《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(2)(2025·福州调研)在$\triangle ABC$中，$A = 90^{\circ}$，$AB = AC = 4$，点 $M$ 为边 $AB$ 的中点，点 $P$ 在边 $BC$ 上，则$\overrightarrow{MP}· \overrightarrow{CP}$的最小值为$-\frac{9}{2}$。

答案：

(2)$-\frac{9}{2}$ 以$A$为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可知$B(4,0)$，$C(0,4)$，$M(2,0)$，
设$P(x,4 - x)$，$0\leq x\leq4$，
所以$\overrightarrow{MP}=(x - 2,4 - x)$，$\overrightarrow{CP}=(x,-x)$，

所以$\overrightarrow{MP}·\overrightarrow{CP}=x^{2}-2x - 4x+x^{2}=2x^{2}-6x=2(x-\frac{3}{2})^{2}-\frac{9}{2}$，$0\leq x\leq4$，
由二次函数的性质知，当$x=\frac{3}{2}$时，$\overrightarrow{MP}·\overrightarrow{CP}$取最小值$-\frac{9}{2}$。

例 3 设 $a$，$b$ 均是非零向量，且$\vert a\vert = 2\vert b\vert$，若关于 $x$ 的方程 $x^2 + \vert a\vert x + a· b = 0$ 有实根，则 $a$ 与 $b$ 的夹角的取值范围为(B)

A.$[0,\frac{\pi}{6}]$
B.$[\frac{\pi}{3},\pi]$
C.$[\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}]$
D.$[\frac{\pi}{6},\pi]$

答案： 例 3 B 

训练 3 (2025·石家庄质检)在平行四边形 $ABCD$ 中，$\frac{\overrightarrow{AB}}{\vert \overrightarrow{AB}\vert} + \frac{2\overrightarrow{AD}}{\vert \overrightarrow{AD}\vert} = \frac{\lambda \overrightarrow{AC}}{\vert \overrightarrow{AC}\vert}$，$\lambda \in [\sqrt{2},2]$，则$\cos \angle BAD$的取值范围是$[-\frac{3}{4},-\frac{1}{4}]$。

答案： 训练3 $[-\frac{3}{4},-\frac{1}{4}]$ 因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$，
两边同乘以$\frac{\lambda}{\vert\overrightarrow{AC}\vert}$，可得$\frac{\lambda\overrightarrow{AC}}{\vert\overrightarrow{AC}\vert}=\frac{\lambda\overrightarrow{AB}}{\vert\overrightarrow{AC}\vert}+\frac{\lambda\overrightarrow{AD}}{\vert\overrightarrow{AC}\vert}$，
结合$\frac{\overrightarrow{AB}}{\vert\overrightarrow{AB}\vert}+\frac{2\overrightarrow{AD}}{\vert\overrightarrow{AD}\vert}=\frac{\lambda\overrightarrow{AC}}{\vert\overrightarrow{AC}\vert}$，不妨设$\vert\overrightarrow{AB}\vert=1$，则$\vert\overrightarrow{AD}\vert=2$，可得$\vert\overrightarrow{BC}\vert=\vert\overrightarrow{AD}\vert=2$，$\vert\overrightarrow{AC}\vert=\lambda$，$\lambda\in[\sqrt{2},2]$，
可得$\cos B=\frac{\overrightarrow{AB}^{2}+\overrightarrow{BC}^{2}-\overrightarrow{AC}^{2}}{2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{BC}}=\frac{5-\lambda^{2}}{4}\in[\frac{1}{4},\frac{3}{4}]$，
因为在平行四边形$ABCD$中，$\angle BAD=\pi - B$，
所以$\cos\angle BAD=-\cos B\in[-\frac{3}{4},-\frac{1}{4}]$。

例 4 (1)如图，边长为 $2$ 的等边三角形 $ABC$ 的外接圆为圆 $O$，$P$ 为圆 $O$ 上任一点，若$\overrightarrow{AP} = x\overrightarrow{AB} + y\overrightarrow{AC}$，则 $2x + 2y$ 的最大值为(A)

