素养拓展15 平面向量中的最值（范围）问题（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展15平面向量中的最值（范围）问题（精讲+精练）一、平面向量中的最值（范围）问题平面向量中的范围、最值问题是热点问题，也是难点问题，此类问题综合性强，体现了知识的交汇组合．其基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值，比如向量的模、数量积、向量夹角、系数的范围等，解题思路通常有两种：一是“形化”，即利用平面向量的几何意义，先将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，先把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程的有解等问题，然后利用函数、不等式、方程有关知识来解决．二、极化恒等式设a，b是平面内的两个向量，则有221()()4ababab证明：222()2ababab，①222()2ababab，②将两式相减可得221()()4ababab，这个等式在数学上我们称为极化恒等式．①几何解释1（平行四边形模型）以AB，AD为一组邻边构造平行四边形ABCD，ABaADb，，则ACabBDba，，由221()()4ababab，得2214ABADACBD．即“从平行四边形一个顶点出发的两个边向量的数量积是和对角线长与差对角线长平方差的14”．②几何解释2（三角形模型）在平行四边形模型结论的基础上，若设M为对角线的交点，则由2214ABADACBD变形为2222114444ABADACBDAMBM，得22ABADAMBM，该等式即是极化恒等式在三角形中的体现，也是我们最常用的极化恒等式的几何模型．一、知识点梳理注：具有三角几何背景的数学问题利用极化恒等式考虑尤为简单，让“秒杀”向量成为另一种可能；我们从极化恒等式看到向量的数量积可转化为中线长与半底边长的平方差，此恒等式的精妙之处在于建立向量与几何长度(数量)之间的桥梁，实现向量与几何、代数的巧妙结合．【典例1】（极化恒等式的应用）已知ABC中，42ABAC，，且|22ABACR∣的最小值为23，若P为边AB上任意一点，求PBPC的最小值．解：令221ADABACABAE（其中2AEAC），则DBE，，三点共线（如图），从而2223ABAC∣∣…的几何意义表示点A到直线BE的距离为23，这说明ABE是等边三角形，BC为边AE上的高，故23BC．取BC的中点M，则由向量极化恒等式可得222219||3344PBPCPMBCPMd，其中d为点M到边AB的距离．即当点P在垂足H（非端点）处时，PBPC达到最小值．【典例2】（数量积的最值（范围））已知,326ABACABACm(0)m，若点M是ABC所在平面二、题型精讲精练内的一点，且ABmACAMABAC，则MBMC的最小值为（）A．16B．14C．34D．56【答案】C【解析】以A为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，依题意0,0,2,0,0,3ABmCm，所以2,0,0,3ABmACm，1,ABmACAMmABAC，所以1,,21,,1,4MmMBmmMCm，所以221334214444MBMCmmm.故选：C.【典例3】（模的最值（范围））已知向量a，b，c，满足||||||||1abababc，记||c的最大值为M，最小值为m，则Mm（）A．23B．2C．3D．1【答案】A【解析】在OAB中，设,aOAbOB，则abOAOBBA，因为||||||1ababrrrr，即1OAOBAB，所以OAB为等边三角形，以,OAOB为邻边作平行四边形OADB，设,ODAB交于点E，可得22223ODOEOAAE，则abOAOBODrruuruuuruuur，因为||1abcODcrrruuurr，取c的起点为O，可知c的终点C的轨迹为以点D为圆心，半径为1r的圆，如图，当点C为OD的延长线与圆C的交点2C时，||c的最大值为31MODr；当点C为线段OD与圆C的交点1C时，||c的最小值为31mODr；所以313123Mm.故选：A.【典例4】（夹角的最值（范围））平面向量a，b满足2ba，且3ab，则b与ab夹角的余弦值的最大值是（）A．32B．12C．12D．32【答案】A【解析】由3ab两边平方得2229aabb，又2ba，则2222959ababa.222222598cos,126babbabbabaababababbabb2391331242aaaa，当3a时取等号.则b与ab夹角的余弦值的最大值32.故选：A.【题型训练-刷模拟】1.极化恒等式的应用1．如图，BC、DE是半径为1的圆O的两条直径，，则FDFEA．34B．89C．14D．49【答案】B【解析】因为圆半径为1BC是直径，2,BFFO所以1;3OF根据向量加法和减法法则知：,FDODOFFEOEOF；又DE是直径，所以,1;ODOEODOE则2BFFO()()()()FDFEODOFOEOFOEOFOEOF()()OEOFOEOF故选B2．如图，在ABC中,90,2,23ABCABBC，M点是线段AC上一动点.