高一数学必修第二册同步学与练（人教版）第13讲 平面向量综合问题（解析版）

第13讲拓展一：平面向量综合问题

题型01平面向量共线定理及其推论

【典例1】（2024上·陕西安康·高三校联考阶段练习）已知O是ABC所在平面内一点，若

OAOBOC0,AMxAB,ANyAC,MOON,x,y均为正数，则xy的最小值为（）

144

A．B．C．1D．

293

【答案】B

【详解】因为OAOBOC0，所以点O是ABC的重心，

211

所以AOABACABAC.

323

11

因为AMxAB,ANyAC，所以ABAM,ACAN，

xy

11

综上，AOAMAN.

3x3y

1111

因为MOON，所以M,O,N三点共线，则1，即3.

3x3yxy

11113

因为x,y均为正数，所以2，则，

xyxyxy2

41132

所以xy（当且仅当，即xy时取等号），

9xy23

4

所以xy的最小值为.

9

故选：B

【典例2】（2023下·四川成都·高一四川省成都市新都一中校联考期末）已知点O是ABC的内心，

AB4,AC3，CBCACO，则（）

457

A．B．C．2D．

333

【答案】D

【详解】连接AO并延长交BC于点D，连接CO，

因为O是ABC的内心，所以AD为BAC的平分线，

BDAB4

所以根据角平分线定理可得，

CDAC3

7

所以CBCD,

3

因为A,O,D三点共线，所以设CDtCA(1t)CO，

77t7(1t)

则CBCDCACO，

333

因为CBCACO，

7t7(1t)7

所以，

333

故选：D

【典例3】（2023·湖北武汉·统考三模）如图，在ABC中，M为线段BC的中点，G为线段AM上一点，

AG2GM，过点G的直线分别交直线AB，AC于P，Q两点，ABxAPx0，ACyAQy0，则

41

的最小值为（）．

xy1

39

A．B．C．3D．9

44

【答案】B

1

【详解】因为M为线段BC的中点，所以AM(ABAC)，又因为AG2GM，所以

2

21

AGAM(ABAC)，

33

xy

又ABxAPx0，ACyAQy0，所以AGAPAQ，

33

xy

又P,G,Q三点共线，所以1，即xy3，

33

411411x4(y1)1x4(y1)9

所以()x(y1)41(52)，

xy14xy14y1x4y1x4

x4(y1)81

当且仅当，即x,y时取等号.

y1x33

故选：B.

【变式1】（2023下·浙江宁波·高二校联考期末）在ABC中，点O满足CO2OB，过点O的直线分别交

射线AB，AC于点M，N，且AMmAB，ANnAC，则m2n的最小值为（）

810

A．B．C．3D．4

33

【答案】A

【详解】由题可知，m0,n0，

11

因为AMmAB，ANnAC，所以ABAM，ACAN，

mn

又CO2OB，所以AOAC2AB2AO，

2121

所以AOABACAMAN，

333m3n

21

因为M,O,N三点共线，所以1，

3m3n

214m4n448

所以m2n(m2n)()2，

3m3n33n3m393

m4n

3n3m42

当且仅当，即m,n时，等号成立.

2133

1

3m3n

8

所以m2n的最小值为.

3

故选：A

【变式2】（2023下·江苏南京·高一统考期中）在ABC中，点M是边BC所在直线上的一点，且BM2BC，

12

点P在直线AM上，若向量BPBABC0,0，则的最小值为（）

A．3B．4C．322D．9

【答案】B

1

【详解】BM2BC，BCBM，

2

1

BPBABCBABM，

2

点A，P，M三点共线，

1

1，

2

又0，0，

1212122

2224，

222

21

当且仅当，即，1时，等号成立，

22

12

的最小值为4．

故选：B．

【变式3】（2022上·海南·高三校联考期末）已知长方形ABCD中，AB2AD，E是线段AB的中点，F是

线段AD上靠近D的三等分点，线段DE，CF交于点G，则AG（）

1551

A．ABADB．ABAD

7777

1353

C．ABADD．ABAD

7777

【答案】A

11

【详解】由题可知AEAB,DFDA，

23

设DGDE,FGFC,,0,1

则AGADDGADDEADAEAD

1

AE1ADAB1AD,

2

22

又AGAFFGADFCADFDDC

33

2121

ADADABADAB，

3333

1

22115

所以，解得,，所以AGABAD.

217777

1

33

故选：A.

