，即点$B$在直线$x = 2$上，
而$\vert\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}\vert=\vert\overrightarrow{CB}\vert$的几何意义为直线$x = 2$上的点$B$到直线$x=-\frac{1}{2}$上的点$C$的距离，
所以$\vert\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}\vert_{\min}=\vert\overrightarrow{CB}\vert_{\min}=2-(-\frac{1}{2})=\frac{5}{2}$，
即$\vert\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}\vert$的最小值为$\frac{5}{2}$。故选D。

训练 1 (1)已知 $e$ 为单位向量，向量 $a$ 满足$(a - e)· (a - 5e) = 0$，则$\vert a + e\vert$的最大值为(C)
A.$4$
B.$5$
C.$6$
D.$7$

答案：
(1)C 可设$\boldsymbol{e}=(1,0)$，$\boldsymbol{a}=(x,y)$，
则$(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{e})·(\boldsymbol{a}-5\boldsymbol{e})=(x - 1,y)·(x - 5,y)=x^{2}-6x + 5+y^{2}=0$，
即$(x - 3)^{2}+y^{2}=4$，
则$1\leq x\leq5$，$-2\leq y\leq2$，
$\vert\boldsymbol{a}+\boldsymbol{e}\vert=\sqrt{(x + 1)^{2}+y^{2}}=\sqrt{8x-4}$，
当$x = 5$时，$\sqrt{8x - 4}$取得最大值$6$，
即$\vert\boldsymbol{a}+\boldsymbol{e}\vert$的最大值为$6$。

(2)已知直角梯形 $ABCD$ 中，$AD// BC$，$\angle ADC = 90^{\circ}$，$AD = 2$，$BC = 1$，$P$ 是腰 $DC$ 上的动点，则$\vert \overrightarrow{PA} + 3\overrightarrow{PB}\vert$的最小值为5。

答案：

(2)5 如图，以$DA$，$DC$所在直线分别为$x$，$y$轴建立平面直角坐标系。
则$A(2,0)$，$B(1,a)$，$C(0,a)$，$D(0,0)$，
设$P(0,b)(0\leq b\leq a)$，
则$\overrightarrow{PA}=(2,-b)$，$\overrightarrow{PB}=(1,a - b)$，

$\therefore\overrightarrow{PA}+3\overrightarrow{PB}=(5,3a - 4b)$，
$\therefore\vert\overrightarrow{PA}+3\overrightarrow{PB}\vert=\sqrt{25+(3a - 4b)^{2}}\geq5$，
即当$3a=4b$时，取得最小值$5$。

例 2 (1)(2025·北京朝阳区模拟)在$\triangle ABC$中，$AB = AC = 2$，$BC = 2\sqrt{3}$，点 $P$ 在线段 $BC$ 上。当$\overrightarrow{PA}· \overrightarrow{PB}$取得最小值时，$\vert \overrightarrow{PA}\vert =$(B)

A.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{7}}{2}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{7}{4}$

答案：

(1)B 如图，以$BC$所在直线为$x$轴，以$BC$的垂直平分线为$y$轴，建立平面直角坐标系，
由$AB = AC = 2$，$BC = 2\sqrt{3}$，
则$OA=\sqrt{2^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=1$，

所以$A(0,1)$，$B(-\sqrt{3},0)$，$C(\sqrt{3},0)$，
设$P(x,0)$，则$\overrightarrow{PA}=(-x,1)$，$\overrightarrow{PB}=(-\sqrt{3}-x,0)$，
则$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PB}=-x·(-\sqrt{3}-x)=x^{2}+\sqrt{3}x=(x+\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}-\frac{3}{4}$，当$x=-\frac{\sqrt{3}}{2}$时，$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PB}$取得最小值，
此时$\overrightarrow{PA}=(\frac{\sqrt{3}}{2},1)$，$\vert\overrightarrow{PA}\vert=\sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}+1}=\frac{\sqrt{7}}{2}$。

(2)如图，已知正方形 $ABCD$ 的边长为 $4$，若动点 $P$ 在以 $AB$ 为直径的半圆上(含边界)，则$\overrightarrow{PC}· \overrightarrow{PD}$的取值范围为(B)


A.$(0,16]$
B.$[0,16]$
C.$(0,4)$
D.$[0,4]$

答案：

(2)B 取$CD$的中点$E$，连接$PE$，如图所示，
所以$PE$的取值范围是$[\frac{AD}{2},AE]$，即$[2,2\sqrt{5}]$
又由$\overrightarrow{PC}·\overrightarrow{PD}=(\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{EC})·(\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{ED})=\overrightarrow{PE}^{2}-\frac{\overrightarrow{CD}^{2}}{4}=\overrightarrow{PE}^{2}-4$，

所以$\overrightarrow{PC}·\overrightarrow{PD}\in[0,16]$。

训练 2 (1)已知四边形 $ABCD$ 是边长为 $1$ 的正方形，$P$ 为对角线 $AC$ 上一点，则$\overrightarrow{PA}· (\overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PD})$的最小值是(B)
A.$0$
B.$-\frac{1}{4}$
C.$-\frac{1}{2}$
D.$-2$

答案：

(1)B 作出如图所示的图形，$\overrightarrow{PA}·(\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PD})=\overrightarrow{PA}·2\overrightarrow{PO}$。
令$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AC}$，则$\lambda\in[0,1]$，
$\overrightarrow{PO}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\lambda\overrightarrow{AC}=(\frac{1}{2}-\lambda)\overrightarrow{AC}$，

$\because\overrightarrow{PA}·2\overrightarrow{PO}=-\lambda\overrightarrow{AC}·2(\frac{1}{2}-\lambda)\overrightarrow{AC}=(2\lambda^{2}-\lambda)·\overrightarrow{AC}^{2}=4\lambda^{2}-2\lambda$，$\lambda\in[0,1]$，
$\therefore$当$\lambda=\frac{1}{4}$时，$(\overrightarrow{PA}·2\overrightarrow{PO})_{\min}=-\frac{1}{4}$。