若以M为圆心､半径为1的圆与线段AC交于,PQ两点，则BPBQ的最小值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】由题意，MQMP，且1MP，224ACABBC，所以BPBMMP，BQBMMQBMMP，所以2()()1BPBQBMMPBMMPBM，易知，当BMAC时，BM最小，所以minBABCACBM，即2234minBM，解得3minBM，故BPBQ的最小值为2312．故选B3．如图，在ABC中，M是AC的中点，N在边BC上，且，BM与AN交于点P，若24ABBCBPPN，则的值是A．B．3C．13D．3【答案】B3BCBNABBC33【解析】过M作//MQNC交AN于Q.因为M是AC的中点，故Q是AN的中点，故QM是ANC的中位线，故//QMNC且12QMNC.又3BCBN，故12BNNC，故//QMBN且QMBN.故QPMNPB，故QPPN，BPPM，故14PNAN.又24ABBCBPPN，故3ABBCBMAN，即1113223ABBCBABCABBC.222332ABBCBABCABBCABABBCBC化简得223BCAB，所以33ABBC.故选A4．已知RtABC的斜边AB的长为4，设P是以C为圆心，1为半径的圆上的任意一点，则PAPB的取值范围是（）．A．3522，B．5522，C．35，D．123123，【答案】C【解析】如图所示，在RtABC上，不妨取AB的中点M，则2224PAPBPMAMPM．设圆的半径为1r，而max||213PMCMr，则：22maxminmin()345||211()143PAPBPMCMrPAPB，，．因此PAPB的取值范围是35，．故选C5．已知图中正六边形ABCDEF的边长为6，圆O的圆心为正六边形的中心，直径为4，若点P在正六边形的边上运动，MN为圆O的直径，则PMPN的取值范围是（）A．[26,35]B．[24,33]C．[25,35]D．[23,32]【答案】D【解析】因为正六边形ABCDEF的边长为6，圆O的圆心为正六边形的中心，直径为4，所以正六边形ABCDEF的内切圆的半径为sin606sin6033rOA，外接圆的半径6R，又由PMPNPOOMPOONPOOMPOOM2224POOMPO，因为||||rPOR，即336PO，，可得242332PO，，所以PMPN的取值范围是2332，.故选：D6．已知边长为2的正方形ABCD内接于圆O，点P是正方形ABCD四条边上的动点，MN是圆O的一条直径，则PMPN的取值范围是（）A．1,1B．0,2C．1,2D．1,0【答案】D【解析】设圆的半径为R，则2222222R，所以2R.如图，根据向量加法的三角形法则可知PMPOOM，PNPOON，且ONOM，所以PMPNPOOMPOON222222POOMPORPO.由已知可得，正方形上的点P到点O的距离12OP，所以212OP，所以2120OP.故选：D.7．在ABC中，24ACBC，ACB为钝角，,MN是边AB上的两个动点，且1MN，若CMCN的最小值为34，则cosACB__________．【解析】取MN的中点，取PNPM，，214CMCNCPPMCPPNCPPMCPPMCP，因为的最小值34，所以．作CHAB，垂足为H，如图，则1CH，又2BC，所以30B，因为，所以由正弦定理得：1sin4A，，所以31coscos150cossin22ACBAAA3151113524248．故答案为：.8．如图，圆O为RtABC的内切圆，已知3490ACBCC，，，过圆心O的直线l交圆O于PQ、两点，则BPCQ的取值范围是_________．P12PNPMCMCNmin1CP4AC15cos4A1358【解析】圆O的半径为1，考虑到P、Q两点都是动点，不妨将BPBCCP，这样一转化，BPCQBCCPCQ，22211CPCQCOOP，而BCCQCBCQ，若CQBC，则min()0CBCQ．若Q在CB的投影为BC的中点时，max()428CBCQCBCQ，因此BPCO的取值范围是71，．2.数量积的最值（范围）问题一、单选题1．（2023·河南安阳·统考三模）已知菱形ABCD的边长为1，1cos3BAD，O为菱形的中心，E是线段AB上的动点，则DEDO的最小值为（）A．1B．12C．13D．16【答案】C【分析】设AEAD，其中01≤≤，将DE、DO用基底,ABAD表示，再利用平面向量数量积的运算性质可求得DEDO的最小值.【详解】设AEAD，其中01≤≤，由平面向量数量积的定义可得1cos3ABADABADBAD，DEAEADABAD，因为O为菱形ABCD的中心，则1122DODBABAD，所以，221122DEDOλABADABADλABλABADABADAD11111121,2333333λλλ，因此，DEDO的最小值为13.故选：C.2．（2023·湖北武汉·武汉二中校联考模拟预测）如图，已知AOB是半径为2，圆心角为π2的扇形，点,EF分别在,OAOB上，且3,3OAOEOBOF，点P是圆弧AB上的动点（包括端点），则PEPF的最小值为（）A．4243B．4243C．83D．163【答案】A【分析】以O为原点，,OAOB所在直线为,xy轴建立平面直角坐标系，设,