题型02平面向量数量积（最值，范围）问题

【典例1】（2023下·天津·高一统考期末）在ABC中，AB2，AC3，A60.若P，Q分别为边AB，

uuuruuur

AC上的点，且满足APAB，AQ1AC，则BQCP的最大值为（）

5

862923

A．B．C．D．6

1554

【答案】A

【详解】由题意得，BQAQAB，CPAPAC，

uuuruuur

因为APAB，AQ1AC，

5

所以BQ1ACAB，CPABAC，

5

2

22

所以BQCP1ACABABAC1ACAB1ABAC，

555

22221

因为ACAC9，ABAB4，ABACABACcos60233，

2

2

324

所以BQCP194316，

5555

4

32452

函数y601开口向下，对称轴为，

5533

2

5

2

23242486

当时，取最大值y66.

353531515

故选：A

π

【典例2】（2023下·江苏泰州·高一统考期末）已知ABC的外接圆的圆心为O，且A，BC23，则

3

OBAC的最大值为（）

3

A．B．3C．2D．3

2

【答案】C

BC23

2R4

【详解】由正弦定理得π，故OAOBOC2，

sinAsin

3

π2π

因为A，所以BOC，

33

2π

则OBACOBOCOAOBOCOBOA4cos4cosAOC

3

24cosAOC，

2π4π

因为AOB0,，所以AOC0,，则cosAOC1,1，

33

故OBAC24cosAOC6,2.

故选：C

【典例3】（2023下·内蒙古包头·高一统考期末）边长为2的等边三角形ABC的重心为G，设平面内任意一

点P，则APGP的最小值为．

1

【答案】

3

【详解】由题意，设等边ABC的边长为2，以BC的中点O为原点，以OC,OA分别为x,y轴建立直角坐标

系，可作图如下：

33

由G为等边ABC的重心，则OA3，OG，即A0,3，G0,，

33

uuuruuur3

设Px,y，则APx,y3，GPx,y，

3

uuuruuur2

2322432231，

APGPxy3yxyy1xy

3333

2

uuuruuur1

对于，223，故

x,yRxy0APGP.

33

1

故答案为：.

3

【典例4】（2023下·四川成都·高一统考期末）已知边长为2的菱形ABCD中，DAB30,E是边AD所在

直线上的一点，则EBEC的取值范围为．

【答案】0,

【详解】

取BC的中点Q，连接EQ，则EBEC2EQ，

11222

所以EBEC[(EBEC)2(EBEC)2](4EQCB)EQ1，

44

2

当且仅当EQBC时，EQ有最小值，则EQ1有最小值，

111

此时菱形的面积EQBC2ABADsin30EQ2222EQ1，

222

2

EQ1最小值为110，

2

因为E是边AD所在直线上的一点，所以EQ无最大值，EQ1无最大值，

EBEC的取值范围为0,，

故答案为：0,

【变式1】（多选）（2023下·辽宁大连·高一大连八中校考期中）在ABC中，AC3，BC4，∠C90，

P为ABC内任意一点（含边界），且PC1，则PAPB的值可能是（）

A．1B．4C．3D．2

【答案】BCD

【详解】在Rt△ABC中，AC3，BC4，∠C90，

以点C为坐标原点，CB、CA所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则A0,3、B4,0、C0,0，

π

因为P为ABC内任意一点（含边界），且PC1，设点Pcos,sin0，

2

PAcos,3sin，PB4cos,sin，

所以，PAPBcos4cossin3sin13sin4cos15sin，

4

为锐角，且tan，

3

ππ

因为0，则，

22

ππππππ

由可得0，由得，

222222

πππ

所以，函数f15sin在0,上单调递减，在,上单调递增，

222

所以，，

fmin154

ππ

又因为f0143，f13sin2，则4PAPB2，

22

故选：BCD.

【变式2】（2023下·北京通州·高一统考期末）如图，正方形ABCD的边长为2，P为CD边上的一个动点，

则PAPB的取值范围是．

【答案】3,4

【详解】以D为原点，DC,DA所在直线分别为x,y轴,建立如图所示的平面直角坐标系，

则D0,0,A0,2,C2,0,B(2,2)，设P(x,0)，其中0x2，

则PA(x,2),PB(2x,2)，

PAPB(x)(2x)22x22x4(x1)23，

当x1时,PAPB有最小值3，

当x0或2时，PAPB有最大值为4，

PAPB的取值范围为3,4.

故答案为：3,4.

