重难点突破03 最全归纳平面向量中的范围与最值问题 （十大题型）（解析版）

重难点突破03最全归纳平面向量中的范围与最值问题目录技巧一．平面向量范围与最值问题常用方法：（1）定义法第一步：利用向量的概念及其基本运算将所求问题转化为相应的等式关系第二步：运用基木不等式求其最值问题第三步：得出结论（2）坐标法第一步：根据题意建立适当的直角坐标系并写出相应点的坐标第二步：将平面向量的运算坐标化第三步：运用适当的数学方法如二次函数的思想、基本不等式的思想、三角函数思想等求解（3）基底法第一步：利用其底转化向量第二步：根据向量运算律化简目标第三步：运用适当的数学方法如二次函数的思想、基本不等式的思想、三角函数思想等得出结论（4）几何意义法第一步：先确定向量所表达的点的轨迹第二步：根据直线与曲线位置关系列式第三步：解得结果技巧二．极化恒等式（1）平行四边形平行四边形对角线的平方和等于四边的平方和：2222||||2(||||)ababab证明：不妨设,ABaADb，则CAab，DBab22222C2ACAabaabb①222222DBDBabaabb②①②两式相加得：22222222ACDBabABAD（2）极化恒等式：上面两式相减，得：2214abab————极化恒等式①平行四边形模式：2214abACDB几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的14．②三角形模式：2214abAMDB（M为BD的中点）技巧三．矩形大法矩形所在平面内任一点到其对角线端点距离的平方和相等已知点O是矩形ABCD与所在平面内任一点，证明：2222OAOCOBOD．【证明】（坐标法）设,ABaADb，以AB所在直线为轴建立平面直角坐标系xoy，则(,0),(0,),(,)BaDbCab，设(,)Oxy，则222222()[()()]OAOCxyxayb222222[()][()]OBODxayxyb2222OAOCOBOD技巧四．等和线（1）平面向量共线定理已知OAOBOC，若1，则,,ABC三点共线；反之亦然．（2）等和线平面内一组基底,OAOB及任一向量OP，(,)OPOAOBR，若点P在直线AB上或者在平行于AB的直线上，则k（定值），反之也成立，我们把直线AB以及与直线AB平行的直线称为等和线．①当等和线恰为直线AB时，1k；ABCM②当等和线在O点和直线AB之间时，(0,1)k；③当直线AB在点O和等和线之间时，(1,)k；④当等和线过O点时，0k；⑤若两等和线关于O点对称，则定值k互为相反数；技巧五．平行四边形大法1、中线长定理2222122AOABADDB2、P为空间中任意一点，由中线长定理得：2222122POPAPCAC2222122POPDPBDB两式相减：222222()22ACBDPAPCPDPBABAD技巧六．向量对角线定理2222()()2ADBCABCDACBDlAQBOA1B1P题型一：三角不等式例1．（2023·全国·高三专题练习）已知向量,,abc满足||2,||1,||1abcabrrrrr，若对任意c，22()()11cacbrrrr恒成立，则ab的取值范围是___________.【答案】12,2【解析】解析：因为22222cacbcabcabrrrrrrrrrr，则22212Scacbcabrrrrrrr，因为1,3abrr，由||||cabcabcabcabrrrrrrrrrrrr，由1||cabcabrrrrrr，即1cabrrr，由1,3abrr，则1cabrrr恒成立.由||1cabcabrrrrrr,即11abcabrrrrr则2max1(||1)2Sababrrrr22221122aabbabrrrrrr725211abrr，解得12abrr，又2ababrrrr所以12,2abrr.故答案为：12,2例2．（2023·全国·高三专题练习）已知平面向量,,abc满足：||1,1aba，若对满足条件的任意向量b，||||cbca恒成立，则cos,caa的最小值是______________．【答案】22【解析】由题意设(1,0),(1,),(,)abmcxy，1,,1,cbxymcaxy，由||||cbca，222211xmyxy，化简得2240mmyx恒成立，所以2Δ0,4yx，0x，1,caxy，22221112cos,24(1)(1)41(1)xxcaaxxyxxx，当且仅当24yx且1x时取到等号；故答案为：22.例3．已知向量,,abc满足2abc，0ab，若关于t的方程122btac有解，记向量,ac的夹角为，则sin的取值范围是___________.【答案】13,44【解析】不妨令002,0,0,2,,abcxy，由2c，可得22004xy；00002,00,1,2,12btactxytxy，故可得220012122btactxy，整理得2222000000319442442044txtxyytxty，要使得该方程有解，则200191616204xy，整理得20019204xy，又因为22004xy，故可得2004830yy，解得013,22y.