A.$\frac{8}{3}$
B.$2$
C.$\frac{4}{3}$
D.$1$

答案：

(1)A 作$BC$的平行线与圆相交于点$P$，与直线$AB$相交于点$E$，与直线$AC$相交于点$F$，
设$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AE}+\mu\overrightarrow{AF}$，则$\lambda+\mu=1$，
因为等边三角形边长为$2$，
所以外接圆半径为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，

当点$P$为切点时，$AE=AF=\frac{8}{3}$，
因为$BC// EF$，所以设$\frac{\overrightarrow{AE}}{\overrightarrow{AB}}=\frac{\overrightarrow{AF}}{\overrightarrow{AC}}=k$，
则$k\in[0,\frac{4}{3}]$，
当点$P$为切点时，$k$有最大值$\frac{4}{3}$，
则$\overrightarrow{AE}=k\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AF}=k\overrightarrow{AC}$，$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AE}+\mu\overrightarrow{AF}=\lambda k\overrightarrow{AB}+\mu k\overrightarrow{AC}$，
所以$x=\lambda k$，$y=\mu k$，则$x + y=\lambda k+\mu k=(\lambda+\mu)k=k\leq\frac{4}{3}$，
所以$x + y$的最大值为$\frac{4}{3}$，故$2x + 2y$的最大值为$\frac{8}{3}$。

(2)(2025·广州模拟)如图，在平行四边形 $ABCD$ 中，点 $E$ 是 $CD$ 的中点，点 $F$ 为线段 $BD$ 上的一动点，若$\overrightarrow{AF} = x\overrightarrow{AE} + y\overrightarrow{DC}(x ＞ 0,y ＞ 0)$，则$\frac{2 - 3x}{4y^2 + 1}$的最大值为(A)


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

答案：

(2)A 设$BD$，$AE$交于$O$，因为$DE// AB$，
所以$\triangle AOB\sim\triangle EOD$，所以$\frac{AO}{OE}=\frac{AB}{DE}=2$，
所以$AO = 2OE$，则$\overrightarrow{AE}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AO}$，
所以$\overrightarrow{AF}=x\overrightarrow{AE}+y\overrightarrow{DC}=\frac{3}{2}x\overrightarrow{AO}+y\overrightarrow{AB}$，
因为$O$，$F$，$B$三点共线，
所以$\frac{3}{2}x+y=1$，即$2 - 3x=2y$，
所以$\frac{2 - 3x}{4y^{2}+1}=\frac{2y}{4y^{2}+1}=\frac{2}{4y+\frac{1}{y}}$，

因为$x＞0$，$y＞0$，
所以$4y+\frac{1}{y}\geq2\sqrt{4y·\frac{1}{y}}=4$，
当且仅当$4y=\frac{1}{y}$，即$y=\frac{1}{2}$时等号成立，
此时$x=\frac{1}{3}$，
所以$\frac{2 - 3x}{4y^{2}+1}=\frac{2}{4y+\frac{1}{y}}\leq\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。

训练 4 已知向量 $a$，$b$，若$\vert a\vert = \vert b\vert = 1$，$a$ 与 $b$ 的夹角为 $60^{\circ}$；若 $a + b$ 与 $ta - b$ 的夹角为钝角，则 $t$ 取值范围为(D)
A.$(-\infty,1)$
B.$(1,+\infty)$
C.$(-1,1)\cup (1,+\infty)$
D.$(-\infty,-1)\cup (-1,1)$

答案： 训练4 D $\because\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$与$t\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$的夹角为钝角，$\therefore(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})·(t\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})=t\boldsymbol{a}^{2}-\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+t\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}-\boldsymbol{b}^{2}＜0$，又$\vert\boldsymbol{a}\vert=\vert\boldsymbol{b}\vert=1$，$\boldsymbol{a}$与$\boldsymbol{b}$的夹角为$60^{\circ}$，所以$t\boldsymbol{a}^{2}-\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+t\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}-\boldsymbol{b}^{2}=t-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}t - 1＜0$，即$\frac{3}{2}t-\frac{3}{2}＜0$，解得$t＜1$，又$\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$与$t\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$不共线，所以$t\neq - 1$，所以$t$取值范围为$(-\infty,-1)\cup(-1,1)$。故选D。