【变式3】（2023下·浙江丽水·高二统考期末）在ABC中，A90,AC3,AB4，P为BC边上的动点，

则PAPB的最小值为．

64

【答案】/-2.56

25

【详解】由于A90,AC3,AB4，所以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，建立直角坐标系如图所示：

则有：A(0,0),B(0,4),C(3,0)，

设点BPBC(3,4)(3,4)，且0,1，

所以PABABP(0,4)(3,4)(3,44)，PB(3,4)

864

则PAPB(3,44)(3,4)92162162521625()2，

2525

864

当时，PAPB取得最小值．

2525

64

故答案为：．

25

【变式4】（2023下·广东·高一校联考阶段练习）如图，已知P是以BC为直径的上半圆上的动点（包含端

点B，C），O是BC的中点，BC2，则BPOP的最大值是．

【答案】2

2

【详解】因为BC2，所以OBOC1，所以BPOPOPOBOPOPOBOP1cos2，当且

仅当cos1，即P与C重合时取等号，故BPOP的最大值是2．

故答案为：2

题型03平面向量的模（最值，范围）问题

【典例1】（2023·上海崇明·统考一模）已知不平行的两个向量a,b满足a1，ab3．若对任意的tR，

都有bta2成立，则b的最小值等于．

【答案】7

【详解】依题意，设a与b的夹角为0π，bmm0，

因为a1，ab3，所以abcos3，即mcos3，

3

则cos1,1，所以m3，

m

因为对任意的tR，都有bta2成立，

222

所以bta4，即b2tabt2a4，即t223tm240对于tR恒成立，

2

故234m240，又m0，解得m7，

综上，m7，则b的最小值为7.

故答案为：7.

π

【典例2】（2023上·天津和平·高三天津市第二南开中学校考期中）如图，在ABC中，BAC，AD2DB，

3

1

P为CD上一点，且满足APmACAB，若ABAC4，则AP的最小值为.

3

【答案】2

【详解】设CPCD，

2

则APACCPACCDACADACACABAC

3

21

AB1ACABmAC，

33

21

1

所以33，所以m，

2

1m

uuur1uuur1uuur

故APACAB，

23

π

因为BAC，ABAC4，所以ABAC8，

3

2

21112121

则APACABACABACAB

23493

1212484

2ACAB4，

49333

121211

当且仅当ACAB，即ACAB时取等号，

4923

所以AP的最小值为2.

故答案为：2.

【典例3】（2023下·上海闵行·高一校考阶段练习）已知OA2，OB1，OCxOAyOB，且xy1，

AOB为钝角，若f(t)OAtOB的最小值为3，则OC的最小值是

【答案】21

7

2

【详解】f(t)OAtOBOAtOB

22

OA2tOAOBt2OB

42tOAOBt2，

2

因为f(t)OAtOB的最小值为3，所以gt42tOAOBt的最小值为3，

22

又，所以，

gtmingOAOB4OAOB4OAOB3

所以OAOB1，

1

又AOB为钝角，所以OAOB1，即OAOBOAOBcosAOB1，则cosAOB，

2

2π

所以AOB，

3

222

所以OCxOAyOBx2OA2xyOAOBy2OB

22

x2OA2xyy2OB

4x22xyy2，

2

又xy1，所以OC4x22x1x1x

2

223

7x4x17x，

77

221

所以当x时OC.

7min7

故答案为：21

7

【典例4】（2023下·四川眉山·高三校考开学考试）在ABC内，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

bcosAccosBcacosB．△

(1)求角B的值；

(2)若2ac4，点D是AC边上靠近点C的三等分点，求BD的取值范围.

π

【答案】(1)B

3

234

(2),

33

【详解】（1）∵bcosAccosBcacosB．

∴由正弦定理，得sinBcosAsinCcosBsinCsinAcosB．

∴sinAcosBcosAsinB2sinCcosB．

∴sinAB2sinCcosB．

又ABCπ，∴sinABsinC．

1π

又∵0Cπ，∴cosB．又B0,π，∴B．

23

11

（2）由题意可知，BDBCCDBCCABCBABC,

33

21

即BDBCBA，

33

2

22142124

所以BDBCBABCBABCBA，

33999

24141412

BDa2c2aca2c2ac，

9992999

2

421214111

acacacac，且ac2，

9429222

241162

所以BD4aca42a，

9299

48164212

a2aa1，由2ac4可知，0a2，

99999

2416234

所以BD,，则BD的取值范围是,.

3933

【变式1】（2023上·天津武清·高三天津市武清区杨村第一中学校考阶段练习）在ABC中，BAC,D

3

1

为AB中点，P为线段CD上一点，且满足APtACAB，若BC6，则AP的最大值为．

3

【答案】2

2

【详解】由题可得，，则APtACAD，因D,P,C三点共线，

AB2AD3

2122122

则t1APACADAPAC4AD2ACAD.

3339

又注意到BCACABAC2AD，结合BC6，余弦定理可得：

22222

BC6AC4AD2ACADAC4AD62ACAD.