又因为012accosxac，故可得2220001111cos1442sinxyy，故可得13,44sin.故答案为：13,44.变式1．已知123,,eee是平面向量，且12,ee是互相垂直的单位向量，若对任意R均有31ee的最小值为32ee，则123323eeeee的最小值为___________．【答案】3【解析】根据31ee的最小值为32ee，代入得关于的一元二次不等式，利用等号可以取到判断出2132344210eeee，然后设1e为x轴的方向向量，2e为y轴方向向量，312exeye，则得关于点(,)xy的轨迹方程，利用抛物线的定义将向量模长转化为距离，计算最小值.2222222313313132223++22eeeeeeeeeeee，即213232210eeee，所以2132344210eeee，即21323210eeee，设1e为x轴的方向向量，2e为y轴方向向量，所以312exeye，对应的坐标为(,)xy，所以2210xy，得212()2xy；123323(1,3)(,)(,)(0,1)eeeeexyxy，因为212()2xy为抛物线22xy向上平移12个单位，所以焦点坐标为(0,1)，准线为0y，所以点(,)xy到(0,1)的距离与到0y的距离相等，(1,3)(,)(,)(0,1)=1,333xyxyxyyyy，当且仅当1xy时，取最小值.故答案为：3变式2．已知平面向量12,ee满足2122ee，设12124,aeebee，若12ab，则||a的取值范围为________．【答案】[31,51]【解析】设122cee，则1()2bac，则由条件12ab知2()4aac，所以221354aacc，所以35,122cca，又222222ccccccaaaa所以31||51a．故答案为：[31,51].变式3．（2023·浙江金华·统考一模）已知平面向量a，b，c满足74ab，||3ab，()()2acbc，则c的取值范围是___________．【答案】35,22.【解析】如图，设,,OAaOBbOCc，则||||3abBA，取AB的中点D，则2222222()()4497||4444OAOBOAOBODADabODADOD，||2OD，又()()2acbc，2CACB，22222()()449||2444CACBCACBCDADCACBCD，1||2CD，||||||||||ODCDcODCD剟，即35||22c剟．故答案为：35[,]22．题型二：定义法例4．已知向量a，b的夹角为π3，且3ab，向量c满足101cab，且acbc，记caxa，cbyb，则22xxyy的最大值为______.【答案】278【解析】设,,OAaOBbOCc，则π3AOB，由3ab，知π||||cos33ab，即||||6ab，所以1π1333||||sin623222OABSab，因为(1)(01)cab，所以点C在线段AB上，设AOC，则π3BOC，所以222222||cos||cosxyxyccπ||cos||cos3ccπ3222213||cos||cossin22cc13||cos||cossin22cc22213||coscossincos42c22313sincossincos42223||4c故原问题转化为求||c的最大值，在OAB中，由余弦定理知，22222π||||||2||||cos||||||||3ABabababab26ababab，当且仅当6ab时，等号成立，故AB的最小值为6，因为··acbc，所以0abc，即ABOC，所以133||||22OABSABOC，即33333226OCAB，即322c，所以222327||48xyxyc.故答案为：278例5．（2023·四川成都·高二校联考期中）已知向量a，b，c满足1a，2b，1ab，向量ca与向量cb的夹角为π4，则c的最大值为______．【答案】10【解析】依题意可知12cos,212ababab，所以3,4ab，不妨设1,0OAa，1,1OBb，OCc，则34AOB，由ca与cb的夹角为4可知4ACB，所以,,,OACB四点共圆，即点C在OAB的外接圆上.2,1AB，则5AB，由正弦定理得OAB的外接圆直径52103sin4R，所以c的最大值为10.故答案为：10.例6．（2023·浙江绍兴·高二校考学业考试）已知向量a，b满足1a，3b，且ab，若向量c满足2cabab，则cr的最大值是______．【答案】6【解析】如图，设OAa，OBb，OCc，ODab，连接AD，BD，则由ab可知四边形OADB为矩形，则2abab．由2cabab，可得2cabab，连接CD，则4DC，所以点C在以点D为圆心，4为半径的圆上，所以OC的最大值为246