2122

则AP64ACAD.又由基本不等式，6AC4AD2ACAD

9

22

2AC4AD2ACAD2ACADACAD3.

22

当且仅当AC4AD，即AC2AD时取等号.

21

则AP64ACAD2AP2.

9

故答案为：2.

【变式2】（2023·全国·高三专题练习）已知向量a,b满足a2,b1，若aabbab的最大值为

1，a2b的取值范围为．

【答案】0,2

【详解】设向量a,b的夹角为θ，则0,π；又a2,b1,

22

所以aabbaba2abb34cos1，

1

所以1cos,

2

222

所以|a2b|a4ab4b88cos，

1

又cos1,，所以88cos0,4，所以a2b的取值范围是0,2．

2

故答案为：0,2．

【变式3】（2023上·江苏南京·高二统考期中）在ABC中，a,b,c分别为角A,B,C所对的边，

1

ABACb2ab．

2

(1)求角C的大小；

3

(2)若ABC的面积为，且CM2MB，AN3NM，求CN的最小值．

2

π

【答案】(1)

3

3

(2)

2

11

【详解】（1）解法一：因为ABACb2ab，所以bccosAb2ab，

22

b2c2a21b2a2c21

由余弦定理得bcb2ab，化简得，

2bc22ab2

1π

所以cosC，因为C(0,π)，所以C.

23

11

解法2：因为ABACb2ab，所以bccosAb2ab，

22

1

由正弦定理得sinBsinCcosAsin2BsinAsinB，

2

1

因为B(0,π)，可得sinB0，所以sinCcosAsinBsinA，

2

1

因为ABCπ，所以sinCcosAsin(AC)sinA，

2

1

即sinCcosAsinAcosCcosAsinCsinA，

2

1

化简得sinAcosCsinA，因为A(0,π)，可得sinA0，

2

1π

所以cosC，因为C(0,π)，所以C.

23

11π3

（2）解：因为SabsinCabsin，所以ab2，

ABC2232

又因为CM2MB，AN3NM，

331311

所以CNCAANCAAMCA(CMCA)CACMCACB，

444442

211111

所以CN(CACB)2b2a2CACB

421644

1111113

b2a22b2a2，

164416444

11

当且仅当b2a2时，即a1,b2等号成立，

164

所以CN的最小值为3．

2

题型04平面向量夹角（最值，范围）问题

【典例1】（2023上·浙江·高三浙江省富阳中学校联考阶段练习）已知ab3，a2b，则cosa,ab

的最小值为（）

123

A．B．C．D．1

222

【答案】C

2222

【详解】由ab3，a2b可得abab2ab5b2ab9；

529

所以abb；

22

225292529329

因此aabaabab4bbb，

222222

329

b

aab13

所以cosa,ab22b，

aab2b344b

13133

显然b0，所以b2b，当且仅当b3时，等号成立；

44b44b2

3

此时cosa,ab的最小值为.

2

故选：C

【典例】（下重庆酉阳高一重庆市酉阳第二中学校校考阶段练习）已知单位向量，的夹角为

22023··e1e2

，向量，且，，设向量与的夹角为，则的最大值为（）

60°axe1ye21x31y2ae1cos.

66213713

A．B．C．D．

431326

【答案】D

【详解】因为单位向量，的夹角为，

e1e260

1

则eeeecos60，

12122

21

所以ae1xe1ye2e1xe1ye1e2xy，

2

222

又2222，

axe1ye2xe12xye1e2ye2xxyy

1

xy

ae

所以cos12，

22

ae1xyxy

1

当cos取最大值时，必有xy0，

2

2

2

112y

xyxyxxy2

3y31

224

则cos222212212，

x2y2xyxxyyxxyy4xxyy4xx

1

yy

2

x1

xx7

又1x3，1y2，则,3，所以1,13，

y2yy4

3127713

cos12,

所以4xx726，

1

yy

713

故cos的最大值为.

26

故选：D．

【典例3】（2022上·上海宝山·高二上海交大附中校考阶段练习）若平面向量a，b，c满足c1，ac1，

bc3，a×b=2，则a，b夹角的取值范围是（）

ππππππ

A．,B．,πC．,D．,π

626323

【答案】C

【详解】设OAa，OBb，OCc，以O为原点，c方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，

ac10，bc30，ab20，

a，b，c三者直接各自的夹角都为锐角，

c1，acaccosa,c1，bcbccosb,c3，

acosa,c1，bcosb,c3，即a在c上的投影为1，b在c上的投影为3，

A1,m，B3,n，如图

a1,m，b3,n

ab

2

ab3mn2即mn1，且cosa,b